Jeszcze o macierzach

Zawartość

12. Jeszcze o macierzach#

12.1. Odwracalność macierzy#

12.1.1. Definicja#

Narration

Niech \(\kk\) będzie ciałem, \(n\in\nn .\) Rozważmy przestrzenie macierzy kwadratowych \(\MSet{n}{n}{\kk} .\)

Definicja 12.1

Macierzą odwrotną do macierzy \(A\in M_{n\times n}(\kk)\) nazywamy macierz \(B\in M_{n\times n}(\kk)\), jeśli

\[A \cdot B = B \cdot A = I_n.\]

Jeżeli macierz \(B\) istnieje to oznaczamy ją przez \(A^{-1},\) zaś \(A\) nazywamy macierzą odwracalną .

Uwaga 12.1

Pomimo, że mnożenie macierzy nie jest przemienne, to można przyjąć równoważnie, że macierz \(B\in M_{n\times n}(\kk)\) jest odwrotna do macierzy \(A\in M_{n\times n}(\kk)\), jeśli \(A \cdot B = I_n.\)
Nie każda macierz kwadratowa jest odwracalna, o czym przekonamy się w poniższym przykładzie.
Jeśli \(A\) jest odwracalna to:
- \(A^{-1}\) jest wyznaczona jednoznacznie
- \(A\) jest odwrotna do macierzy \(A^{-1}\), czyli \(A^{-1}\) jest odwracalna i mamy parę macierzy wzajemnie do siebie odwrotnych.

Przykład 12.1

Macierze \( A = \Macierz{4 & 3 \\ 3 & 2} \) i \( C = \Macierz{-2 & 3 \\ 3 & -4} \) są wzajemnie do siebie odwrotne, ponieważ

\[\begin{split}\begin{aligned} A\cdot C = \Macierz{ 4 \cdot (-2) + 3\cdot 3 & 4 \cdot 3 + 3\cdot(-4) \\ 3 \cdot (-2) + 2\cdot 3 & 3 \cdot 3 + 2\cdot(-4) } = \Macierz{ 1 & 0 \\ 0 & 1}. \end{aligned}\end{split}\]

Możemy napisać \(A^{-1} = C\) oraz \(C^{-1} = A .\)
Macierz \( A = \Macierz{1 & -1 \\ -1 & 1} \) nie jest odwracalna. Istotnie, gdyby \(A\) była odwracalna, to z definicji istniałaby macierz \(B = \Macierz{a & b \\ c & d}\) taka, że

\[\begin{split}\begin{aligned} A\cdot B = \Macierz{1 & -1 \\ -1 & 1}\cdot \Macierz{a & b \\ c & d} = \Macierz{a-c & b-d \\ -a + c & -b+d} = \Macierz{ 1 & 0 \\ 0 & 1} = I_2, \end{aligned}\end{split}\]

dla pewnych \(a, b, c, d \in \cc .\) Z ostatniej równości otrzymujemy układ 4. równań, w tym \(a-c = 1\) i \(-a+c = 0\), które są sprzeczne. Brak rozwiązań tego układu dowodzi, że macierz odwrotna do \(A\) nie istnieje.

12.1.2. Macierze nieosobliwe#

Definicja 12.2

Nieosobliwą nazywamy macierz kwadratową \(A\in\MSet{n}{n}{\kk}\), jeśli

\[\det A \neq 0.\]

Osobliwą nazywamy macierz kwadratową, jeśli nie jest nieosobliwa.

Definicja 12.3

Macierzą dołączoną macierzy \(A\in \MSet{n}{n}{\kk}\) nazywamy macierz

\[A^D = [A_{ij}]^T = [A_{ji}],\]

gdzie \(A_{ij}\) jest dopełnieniem algebraicznym wyrazu \(a_{ij}\) macierzy \(A .\)

Przykład 12.2

Macierz dołączona macierzy \(A = \Macierz{1 & 1 & 1 \\ -1 & -3 & -2 \\ 3 & 4 & 3}\) to

\[\begin{split}\begin{aligned} A^D = \Macierz{ \Det{ -3 & -2 \\ 4 & 3} & -\Det{ -1 & -2 \\ 3 & 3} & \Det{ -1 & -3 \\ 3 & 4} \\ -\Det{ 1 & 1 \\ 4 & 3} & \Det{ 1 & 1 \\ 3 & 3} & -\Det{ 1 & 1 \\ 3 & 4} \\ \Det{ 1 & 1 \\ -3 & -2} & -\Det{ 1 & 1 \\ -1 & -2} & \Det{ 1 & 1 \\ -1 & -3} } ^T = \Macierz{ -1 & -3 & 5 \\ 1 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & -2 }^T = \Macierz{ -1 & 1 & 1 \\ -3 & 0 & 1 \\ 5 & -1 & -2 }. \end{aligned}\end{split}\]

Twierdzenie 12.1

Dla dowolnej macierzy kwadratowej \(A\in\MSet{n}{n}{\kk}\) zachodzi równość

\[A\cdot A^D = A^D \cdot A = (\det A) \cdot I_n.\]

Wniosek 12.2

Macierz \(A\in\MSet{n}{n}{\kk}\) jest odwracalna wtedy i tylko wtedy, gdy jest nieosobliwa. W takim przypadku:

\(A^{-1} = \dfrac{1}{\det A}\cdot A^D \)
\(\det (A^{-1}) = \displaystyle \frac{1}{\det A} = (\det A)^{-1}.\)

Przykład 12.3

Zauważmy, że dla macierzy \(A = \Macierz{a & b \\ c & d}\), mamy \(\det A = ad - bc\), zaś macierz dołączona to

\[\begin{split} A^D = \Macierz{d & -c \\ -b & a}^T = \Macierz{d & -b \\ -c & a}. \end{split}\]

Stąd \(A\) jest odwracalna pod warunkiem, że \(ad - bc\neq 0\) i wówczas

\[\begin{split}\begin{aligned} \Macierz{a & b \\ c & d}^{-1} = \frac 1 {ad - bc}\Macierz{d & -b \\ -c & a}. \end{aligned}\end{split}\]

Ćwiczenie 12.1

Jeśli to możliwe, wyznaczmy macierz odwrotną do macierzy:

\(A_1 = \Macierz{1 & -2 & 1 \\ -2 & 1 & 0 \\ -1 & -1 & 1}\)
\(A_2 = \Macierz{1 & 1 & 1 \\ -1 & -3 & -2 \\ 3 & 4 & 3}.\)

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 11.7, Ćw. 11.13.

Rozwiązanie

Ponieważ \(\det A_1 = 0\) (gdyż suma dwóch pierwszych wierszy daje wiersz 3.), to \(A_1\) jest osobliwa, więc nieodwracalna.
Z rozwinięcia Laplace’a obliczamy \(\det A_2 = 1 \cdot (-1) + 1 \cdot(-3) + 1\cdot 5 = 1 \neq 0 .\) Z ostatniego wniosku i obliczeń w Prz. 12.2 wnioskujemy, że

\[\begin{split}\begin{aligned} A_2^{-1} = \frac 1 {\det A_2}\cdot A_2^D = \Macierz{ -1 & 1 & 1 \\ -3 & 0 & 1 \\ 5 & -1 & -2 }. \end{aligned}\end{split}\]

12.1.3. Metoda eliminacji#

Narration

Metoda eliminacji wyznaczania macierzy odwrotnej, polega na przekształceniu macierzy

\[\begin{split}\begin{aligned} A|I_n = \Macierz{ a_{11} & a_{12} & \ldots & a_{1n} & 1 & 0 & \ldots & 0 \\ \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \ldots & a_{mn} & 0 & 0 & \ldots & 1 } \qquad \text{do postaci} \qquad I_n|A^{-1} \end{aligned}\end{split}\]

przy pomocy następujących operacji elementarnych na wierszach:

pomnożenie wiersza przez stałą różną od \(0\)
zamiana wierszy miejscami
dodanie do wiersza kombinacji liniowej innych wierszy.

Ćwiczenie 12.2

Znajdźmy macierz odwrotną do \(\displaystyle \begin{aligned} A = \left[ \begin{array}{rrr} 1 & 1 & 1 \\ -1 & -3 & -2 \\ 3 & 4 & 3 \end{array}\right] . \end{aligned}\)

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 11.7, Ćw. 11.13.

Rozwiązanie

Obliczamy \(\displaystyle \begin{aligned} \det A = 1 \neq 0 \end{aligned}\) więc \(A^{-1}\) istnieje. Wykonujemy wierszowe operacje na \(A|I\):

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \left[ \begin{array}{rrrrrr} 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ -1 & -3 & -2 & 0 & 1 & 0 \\ 3 & 4 & 3 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right] & \xrightarrow{w_{2} + (1 \cdot w_{1})} \left[ \begin{array}{rrrrrr} 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & -1 & 1 & 1 & 0 \\ 3 & 4 & 3 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \\ & \xrightarrow{w_{3} + (-3 \cdot w_{1})} \left[ \begin{array}{rrrrrr} 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & -1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -3 & 0 & 1 \end{array}\right] \\ & \xrightarrow{w_{2} \leftrightarrow w_{3}} \left[ \begin{array}{rrrrrr} 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -3 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & -1 & 1 & 1 & 0 \end{array}\right] \\ & \xrightarrow{w_{1} + (-1 \cdot w_{2})} \left[ \begin{array}{rrrrrr} 1 & 0 & 1 & 4 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & -3 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & -1 & 1 & 1 & 0 \end{array}\right] \\ & \xrightarrow{w_{3} + (2 \cdot w_{2})} \left[ \begin{array}{rrrrrr} 1 & 0 & 1 & 4 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & -3 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 & -5 & 1 & 2 \end{array}\right] \\ & \xrightarrow{w_{1} + (1 \cdot w_{3})} \left[ \begin{array}{rrrrrr} 1 & 0 & 0 & -1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -3 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 & -5 & 1 & 2 \end{array}\right] \\ & \xrightarrow{-1 \cdot w_{3}} \left[ \begin{array}{rrrrrr} 1 & 0 & 0 & -1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -3 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 5 & -1 & -2 \end{array}\right] \qquad \\ & \Longrightarrow \qquad A^{-1} = \left[ \begin{array}{rrr} -1 & 1 & 1 \\ -3 & 0 & 1 \\ 5 & -1 & -2 \end{array}\right] . \end{aligned}\end{split}\]

12.1.4. Własności#

Twierdzenie 12.3

Dla dowolnych macierzy odwracalnych \(A, B \in \MSet{n}{ n}{\kk}\):

\((A^{-1})^{-1} =A\)
\(A\cdot B\) jest macierzą odwracalną; co więcej \(\qquad (A\cdot B)^{-1} = B^{-1} \cdot A^ {-1}\)
\(A^T\) jest macierzą odwracalną; co więcej \(\qquad (A^T)^{-1} =(A^{-1})^T\)
dla dowolnych macierzy \(X, Y\in \MSet{n}{m}{\kk}\) mamy \(\qquad A\cdot X = A \cdot Y \LR X = Y \)
dla dowolnych macierzy \(X, Y\in \MSet{m}{n}{\kk}\) mamy \(\qquad X\cdot A = Y \cdot A \LR X = Y .\)

Przykład 12.4

Dla osobliwej macierzy \(A = \Macierz{1 &-1 \\ -1 & 1}\) oraz \(X = \Macierz{-2 & 3 \\ 1 & -2}, \,Y = \Macierz{-1 & 6 \\ 2 & 1}\) mamy

\[\begin{split} A\cdot X = A\cdot Y = \Macierz{-3 & 5 \\ 3 & -5}. \end{split}\]

Zatem \(A\cdot X = A \cdot Y\) nie implikuje, że \(X = Y .\)
Przypomnijmy, że z układem równań liniowych \(\EqLin\) związane jest równanie macierzowe

\[A\cdot X = B,\]

gdzie \(A\) jest macierzą współczynników \(\EqLin\); \(B\) macierzą wyrazów wolnych \(\EqLin .\) W przypadku gdy jest to układ Cramera, macierz \(A\) jest nieosobliwa i możemy rozwiązać je mnożąc obie strony przez \(A^{-1}\) z lewej strony. Otrzymamy

\[X= A^{-1}\cdot B.\]

Opisana procedura, to metoda macierzowa rozwiązywania układu równań liniowych.

Ćwiczenie 12.3

Znajdźmy rozwiązanie równania macierzowego \(A^T X^T + B = C\) dla macierzy

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} A & = \left[ \begin{array}{rr} 3 & 2 \\ 2 & 1 \end{array}\right] , & B & = \left[ \begin{array}{rr} 1 & -1 \\ 1 & 2 \end{array}\right] ,& C & =\left[ \begin{array}{rr} 2 & 0 \\ 3 & 4 \end{array}\right] . \end{aligned}\end{split}\]

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 11.10, Ćw. 11.15.

Rozwiązanie

Na początek zauważmy, że \(\displaystyle \begin{aligned} \det A = -1 \neq 0 \end{aligned}\), więc \(A\) jest odwracalna. Przekształćmy równanie macierzowe:

\[\begin{split}\begin{aligned} A^T X^T + B & = C \\ (X A)^T & = C - B \\ X A & = (C - B)^T \\ X & = (C - B)^T \cdot A^{-1}. \end{aligned}\end{split}\]

Po wstawieniu danych macierzy, otrzymamy

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} X & = \left(\left[ \begin{array}{rr} 2 & 0 \\ 3 & 4 \end{array}\right] - \left[ \begin{array}{rr} 1 & -1 \\ 1 & 2 \end{array}\right] \right)^T \cdot \left[ \begin{array}{rr} 3 & 2 \\ 2 & 1 \end{array}\right] ^{-1} \\ & = \left[ \begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 1 & 2 \end{array}\right] \cdot \left[ \begin{array}{rr} -1 & 2 \\ 2 & -3 \end{array}\right] = \left[ \begin{array}{rr} 3 & -4 \\ 3 & -4 \end{array}\right] . \end{aligned}\end{split}\]

Uwaga 12.2

Jeśli w powyższym ćwiczeniu macierz \(A\) byłaby osobliwa, równanie należałoby rozwiązać metodą bezpośrednią, tzn. przyjmując macierz \(X = \Macierz{a & b \\ c & d}\), gdzie \(a, b, c, d \in \rr\) są szukanymi zmiennymi. Z braku czasu, nie będziemy zajmować się tego typu równaniami (poza przypadkiem, gdy \(X\) jest macierzą jednokolumnową, co odpowiada zwykłemu układowi równań liniowych).

12.2. Jądro macierzy#

Definicja 12.4

Jądro macierzy \(A \in \MSet{m}{n}{\kk}\) definiujemy jako zbiór rozwiązań \(X \in \MSet{n}{1}{\kk}\) równania macierzowego

\[A\cdot X = \oo_{m\times 1}.\]

Jądro macierzy \(A\) oznaczamy symbolem \(\ker A.\) Innymi słowy,

\[\ker A = \Set{X\in \MSet{n}{1}{\kk}: \quad A\cdot X = \oo} \subseteq \MSet{n}{1}{\kk}.\]

Przykład 12.5

Dla nieosobliwej macierzy \(A\), równanie \(A\cdot X = \oo\), ma rozwiązanie \(X = A^{-1}\cdot \oo = \oo .\) Zatem \(\ker A = \Set{\oo} .\)

Ćwiczenie 12.4

Znajdźmy jądro macierzy \(\displaystyle \begin{aligned} A = \left[ \begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 3 & 2 \\ 2 & 0 & 4 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right] . \end{aligned}\)

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 11.8, Ćw. 11.9, Ćw. 11.14.

Rozwiązanie

Rozwiążmy równanie macierzowe \(A\cdot X = \oo\) odpowiadające jednorodnemu układowi równań liniowych

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \left\{ \begin{array}{r} x_{1} + x_{2} + 3 \, x_{3} + 2 \, x_{4} = 0 \\ 2 \, x_{1} + 4 \, x_{3} + 2 \, x_{4} = 0 \\ x_{2} + x_{3} + x_{4} = 0 \end{array}\right. . \end{aligned}\end{split}\]

W tym celu wykonujemy operacje elementarne na wierszach macierzy \(A\):

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} A & = \left[ \begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 3 & 2 \\ 2 & 0 & 4 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right] \xrightarrow{w_{2} + (-2 \cdot w_{1})} \left[ \begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 3 & 2 \\ 0 & -2 & -2 & -2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right] \\ & \longrightarrow \left[ \begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 3 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right] \xrightarrow{w_{1} + (-1 \cdot w_{2})} \left[ \begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right] \end{aligned}\end{split}\]

Z ostatniej macierzy otrzymujemy układ równań

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \left\{ \begin{array}{r} x_{1} + 2 \, x_{3} + x_{4} = 0 \\ x_{2} + x_{3} + x_{4} = 0 \end{array}\right. , \end{aligned}\end{split}\]

którego rozwiązanie to

\[\begin{split} \left\{\begin{array}{l} x_1 = -2 t_1 - t_2 \\ x_2 = - t_1 - t_2 \\ x_3 = t_1 \\ x_4 = t_2 \end{array}\right. , t_1, t_2 \in \rr. \end{split}\]

Stąd wniosek, że

\[\begin{split} X = \Macierz{ -2 t_1 - t_2 \\ - t_1 - t_2 \\ t_1 \\ t_2 }, t_1,t_2 \in \rr, \end{split}\]

czyli

\[\begin{split}\begin{aligned} \ker A = \Set{ \Macierz{ -2 t_1 - t_2 \\ - t_1 - t_2 \\ t_1 \\ t_2 } : t_1,t_2 \in \rr} = \Set{ t_1 \cdot \Macierz{ -2 \\ -1 \\ 1 \\ 0 } + t_2 \cdot \Macierz{ -1 \\ -1 \\ 0 \\ 1 } : t_1, t_2 \in \rr}. \end{aligned}\end{split}\]

12.3. Zagadnienie własne macierzy#

12.3.1. Wartości i wektory własne#

Definicja 12.5

Wartością własną macierzy kwadratowej \(A\in M_{n\times n}(\kk)\) nazywamy skalar \(\lambda\in\kk\), jeśli istnieje niezerowy wektor \(X\in M_{n\times 1}(\kk)\), taki że

\[A \cdot X= \lambda X.\]

Wektorem własnym macierzy \(A\) odpowiadającym wartości własnej \(\lambda\) nazywamy wektor \(X\) z powyższej definicji.

Przykład 12.6

Wektorami własnymi macierzy \(\displaystyle \begin{aligned} A = \left[ \begin{array}{rrr} -5 & 3 & 0 \\ -6 & 4 & 0 \\ -3 & 3 & -2 \end{array}\right] \end{aligned}\) (odpowiadającymi różnym wartościom własnym) są na przykład: \(X_1 = \Macierz{-1 \\ -2 \\ -1}\), \(X_2 = \Macierz{\pi \\ \pi \\ \pi}\), gdyż

\[\begin{split}\begin{aligned} A \cdot X_1 & = \Macierz{5 -6 \\ 6 - 8 \\ 3 - 6 + 2} = \Macierz{-1 \\ -2 \\ -1} = 1\cdot X_1, \\ A \cdot X_2 & = \Macierz{-5\pi + 3\pi \\ -6\pi + 4\pi \\ -3\pi + 3\pi - 2\pi} = -2 \Macierz{\pi \\ \pi \\ \pi} = -2 X_2. \end{aligned}\end{split}\]

Za to \(Y = X_1 + X_2\) nie jest wektorem własnym \(A .\) Istotnie,

\[\begin{split}\begin{aligned} X_1 + X_2 & = \Macierz{\pi-1 \\ \pi-2 \\ \pi-1}, \\ A\cdot(X_1 + X_2) & = A\cdot X_1 + A \cdot X_2 \\ & = X_1 - 2X_2 = \Macierz{-2\pi-1 \\ -2\pi-2 \\ -2\pi-1} \end{aligned}\end{split}\]

i nie istnieje \(\lambda\in\rr\), dla którego \(A\cdot Y = \lambda Y\), gdyż sprzeczny jest układ równań:

\[\begin{split}\Uklad{ -2\pi-1 = \lambda (\pi-1) \\ -2\pi-2 = \lambda (\pi-2) }.\end{split}\]

Definicja 12.6

Wielomianem charakterystycznym macierzy \(A\in \MSet{n}{n}{\kk}\) nazywamy \(\chi_A\in\kk_n[\lambda]\) dany wzorem

\[\chi_A (\lambda)=\det(A-\lambda I).\]

Twierdzenie 12.4

Wielomian charakterystyczny macierzy \(A\in \MSet{n}{n}{\kk}\) jest postaci

\[\begin{aligned} \chi_A(\lambda) = (-1)^n \lambda^n + a_1 \lambda^{n-1}+\ldots +a_{n-1} \lambda + \det A, \end{aligned}\]

z pewnymi współczynnikami \(a_1,\ldots, a_{n-1}\in \kk .\) W szczególności \(\deg \chi_A = n.\)

Przykład 12.7

Wielomian charakterystyczny macierzy \(D = \diag(3,-1)\) to

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \chi_{D}(\lambda) & = \det \left(D - \lambda I\right) \\ & = \det \left[ \begin{array}{rr} -{\lambda} + 3 & 0 \\ 0 & -{\lambda} - 1 \end{array}\right] \\ & = (-\lambda + 3)\cdot(-\lambda -1) \\ & = (\lambda - 3) \cdot (\lambda + 1) \end{aligned}\end{split}\]
Wielomian charakterystyczny macierzy \(\displaystyle \begin{aligned} A = \left[ \begin{array}{rrr} -5 & 3 & 0 \\ -6 & 4 & 0 \\ -3 & 3 & -2 \end{array}\right] \end{aligned}\) to

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \chi_{A}(\lambda) & = \det \left(A - \lambda I\right) \\ & = \det \left[ \begin{array}{rr} -{\lambda} + 3 & 0 \\ 0 & -{\lambda} - 1 \end{array}\right] \\ & = [(-\lambda - 5 )(-\lambda + 4) + 18]\cdot(-\lambda -2) \\ & = \left(-1\right) \cdot (\lambda - 1) \cdot (\lambda + 2)^{2} \end{aligned}\end{split}\]

Twierdzenie 12.5

Zbiór wartości własnych macierzy \(A\in M_{n\times n}(\kk)\) pokrywa się ze zbiorem pierwiastków wielomianu charakterystycznego \(\chi_A\in\kk_n[\lambda] .\)

Przykład 12.8

Dla macierzy z poprzedniego przykładu wartości własne to: \(-1\) i \(3\) dla \(D\); \(1\) i \(-2\) dla \(A .\)
Nie bez znaczenia jest ciało \(\kk\), nad którym rozpatrujemy daną macierz. Dla przykładu wielomian charakterystyczny macierzy \(\displaystyle \begin{aligned} B = \left[ \begin{array}{rr} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{array}\right] \end{aligned}\) to

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \chi_{B}(\lambda) & = \det \left(B - \lambda I\right) \\ & = \det \left[ \begin{array}{rr} -{\lambda} + 2 & -1 \\ 1 & -{\lambda} + 2 \end{array}\right] \\ & = (\lambda^{2} - 4 \lambda + 5) \end{aligned}\end{split}\]

Ponieważ ten wielomian o wyznaczniku \(\Delta = -4\) nie ma pierwiastków rzeczywistych, to \(B\in \MSet{2}{2}{\rr}\) nie ma wartości własnych. Z drugiej storny wielomian ten ma pierwiastki zespolone \(2 -j\), \(2+j\) i są to wartości własne \(B\in \MSet{2}{2}{\cc} .\)

12.3.2. Podprzestrzenie własne#

Narration

W definicji wartości i wektora własnych występuje równanie

\[\begin{aligned} A\cdot X = \lambda X \qlq A\cdot X = \lambda I \cdot X \qlq (A-\lambda I) \cdot X = \oo. \end{aligned}\]

Dla ustalonego \(\lambda\in\kk\), oznaczymy zbiór rozwiązań tego równania macierzowego przez

\[\begin{aligned} V_\lambda = \Set{X\in \MSet{n}{1}{\kk} : (A-\lambda I) \cdot X = \oo} \subseteq \MSet{n}{1}{\kk}. \end{aligned}\]

Stwierdzenie 12.6

Niech \(A\in \MSet{n}{n}{\kk} .\)

\(\lambda\) jest wartością własną \(A \Leftrightarrow V_\lambda \neq \Set{\oo}\)
\(X\) jest wektorem własnym \(A\) odpowiadającym wartości własnej \(\lambda \Leftrightarrow X \in V_\lambda \setminus \Set{\oo}\)
\(V_0 = \ker A\), więc \(0\) jest wartością własną \(A\) \(\Leftrightarrow\) macierz \(A\) jest osobliwa
Jeśli \(\lambda_1 \neq \lambda_2\), to \(V_{\lambda_1}\cap V_{\lambda_2} = \Set{\oo}.\)

Definicja 12.7

Podprzestrzenią własną macierzy \(A\in \MSet{n}{n}{\kk}\) odpowiadającą wartości własnej \(\lambda\) nazywamy wyżej zdefiniowany zbiór \(V_\lambda .\)

Przykład 12.9

Dla macierzy \(\displaystyle \begin{aligned} A = \left[ \begin{array}{rrr} -5 & 3 & 0 \\ -6 & 4 & 0 \\ -3 & 3 & -2 \end{array}\right] \end{aligned}\) znamy wartości własne 1 i -2, wśród których nie ma 0, więc jest to macierz nieosobliwa i \(\ker A = \Set{\oo} .\)

Możemy policzyć podprzestrzenie własne:

Dla \(\lambda=1\) mamy

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} A_{1} = A - (1\cdot I) = \left[ \begin{array}{rrr} -6 & 3 & 0 \\ -6 & 3 & 0 \\ -3 & 3 & -3 \end{array}\right] . \end{aligned}\end{split}\]

Wykonujemy operacje elementarne na wierszach:

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} A_{1} & \longrightarrow \left[ \begin{array}{rrr} -6 & 3 & 0 \\ -3 & 3 & -3 \end{array}\right] \xrightarrow{-1/3 \cdot w_{2}} \left[ \begin{array}{rrr} -6 & 3 & 0 \\ 1 & -1 & 1 \end{array}\right] \xrightarrow{w_{1} + (6 \cdot w_{2})} \left[ \begin{array}{rrr} 0 & -3 & 6 \\ 1 & -1 & 1 \end{array}\right] \\ & \xrightarrow{-1/3 \cdot w_{1}} \left[ \begin{array}{rrr} 0 & 1 & -2 \\ 1 & -1 & 1 \end{array}\right] \xrightarrow{w_{2} + (1 \cdot w_{1})} \left[ \begin{array}{rrr} 0 & 1 & -2 \\ 1 & 0 & -1 \end{array}\right] \xrightarrow{w_{1} \leftrightarrow w_{2}} \left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -2 \end{array}\right] \end{aligned}\end{split}\]

Otrzymujemy rozwiązanie

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \left[ \begin{array}{rrr} -6 & 3 & 0 \\ -6 & 3 & 0 \\ -3 & 3 & -3 \end{array}\right] ,\ \left. t_{1}\right. \in \rr. \end{aligned}\end{split}\]

Stąd

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} V_{1} = \Set{\left[ \begin{array}{rrr} -6 & 3 & 0 \\ -6 & 3 & 0 \\ -3 & 3 & -3 \end{array}\right] : \left. t_{1}\right. \in \rr.} \end{aligned}\end{split}\]
Dla \(\lambda=-2\) mamy

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} A_{-2} = A - ((-2)\cdot I) = \left[ \begin{array}{rrr} -3 & 3 & 0 \\ -6 & 6 & 0 \\ -3 & 3 & 0 \end{array}\right] . \end{aligned}\end{split}\]

Wykonujemy operacje elementarne na wierszach:

\[ \begin{align}\begin{aligned}\displaystyle \begin{aligned}\\ A_{-2} & \longrightarrow \left[ \begin{array}{rrr} -3 & 3 & 0 \end{array}\right] \xrightarrow{-1/3 \cdot w_{1}} \left[ \begin{array}{rrr} 1 & -1 & 0 \end{array}\right] \end{aligned}\end{aligned}\end{align} \]

Otrzymujemy rozwiązanie

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \left[ \begin{array}{rrr} -6 & 3 & 0 \\ -6 & 3 & 0 \\ -3 & 3 & -3 \end{array}\right] ,\ \left. t_{1},\,t_{2}\right. \in \rr. \end{aligned}\end{split}\]

Stąd

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} V_{-2} = \Set{\left[ \begin{array}{rrr} -6 & 3 & 0 \\ -6 & 3 & 0 \\ -3 & 3 & -3 \end{array}\right] : \left. t_{1},\,t_{2}\right. \in \rr.} \end{aligned}\end{split}\]

W szczególności dla \(t_1 = t_2 = \pi\) dostaniemy wcześniej znaleziony wektor własny.

Stwierdzenie 12.7

Jeśli \(\lambda\) jest \(m\)-krotnym pierwiastkiem \(\chi_A\) macierzy \(A\in \MSet{n}{n}{\kk},\) to \(V_\lambda\) jest parametryzowana przez \(k\in\Set{1,\ldots,m}\) parametrów.

Wniosek 12.8

Jeśli \(\lambda\) jest jednokrotnym pierwiastkiem \(\chi_A\) macierzy \(A\in \MSet{n}{n}{\kk},\) to \(V_{\lambda}\) jest parametryzowany przez 1 parametr.

Przykład 12.10

Dla każdej z macierzy:

\[\begin{split}\begin{aligned} A_1 & = \Macierz{2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2}, & A_2 & = \Macierz{2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2}, & A_3 & = \Macierz{2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2} \end{aligned}\end{split}\]

\(\chi_{A_i}(\lambda) = -(\lambda - 2)^3\), więc wszystkie mają jedną wartość własną równą \(2 .\)

Liczba parametrów w rozwiązaniu równania \((A_i - 2 I)\cdot X = 0\) jest równa \(k_i = 3 - \rank(A_i - 2I) .\) Ponieważ:

\[\begin{split}\begin{aligned} A_1- 2I & = \Macierz{0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0}, & A_2- 2I & = \Macierz{0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0}, & A_3- 2I & = \Macierz{0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0} \end{aligned}\end{split}\]

są w postaci schodkowej to widzimy, że: \(\quad k_1 = 3 - 2 = 1,\ k_2 = 3 - 1 = 2,\ k_3 = 3 - 0 = 3 .\)

Ćwiczenie 12.5

Niech dana będzie macierz \(\displaystyle \begin{aligned} A = \left[ \begin{array}{rrr} 2 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \\ 3 & -1 & -1 \end{array}\right] \end{aligned}\).

Znajdźmy wartości własne \(A .\)
Czy jest ona nieosobliwa?
Znajdźmy podprzestrzenie własne \(A .\)
Dla każdej wartości własnej macierzy \(A\) podajmy przykładowy wektor własny.
Znajdźmy jądro macierzy \(A .\)

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 11.11, Ćw. 11.12, Ćw. 11.16.

Rozwiązanie

Wartości własne \(A\) to pierwiastki wielomianu charakterystycznego

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \chi_{A}(\lambda) & = \det \left(A - \lambda I\right) \\ & = \det \left[ \begin{array}{rrr} -{\lambda} + 2 & 0 & 0 \\ -1 & -{\lambda} + 1 & 1 \\ 3 & -1 & -{\lambda} - 1 \end{array}\right] \\ & = -\lambda^{3} + 2\lambda^{2} = \left(-1\right) \cdot (\lambda - 2) \cdot \lambda^{2}, \end{aligned}\end{split}\]

czyli \(\displaystyle \begin{aligned} \left. {\lambda} = 0,\,{\lambda} = 2\right. \end{aligned}\).
Ponieważ \(0\) jest wartością własną \(A\), to macierz jest osobliwa.
Dla \(\lambda=0\) mamy

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} A_{0} = A - (0\cdot I) = \left[ \begin{array}{rrr} 2 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \\ 3 & -1 & -1 \end{array}\right] . \end{aligned}\end{split}\]

Po wykonaniu operacji elementarnych na wierszach \(A_{0}\) otrzymujemy

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \left[ \begin{array}{rrr} -{\lambda} + 2 & 0 & 0 \\ -1 & -{\lambda} + 1 & 1 \\ 3 & -1 & -{\lambda} - 1 \end{array}\right] ,\ \left. t_{1}\right. \in \rr. \end{aligned}\end{split}\]

Stąd

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} V_{0} = \Set{\left[ \begin{array}{rrr} -{\lambda} + 2 & 0 & 0 \\ -1 & -{\lambda} + 1 & 1 \\ 3 & -1 & -{\lambda} - 1 \end{array}\right] : \left. t_{1}\right. \in \rr.} \end{aligned}\end{split}\]

Przykładowo, wektorem własnym jest \(\Macierz{0 \\ \pi \\ -\pi} .\)
Dla \(\lambda=2\) mamy

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} A_{2} = A - (2\cdot I) = \left[ \begin{array}{rrr} 0 & 0 & 0 \\ -1 & -1 & 1 \\ 3 & -1 & -3 \end{array}\right] . \end{aligned}\end{split}\]

Po wykonaniu operacji elementarnych na wierszach \(A_{2}\) otrzymujemy

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \left[ \begin{array}{rrr} -{\lambda} + 2 & 0 & 0 \\ -1 & -{\lambda} + 1 & 1 \\ 3 & -1 & -{\lambda} - 1 \end{array}\right] ,\ \left. t_{1}\right. \in \rr. \end{aligned}\end{split}\]

Stąd

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} V_{2} = \Set{\left[ \begin{array}{rrr} -{\lambda} + 2 & 0 & 0 \\ -1 & -{\lambda} + 1 & 1 \\ 3 & -1 & -{\lambda} - 1 \end{array}\right] : \left. t_{1}\right. \in \rr.} \end{aligned}\end{split}\]

Przykładowo, wektorem własnym jest \(\Macierz{-1 \\ 0 \\ -1} .\)
Jądro macierzy to \(\ker A = V_0 .\)