996 107

lUb

Przekształcenia liniowe

Otrzymaliśmy dwie różne wartości własne A) = 2, Aa = 3, a dim R‘ = 2, więc odpowiadające im wektory własne t>_:, tworzą bazę przestrzeni R². Macierz D przekształcenia L w tej bazie ma postać

D =

2 0

0 3    '

Możemy to jeszcze poprzeć bezpośrednim rachunkiem, biorąc bowiem Vi = (1,-1), = (2. —1) oraz macierz P przejścia z bazy standardowej do bazy wektorów własnych otrzymujem> związek

P~'AP =

-1 -2		4 2]	[i 2]		2 0'
1 1		[-1 ij	L->		0 3

b) Piszemy równanie charakterystyczne macierzy A przekształcenia i Mamy

det [A - XJ)

2 - A 0    0

0    -5-A -8

0    2    5 - A

= (2 — A) (A²-9) =0.

Z postaci tego równania wynika, że przekształcenie L ma trzy różne wartości własne A; = 2, A2 = —3, A3 = 3, a ponieważ dim R¹ = 3, więc istnieje baza przestrzeni R¹ złożona z wektorów własnych przekształcenia Z, i w tej bazie macierz ZA ma postać

D =

2 0 0 0-3 0 0    0 3

c) W tym przykładzie mamy

(3 — A)² = 0.

det (A - AZ) =

M - XI)

X		0-1		X		’ 0 ‘
y		0 0		y		0

Otrzymaliśmy tylko jedną wartość własną A = 3 Musimy więc określić wymiar przestrzeni wektorów własnych odpowiadających tej wartości. Niech v = (x,y) ^ 0 oraz niech

Wtedy wektor własny tego przekształcenia ma postać v = (x.0), gdzie z ^ 0, zatem W$ = lin {(1,0)} Przestrzeń W$ jest jednowymiarowa, więc spośród wektorów własnych przekształcenia L nie można wybrać bazy przestrzeni R².

d) Wartości własne przekształcenia L są określone równaniem

det (A-A/) =

= (1 - A)(A-2)^J = 0

4-A -2    2

2 -A 2 -1    1    1 - A

Otrzymaliśmy tylko dwie różne wartości własne Aj = 1, A2 =2, przy czym A2 ma krotność 2. W'yznaczymy przestrzenie W\, W? odpowiadających im wektorów własnych. Dla Aj = 1 wektor własny V\ = (z,y, r) 3* 0 wyznaczamy z układu równań

X		3-22'		X		' 0 ‘
y	=	2-12		y	=	0
z		-1 10.		z		. 0 .

{A - /Ai)

Jedenasty tydzień - przykłady

1U/

Stąd x = y — —2z i tSj = ( — 2z, — 2z,z), gdzie 2^0. Zatem W\ = lin {( — 2,-2,1)} Wektor własny C2 = (i.y.z) ^ 0 odpowiadający A2 = 2 znajdujemy z warunku

	r		'2-2 2 '		X		0 '
(A - /A,)	y z	—	2-2 2 -1 1 -1.		y z	—	■- 0 0 *

Rozwiązanie układu równań ma postać z = y — z, zatem t'2 = (x,y,y — x), przy czym z ^ 0 lub y £ 0- Stąd W₂ = lin {(1.0, —1), (0,1,1)}- Przyjmujemy teraz tj = (-2,-2,1), $2 = (1,0,-1), V3 = (0,1,1). Wektory te są liniowo niezależnymi wektorami własnymi przekształcenia L Tworzą one ba2c przestrzeni i2³ i w tej bazie macierz przekształcenia L ma postać

1 0 0 '

D =

0 2 0 0 0 2

• Przykład 11.3

Przekształcenie liniowe L : R² —♦ R² spełnia warunki L(l, 2) = (2,4), L(-2,1) = (-2,1). Obliczyć Z,^15O(l,0).

Rozwiązanie

Z podanych warunków wynika, że liczby Aj = 2, X₇ = 1 są wartościami własnymi przekształcenia L, zaś wektory v\ = (1,2), v₂ = (—2,1) są odpowiadającymi im wektorami własnymi. Wektory te tworzą bazę przestrzeni R². Macierz D przekształcenia L w tej bazie jest diagonalna i spełnia równość D = P~^l AP, gdzie A jest macierzą tego przekształcenia w bazie standardowej przestrzeni R², a P jest macierzą przejścia z bazy standardowej do bazy wektorów własnych. Stąd wynika, że A = PDP~^l, więc macierz przekształcenia L^1S0 jest równa y4^ls0 = (PO/*^-1)    = PD^Xb0P~^x. Mamy

2 0	, D^lb0 =	2^150 0'	, P —	’ 1 -2 '	,p-' = i	12
0 1		0 1		2 1	’ 5	-2 1

ISO

zatem

_ 1	2^150 + 4 2^1S1 -2	j 150	^1	1	2“° + 4
~ 5	2^łS» - 2 2^152 + 1	^1/1	J	^5	2^lłl — 2

+ 4 2¹⁵¹ -2

Stąd wynika, ze L^15O(l,0)

-C

)■

• Przykład 11.4

Przekształcenie liniowe L : R³—#R³ przeprowadza wektory (0,1,2), (1,1,3), (2,1,2) odpowiednio na wektory (0, —1. —2), (0,0,0), (2,1,2). Obliczyć a) L(x_t y, zr), gdzie (x, y, 2) € fl³; b) L¹⁰⁰(l,2,3).

Rozwiązanie

Wykorzystamy fakt, żc wektory =(0,1,2), v₇ =(1,1,3), »3 =(2,1,2) są wektorami własnymi przekształcenia L odpowiadającymi odpowiednio wartościom-własnym Aj = -1, A2 = 0, Aj = 1 i że tworzą one bazę przestrzeni ft³. Podobnie jak w Przykładzie 11.3 zachodzi związek A = PDP~^X, gdzie A i 1j są macierzami przekształcenia L w

1

- A -1 0    3 - A