יהיו z 1 , z 2 , z 3 , z 4 ∈ C z_{1},z_{2},z_{3},z_{4} \in \mathbb{C} z 1 , z 2 , z 3 , z 4 ∈ C w = 5 + 6 i w=5+6i w = 5 + 6 i 4 4 4
∣ z 1 z 2 z 3 z 4 z 2 z 3 z 4 z 1 z 3 z 4 z 1 z 2 z 4 z 1 z 2 z 3 ∣ \begin{vmatrix}
z_{1} & z_{2} & z_{3} & z_{4}\\z_{2} & z_{3} & z_{4} & z_{1}\\z_{3} & z_{4} & z_{1} & z_{2}\\z_{4} & z_{1} & z_{2} & z_{3}
\end{vmatrix} z 1 z 2 z 3 z 4 z 2 z 3 z 4 z 1 z 3 z 4 z 1 z 2 z 4 z 1 z 2 z 3 ∣ z 1 z 2 z 3 z 4 z 2 z 3 z 4 z 1 z 3 z 4 z 1 z 2 z 4 z 1 z 2 z 3 ∣ = R 1 = R 1 + R 2 + R 3 + R 4 ∣ 0 0 0 0 z 2 z 3 z 4 z 1 z 3 z 4 z 1 z 2 z 4 z 1 z 2 z 3 ∣ \begin{vmatrix}
z_{1} & z_{2} & z_{3} & z_{4} \\
z_{2} & z_{3} & z_{4} & z_{1} \\
z_{3} & z_{4} & z_{1} & z_{2} \\
z_{4} & z_{1} & z_{2} & z_{3}
\end{vmatrix}\underset{R_{1}=R_{1}+R_{2}+R_{3}+R_{4}}{=}\begin{vmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
z_{2} & z_{3} & z_{4} & z_{1} \\
z_{3} & z_{4} & z_{1} & z_{2} \\
z_{4} & z_{1} & z_{2} & z_{3}
\end{vmatrix} z 1 z 2 z 3 z 4 z 2 z 3 z 4 z 1 z 3 z 4 z 1 z 2 z 4 z 1 z 2 z 3 R 1 = R 1 + R 2 + R 3 + R 4 = 0 z 2 z 3 z 4 0 z 3 z 4 z 1 0 z 4 z 1 z 2 0 z 1 z 2 z 3 זאת מכיוון שסכום של n n n w ∈ C w \in \mathbb{C} w ∈ C n n n n > 1 n>1 n > 1
∣ z 1 z 2 z 3 z 4 z 2 z 3 z 4 z 1 z 3 z 4 z 1 z 2 z 4 z 1 z 2 z 3 ∣ = 0 \begin{vmatrix}
z_{1} & z_{2} & z_{3} & z_{4} \\
z_{2} & z_{3} & z_{4} & z_{1} \\
z_{3} & z_{4} & z_{1} & z_{2} \\
z_{4} & z_{1} & z_{2} & z_{3}
\end{vmatrix}=0 z 1 z 2 z 3 z 4 z 2 z 3 z 4 z 1 z 3 z 4 z 1 z 2 z 4 z 1 z 2 z 3 = 0
∣ A m × m C 0 B n × n ∣ = ∣ A ∣ ∣ B ∣ \begin{vmatrix}
\begin{array}{c|c}
\underset{m\times m}{A} & C \\
\hline 0 & \underset{n\times n}{B} \;\;
\end{array}
\end{vmatrix}=|A||B| m × m A 0 C n × n B = ∣ A ∣∣ B ∣
תהי A 2 × 2 = ( a b c d ) \underset{2\times2}{A}=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix} 2 × 2 A = ( a c b d )
A − 1 = 1 ∣ A ∣ A^{-1}=\frac{1}{|A|} A − 1 = ∣ A ∣ 1
נתון כי ∣ A 3 × 3 ∣ = d ≠ 0 |\underset{3\times3}{A}|=d\neq 0 ∣ 3 × 3 A ∣ = d = 0 B + 3 A − 1 = 0 B+3A^{-1}=0 B + 3 A − 1 = 0 C − ( B 2 A ) t = 0 C-(B^2A)^t=0 C − ( B 2 A ) t = 0 ∣ C ∣ |C| ∣ C ∣
B = − 3 A − 1 B=-3A^{-1} B = − 3 A − 1 ⇓ \Downarrow ⇓ ∣ A ∣ = ∣ − 3 A − 1 ∣ = ( − 3 ) 3 ∣ A − 1 ∣ = − 27 1 d |A|=|-3A^{-1}|=(-3)^3|A^{-1}|=-27 \frac{1}{d} ∣ A ∣ = ∣ − 3 A − 1 ∣ = ( − 3 ) 3 ∣ A − 1 ∣ = − 27 d 1
אם A n × n , α ∈ F \underset{n\times n}{A},\alpha \in \mathbb{F} n × n A , α ∈ F ∣ α A ∣ = α n ∣ A ∣ |\alpha A|=\alpha^n|A| ∣ α A ∣ = α n ∣ A ∣
C = ( B 2 A ) t = A t ( B t ) 2 C=(B^2A)^t=A^t(B^t)^2 C = ( B 2 A ) t = A t ( B t ) 2 ∣ C ∣ = ∣ A t ∣ ∣ B t ∣ 2 = ∣ A ∣ ∣ B ∣ = d ( − 27 ) 2 d 2 = 729 d |C|=|A^t||B^t|^2=|A||B|=d \frac{(-27)^2}{d^2}=\frac{729}{d} ∣ C ∣ = ∣ A t ∣∣ B t ∣ 2 = ∣ A ∣∣ B ∣ = d d 2 ( − 27 ) 2 = d 729
יהי A , B A,B A , B n × n n\times n n × n A B AB A B ⟺ \iff ⟺ A A A B B B
הוכחה: A B AB A B A , B ⟺ ∣ B ∣ ≠ 0 ∧ ∣ A ∣ ≠ 0 ⟺ ∣ A ∣ ∣ B ∣ ≠ 0 ⟺ ∣ A B ∣ = 0 ⟺ A,B \iff |B|\neq 0 \land |A|\neq 0 \iff |A||B|\neq 0 \iff |AB|=0 \iff A , B ⟺ ∣ B ∣ = 0 ∧ ∣ A ∣ = 0 ⟺ ∣ A ∣∣ B ∣ = 0 ⟺ ∣ A B ∣ = 0 ⟺ ∎
יהיו A , B ∈ R n × n A,B \in \mathbb{R}^{n\times n} A , B ∈ R n × n n n n n > 1 n>1 n > 1 A B + B A = 0 AB+BA=0 A B + B A = 0 A , B A,B A , B
הטענה ??? .הוכחה:
A B + B A = 0 ⇓ A B = − B A ⇓ ∣ A B ∣ = ∣ − B A ∣ ⇓ ∣ A ∣ ∣ B ∣ = ( − 1 ) n ∣ B ∣ ∣ A ∣ \begin{matrix}
AB+BA=0 \\
\Downarrow \\
AB=-BA \\
\Downarrow \\
|AB|=|-BA| \\
\Downarrow \\
|A||B|=(-1)^n |B||A|
\end{matrix} A B + B A = 0 ⇓ A B = − B A ⇓ ∣ A B ∣ = ∣ − B A ∣ ⇓ ∣ A ∣∣ B ∣ = ( − 1 ) n ∣ B ∣∣ A ∣ מכיוון ש-n n n
∣ A ∣ ∣ B ∣ = − ∣ A ∣ ∣ B ∣ ⇓ ∣ A ∣ ∣ B ∣ = 0 ⇓ \begin{matrix}
|A||B|=-|A||B| \\
\Downarrow \\
|A||B|=0 \\
\Downarrow
\end{matrix} ∣ A ∣∣ B ∣ = − ∣ A ∣∣ B ∣ ⇓ ∣ A ∣∣ B ∣ = 0 ⇓ לפחות אחת מהדטרמיננטות היא 0 וכן, לפחות מטריצה אחת אינה הפיכה.∎
ע"ע, ו"ע, לכסון וכו'
F מ"ע מעל V יהי T : V → V יהי אופרטור ליניארי A ∈ F n × n T ( v ) = λ v A v = λ v ע"ע λ v ≠ 0 , v ∈ V v ≠ 0 , v ∈ F n ו"ע v \begin{array}{c|c}
\begin{matrix}
F \R{\text{ מ"ע מעל }}V\R{\text{יהי }} \\
T:V\to V \R{\text{יהי אופרטור ליניארי }}
\end{matrix} & A \in \mathbb{F}^{n\times n} \\
\hline T(v)=\lambda v & Av=\lambda v & \R{\text{ ע"ע}} \lambda \\
\hline v\neq 0, v \in V & v \neq 0, v \in \mathbb{F}^n & \R{\text{ ו"ע}}v
\end{array} F מ"ע מעל V יהי T : V → V יהי אופרטור ליניארי T ( v ) = λ v v = 0 , v ∈ V A ∈ F n × n A v = λ v v = 0 , v ∈ F n ע"ע λ ו"ע v
יהי V = R 2 × 2 V=\mathbb{R}^{2\times2} V = R 2 × 2 T : V → V T:V\to V T : V → V
T ( A ) = A + 2 A t T(A)=A+2A^t T ( A ) = A + 2 A t א. מצאו ו"ע ו-ע"ע של T T T B B B R 2 × 2 \mathbb{R}^{2\times{2}} R 2 × 2
B = { ( 2 0 0 3 ) , ( 0 − 2 − 2 0 ) , ( 0 3 − 3 0 ) , ( 3 0 0 0 ) } B=\left\{ \begin{pmatrix}
2 & 0\\0 & 3
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
0 & -2\\-2 & 0
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
0 & 3\\-3 & 0
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
3 & 0\\0 & 0
\end{pmatrix} \right\} B = { ( 2 0 0 3 ) , ( 0 − 2 − 2 0 ) , ( 0 − 3 3 0 ) , ( 3 0 0 0 ) } מצאו את [ T ] B [T]_{B} [ T ] B
א"ר ≥ ג"ר ≥ 1 א\text{"}ר\geq ג\text{"}ר\geq 1 א " ר ≥ ג " ר ≥ 1 פתרון א': λ ∈ R \lambda \in\mathbb{R} λ ∈ R A ∈ R 2 × 2 A \in \mathbb{R}^{2\times2} A ∈ R 2 × 2 T ( A ) = λ A T(A)=\lambda A T ( A ) = λ A A + 2 A t = λ A A+2A^t=\lambda A A + 2 A t = λ A
( λ − 1 ) A = 2 A t (\lambda-1)A=2A^t ( λ − 1 ) A = 2 A t המטריצות A , A t A,A^t A , A t A A A A A A A t = A A^t=A A t = A
( λ − 1 ) A = 2 A ⟹ ( λ − 3 ) A = 0 ⟹ λ = 3 (\lambda-1)A=2A \implies (\lambda-3)A=0 \implies \lambda=3 ( λ − 1 ) A = 2 A ⟹ ( λ − 3 ) A = 0 ⟹ λ = 3 עבור A A A A t = − A A^t=-A A t = − A
( λ − 1 ) A = − 2 A ⟹ ( λ + 1 ) A = 0 ⟹ λ = − 1 (\lambda-1)A=-2A \implies (\lambda+1)A=0 \implies \lambda=-1 ( λ − 1 ) A = − 2 A ⟹ ( λ + 1 ) A = 0 ⟹ λ = − 1 ⇓ \Downarrow ⇓ בסיס עצמי ר"ג ר"א ע"ע ( 1 0 0 0 ) ( 0 1 1 0 ) ( 0 0 0 1 ) 3 3 3 ( 0 1 − 1 0 ) 1 1 − 1 \begin{array}{c|c}
\R{\text{בסיס עצמי}} & \R{\text{ר"ג}} & \R{\text{ר"א}} & \R{\text{ע"ע}} \\
\hline \begin{matrix}
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
1 & 0
\end{pmatrix} \\
&\begin{pmatrix}
0 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}
\end{matrix} & 3 & 3 & 3 \\
\hline \\
\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
-1 & 0
\end{pmatrix} & 1 & 1 & -1 \\ \\
\hline
\end{array} בסיס עצמי ( 1 0 0 0 ) ( 0 1 1 0 ) ( 0 0 0 1 ) ( 0 − 1 1 0 ) ר"ג 3 1 ר"א 3 1 ע"ע 3 − 1 מצאנו כעת את כל הע"ע ואת כל הו"ע רק לפי הגדרה ובכלל בלי לגשת לפ"א.
פתרון ב': b 1 , b 2 , b 4 b_{1},b_{2},b_{4} b 1 , b 2 , b 4 T T T
T ( b 1 ) = 3 b 1 T ( b 2 ) = 3 b 2 T ( b 4 ) = 3 b 4 \begin{matrix}
T(b_{1})=3b_{1} \\
T(b_{2})=3b_{2} \\
T(b_{4})=3b_{4}
\end{matrix} T ( b 1 ) = 3 b 1 T ( b 2 ) = 3 b 2 T ( b 4 ) = 3 b 4 המטריצה b 3 b_{3} b 3 T ( b 3 ) = − 1 b 3 T(b_{3})=-1b_{3} T ( b 3 ) = − 1 b 3
( 3 0 0 0 0 3 0 0 0 0 − 1 0 0 0 0 3 ) \begin{pmatrix}
3 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 3 & 0 & 0 \\
0 & 0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 3
\end{pmatrix} 3 0 0 0 0 3 0 0 0 0 − 1 0 0 0 0 3 זאת מטריצה אלכסונית.
T T T ⟺ \iff ⟺
כמה תכונות של ו"ע וע"ע
תהי A ∈ F n × n A \in \mathbb{F}^{n\times n} A ∈ F n × n λ \lambda λ A A A v ∈ F n v \in \mathbb{F}^n v ∈ F n v ≠ 0 v \neq 0 v = 0
יהי m ∈ N m \in \mathbb{N} m ∈ N λ m \lambda^m λ m A m A^m A m v v v
יהי p ( x ) p(x) p ( x ) F \mathbb{F} F p ( x ) = ∑ k = 0 m a k x k p(x)=\sum_{k=0}^m a_{k}x^k p ( x ) = ∑ k = 0 m a k x k p ( A ) p(A) p ( A ) p ( λ ) p(\lambda) p ( λ ) p ( A ) p(A) p ( A ) v v v
הסקלר λ = 0 \lambda=0 λ = 0 A A A A ⟺ A \iff A ⟺ λ = 0 \lambda=0 λ = 0 n − r ( A ) n-r(A) n − r ( A )
אם A A A λ − 1 \lambda^{-1} λ − 1 A − 1 A^{-1} A − 1 v v v A A A λ − 1 \lambda^{-1} λ − 1
הוכחה: (1)m m m בסיס: m = 1 m=1 m = 1
A 1 = A A^1=A A 1 = A A 1 v = A v = ↓ נתון + הגדרה λ v A^1 v=Av \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{נתון + הגדרה}}
\end{matrix}}{=} \lambda v A 1 v = A v ↓ נתון + הגדרה = λ v צעד: נניח שהטענה נכונה עבור m m m m + 1 m+1 m + 1
A m + 1 v = A m A v = A m ( A v ) = A m ( λ v ) = λ ( A m v ) = λ λ m v = λ m + 1 v A^{m+1}v=A^mAv=A^m(Av)=A^m(\lambda v)=\lambda (A^mv)=\lambda\lambda^mv=\lambda^{m+1}v A m + 1 v = A m A v = A m ( A v ) = A m ( λ v ) = λ ( A m v ) = λ λ m v = λ m + 1 v ∎
אם 2 הוא ע"ע של A A A v 1 v_{1} v 1 A 3 A^3 A 3 8 8 8 v 1 v_{1} v 1
הוכחה: (2)
p ( A ) ⋅ v = ( ∑ k = 0 m a k A k ) v = ↓ דיסט ∑ k = 0 m ( a k ( A k v ) ) = ↓ ( 1 ) ∑ k = 0 m ( a k λ k v ) = ( ∑ k = 0 m a k λ k ) v = p ( λ ) v p(A)\cdot v=\left( \sum_{k=0}^m a_{k}A^k \right)v \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{דיסט}}
\end{matrix}}{=} \sum_{k=0}^m \left(a_{k}(A^kv) \right)\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
(1)
\end{matrix}}{=}\sum_{k=0}^m (a_{k}\lambda^kv)=\left( \sum_{k=0}^m a_{k}\lambda^k \right)v=p(\lambda)v p ( A ) ⋅ v = ( k = 0 ∑ m a k A k ) v ↓ דיסט = k = 0 ∑ m ( a k ( A k v ) ) ↓ ( 1 ) = k = 0 ∑ m ( a k λ k v ) = ( k = 0 ∑ m a k λ k ) v = p ( λ ) v כנדרש∎
אם למטריצה A A A B = A 2 − 4 I B=A^2-4I B = A 2 − 4 I
הוכחה: (3)λ = 0 \lambda=0 λ = 0 v ≠ 0 v \neq 0 v = 0 A v = 0 v = 0 Av=0v=0 A v = 0 v = 0 A x ‾ = 0 A\underline{x}=0 A x = 0 v ≠ 0 v \neq 0 v = 0 A A A
dim ( מרחב הפתרונות A x ‾ = 0 ) = n − r ( A ) \dim\left(\begin{matrix}
\R{\text{מרחב הפתרונות}} \\
A\underline{x}=0
\end{matrix}\right)=n-r(A) dim ( מרחב הפתרונות A x = 0 ) = n − r ( A ) המרחב העצמי של λ = 0 \lambda=0 λ = 0 A x ‾ = 0 A\underline{x}=0 A x = 0 A A A A x ‾ = 0 A\underline{x}=0 A x = 0 v ≠ 0 v\neq 0 v = 0 A v = 0 = 0 v Av=0=0v A v = 0 = 0 v v v v λ = 0 \lambda=0 λ = 0 ∎
נסתכל על B B B A A A
הוכחה: (4)
A v = λ v / A − 1 Av=\lambda v \; / A^{-1} A v = λ v / A − 1 A − 1 A I v = A − 1 λ v \underbracket{A^{-1}A}_{I}v=A^{-1}\lambda v I A − 1 A v = A − 1 λ v v = λ ( A − 1 v ) v=\lambda(A^{-1}v) v = λ ( A − 1 v ) λ − 1 v = A − 1 v \lambda^{-1}v=A^{-1}v λ − 1 v = A − 1 v ∎
תהי A = ( 3 2 2 2 0 1 2 1 0 ) A=\begin{pmatrix}3&2&2\\2&0&1\\2&1&0\end{pmatrix} A = 3 2 2 2 0 1 2 1 0 A A A A A A D D D P P P D = P − 1 A P D=P^{-1}AP D = P − 1 A P B = A 2 + 2 A − 10 I B=A^2+2A-10I B = A 2 + 2 A − 10 I I \mathrm{I}\qquad I B B B I I \mathrm{II}\qquad II B B B
הסבר: אם λ \lambda λ v ≠ 0 v \neq 0 v = 0
A v = λ v Av=\lambda v A v = λ v ( λ I − A ) v = 0 (\lambda I-A)v=0 ( λ I − A ) v = 0 מכיוון ש-v ≠ 0 v\neq 0 v = 0 ( λ I − A ) x = 0 (\lambda I-A)x=0 ( λ I − A ) x = 0 ⟺ \iff ⟺ λ I − A \lambda I-A λ I − A
∣ λ I − A ∣ = 0 |\lambda I-A|=0 ∣ λ I − A ∣ = 0 הדטרמיננטה הזו נקראת הפולינום האופייני של A A A
פתרון א':
∣ λ I − A ∣ = ∣ λ − 3 − 2 − 2 − 2 λ − 1 − 2 − 1 λ ∣ = R 3 = R 3 − R 2 ∣ λ − 3 − 2 − 2 − 2 λ − 1 0 − ( λ + 1 ) λ + 1 ∣ = ( λ + 1 ) ∣ λ − 3 − 2 − 2 − 2 λ − 1 0 − 1 1 ∣ = C 2 = C 2 + C 3 |\lambda I-A|=\begin{vmatrix}
\lambda-3 & -2 & -2 \\
-2 & \lambda & -1 \\
-2 & -1 & \lambda
\end{vmatrix}\underset{R_{3}=R_{3}-R_{2}}{=}\begin{vmatrix}
\lambda-3 & -2 & -2 \\
-2 & \lambda & -1 \\
0 & -(\lambda+1) & \lambda+1
\end{vmatrix}=(\lambda+1)\begin{vmatrix}
\lambda-3 & -2 & -2 \\
-2 & \lambda & -1 \\
0 & -1 & 1
\end{vmatrix}\underset{C_{2}=C_{2}+C_{3}}{=} ∣ λ I − A ∣ = λ − 3 − 2 − 2 − 2 λ − 1 − 2 − 1 λ R 3 = R 3 − R 2 = λ − 3 − 2 0 − 2 λ − ( λ + 1 ) − 2 − 1 λ + 1 = ( λ + 1 ) λ − 3 − 2 0 − 2 λ − 1 − 2 − 1 1 C 2 = C 2 + C 3 = ( λ + 1 ) ∣ λ − 3 − 4 − 2 − 2 λ − 1 − 1 0 0 1 ∣ = ( λ + 1 ) ⋅ 1 ⋅ ∣ λ − 3 − 4 − 2 λ − 1 ∣ = ( λ + 1 ) ( ( λ − 3 ) ( λ − 1 ) − 8 ) = (\lambda+1)\begin{vmatrix}
\lambda-3 & -4 & -2 \\
-2 & \lambda-1 & -1 \\
0 & 0 & 1
\end{vmatrix}=(\lambda+1)\cdot 1 \cdot \begin{vmatrix}
\lambda-3 & -4 \\
-2 & \lambda-1
\end{vmatrix}=(\lambda+1)((\lambda-3)(\lambda-1)-8)= ( λ + 1 ) λ − 3 − 2 0 − 4 λ − 1 0 − 2 − 1 1 = ( λ + 1 ) ⋅ 1 ⋅ λ − 3 − 2 − 4 λ − 1 = ( λ + 1 ) (( λ − 3 ) ( λ − 1 ) − 8 ) = ( λ + 1 ) ( λ 2 − 4 λ − 5 ) = ( λ + 1 ) 2 ( λ − 5 ) (\lambda+1)(\lambda^2-4\lambda-5)=(\lambda+1)^2(\lambda-5) ( λ + 1 ) ( λ 2 − 4 λ − 5 ) = ( λ + 1 ) 2 ( λ − 5 ) מצאנו כי מה שמאפס את הפולינום האופייני זה λ 1 , 2 = − 1 \lambda_{1,2}=-1 λ 1 , 2 = − 1 λ 3 = 5 \lambda_{3}=5 λ 3 = 5
בסיס למרחב עצמי ר"ג ר"א λ ? 1 או 2 2 − 1 ? 1 1 5 \begin{array}{c|c}
\R{\text{בסיס למרחב עצמי}} & \R{\text{ר"ג}} & \R{\text{ר"א}} & \lambda \\
\hline ? & \R{\text{1 או 2}} & 2 & -1 \\
\hline ? & 1 & 1 & 5
\end{array} בסיס למרחב עצמי ? ? ר"ג 1 או 2 1 ר"א 2 1 λ − 1 5 כעת נמצא את הבסיס למרחב העצמי לכל אחד מהם.( λ I − A ) x = 0 (\lambda I-A)x=0 ( λ I − A ) x = 0 λ \lambda λ λ 1 , 2 = − 1 \lambda_{1,2}=-1 λ 1 , 2 = − 1
( − 4 − 2 − 2 − 2 − 1 − 1 − 2 − 1 − 1 ) ( a b c ) = ( 0 0 0 ) \begin{pmatrix}
-4 & -2 & -2 \\
-2 & -1 & -1 \\
-2 & -1 & -1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
a \\
b \\
c
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix} − 4 − 2 − 2 − 2 − 1 − 1 − 2 − 1 − 1 a b c = 0 0 0 r ( − 1 I − A ) = 1 r(-1I-A)=1 r ( − 1 I − A ) = 1 לכן, מרחב הפתרונות הוא מהמימד 3 − 1 = 2 3-1=2 3 − 1 = 2
− 2 a − b − c = 0 -2a-b-c=0 − 2 a − b − c = 0 למשל:
( 1 − 1 − 1 ) , ( 0 1 − 1 ) \begin{pmatrix}
1 \\
-1 \\
-1
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
-1
\end{pmatrix} 1 − 1 − 1 , 0 1 − 1 כעת, נמצא בשביל λ 3 = 5 \lambda_{3}=5 λ 3 = 5
( 2 − 2 − 2 − 2 5 − 1 − 2 − 1 5 ) ( α β γ ) = 0 \begin{pmatrix}
2 & -2 & -2 \\
-2 & 5 & -1 \\
-2 & -1 & 5
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\alpha \\
\beta \\
\gamma
\end{pmatrix}=0 2 − 2 − 2 − 2 5 − 1 − 2 − 1 5 α β γ = 0 את זה נדרש לדרג כי זה לא ברור כמו הקודם.
( 2 − 2 − 2 − 2 5 − 1 − 2 − 1 5 ) → ( 2 − 2 − 2 0 3 − 3 0 − 3 3 ) → ( 1 − 1 − 1 0 1 − 1 0 0 0 ) \begin{pmatrix}
2 & -2 & -2 \\
-2 & 5 & -1 \\
-2 & -1 & 5
\end{pmatrix}\to \begin{pmatrix}
2 & -2 & -2 \\
0 & 3 & -3 \\
0 & -3 & 3
\end{pmatrix}\to \begin{pmatrix}
1 & -1 & -1 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix} 2 − 2 − 2 − 2 5 − 1 − 2 − 1 5 → 2 0 0 − 2 3 − 3 − 2 − 3 3 → 1 0 0 − 1 1 0 − 1 − 1 0 נראה כעת כי :
{ b − c = 0 ⟹ b = c a − b − c = 0 ⟹ a − 2 b = 0 ⟹ a = 2 b \begin{cases}
b-c=0 \implies b=c \\
a-b-c=0 \implies a-2b=0 \implies a=2b
\end{cases} { b − c = 0 ⟹ b = c a − b − c = 0 ⟹ a − 2 b = 0 ⟹ a = 2 b למשל:
( 2 1 1 ) \begin{pmatrix}
2 \\
1 \\
1
\end{pmatrix} 2 1 1 ולכן:
בסיס למרחב עצמי ר"ג ר"א λ ( 1 − 1 − 1 ) , ( 0 1 − 1 ) 2 2 − 1 ( 2 1 1 ) 1 1 5 \begin{array}{c|c}
\R{\text{בסיס למרחב עצמי}} & \R{\text{ר"ג}} & \R{\text{ר"א}} & \lambda \\
\hline \begin{pmatrix}
1 \\
-1 \\
-1
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
-1
\end{pmatrix} & 2 & 2 & -1 \\
\hline \begin{pmatrix}
2 \\
1 \\
1
\end{pmatrix} & 1 & 1 & 5 \\
\hline
\end{array} בסיס למרחב עצמי 1 − 1 − 1 , 0 1 − 1 2 1 1 ר"ג 2 1 ר"א 2 1 λ − 1 5 הוכחה: (ב')A A A
סכום הריבויים הגיאומטריים שווה ל-n = 3 n=3 n = 3
מצאנו n n n R \mathbb{R} R
כעת, מכיוון ש-A A A A = P − 1 D P A=P^{-1}DP A = P − 1 D P A ≈ D A \approx D A ≈ D
D = ( − 1 0 0 0 − 1 0 0 0 5 ) D=\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 5
\end{pmatrix} D = − 1 0 0 0 − 1 0 0 0 5 P = ( 1 1 2 0 − 2 1 − 2 0 1 ) P=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 \\
0 & -2 & 1 \\
-2 & 0 & 1
\end{pmatrix} P = 1 0 − 2 1 − 2 0 2 1 1 ∎
אין קשר בין הפיכות ללכסינות!
הוכחה: (ג' I \mathrm{I} I p ( x ) = x 2 + 2 x − 10 p(x)=x^2+2x-10 p ( x ) = x 2 + 2 x − 10 B = p ( A ) B=p(A) B = p ( A ) B B B p ( λ ) p(\lambda) p ( λ ) λ \lambda λ A A A A A A B B B B B B נימוק אחר: קיימת P P P P − 1 A P P^{-1}AP P − 1 A P
P − 1 B P = P − 1 ( A 2 + 2 A − 10 I ) P = P − 1 A ⋅ A ⋅ P + 2 P − 1 A P ⏟ D − 10 P − 1 I P ⏟ I P^{-1}BP=P^{-1}(A^2+2A-10I)P=P^{-1}A\cdot A\cdot P+2\underbrace{P^{-1}AP}_{D}-10\underbrace{P^{-1}IP}_{I} P − 1 BP = P − 1 ( A 2 + 2 A − 10 I ) P = P − 1 A ⋅ A ⋅ P + 2 D P − 1 A P − 10 I P − 1 I P מכיוון ש-P P − 1 = I PP^{-1}=I P P − 1 = I A A A A A A
P − 1 B P = P − 1 A P P − 1 A P + 2 D − 10 I = D 2 + 2 D − 10 I P^{-1}BP=P^{-1}APP^{-1}AP+2D-10I=D^2+2D-10I P − 1 BP = P − 1 A P P − 1 A P + 2 D − 10 I = D 2 + 2 D − 10 I ∎
הוכחה: (ג' I I \mathrm{II} II B B B p ( 5 ) , p ( − 1 ) p(5),p(-1) p ( 5 ) , p ( − 1 )
p ( 5 ) = 25 + 10 − 10 = 25 ≠ 0 p(5)=25+10-10=25 \neq 0 p ( 5 ) = 25 + 10 − 10 = 25 = 0 p ( − 1 ) = 1 − 2 − 10 = − 11 ≠ 0 p(-1)=1-2-10=-11\neq 0 p ( − 1 ) = 1 − 2 − 10 = − 11 = 0 ל-B B B 25 , − 11 , − 11 25,-11,-11 25 , − 11 , − 11 B B B 0 0 0 B B B ∎