1. Dane jest przekształcenie \(\displaystyle{ F: W_{2009}(R) \rightarrow W_{2009}(R)}\), określone wzorem:
\(\displaystyle{ F(w)(t) = w(t) - w(2)t^{2008}}\)
Sprawdź czy jest to prekształcenie liniowe, a jeśli tak, to wyznacz rząd, obraz oraz jądro tego przekształcenia.
Sprawdzenie sobie darujmy. Chodzi mi o rząd, obraz i jądro.
2. Dana jest macierz:
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}0&-1&1\\-1&-2&0\\1&p&2\end{array}\right]}\)
a) W zależności od parametru p podaj ilość (różnych) rzeczywistych wartości własnych macierzy M.
b) Dla p = 0 wyznacz wartości własne i wektory własne macierzy M i \(\displaystyle{ M^{2}}\)
Tok rozumowania przy wartościach własnych w zasadzie znam. Bardziej byłyby mi pomocne wyniki i sposób na policzenie wektorów własnych.
Przekształcenia
-
tail
- Użytkownik
- Posty: 82
- Rejestracja: 26 kwie 2007, o 16:23
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 19 razy
- Pomógł: 4 razy
Przekształcenia
2. a).
Niech macierz \(\displaystyle{ M}\) będzie macierzą przekształcenia liniowego.
Wektor własny to taki, który spełnia równanie \(\displaystyle{ Mv=\alpha v}\).
Czyli \(\displaystyle{ [M-\alpha I][v]=[0]}\).
Z twierdzenia Cramera wynika, że układ jednorodny ma niezerowe rozwiązania wtedy, gdy wielomian charakterystyczny \(\displaystyle{ det(M-\alpha I)}\) się zeruje, dlatego badamy:
\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}-\alpha&-1&1\\-1&-2-\alpha&0\\1&p&2-\alpha\end{array}\right|=0}\)
\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}-\alpha&-1&1\\-1&-2-\alpha&0\\1&p&2-\alpha\end{array}\right|=(2+\alpha)(2-\alpha)\alpha-p+(2+\alpha)-2+\alpha=6\alpha-\alpha ^3 -p=0}\)
Otrzymaliśmy: \(\displaystyle{ 6\alpha-\alpha ^3 =p}\)
Szukamy rozwiązań tego równania. W tym celu rysujemy oba "wykresy" we wspólnym układzie:
\(\displaystyle{ f(\alpha)=6\alpha-\alpha^3=\alpha(6-\alpha^2)=\alpha(\sqrt{6}-\alpha)(\sqrt{6}+\alpha)}\)
\(\displaystyle{ g(\alpha)=p}\) - jest to funkcja stała.
Funkcja \(\displaystyle{ f}\) ma 3 pierwiastki. Ponieważ współczynnik przy najwyżej potędze jest ujemny, to rysujemy funkcje od ujemnych y od prawej strony największego pierwiastka. Lokalne ekstrema przyjmuje w punktach:
\(\displaystyle{ f'=6-3\alpha^2=0}\)
\(\displaystyle{ \alpha=+/-\sqrt{2}}\)
Zatem lokalne ekstrema wynoszą:
\(\displaystyle{ -2\sqrt{2} \wedge 2\sqrt{2}}\)
Macierz ma:
jeden wektor własny dla \(\displaystyle{ p\in (-\infty, -2\sqrt{2}) \cup (2\sqrt{2}, \infty)}\);
dwa wektory własne dla \(\displaystyle{ p= -2\sqrt{2} \vee p=2\sqrt{2}}\);
trzy wektory własne dla \(\displaystyle{ p=0}\);
cztery wektory własne dla \(\displaystyle{ p\in (-2\sqrt{2}, 2\sqrt{2})}\) oprócz zera.
2. b).
Wielomian charakterystyczny ma postać:
\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}-\alpha&-1&1\\-1&-2-\alpha&0\\1&0&2-\alpha\end{array}\right|=6\alpha-\alpha^3=\alpha(\sqrt{6}-\alpha)(\sqrt{6}+\alpha)=0}\)
Mamy 3 wartości własne, ale rozważmy tylko 2 pierwsze:
1.
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}0&-1&1\\-1&-2&0\\1&0&2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}v^1\\v^2\\v^3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right]}\)
\(\displaystyle{ -v^2+v^3=0}\)
\(\displaystyle{ -v^1-2v^2=0}\)
\(\displaystyle{ v^1+2v^3=0}\)
Widzimy, że:
\(\displaystyle{ v^2=v^3}\)
\(\displaystyle{ v^1=-2v^2}\)
Przyjmując \(\displaystyle{ v^1=s}\) mamy:
Wektor własny dla wartości własnej \(\displaystyle{ 0}\) ma postać \(\displaystyle{ v=\left[\begin{array}{c}v^1\\v^2\\v^3\end{array}\right]=s\left[\begin{array}{c}1\\-\frac{1}{2}\\-\frac{1}{2}\end{array}\right]}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ s}\) jest dowolną liczbą.
2.
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}0&-1&1\\-1&-2&0\\1&0&2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}v^1\\v^2\\v^3\end{array}\right]=\sqrt{6}\left[\begin{array}{c}v^1\\v^2\\v^3\end{array}\right]}\)
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}-\sqrt{6}&-1&1\\-1&-2-\sqrt{6}&0\\1&0&2-\sqrt{6}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}v^1\\v^2\\v^3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right]}\)
\(\displaystyle{ -\sqrt{6}v^1-v^2+v^3=0}\)
\(\displaystyle{ -v^1-(2+\sqrt{6})v^2=0}\)
\(\displaystyle{ v^1+(2-\sqrt{6})v^3=0}\)
Przyjmując \(\displaystyle{ v^1=t}\)
Wektor własny dla wartości własnej \(\displaystyle{ \sqrt{6}}\) ma postać \(\displaystyle{ v=\left[\begin{array}{c}v^1\\v^2\\v^3\end{array}\right]=t\left[\begin{array}{c}1\\\frac{1}{2}(2-\sqrt{6})\\\frac{1}{2}(2+\sqrt{6})\end{array}\right]}\)
Reszta analogicznie.
pozdro
PS. czy na pewno dobrze jest przepisane 1?
Niech macierz \(\displaystyle{ M}\) będzie macierzą przekształcenia liniowego.
Wektor własny to taki, który spełnia równanie \(\displaystyle{ Mv=\alpha v}\).
Czyli \(\displaystyle{ [M-\alpha I][v]=[0]}\).
Z twierdzenia Cramera wynika, że układ jednorodny ma niezerowe rozwiązania wtedy, gdy wielomian charakterystyczny \(\displaystyle{ det(M-\alpha I)}\) się zeruje, dlatego badamy:
\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}-\alpha&-1&1\\-1&-2-\alpha&0\\1&p&2-\alpha\end{array}\right|=0}\)
\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}-\alpha&-1&1\\-1&-2-\alpha&0\\1&p&2-\alpha\end{array}\right|=(2+\alpha)(2-\alpha)\alpha-p+(2+\alpha)-2+\alpha=6\alpha-\alpha ^3 -p=0}\)
Otrzymaliśmy: \(\displaystyle{ 6\alpha-\alpha ^3 =p}\)
Szukamy rozwiązań tego równania. W tym celu rysujemy oba "wykresy" we wspólnym układzie:
\(\displaystyle{ f(\alpha)=6\alpha-\alpha^3=\alpha(6-\alpha^2)=\alpha(\sqrt{6}-\alpha)(\sqrt{6}+\alpha)}\)
\(\displaystyle{ g(\alpha)=p}\) - jest to funkcja stała.
Funkcja \(\displaystyle{ f}\) ma 3 pierwiastki. Ponieważ współczynnik przy najwyżej potędze jest ujemny, to rysujemy funkcje od ujemnych y od prawej strony największego pierwiastka. Lokalne ekstrema przyjmuje w punktach:
\(\displaystyle{ f'=6-3\alpha^2=0}\)
\(\displaystyle{ \alpha=+/-\sqrt{2}}\)
Zatem lokalne ekstrema wynoszą:
\(\displaystyle{ -2\sqrt{2} \wedge 2\sqrt{2}}\)
Macierz ma:
jeden wektor własny dla \(\displaystyle{ p\in (-\infty, -2\sqrt{2}) \cup (2\sqrt{2}, \infty)}\);
dwa wektory własne dla \(\displaystyle{ p= -2\sqrt{2} \vee p=2\sqrt{2}}\);
trzy wektory własne dla \(\displaystyle{ p=0}\);
cztery wektory własne dla \(\displaystyle{ p\in (-2\sqrt{2}, 2\sqrt{2})}\) oprócz zera.
2. b).
Wielomian charakterystyczny ma postać:
\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}-\alpha&-1&1\\-1&-2-\alpha&0\\1&0&2-\alpha\end{array}\right|=6\alpha-\alpha^3=\alpha(\sqrt{6}-\alpha)(\sqrt{6}+\alpha)=0}\)
Mamy 3 wartości własne, ale rozważmy tylko 2 pierwsze:
1.
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}0&-1&1\\-1&-2&0\\1&0&2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}v^1\\v^2\\v^3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right]}\)
\(\displaystyle{ -v^2+v^3=0}\)
\(\displaystyle{ -v^1-2v^2=0}\)
\(\displaystyle{ v^1+2v^3=0}\)
Widzimy, że:
\(\displaystyle{ v^2=v^3}\)
\(\displaystyle{ v^1=-2v^2}\)
Przyjmując \(\displaystyle{ v^1=s}\) mamy:
Wektor własny dla wartości własnej \(\displaystyle{ 0}\) ma postać \(\displaystyle{ v=\left[\begin{array}{c}v^1\\v^2\\v^3\end{array}\right]=s\left[\begin{array}{c}1\\-\frac{1}{2}\\-\frac{1}{2}\end{array}\right]}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ s}\) jest dowolną liczbą.
2.
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}0&-1&1\\-1&-2&0\\1&0&2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}v^1\\v^2\\v^3\end{array}\right]=\sqrt{6}\left[\begin{array}{c}v^1\\v^2\\v^3\end{array}\right]}\)
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}-\sqrt{6}&-1&1\\-1&-2-\sqrt{6}&0\\1&0&2-\sqrt{6}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}v^1\\v^2\\v^3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right]}\)
\(\displaystyle{ -\sqrt{6}v^1-v^2+v^3=0}\)
\(\displaystyle{ -v^1-(2+\sqrt{6})v^2=0}\)
\(\displaystyle{ v^1+(2-\sqrt{6})v^3=0}\)
Przyjmując \(\displaystyle{ v^1=t}\)
Wektor własny dla wartości własnej \(\displaystyle{ \sqrt{6}}\) ma postać \(\displaystyle{ v=\left[\begin{array}{c}v^1\\v^2\\v^3\end{array}\right]=t\left[\begin{array}{c}1\\\frac{1}{2}(2-\sqrt{6})\\\frac{1}{2}(2+\sqrt{6})\end{array}\right]}\)
Reszta analogicznie.
pozdro
PS. czy na pewno dobrze jest przepisane 1?