|
Kao što sam obećala na današnjim demonstraturama, evo rješenja zadataka iz prošlogodišnjeg kolokvija, tj. onih koji nisu potpuno "šablonski" i nisu tvrdnje dokazane na predavanjima.
https://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/vekt/files/2014-15/VP-1415-kol1-ver4.pdf
1.d)
Dokaz provodimo indukcijom.
Imamo [tex]N(A^k)=N(A^{k+1})[/tex].
Pretpostavimo da je [tex]N(A^k)=N(A^m),[/tex] za neki [tex]m>k[/tex].
Dokažimo da je tada [tex]N(A^{m+1})=N(A^k)[/tex].
Neka je [tex]x\in N(A^{m+1})[/tex]. Tada je po definiciji [tex]0=A^{m+1}x=A^m(Ax)[/tex], a onda je [tex]Ax\in N(A^m)=N(A^k)[/tex], pa vrijedi i [tex]0=A^k(Ax)=A^{k+1}x[/tex], dakle [tex]x\in N(A^{k+1})=N(A^k)[/tex].
Dokazali smo [tex]N(A^{m+1})\leq N(A^k)[/tex], a zbog [tex]k<m[/tex] očito je [tex]N(A^k)\leq N(A^{m+1})[/tex], dakle [tex]N(A^{m+1})=N(A^k)[/tex].
4.
Očito je [tex]\sigma(A)=\{-2,1\}[/tex].
[tex]k_A(\lambda)=(\lambda+2) ^7(\lambda-1)^3 [/tex]
[tex]\mu_A(\lambda)=(\lambda+2)^3(\lambda-1)^3[/tex]
U [tex]k_A[/tex] je potencija od [tex](\lambda-\lambda_i)[/tex] naprosto jednaka broju [tex]\lambda_i[/tex] na dijagonali u Jordanovoj formi, a u [tex]\mu_A[/tex] je jednaka dimenziji najveće klijetke pridružene svojstvenoj vrijednosti [tex]\lambda_i[/tex].
Ako je [tex]g(\lambda_i)[/tex] geometrijska kratnost od [tex]\lambda_i[/tex], tada je [tex]g(\lambda_i)[/tex] upravo broj klijetki pridruženih [tex]\lambda_i[/tex].
Znači u našem slučaju je [tex]g(-2)=3[/tex], a [tex]g(1)=1[/tex].
Spomenuti operator postoji. To je operator čiji je matrični prikaz u npr. kanonskoj bazi jednak:
[tex]\begin{bmatrix}
-2 & 1 & &&&&&&&\\
&-2 & 1 &&&&&&&\\
&&-2 &&&&&&& \\
&&& -2 & 1 &&&&& \\
&&&&-2 & 1 &&&&\\
&&&&&-2 &&&& \\
&&&&&& -2 &&& \\
&&&&&&& 1 & 1 & \\
&&&&&&&&1 & 1\\
&&&&&&&&& 1
\end{bmatrix}[/tex]
Taj operator nije sličan operatoru [tex]A[/tex] jer imaju različite Jordanove forme.
5.
Kako je [tex]k_A(\lambda)=\lambda (\lambda +3)^4 (\lambda-2)^3[/tex] stupnja [tex]8[/tex], prostor je dimenzije [tex]8[/tex].
Sada iz teorema o rangu i defektu dobivamo da je [tex]d(A+3I)=2[/tex], [tex]d((A+3I)^2)=3[/tex].
Ukoliko sa [tex]n_1^{(-3)}[/tex] označimo broj jednodimenzionalnih klijetki pridruženih [tex]-3[/tex] imamo:
[tex]n_1^{(-3)}=2d(A+3I)-d(I)-d((A+3I)^2)=4-0-3=1[/tex]
Isto tako, zbog [tex]g(-3)=d(A+3I)=2[/tex] znamo da postoje točno dvije klijetke pridružene [tex]-3[/tex].
Kako je jedna klijetka pridružena [tex]-3[/tex] dimenzije [tex]1[/tex], dimenzija druge klijetke mora biti jednaka [tex]3[/tex] jer je suma njihovih dimenzija jednaka kratnosti od [tex]-3[/tex] u [tex]k_A[/tex] koja je jednaka [tex]4[/tex].
Zbog [tex]d(A-2I)=2[/tex] znamo da postoje točno dvije klijetke pridružene [tex]2[/tex]. Suma njihovih dimenzija mora biti jednaka [tex]3[/tex], a kako su dimenzije [tex]\geq 1[/tex], jedina mogućnost je da je jedna dimenzije [tex]1[/tex], a druga dimenzije [tex]2[/tex].
Iz svega ovoga zaključujemo da je Jordanova forma od [tex]A[/tex]:
[tex] J(A)= \begin{bmatrix}
-3 & 1 & &&&&&\\
&-3 & 1 &&&&&\\
&&-3 &&&&&\\
&&& -3 &&&& \\
&&&& 0 &&&\\
&&&&& 2 & 1 & \\
&&&&&& 2 & \\
&&&&&&& 2
\end{bmatrix}[/tex]
6.
Iz teorema o rangu i defektu prvo dobivamo [tex]d(N)+d(N^2)=6[/tex].
Kako je broj jednodimenzionalnih klijetki u Jordanovoj formi od [tex]N[/tex] jednak [tex]n_1=2d(N)-d(I)-d(N^2)=2d(N)-d(N^2)[/tex], imamo da mora biti [tex]2d(N)-d(N^2)\geq 0[/tex], odnosno [tex]2d(N) \geq d(N^2)[/tex].
Sada je [tex]6=d(N)+d(N^2)\leq 3d(N),[/tex] odnosno [tex]d(N)\geq 2[/tex].
Kako je očito [tex]Ker(N) \leq Ker(N^2)[/tex], imamo [tex]d(N)\leq d(N^2)=6-d(N)[/tex], pa je [tex]d(N)\leq 3[/tex].
Zaključujemo da je [tex]d(N)\in \{2,3\}[/tex].
Ako je [tex]d(N)=2[/tex], tada je [tex]ind(N)=5[/tex]. Znači u tom slučaju imamo da [tex]N[/tex] u Jordanovoj formi ima dvije klijetke, od kojih je barem jedna dimenzije [tex]5[/tex]. Ovdje imamo samo jednu mogućnost, a ta je da se [tex]J(N)[/tex] sastoji od jedne klijetke dimenzije [tex]5[/tex] i jedne od dimenzije [tex]3[/tex]. Lako se provjeri da je u tom slučaju zadovoljeno i [tex]r(N^2)=4[/tex].
Ako je [tex]d(N)=3[/tex], tada je [tex]n_1=3[/tex], a [tex]ind (N)=6[/tex].
Znači [tex]J(N)[/tex] ima ukupno tri klijetke od kojih ih je tri dimenzije [tex]1[/tex], a mora postojati barem jedna klijetka dimenzije [tex]6[/tex].
Ovo je naravno nemoguće.
Zaključujemo da je Jordanova forma od [tex]N[/tex] jedinstveno određena.
Kao što sam obećala na današnjim demonstraturama, evo rješenja zadataka iz prošlogodišnjeg kolokvija, tj. onih koji nisu potpuno "šablonski" i nisu tvrdnje dokazane na predavanjima.
https://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/vekt/files/2014-15/VP-1415-kol1-ver4.pdf
1.d)
Dokaz provodimo indukcijom.
Imamo [tex]N(A^k)=N(A^{k+1})[/tex].
Pretpostavimo da je [tex]N(A^k)=N(A^m),[/tex] za neki [tex]m>k[/tex].
Dokažimo da je tada [tex]N(A^{m+1})=N(A^k)[/tex].
Neka je [tex]x\in N(A^{m+1})[/tex]. Tada je po definiciji [tex]0=A^{m+1}x=A^m(Ax)[/tex], a onda je [tex]Ax\in N(A^m)=N(A^k)[/tex], pa vrijedi i [tex]0=A^k(Ax)=A^{k+1}x[/tex], dakle [tex]x\in N(A^{k+1})=N(A^k)[/tex].
Dokazali smo [tex]N(A^{m+1})\leq N(A^k)[/tex], a zbog [tex]k<m[/tex] očito je [tex]N(A^k)\leq N(A^{m+1})[/tex], dakle [tex]N(A^{m+1})=N(A^k)[/tex].
4.
Očito je [tex]\sigma(A)=\{-2,1\}[/tex].
[tex]k_A(\lambda)=(\lambda+2) ^7(\lambda-1)^3 [/tex]
[tex]\mu_A(\lambda)=(\lambda+2)^3(\lambda-1)^3[/tex]
U [tex]k_A[/tex] je potencija od [tex](\lambda-\lambda_i)[/tex] naprosto jednaka broju [tex]\lambda_i[/tex] na dijagonali u Jordanovoj formi, a u [tex]\mu_A[/tex] je jednaka dimenziji najveće klijetke pridružene svojstvenoj vrijednosti [tex]\lambda_i[/tex].
Ako je [tex]g(\lambda_i)[/tex] geometrijska kratnost od [tex]\lambda_i[/tex], tada je [tex]g(\lambda_i)[/tex] upravo broj klijetki pridruženih [tex]\lambda_i[/tex].
Znači u našem slučaju je [tex]g(-2)=3[/tex], a [tex]g(1)=1[/tex].
Spomenuti operator postoji. To je operator čiji je matrični prikaz u npr. kanonskoj bazi jednak:
[tex]\begin{bmatrix}
-2 & 1 & &&&&&&&\\
&-2 & 1 &&&&&&&\\
&&-2 &&&&&&& \\
&&& -2 & 1 &&&&& \\
&&&&-2 & 1 &&&&\\
&&&&&-2 &&&& \\
&&&&&& -2 &&& \\
&&&&&&& 1 & 1 & \\
&&&&&&&&1 & 1\\
&&&&&&&&& 1
\end{bmatrix}[/tex]
Taj operator nije sličan operatoru [tex]A[/tex] jer imaju različite Jordanove forme.
5.
Kako je [tex]k_A(\lambda)=\lambda (\lambda +3)^4 (\lambda-2)^3[/tex] stupnja [tex]8[/tex], prostor je dimenzije [tex]8[/tex].
Sada iz teorema o rangu i defektu dobivamo da je [tex]d(A+3I)=2[/tex], [tex]d((A+3I)^2)=3[/tex].
Ukoliko sa [tex]n_1^{(-3)}[/tex] označimo broj jednodimenzionalnih klijetki pridruženih [tex]-3[/tex] imamo:
[tex]n_1^{(-3)}=2d(A+3I)-d(I)-d((A+3I)^2)=4-0-3=1[/tex]
Isto tako, zbog [tex]g(-3)=d(A+3I)=2[/tex] znamo da postoje točno dvije klijetke pridružene [tex]-3[/tex].
Kako je jedna klijetka pridružena [tex]-3[/tex] dimenzije [tex]1[/tex], dimenzija druge klijetke mora biti jednaka [tex]3[/tex] jer je suma njihovih dimenzija jednaka kratnosti od [tex]-3[/tex] u [tex]k_A[/tex] koja je jednaka [tex]4[/tex].
Zbog [tex]d(A-2I)=2[/tex] znamo da postoje točno dvije klijetke pridružene [tex]2[/tex]. Suma njihovih dimenzija mora biti jednaka [tex]3[/tex], a kako su dimenzije [tex]\geq 1[/tex], jedina mogućnost je da je jedna dimenzije [tex]1[/tex], a druga dimenzije [tex]2[/tex].
Iz svega ovoga zaključujemo da je Jordanova forma od [tex]A[/tex]:
[tex] J(A)= \begin{bmatrix}
-3 & 1 & &&&&&\\
&-3 & 1 &&&&&\\
&&-3 &&&&&\\
&&& -3 &&&& \\
&&&& 0 &&&\\
&&&&& 2 & 1 & \\
&&&&&& 2 & \\
&&&&&&& 2
\end{bmatrix}[/tex]
6.
Iz teorema o rangu i defektu prvo dobivamo [tex]d(N)+d(N^2)=6[/tex].
Kako je broj jednodimenzionalnih klijetki u Jordanovoj formi od [tex]N[/tex] jednak [tex]n_1=2d(N)-d(I)-d(N^2)=2d(N)-d(N^2)[/tex], imamo da mora biti [tex]2d(N)-d(N^2)\geq 0[/tex], odnosno [tex]2d(N) \geq d(N^2)[/tex].
Sada je [tex]6=d(N)+d(N^2)\leq 3d(N),[/tex] odnosno [tex]d(N)\geq 2[/tex].
Kako je očito [tex]Ker(N) \leq Ker(N^2)[/tex], imamo [tex]d(N)\leq d(N^2)=6-d(N)[/tex], pa je [tex]d(N)\leq 3[/tex].
Zaključujemo da je [tex]d(N)\in \{2,3\}[/tex].
Ako je [tex]d(N)=2[/tex], tada je [tex]ind(N)=5[/tex]. Znači u tom slučaju imamo da [tex]N[/tex] u Jordanovoj formi ima dvije klijetke, od kojih je barem jedna dimenzije [tex]5[/tex]. Ovdje imamo samo jednu mogućnost, a ta je da se [tex]J(N)[/tex] sastoji od jedne klijetke dimenzije [tex]5[/tex] i jedne od dimenzije [tex]3[/tex]. Lako se provjeri da je u tom slučaju zadovoljeno i [tex]r(N^2)=4[/tex].
Ako je [tex]d(N)=3[/tex], tada je [tex]n_1=3[/tex], a [tex]ind (N)=6[/tex].
Znači [tex]J(N)[/tex] ima ukupno tri klijetke od kojih ih je tri dimenzije [tex]1[/tex], a mora postojati barem jedna klijetka dimenzije [tex]6[/tex].
Ovo je naravno nemoguće.
Zaključujemo da je Jordanova forma od [tex]N[/tex] jedinstveno određena.
|
