Λυµένες Ασκήσεις * * *

Transcript

1 Αάλυση Πιάκω και Εφαρµογές Σελίδα 1 από 6 Μάθηµα 9 ο ΓΙΝΟΜΕΝΟ KRONECKER Θεωρία : Γραµµική Άλγεβρα : εδάφιο 6, σελ 15 Λυµέες Ασκήσεις Άσκηση 91 Α AB, είαι πίακες τύπου µ µ και ατίστοιχα, υπολογίσατε τη παράσταση ( ) Α Ι + Ιµ Β Λύση : Επειδή οι πίακες Α Ι και Ι µ Β είαι ατιµεταθετικοί, έχουµε : ( Α Ι + Ιµ Β) = ( Α Ι ) + ( Ιµ Β) + ( Α Ι )( Ιµ Β) = Α Ι + Ι Β + Α Β µ Άσκηση 9 Όµοια για τους πίακες AB,, αποδείξατε τις ισότητες: Ι d t( Α B) = (dt Α) (dt Β) µ IΙ ( ) Α B = Α Β, ότα AB, είαι ατιστρέψιµοι πίακες ΙII rank( Α Β) = (rank Α)(rank Β) ΙV = ( )( tr( Α Β) trα trβ ) Λύση : Ι Σύµφωα µε τη ιδιότητα VI της Πρότασης 11 (σελ 16) έχουµε: ( Α B) = ( Α Ι )( Ι Β) µ και επιπλέο dt( Α B) = dt( Α Ι )dt( I Β) µ Αλλά dt( Ι B ) = dt[ diag( B, B,, B ) ] = (dt Β ) µ µ

2 Αάλυση Πιάκω και Εφαρµογές Σελίδα από 6 και Α Ι = Ρ Ι Α Ρ = Ρ Ι Α = Α T dt( ) dt[ ( ) ] (dt ) dt( ) (dt ) IΙ ιαπιστώουµε ότι ( B)( B ) ( Α ) ( ) Α Α = Α ΒΒ = Ι Ι = Ι µ µ και επειδή ο ατίστροφος πίακας είαι µοαδικός, έχουµε: ΙII Έστω ( ) Α B = Α B rank Α =ρ και rank Β = σ Σύµφωα µε τη Πρόταση 31 (σελ 48), υπάρχου ατιστρέψιµοι πίακες PQ, και ST,, ώστε Iρ O PAQ = O O, Iσ Ο SBT = O Ο Συεπώς Iρ Ο Iσ Ο Iρσ Ο ( P S)( A B)( Q T) = ( PAQ) ( SBT) = = O Ο O Ο O Ο, δηλαδή, rank( Α Β) =ρσ= (rank Α)(rank Β ) IV Έχουµε tr( Α Β) =α β + +α β +α β + +α β + +α β + +α β µµ ( 11 ) µµ ( 11 ) ( 11 µµ )( 11 ) ( tra)( trb) =α β + +β + +α β + +β = α + +α β + +β = µµ Άσκηση 93 Βρείτε τις ιδιοτιµές του πίακα Λύση : Για τη χαρακτηριστική εξίσωση του πίακα 0 i Α = i 0 Ι A έχουµε λi ii λ i dt( λi Α) = dt = dt( ) = ( λ 1) = ( λ+ 1) ( λ 1) i λ i λ I I I Προφαώς το σύολο ( ) τω ιδιοτιµώ του, είαι ιδιοτιµή του σ Α A σ ( Α ) = { 1, 1} A έχει αλγεβρική πολλαπλότητα Κάθε

3 Αάλυση Πιάκω και Εφαρµογές Σελίδα 3 από 6 Άσκηση 94 Α ( λ, x ) και ( µ, y ) είαι ιδιοποσά τω µ µ και πιάκω A, Β ατίστοιχα, αποδείξατε: Ι ( Α Β)( x y) =λµ ( x y) ΙΙ ( Α Ι + Ι Β ) = ( λ+µ )( x y) µ Λύση : Για τους πίακες A και B ισχύου οι ισότητες Ax = λx και By =µ y Τότε Ι ( Α Β )( x y) = Ax By =λx µ y =λµ ( x y), δηλαδή λµ είαι ιδιοτιµή του ΙΙ Α Β και x y το ατίστοιχο ιδιοδιάυσµα ( Α Ι + Ι Β)( x y) = Ax y+ x By =λx y+ x µ y = ( λ+µ )( x y), µ συµπεραίοτας ατίστοιχα αποτελέσµατα µε τη Ι, για το πίακα Α Ι + Ιµ Β Όπως είαι γωστό, για κάθε πίακα A, ο πίακας ορίζεται από τη ισότητα : A A A A A = I !!! και επιπλέο είαι A+ B A B = ακριβώς ότα AB = BA Άσκηση 95 Αποδείξατε ότι A I I B A B + = Λύση : Σύµφωα µε τη παραπάω ισότητα έχουµε: Επειδή ( A I) A I A = = = I = = 0! = 0! = 0! I A I A ( Α Ι)( Ι Β) = ( Ι Β)( Α Ι) = ( Α Β), συµπεραίουµε A + I I B A I I B A B A B = = ( Ι)( Ι ) =

4 Αάλυση Πιάκω και Εφαρµογές Σελίδα 4 από 6 Άσκηση 96 Α δ( λ ) είαι το χαρακτηριστικό πολυώυµο του πίακα A, τότε dt( Α I+ Ι A ) = ( 1) dt[ δ( A) ] Λύση : Έστω δ( λ ) = λι Α = ( λ λ1)( λ λ) ( λ λ ), τότε δ( λ ) = ( 1) ( λ+λ )( λ+λ )( λ+λ ) και 1 δ( λ κ) = ( 1) ( λ κ + λ µ ) µ= 1 Ο πίακας 135) και συεπώς Β =δ( Α ) έχει ιδιοτιµές δ λ ), όπου λ σ( Α ), (Πόρισµα, σελ ( κ + Α 1 1 µ µ µ= 1 µ= 1 ( 1) dt δ( ) = ( 1) δ( λ ) δ( λ ) = ( 1) ( λ +λ ) ( λ +λ ) + ( 1) ( 1) ( κ µ ) ( κ µ ) dt( A I I A) κ, µ= 1 κ, µ= 1 = λ +λ = λ +λ = + κ διότι για κάθε κµ,, σύµφωα µε τη άσκηση 94, II, είαι λ +λ σ( Α Ι+ Ι Α ) µ κ Σηµειώστε ότι + ( 1) ( 1) 1 =, διότι, + 1 είαι διαδοχικοί φυσικοί ακέραιοι αριθµοί και το γιόµεό τους είαι άρτιος αριθµός Εξισώσεις της µορφής ΑΧ+ ΧΒ = Γ Έστω AB, είαι πίακες τύπου µ µ και ατίστοιχα και X, Γ τύπου µ Η εξίσωση είαι γωστή ως εξίσωση Liapunov εµφαίζοται στη Θεωρία Συστηµάτω ΑΧ + ΧΒ = Γ (91) και τέτοιους είδους εξισώσεις Σύµφωα µε τη Πρόταση 1, σελ 17, η (91) είαι ισοδύαµη µε το γραµµικό σύστηµα Τ όπου G = A I+ I B, x = δ( Χ ) και γ = δ( Γ ) Gx = γ (9)

5 Αάλυση Πιάκω και Εφαρµογές Σελίδα 5 από 6 Υπεθυµίζουµε ότι η εξίσωση (9) έχει λύση ακριβώς ότα ισχύει µία από τις ακόλουθες συθήκες: I rank( G, γ) = rankg (Πρόταση 311, σελ 68) * II γ (kr G ) (Πρόταση 418, σελ 10) Η λύση δε αυτή είαι µοαδική, ακριβώς ότα dt G 0, ισοδύαµα (άσκηση 96) ότα για τις ιδιοτιµές τω AB, είαι : λ Α +λβ 0 Ότα το δεύτερο µέλος της (91) είαι µηδέ, η εξίσωση ΑΧ + ΧΒ = Ο (93) οοµάζεται οµογεής εξίσωση Liapunov Κατ ααλογία µε τα γραµµικά συστήµατα, α (93), έχουµε Θ είαι µία λύση της (91) και Χ 0 είαι η γεική λύση της ΑΧ ( + Θ) + ( Χ + Θ) Β= Γ 0 0 δηλαδή, η γεική λύση της (91) είαι ο πίακας Χ = Χ 0 + Θ Για τη λύση Χ + Θ 0 ισχύου οι παρακάτω προτάσεις Πρόταση 91 Η εξίσωση (91) έχει λύση ακριβώς ότα οι πίακες είαι όµοιοι Α Ο Μ =, Ο Β Α Γ Ν = Ο Β Απόδειξη : Έστω ότι η εξίσωση (91) έχει λύση το πίακα πίακα δηλαδή, Τ = I X Ο I και τότε A O I X A AX A XB+ Γ MΤ= = = N O B O I O B O B = Τ, M = ΤNΤ 1, καθόσο dt Τ = 1 X Θεωρούµε το Ατίστροφα, έστω οι πίακες M, Nείαι όµοιοι και M = RNR 1 Επειδή M είαι σύθετος διαγώιος και στη σχέση οµοιότητας θα είαι της µορφής N είαι σύθετος άω τριγωικός, ο πίακας R

6 Αάλυση Πιάκω και Εφαρµογές Σελίδα 6 από 6 R R R = 1 O R, 3 όπου, R είαι ατιστρέψιµοι πίακες Από τη ισότητα R1 3 έχουµε MR = RN AR1 = R1A και AR + RB = R1Γ Συεπώς AR R + R RB= R AR + R RB= R ( AR + RB) = Γ, δηλαδή, ο πίακας λύση Θ αυτής 1 R1 R επαληθεύει τη εξίσωση (91) και είαι µία µερική