Zadatak 1
U euklidskom prostoru [tex]\mathbb{R}^3[/tex] sa standardnom ortonormiranom bazom [tex]e_1=\left(1; 0; 0\right),\ e_2=\left(0; 1; 0\right),\ e_3=\left(0; 0; 1\right)[/tex] dati su vektori [tex]\vec{a}=e_2-2e_3[/tex] i [tex]\vec{b}=e_1-e_2[/tex]. Linearni operator [tex]f[/tex] zadat je jednakošću [tex]f(\vec{x})=(\vec{a},\vec{x})\,\vec{b}-(\vec{b},\vec{x})\,\vec{a}[/tex] za svaki vektor [tex]\vec{x}\in\mathbb{R}^3[/tex], gde [tex](\vec{u},\vec{v})[/tex] označava skalarni proizvod vektora [tex]\vec{u}[/tex] i [tex]\vec{v}[/tex]. Odredite matricu operatora [tex]f^{2012}[/tex] u bazi [tex]e_1,e_2,e_3[/tex].
Rešenje:
U koordinatama je [tex]\vec{a}=\left(0; 1; -2\right)[/tex] i [tex]\vec{b}=\left(1; -1; 0\right)[/tex]. [tex]j[/tex]-ta kolona matrice [tex]F[/tex] operatora [tex]f[/tex] je [tex]f(e_j)=a_j\vec{b}-b_j\vec{a}[/tex], gde su [tex]a_j[/tex] i [tex]b_j[/tex] [tex]j[/tex]-te koordinate vektora [tex]\vec{a}[/tex] i [tex]\vec{b}[/tex]. Zato je (sa [tex]\vec{a}[/tex] i [tex]\vec{b}[/tex] kao kolonama)
[tex]F=\vec{b}\,\vec{a}^{T}-\vec{a}\,\vec{b}^{T}=\begin{bmatrix}0&1&-2\\-1&0&2\\2&-2&0\end{bmatrix}[/tex]
Matrica [tex]F[/tex] je koso-simetrična ([tex]F^{T}=-F[/tex]), pa je matrica [tex]S=F^2[/tex] operatora [tex]f^2[/tex] simetrična: [tex]S^{T}=(F^{T})^2=F^2=S[/tex]. Računamo
[tex]S=F^2=\begin{bmatrix}-5&4&2\\4&-5&2\\2&2&-8\end{bmatrix},\qquad F^{2012}=S^{1006}[/tex]
Neka je [tex]E[/tex] jedinična matrica. Matrica
[tex]S+9E=\begin{bmatrix}4&4&2\\4&4&2\\2&2&1\end{bmatrix}[/tex]
ima rang [tex]1[/tex], pa je [tex]\lambda=-9[/tex] sopstvena vrednost matrice [tex]S[/tex] sa dvodimenzionim sopstvenim potprostorom — ravni [tex]2x+2y+z=0[/tex]; pošto je [tex]S[/tex] simetrična, ova sopstvena vrednost ima višestrukost [tex]2[/tex]. Kako je [tex]\operatorname{tr}S=-18[/tex], treća sopstvena vrednost je [tex]-18-2\cdot (-9)=0[/tex], sa sopstvenim vektorom [tex]\left(2; 2; 1\right)[/tex]: zaista, [tex]S\left(2; 2; 1\right)^{T}=\vec{0}[/tex] (ovaj vektor je ortogonalan na [tex]\vec{a}[/tex] i [tex]\vec{b}[/tex]). Ortonormirana baza od sopstvenih vektora (kao kolona) je
[tex]\vec{g}_1=\frac{1}{\sqrt2}\left(1; -1; 0\right)^{T},\quad \vec{g}_2=\frac{1}{3\sqrt2}\left(1; 1; -4\right)^{T},\quad \vec{g}_3=\frac13\left(2; 2; 1\right)^{T}[/tex]
Sa ortogonalnom matricom [tex]Q=\left[\vec{g}_1\ \vec{g}_2\ \vec{g}_3\right][/tex] imamo [tex]S=Q\operatorname{diag}(-9,-9,0)\,Q^{T}[/tex], a pošto je [tex]\vec{g}_1\vec{g}_1^{T}+\vec{g}_2\vec{g}_2^{T}+\vec{g}_3\vec{g}_3^{T}=QQ^{T}=E[/tex],
[tex]F^{2012}=S^{1006}=Q\operatorname{diag}\left((-9)^{1006},(-9)^{1006},0\right)Q^{T}=9^{1006}\left(\vec{g}_1\vec{g}_1^{T}+\vec{g}_2\vec{g}_2^{T}\right)=9^{1006}\left(E-\vec{g}_3\vec{g}_3^{T}\right)[/tex]
Ovde je
[tex]\vec{g}_3\vec{g}_3^{T}=\frac19\begin{bmatrix}4&4&2\\4&4&2\\2&2&1\end{bmatrix},\qquad E-\vec{g}_3\vec{g}_3^{T}=\frac19\begin{bmatrix}5&-4&-2\\-4&5&-2\\-2&-2&8\end{bmatrix}[/tex]
pa je
[tex]F^{2012}=9^{1005}\begin{bmatrix}5&-4&-2\\-4&5&-2\\-2&-2&8\end{bmatrix}[/tex]
Provera: [tex]S=-9P[/tex], gde je [tex]P=E-\vec{g}_3\vec{g}_3^{T}[/tex] ortogonalna projekcija na ravan vektora [tex]\vec{a}[/tex] i [tex]\vec{b}[/tex], pri čemu je [tex]P^2=P[/tex]. Zato je [tex]S^2=-9S[/tex], odakle [tex]S^k=(-9)^{k-1}S[/tex] i [tex]S^{1006}=(-9)^{1005}\cdot (-9P)=9^{1006}P[/tex] — isti rezultat.
Zadatak 2
Neka je [tex]\mathbb{K}[/tex] polje, a [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex] proizvoljne kvadratne matrice reda [tex]n[/tex] sa elementima iz [tex]\mathbb{K}[/tex]. Dokažite da matrice [tex]AB[/tex] i [tex]BA[/tex] imaju isti karakteristični polinom, tj. da je [tex]\det(AB-\lambda E)=\det(BA-\lambda E)[/tex], gde je [tex]E[/tex] jedinična matrica.
Rešenje:
Ako je jedna od matrica, recimo [tex]A[/tex], invertibilna, tvrđenje je neposredno: [tex]BA=A^{-1}(AB)A[/tex] je slična matrici [tex]AB[/tex], a slične matrice imaju isti karakteristični polinom. U opštem slučaju radimo sa matricama čiji su elementi polinomi po [tex]\lambda[/tex], tj. pripadaju prstenu [tex]\mathbb{K}[\lambda][/tex]. Ovaj prsten je komutativan i nema delitelje nule; determinanta proizvoda jednaka je proizvodu determinanti, a determinanta blok-trougaone matrice jednaka je proizvodu determinanti njenih dijagonalnih blokova. Posmatrajmo blok-matricu reda [tex]2n[/tex] ([tex]0[/tex] označava nula-matricu reda [tex]n[/tex])
[tex]M=\begin{bmatrix}\lambda E&A\\B&E\end{bmatrix}[/tex]
Prvo, množimo [tex]M[/tex] sleva blok-trougaonom matricom determinante [tex]1[/tex]; rezultat je blok-trougaona matrica:
[tex]\begin{bmatrix}E&-A\\0&E\end{bmatrix}M=\begin{bmatrix}\lambda E-AB&0\\B&E\end{bmatrix}\ \Rightarrow\ \det M=\det(\lambda E-AB)[/tex]
Drugo, pošto je [tex]\lambda[/tex] skalar, [tex]B(\lambda E)=\lambda B[/tex], pa je
[tex]\begin{bmatrix}E&0\\-B&\lambda E\end{bmatrix}M=\begin{bmatrix}\lambda E&A\\-\lambda B+\lambda B&-BA+\lambda E\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\lambda E&A\\0&\lambda E-BA\end{bmatrix}[/tex]
Levi činilac ima determinantu [tex]\det E\cdot \det(\lambda E)=\lambda^n[/tex], a desna strana determinantu [tex]\lambda^n\det(\lambda E-BA)[/tex]. Zajedno sa prvim rezultatom:
[tex]\lambda^n\det M=\lambda^n\det(\lambda E-BA)\ \Rightarrow\ \lambda^n\det(\lambda E-AB)=\lambda^n\det(\lambda E-BA)[/tex]
Ovo je jednakost u [tex]\mathbb{K}[\lambda][/tex]. Pošto je [tex]\lambda^n\ne 0[/tex] i [tex]\mathbb{K}[\lambda][/tex] nema delitelje nule, možemo skratiti sa [tex]\lambda^n[/tex]:
[tex]\det(\lambda E-AB)=\det(\lambda E-BA)[/tex]
Množenjem sa [tex](-1)^n[/tex] dobijamo [tex]\det(AB-\lambda E)=\det(BA-\lambda E)[/tex]. Ovo je jednakost polinoma, a ne samo njihovih vrednosti, pa dokaz važi nad svakim poljem, uključujući i konačna polja, gde jednakost vrednosti u svim tačkama polja [tex]\mathbb{K}[/tex] ne bi bila dovoljna.
Meni
Laki
Sistemi linearnih jednačina i rang matrice