996 107

JLUt)

Przekształcenia liniowe

Otrzymaliśmy dwie różne wartości władne Aj = 2, Aa = 3, a dim /2^; = 2, więc odpowiadające im wektory własne t*i, tworzą bazę przestrzeni R². Macierz D przekształcenia L w tej bazie ma postać

Możemy to jeszcze poprzeć bezpośrednim racłiunkicm, biorąc bowiem v\ — (1,-1), Va = (2. —1) oraz macierz P przejścia z bazy standardowej do bazy wektorów własnych otrzymujemy związek

P~'AP

-1 -2'	[ 4 2]	^1 2 1	’ 2	0 '
1 1	U lj	H ‘^1J ^=	0	3

= D

2 - A 0    0

0    -5-A -8 I =(2-A)(A²-9) =0.

b) Piszemy równanie charakterystyczne macierzy A przekształcenia l, Mamy det [A — XI) =

0

Z postaci tego równania wynika, że przekształcenie L ma trzy różne wartości własne Aj = 2, Aa = —3, Aj = 3, a ponieważ dim i?³ = 3, więc istnieje baza przestrzeni R³ złożona z wektorów własnych przekształcenia L 1 w tej bazie macierz D ma postać

r 2 o o

D =

o o

■3 0 0 3

c) W tym przykładzie mamy

det (A — XI) =

3 - A -1 0    3 - A

(3 - A)² = 0.

7 0 i w		X		‘ 0 '
9 J L° ^0		y		0

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

(A - XI)

Wtedy wektor własny tego przekształcenia ma postać v = (x.0), gdzie z ^ 0, zatem = lin {(1,0)} Przestrzeń W'3 jest jednowymiarowa, więc spośród wektorów własnych przekształcenia L nie można wybrać bazy przestrzeni R². d) Wartości własne przekształcenia L są określone równaniem

A -2

det (A — A/) =

2

-1

2

A 2 1    1 - A

= (1 - A)(A - 2)’ = 0

Otrzymaliśmy tylko dwie różne wartości własne Aj = 1, Aj =2, przy czym A2 ma krotność 2. W’yiriaczymy przestrzenie W\, W* odpowiadających im wektorów własnych. Dla Aj = 1 wektor własny t>i = (r,y, z) 0 wyznaczamy 2 układu równań

M-/A1)	X y	_	3 2	-2 2' -1 2	X y	_	0 0
	z		. -1	1 0.	z .		L ^0 J

Jedenasty tydzień - przykłady

i U/

Stąd j = y = -2z i »i = (-2z, -2z, z), gdzie * ^ 0. Zatem W\ = lin {(-2,-2,1)) Wektor własny r? = (z.y.z) ^ 0 odpowiadający A2 = 2 znajdujemy z warunku

(/l - /A,)

r

y

z

Rozwiązanie układu równań ma postać z — y — r, zatem = (*,y.y — r), przy C2ym z ^ 0 lub y jŁ 0. Stąd W2 = lin {(1 0, —1), (0,1,3)}. Przyjmujemy teiaz Sj = (—2, —2,1), t'7 = (1,0,-1),    = (0,1,1). Wektory te są liniowo niezależnymi wektorami własnymi

przekształcenia L Tworzą one ba2ę przestrzeni 72³ 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 £(1,2) = (2,4), £(-2,1) =

(-2,1). Obliczyć £¹⁵⁰(1,0).

Rozwiązanie

Z podanych warunków wynika, że liczby Ai = 2, Aj = 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 fi², a P jest macierzą przejścia 2 bazy standardowej do bazy wektorów własnych. Stąd wynika, że A = PDP~^l, więc macierz przekształcenia L^:b:> jest równa /4^1S0 = (P/)/^>_1)^15C = PD^Xb0P~^x. Mamy

zatem

ISO

1	2^łS0 + 4 2^,SI -2	* 150	[^1	1	2“° + 4
5	2^łS1 - 2 2^m + 1		i^0.	^5	2^,m -2

Stąd wynika, ze L

(_£i_±1q_zi).

D =

2 0	, fi^150 =	2^150 0	, P =	’ 3 -2 '		12
0 1		0 1		^2 1	5	-2 1

• Przykład 11.4

Przekształcenie liniowe L : fi³—> fi³ 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,y,z)_} gdzie (x,y,z) e fi³; b) £^10G(1,2,3).

Rozwiązanie

Wykorzystamy fakt, że wektory = (0. 1,2). 5* = (1, ]_i 3).    = (2,1,2) są wektorami

własnymi przekształcenia L odpowiadającymi odpowiednio wartościom- własnym Ai = -1. A* ss 0, Aj = 1 i że tworzą one bazę przestrzeni fi³. Podobnie jak w Przykładzie 11.3 zachodzi związek A = PDP~^l, gdzie A i D są macierzami przekształcenia L w