Rozwiazania

Wektory kolumnowe b¦d¦ pisaª wierszowo w nawiasach okr¡gªych, bo nie pami¦tam, jak si¦
w LATEX-u robi wektory kolumnowe:) Tj. (𝑥1 , . . . , 𝑥𝑛 ) oznacza wektor kolumnowy o wspóªrz¦dnych 𝑥1 , . . . , 𝑥𝑛 . Nie wiem, jak wygl¡da teoria z wykªadu, wi¦c b¦d¦ pisaª do±¢ szczegóªowo. Z
oznacze« to ⃗𝑎 ⋅ ⃗𝑏 to iloczyn skalarny wektorów∑𝑎 i 𝑏, w szczególno±ci
je±li (𝑒1 , . .∑
. , 𝑒𝑛 ) jest baz¡
∑
ortonormaln¡ przestrzeni
𝑉 , ⃗𝑥, ⃗𝑦 ∈ 𝑉 , ⃗𝑥 = 𝑖 𝑥𝑖 𝑒⃗𝑖 , ⃗𝑦 = 𝑖 𝑦𝑖 𝑒⃗𝑖 , to ⃗𝑥 ⋅ ⃗𝑦 = 𝑖 𝑥𝑖 𝑦𝑖 . Norma
√
wektora ⃗𝑥 to ∣∣⃗𝑥∣∣ = ⃗𝑥 ⋅ ⃗𝑥.
Sprawdzi¢, czy ukªad wektorów {𝑎⃗1 , 𝑎⃗2 , 𝑎⃗3 } jest liniowo niezale»ny i poda¢ wymiar podprzestrzeni 𝑃 ⊂ ℝ4 rozpi¦tej przez te wektory. Skonstruowa¢ metod¡ ortogonalizacji
GramaSchmidta baz¦ ortonormaln¡ podprzestrzeni 𝑃 i znale¹¢ rzut ortogonalny wektora ⃗𝑥 na
𝑃 . Dane: 𝑎⃗1 = (1, 1, 1, 1), 𝑎⃗2 = (0, 0, 1, 1), 𝑎⃗3 = (1, 0, −1, −1), ⃗𝑥 = (1, 2, 3, 4).
Zadanie 1.
Przypominamy, »e rz¡d macierzy o kolumnach 𝑣1 , . . . , 𝑣𝑛 jest równy (z denicji)
wymiarowi podprzestrzeni rozpi¦tej na wektorach 𝑣1 , . . . , 𝑣𝑛 . Ponadto ukªad 𝑣1 , . . . , 𝑣𝑛 jest liniowo niezale»ny wtedy i tylko wtedy, gdy wymiar podprzestrzeni rozpi¦tej na tym ukªadzie
jest równy 𝑛.
Wobec powy»szych obserwacji piszemy macierz o kolumnach 𝑎⃗1 , 𝑎⃗2 , 𝑎⃗3 i liczymy rz¡d (przeksztaªcenia elementarne).
⎡
⎤
⎡
⎤
⎡
⎤
⎡
⎤
1 0 1
1 0 1
1 0 1
1 0 0
⎢ 1 0 0 ⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥ ⇝ ⎢ 1 0 0 ⎥ ⇝ ⎢ 0 0 −1 ⎥ ⇝ ⎢ 0 1 0 ⎥
⎣ 1 1 −1 ⎦
⎣ 1 1 −1 ⎦
⎣ 0 1 −2 ⎦
⎣ 0 0 1 ⎦
1 1 −1
0 0 0
0 0 0
0 0 0
Rozwi¡zanie.
Widzimy zatem, »e rz¡d tej macierzy jest 3, równy liczbie wektorów które wpisali±my, zatem
ukªad ten jest liniowo niezale»ny i dim 𝑃 = 3.
Teraz konstrukcja bazy ortonormalnej. GramSchmidt dziaªa tak, »e bierzemy jak¡± baz¦,
tutaj (𝑎⃗1 , 𝑎⃗2 , 𝑎⃗3 ), i przerabiamy j¡ na baz¦ ortonormaln¡ (𝑢⃗1 , 𝑢⃗2 , 𝑢⃗3 ) nast¦puj¡co: Najpierw robimy baz¦ ortogonaln¡. Kªadziemy 𝑢⃗1 = 𝑎⃗1 , a nast¦pne wektory tak: 𝑢⃗2 jest rzutem ortogonalnym
wektora 𝑎⃗2 na span(𝑢⃗1 )⊥ , czyli
𝑎⃗2 ⋅ 𝑢⃗1
𝑢⃗1 ,
𝑢⃗2 = 𝑎⃗2 −
𝑢⃗1 ⋅ 𝑢⃗1
za± wektor 𝑢⃗3 jest rzutem ortogonalnym wektora 𝑎⃗3 na span(𝑢⃗1 , 𝑢⃗2 )⊥ , czyli
𝑢⃗3 = 𝑎⃗2 −
𝑎⃗3 ⋅ 𝑢⃗1
𝑎⃗3 ⋅ 𝑢⃗2
𝑢⃗1 −
𝑢⃗2 .
𝑢⃗1 ⋅ 𝑢⃗1
𝑢⃗2 ⋅ 𝑢⃗2
No to liczymy. Mamy 𝑢⃗1 = 𝑎⃗1 = (1, 1, 1, 1). Teraz 𝑎⃗2 ⋅ 𝑢⃗1 = 2, 𝑢⃗1 ⋅ 𝑢⃗1 = 4, czyli
(
)
1 1 1 1
2
𝑢⃗2 = (0, 0, 1, 1) − (1, 1, 1, 1) = − , − , ,
.
4
2 2 2 2
Dalej 𝑎⃗3 ⋅ 𝑢⃗1 = −1, 𝑎⃗3 ⋅ 𝑢⃗2 = − 32 , 𝑢⃗2 ⋅ 𝑢⃗2 = 1. St¡d
𝑢⃗3 = (1, 0, −1, −1) −
−1
−3/2
(1, 1, 1, 1) −
(−1/2, −1/2, 1/2, 1/2) = ...
4
1
Dalej nie mam siªy liczy¢, dostajemy 3 wektory 𝑢⃗1 , 𝑢⃗2 , 𝑢⃗3 , które trzeba unormowa¢ (podzieli¢
przez ∣∣𝑢𝑖 ∣∣) i dostajemy baz¦ ortonormaln¡, powiedzmy 𝑒⃗𝑖 := ∣∣𝑢𝑢⃗⃗𝑖𝑖 ∣∣ . Rzut wektora ⃗𝑥 znajdziemy
ze wzoru
(⃗𝑥 ⋅ 𝑒⃗1 )𝑒⃗1 + (⃗𝑥 ⋅ 𝑒⃗2 )𝑒⃗2 + (⃗𝑥 ⋅ 𝑒⃗3 )𝑒⃗3
1
Zadanie 2.
Znale¹¢ transformacj¦ unitarn¡ diagonalizuj¡c¡ macierz 𝑋 i obliczy¢ 𝑒𝑋 .
[
]
5
1 + 2𝑖
𝑋=
1 − 2𝑖
1
Na starcie zauwa»my, »e macierz 𝑋 jest hermitowska, wi¦c diagonalizowalna, zatem
tre±¢ zadania ma sens. Zaczniemy od warto±ci wªasnych macierzy X. Piszemy wielomian charakterystyczny:
𝜑𝑋 (𝑡) = (5 − 𝜆)(1 − 𝜆) − (1 + 2𝑖)(1 − 2𝑖) = 𝜆2 − 6𝜆,
Dowód.
zatem mamy dwie warto±ci wªasne 𝜆1 = 0, 𝜆2 = 6. Szukamy wektorów wªasnych: 𝑉 𝜆1 = ker(𝐴),
mamy wi¦c do rozwi¡zania ukªad 𝐴𝑥 = 0. Liczymy.
[
]
[
]
[
]
5
1 + 2𝑖 0
5 1 + 2𝑖 0
5 1 + 2𝑖 0
⇝
⇝
,
1 − 2𝑖
1
0
5 1 + 2𝑖 0
0
0
0
czyli 𝑉 𝜆1 to prosta (w ℂ2 ) zadana równaniem 5𝑥1 + (1 + 2𝑖)𝑥2 = 0. Wybierzmy jaki± niezerowy
𝜆1
wektor wªasny, powiedzmy
[ 𝑣1 = (1, −(1 −
] 2𝑖)) ∈ 𝑉 . Teraz druga podprzestrze« wªasna,
−1 1 + 2𝑖
. Rozwi¡zujemy ukªad równa«:
𝑉 𝜆2 = ker(𝑋 − 6𝐼) = ker
1 − 2𝑖 −5
[
]
[
]
[
]
−1 1 + 2𝑖 0
−1
1 + 2𝑖
0
−1 1 + 2𝑖 0
⇝
⇝
1 − 2𝑖 −5 0
5 −5(1 + 2𝑖) 0
0
0
0
St¡d 𝑉 𝜆2 = {(𝑥1 , 𝑥2 ) ∈ ℂ2 : −𝑥1 + (1 + 2𝑖)𝑥2 = 0}. Niezerowy wektor wªasny to np. 𝑣2 =
(1 + 2𝑖, 1) ∈ 𝑉 𝜆2 . Šatwo teraz sprawdzi¢, »e macierz zªo»ona z tych dwóch wektorów wªasnych
zapisanych kolumnowo, tj.
[
]
1
1 + 2𝑖
𝑈=
−1 + 2𝑖
1
diagonalizuje nasz¡ rozpatrywan¡ macierz, tj. mamy równo±¢
[
]
0 0
−1
𝑋=𝑃
𝑃.
0 6
Unitarno±¢ macierzy 𝑈 mo»na sprawdzi¢ bezpo±rednio, albo powoªa¢ si¦ na znany fakt mówi¡cy,
»e je»eli 𝐴 = 𝑃 −1 𝐷𝑃 jest rozkªadem diagonalnym macierzy hermitowskiej 𝐴, to 𝑃 jest macierz¡
unitarn¡.
𝑋
Teraz
nast¦puj¡co: funkcj¦ wykªadnicz¡ od macierzy diagonalnej
⎡ liczymy 𝑒 . Post¦pujemy
⎤
𝜆1
⎢
⎥
𝜆2
⎢
⎥
𝐴=⎢
⎥ liczy si¦ ªatwo:
..
⎣
⎦
.
𝜆𝑛
⎡
⎢
⎢
𝑒𝐴 = ⎢
⎣
ponadto 𝑒𝑃
−1 𝐴𝑃
⎤
𝑒𝜆1
𝑒𝜆2
..
.
𝑒𝜆𝑛
⎥
⎥
⎥,
⎦
= 𝑒𝑃 , zatem (𝐷 jest zdiagonalizowan¡ wersj¡ macierzy 𝑋 )
[ 0
] [
]
𝑒 0
1 0
𝑋
𝑈 −1 𝐷𝑈
𝐷
𝑒 =𝑒
=𝑒 =
=
.
0 𝑒6
0 𝑒6
2