Napisać macierz przekształcenia liniowego w bazie standardowej:
L:W2[x]->W2[x], L(p(x))= ap'(x) + p(x)
a) Dla jakich a należących do rzeczywistych macierz przekształcenia jest diagonalizowalna.
b) Dla pozostałych a podaj postać macierzy Jordana dla macierzy przekształcenia i znajdź odpowiednią bazę Jordana
Macierz przekształcenia liniowego, diagonalizacja, macierz Jordana
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1586
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 418 razy
Re: Macierz przekształcenia liniowego, diagonalizacja, macierz Jordana
Z treści zadania wynika, że przyjmujemy bazę standardową \( \{ 1, x , x_{2} \} \) wielomianów drugiego stopnia \( W_{2}[x]. \)
Macierz przekształcenia w bazie kanonicznej \( A = [ T(\vec{e_{1}}),\ \ T(\vec{e_{2}}), \ \ T(\vec{e_{3}})]. \)
\( L(p(x)) = a\cdot p'(x) + p(x).\)
\( p(x) = 1, \ \ L(1) = a\cdot 0 + 1 = 1 \rightarrow \begin{bmatrix} 1\\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 1\\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}.\)
\( p(x) = x, \ \ L(x) = a\cdot x' + x = a\cdot 1 + x = a + x \rightarrow \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} a \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}.\)
\( p(x) = x^2, \ \ L(x^2) = a\cdot (x^2)' + x^2 = 2a\cdot x + x^2 \rightarrow \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 0 \\ 2a \\ 1 \end{bmatrix}.\)
Macierz przekształcenia \( L \) w bazie standardowej ma postać
\( A_{a} = \begin{bmatrix} 1 & a & 0 \\ 0 & 1 & 2a \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}. \)
Kiedy ta macierz jest diagonizowalna ?
Wtedy, gdy jest macierzą symetryczną, to jest gdy \( a= 0, \ \ \ \ A_{0} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}. \)
W celu podania postaci Jordana macierzy \( \mathcal{J}_{a} \) dla pozostałych \( a\in \rr \setminus \{ 0 \} \) obliczamy jej wartości własne
\( \det[ A_{a} - \lambda I_{3}] = \det \begin{bmatrix} 1-\lambda & a & 0 \\ 0 & 1-\lambda & 2a \\ 0 & 0 & 1-\lambda \end{bmatrix} = (1-\lambda)\det \begin{bmatrix} 1-\lambda & 2a \\ 0 & 1-\lambda \end{bmatrix} = (1-\lambda)(1-\lambda)^2 = (1-\lambda)^3=0. \)
\( \lambda_{1} = \lambda_{2} = \lambda_{3} = 1.\)
Macierz \( A_{a} \) ma trzykrotną wartość własną.
Jej postać Jordana składa się z jednej klatki stopnia \( 3\) albo jednej klatki stopnia \( 1 \) i jednej klatki stopnia drugiego, bo suma stopni klatek musi być równa \( 3.\)
Liczba klatex] \( q \) w postaci Jordana macierzy \( \mathcal{J}_{a}, \) odpowiadających wartości własnej \( \lambda = 1 \) jest równa
\( q = rz(A_{a} -1 I_{3})^2 - rz(A_{a}- 1\cdot I_{3})^3 = 2- 1 = 1.\)
Istnieje dokładnie jedna klatka Jordana macierzy \( A_{a}.\)
Ma ona postać
\( \mathcal{J}_{a} = \begin{bmatrix} 1 & a & 0 \\ 0 & 1 & 2a \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} .\)
Niech \( \mathcal{J} = \{ \beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3} \} \) będzie bazą Jordana.
Mamy
\( \begin{cases} f(\beta_{1}) = \beta_{1} \\ f(\beta_{2}) = \beta_{1}+\beta_{2} \\ f(\beta_{3}) = \beta_{2}+\beta_{3} \end{cases} ,\)
lub równoważnie
\( \begin{cases} (A_{0} -1I_{3}) \beta_{1} = 0 \\ (A_{0} - 1I_{3}) \beta_{2} = \beta_{1} \\ ( A_{0} -1I_{3}) \beta_{3} = \beta_{2} \end{cases}. \)
Czy istnieje baza Jordana ?
Macierz przekształcenia w bazie kanonicznej \( A = [ T(\vec{e_{1}}),\ \ T(\vec{e_{2}}), \ \ T(\vec{e_{3}})]. \)
\( L(p(x)) = a\cdot p'(x) + p(x).\)
\( p(x) = 1, \ \ L(1) = a\cdot 0 + 1 = 1 \rightarrow \begin{bmatrix} 1\\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 1\\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}.\)
\( p(x) = x, \ \ L(x) = a\cdot x' + x = a\cdot 1 + x = a + x \rightarrow \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} a \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}.\)
\( p(x) = x^2, \ \ L(x^2) = a\cdot (x^2)' + x^2 = 2a\cdot x + x^2 \rightarrow \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 0 \\ 2a \\ 1 \end{bmatrix}.\)
Macierz przekształcenia \( L \) w bazie standardowej ma postać
\( A_{a} = \begin{bmatrix} 1 & a & 0 \\ 0 & 1 & 2a \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}. \)
Kiedy ta macierz jest diagonizowalna ?
Wtedy, gdy jest macierzą symetryczną, to jest gdy \( a= 0, \ \ \ \ A_{0} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}. \)
W celu podania postaci Jordana macierzy \( \mathcal{J}_{a} \) dla pozostałych \( a\in \rr \setminus \{ 0 \} \) obliczamy jej wartości własne
\( \det[ A_{a} - \lambda I_{3}] = \det \begin{bmatrix} 1-\lambda & a & 0 \\ 0 & 1-\lambda & 2a \\ 0 & 0 & 1-\lambda \end{bmatrix} = (1-\lambda)\det \begin{bmatrix} 1-\lambda & 2a \\ 0 & 1-\lambda \end{bmatrix} = (1-\lambda)(1-\lambda)^2 = (1-\lambda)^3=0. \)
\( \lambda_{1} = \lambda_{2} = \lambda_{3} = 1.\)
Macierz \( A_{a} \) ma trzykrotną wartość własną.
Jej postać Jordana składa się z jednej klatki stopnia \( 3\) albo jednej klatki stopnia \( 1 \) i jednej klatki stopnia drugiego, bo suma stopni klatek musi być równa \( 3.\)
Liczba klatex] \( q \) w postaci Jordana macierzy \( \mathcal{J}_{a}, \) odpowiadających wartości własnej \( \lambda = 1 \) jest równa
\( q = rz(A_{a} -1 I_{3})^2 - rz(A_{a}- 1\cdot I_{3})^3 = 2- 1 = 1.\)
Istnieje dokładnie jedna klatka Jordana macierzy \( A_{a}.\)
Ma ona postać
\( \mathcal{J}_{a} = \begin{bmatrix} 1 & a & 0 \\ 0 & 1 & 2a \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} .\)
Niech \( \mathcal{J} = \{ \beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3} \} \) będzie bazą Jordana.
Mamy
\( \begin{cases} f(\beta_{1}) = \beta_{1} \\ f(\beta_{2}) = \beta_{1}+\beta_{2} \\ f(\beta_{3}) = \beta_{2}+\beta_{3} \end{cases} ,\)
lub równoważnie
\( \begin{cases} (A_{0} -1I_{3}) \beta_{1} = 0 \\ (A_{0} - 1I_{3}) \beta_{2} = \beta_{1} \\ ( A_{0} -1I_{3}) \beta_{3} = \beta_{2} \end{cases}. \)
Czy istnieje baza Jordana ?