98 99 (5)

Przekształcenia liniowe

Rozwiązanie

Z warunku L[v) = Xv wynika, że wektor własny u przekształcenia liniowego L może w tym przekształceniu zmienić swój zwrot, być wydłużony lub skrócony (nawet do zera), lecz nic zmienia swego kierunku.

a) Spośród wszystkich wektorów płaszczyzny jedynie wektory osi Oz i osi Oy nie zmieniają swego kierunku, przy czym wektory leżące na osi Oz nie ulegają zmianie, a te z osi Oy przechodzą na wektor 2Crowy. Przekształcenie ma zatem dwie wartości własne Aj = 1, A* = 0 oraz przestrzenie wektorów własnych Wi = o śOz, W o — ośOy.

Licząc formalnie inamy L[x,y) = (x,0) oraz

Dla Aj = 1 wektor własny ma postać iii = (r,0), gdzie 0, zatem = {(z,0) :    R]

= oś Oz, dla A* = 0 wektor własny jest równy t>₂ = (0,y), gdzie y 0, więc Wq = {(O.y) y € R) = oś Oy.

b) Przekształcenie to nie ma rzeczywistych wartości własnych, gdyż żaden niczerowy wektor pr2y obrocie o kąt — nic zachowuje swojego kierunku. Potwierdza to bezpośredni rachunek, bowiem inamy

więc

	’ 1	1 '		1 A 1
A =	y/S 1		, det (A — XI) =	n/2 sfi 1 1
	. V2	yfi.		V2 V2~

= A^a-v^2A+l.

Otrzymany wielomian charakterystyczny nie ma pierwiastków rzeczywistych,

c) W tym przekształceniu wektory osi Oz nie ulegają zmianie, wektory płaszczyzny zOy zmieniają zwrot, a pozostałe wektory przestrzeni zmieniają swój kierunek. Łatwo stąd wywnioskować, że liczba Aj = 1 jest wartością własną przekształcenia L z przestrzenią wektorów własnych W' = oś Oz. Drugą wartością własną jest liczba A₂ = —1, a W__x — płaszczyzna rOy. 2 drugiej strony L(x,y,z) = (-z, —y, z), więc

| -1 - A 0    0    1

det (A — A/) =    0    —1 — A 0    = (1 + A)²(l - A).

I 0    0    1-A|

Dla Aj = 1 wektor własny Vj = (0.0, z), gdzie z £ 0 oraz W_x = {(0,0, z) : z 6    =

oś Oz, dla A₂ = — 1 mamy u₂ = (x,y,0), gdzie x 0 lub y 0 oraz W-1 = {(x,y, 0) : r, y 6 i?} = płaszczyzna zOy.

• Przykład 10.6

Znaleźć wartości własne podanych liniowych przekształceń rzeczywistych przestrzeni liniowych:

a) L : R²—>R², L{x,y) =(r,x + y)|

Dziesiąty tydzień - przykłady

b)    L : R²—♦ R², L(x_xy) = (-y_tx)\

c)    L R¹—>R^J, /y(x,y,z) = (z - y + 2z,3y- 2,^2);

d)    £ : J2³ —» i£³, L(z,y,2) = (z - *,2y,x + z);

e) /. ii₂(r] —► R₂[z], (^p)(r) = xp'(r);

f) Z,    /*₂[x] — fi₂[x], (Lp)(x) = p"(x).

Rozwiązanie

Wystarczy wyznaczyć wartości własne i wektory własne macierzy badanych przekształceń liniowych w wybranych bazach odpowiednich przestrzeni liniowych. Wc wszystkich przykładach posłużymy się bazami standardowymi.

a) Rozwiązujemy równanie charakterystyczne przekształcenia L, tzn. równanie

Równanie to ma jedyną wartość własną A = 1. Odpowiadający jej wektor własny V = (z,y) znajdujemy z układu równań

Stąd v = (0,y), gdzie y ^ 0. Ponadto przestrzeń wektorów własnych równa s;ę w tym przypadku W\ = {(0, y) : y € ii} = lin {(0,1)} .

b) W tym przykładzie mamy

Wielomian charakterystyczny przekształcenia i nie ma pierwiastków rzeczywistych, więc przekształcenie i nie ma wartości własnych ani wektorów własnych w przestrzeni R⁷ Dalsze obliczenia tnożna byłoby prowadzić, gdyby rozszerzyć dziedzinę przekształcenia

traktując go jako L : C²-C². Omówimy to dokładniej w Przykładzie 10.7.

c) Dla przekształcenia rozważanego w tym przykładzie mamy

1 — A -1    2

0    3-A -1    = (1 - A)(3 - A)(4 - A)

0    0    4 -A

Przekształcenie L ma trzy wartości własne Ai = 1, Aj = 3, A3 — 4. Wektor własny t*i = (x,y, z) odpowiadający wartości własnej Ai znajdujemy z układu równań

{A - /Ai)	z y	_	'0-1 2' 0 2-1	X y	=	0 ' 0
	2		.0 0 3.	z		. 0 ,

Otrzymujemy rozwiązanie y = z = 0, r € R, zatem V\ — (r,0,0), gdzie z 5^ 0 i JVi = {(1.0,0) z € K) = lin {(ł 0,0)). Dalej

{A-IX₂)

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
39,40 (2) Rozwiązanie. Z warunków zadania wynika, że P(X = X;) = — dla i=1, 2, ...,n. Zatem n 1 EX =
44457 strona (5) 16 3.1.3. Analiza graficzna stopnia wyjściowego wzmacniacza Z warunków projektu wy
98 Aneta Widera Wyniki i dyskusja Z przeprowadzonych badań wynika, że ziarno jęczmienia charakteryzu
454 2 454 12, Rozwiązania zadań (b) Z f=xyjz wynika, że Af Ax Av Az -T«— +---- f x y z Wprowadzamy
Rozwiązanie Z treści zadania wynika, ze m +1 * 0. czyli m * -1. Trójmian/ma dwa różne pierwiastki
Matematyka 2 3 22 I Geometria analityczna u- przestrzeni czyli n: 3y-2z = 0. Usposób. Z warunków z
99 © MIM UW, 2011/12 z dowolności e > 0 wynika, że Xn+m(A x B) — 0 = An(A) x

65146 str 088 Rozwiązanie Z tablicy 11.8 wynika, że dla d = 112 mm jest: D = 125 mm oraz i = 10 wypu
412 [1024x768] niektóre równowagi w roztworach elektrolitów zaś z warunku elektroobojętności wynika,
chądzyński 1 156 9. APROKSYMACJA FUNKCJAMI WYMIERNYMI Rozwiązanie. Z twierdzenia 1.13.3 wynika, że f
oUkładykrzywoliniowe Z geometrii różniczkowej wynika, ze wektory styczne do linii układu otrzymujemy
Z powyższego wynika, że wektor indukcji ma ten sam zwrot co wektor natężenia, ponieważ przenika
068 069 2 68 Programowanie liniowe Z powyższych warunków wynikają następujące wnioski:Warunek (1-14)
50 (220) 99 98 99 98 2,11 Rozwiązanie Siły w nogach określimy rozpatrując równowagę węzła 0 trój nog
Zadanie 3.7 Korzystając z warunków na rozwiązałność dowolnego układu równań liniowych podać warunki

więcej podobnych podstron