I Algebra liniowa z geometrią 1 10 Wyznacznik Indeks pojęć

Rozdział 11 Do czego zmierzamy?

SŁOWA KLUCZOWE ROZDZIAŁU wektor własny

\Diamond

wartość własna

\Diamond

diagonalizacja

\Diamond

baza wektorów własnych

\Diamond

diagonalizacja ortogonalna

\Diamond

macierz stochastyczna

\Diamond

dominująca wartość własna

\Diamond

wielomian charakterystyczny

\Diamond

zespolona postać Jordana

\Diamond

rzeczywista postać Jordana

\Diamond

krotność geometryczna i algebraiczna

\Diamond

twierdzenie Cayleya–Hamiltona

\Diamond

diagonalizacja ortogonalna macierzy symetrycznej

Przedstawimy teraz motywację dla naszych dalszych rozważań. Jak już pewnie zauważyliście szczególnie łatwe do analizy są macierze diagonalne

D={\rm diag}\,(\lambda_{1},\ldots,\lambda_{n}),\quad\lambda_{1},\ldots,\lambda% _{n}\in\mathbb{R}.

Przykładowo,

D^{k}={\rm diag}\,(\lambda_{1}^{k},\ldots,\lambda_{n}^{k}),\quad{\rm det}\,D=% \lambda_{1}\cdot\ldots\cdot\lambda_{n}.

Jeśli $D$ jest nieosobliwa, to $D^{-1}={\rm diag}\,(1/\lambda_{1},\ldots,1/\lambda_{n})$ .

Załóżmy, że macierz $A\in M_{n\times n}(\mathbb{R})$ jest podobna do macierzy diagonalnej $D$ , czyli istnieje taka macierz nieosobliwa

S=\left[\begin{array}[]{c|c|c}v_{1}&\ldots&v_{n}\\ \end{array}\right]\in M_{n\times n}(\mathbb{R}),

że

S^{-1}AS=D.

Wtedy $A=SDS^{-1}$ , więc

A^{k}=SD^{k}S^{-1},\quad{\rm det}\,A={\rm det}\,D,

czyli $A$ jest równie prosta do analizy jak macierz diagonalna $D$ .

PROBLEM 1 Scharakteryzować macierze

A\in M_{n\times n}(\mathbb{R})

, które są diagonalizowalne tzn. istnieje taka macierz nieosobliwa

S=\left[\begin{array}[]{c|c|c}v_{1}&\ldots&v_{n}\\ \end{array}\right]\in M_{n\times n}(\mathbb{R})

, że

S^{-1}AS=D={\rm diag}\,(\lambda_{1},\ldots,\lambda_{n})=\left[\begin{array}[]{% c|c|c}\lambda_{1}\cdot e_{1}&\ldots&\lambda_{n}\cdot e_{n}\\ \end{array}\right].

Załóżmy, że $S^{-1}AS=D$ . Wtedy $AS=SD$ , czyli

	$\displaystyle\left[\begin{array}[]{c\|c\|c}Av_{1}&\ldots&Av_{n}\\ \end{array}\right]$	$\displaystyle=AS=SD$
		$\displaystyle=S\left[\begin{array}[]{c\|c\|c}\lambda_{1}\cdot e_{1}&\ldots&% \lambda_{n}\cdot e_{n}\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{c\|c\|c}\lambda_{1}\cdot Se_{1}&\ldots&% \lambda_{n}\cdot Se_{n}\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{c\|c\|c}\lambda_{1}\cdot v_{1}&\ldots&% \lambda_{n}\cdot v_{n}\\ \end{array}\right].$
Stąd
		$\displaystyle Av_{1}=\lambda_{1}\cdot v_{1},\quad\ldots,\quad Av_{n}=\lambda_{% n}\cdot v_{n}.$

Z powyższych rozważań wynika następujące:

Twierdzenie 11.1 (Diagonalizacja).

Dla macierzy $A\in M_{n\times n}(\mathbb{R})$ poniższe warunki są równoważne

(i)

istnieje taka macierz nieosobliwa $S\in M_{n\times n}(\mathbb{R})$ , że $S^{-1}AS$ jest diagonalna,
(ii)

istnieje baza $v_{1},\ldots,v_{n}$ dla $\mathbb{R}^{n}$ oraz takie skalary $\lambda_{1},\ldots,\lambda_{n}\in\mathbb{R}$ , że

$Av_{i}=\lambda_{i}\cdot v_{i},\quad i=1,\ldots,n.$

Warto jakoś nazwać własność jaką spełniają wektory $v_{i}$ w punkcie (ii). Będą one pełniły podstawową rolę w naszych dalszych rozważaniach.

Definicja 11.1.

Wektor własny i wartość własna

Powiemy, że niezerowy wektor $0\neq v\in\mathbb{R}^{n}$ jest wektorem własnym macierzy rzeczywistej $A\in M_{n\times n}(\mathbb{R})$ , jeśli istnieje taka liczba rzeczywista $\lambda\in\mathbb{R}$ , że

Av=\lambda\cdot v.

Liczbę $\lambda\in\mathbb{R}$ nazywamy wartością własną macierzy $A\in M_{n\times n}(\mathbb{R})$ dla wektora własnego $v\in\mathbb{R}^{n}$ .

Twierdzenie 11.1 możemy sformułować następująco:

Twierdzenie 11.2 (Diagonalizacja=baza wektorów własnych).

Dla macierzy $A\in M_{n\times n}(\mathbb{R})$ poniższe warunki są równoważne

(i)

istnieje taka macierz nieosobliwa $S\in M_{n\times n}(\mathbb{R})$ , że $S^{-1}AS$ jest diagonalna,
(ii)

istnieje baza $v_{1},\ldots,v_{n}$ dla $\mathbb{R}^{n}$ złożona z wektorów własnych $A$ .

Podamy geometryczną interpretację wektora własnego.

Wniosek 11.1.

Dla niezerowego wektora $v\in\mathbb{R}^{n}$ i macierzy $A\in M_{n\times n}(\mathbb{R})$ poniższe warunki są równoważne

(1)

$v$ jest wektorem własnym $A$ ,
(2)

prosta generowana przez $v$ jest niezmiennicza dla $A$ tzn.

$A({\rm span}\,\{v\})\subset{\rm span}\,\{v\}.$

Nie każda macierz rzeczywista ma jakiś wektor własny. Wystarczy znaleźć macierz rzeczywistą $A$ , która nie ma prostych niezmienniczych. Przykładowo, macierz obrotu o kąt $\frac{\pi}{2}$ , czyli

$A=\left[\begin{array}[]{cc}0&-1\\ 1&0\\ \end{array}\right],$

nie ma żadnej prostej niezmienniczej.

Możemy na to spojrzeć jeszcze trochę inaczej. Wektor $0\neq v\in\mathbb{R}^{2}$ jest wektorem własnym $A$ , gdy dla pewnej liczby rzeczywistej $\lambda\in\mathbb{R}$ zachodzi warunek

$(A-\lambda I)v=0,$

czyli ${\rm ker}\,(A-\lambda I)\neq 0$ , więc ${\rm det}\,(A-\lambda I)=0$ dla pewnej liczby rzeczywistej $\lambda\in\mathbb{R}$ . Zauważmy, że w naszym przykładzie

${\rm det}\,(A-\lambda I)=\lambda^{2}+1\neq 0,$

dla $\lambda\in\mathbb{R}$ .

Macierz rzeczywistą $A$ możemy traktować w naturalny sposób jako macierz zespoloną. Możemy, więc spytać o istnienie zespolonych wektorów własnych $v\in\mathbb{C}^{2}$ . Zauważmy, że ${\rm det}\,(A-\lambda I)=0$ dla $\lambda=\pm i$ . Rozważmy macierz

$A-iI=\left[\begin{array}[]{cc}-i&-1\\ 1&-i\\ \end{array}\right]$

i znajdźmy taki niezerowy wektor $v=[a+ib,c+id]\in\mathbb{C}^{2}$ , że $(A-iI)v=0$ . Mamy

$(A-iI)v=[-ia+b-c-id,a+ib-ic+d]^{T}=[0,0]^{T},$

czyli

$a+d=0,\quad b-c=0.$

Wektor $v$ ma więc postać

$v=[a+ib,b-ia]^{T}=[a+ib,-i(a+ib)]^{T}=(a+ib)[1,-i]^{T}.$

Wynika stąd, że

$A[1,-i]^{T}=i[1,-i]^{T},$

czyli $[1,-i]^{T}$ jest zespolonym wektorem własnym $A$ z wartością własną $i$ . Analogicznie sprawdzamy, że $[1,i]^{T}$ jest zespolonym wektorem własnym $A$ dla wartości własnej $-i$ . Macierz $A$ jest diagonalizowalna jako macierz zespolona. Dla

$S=\left[\begin{array}[]{cc}1&1\\ i&-i\\ \end{array}\right]$

mamy

$S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{cc}i&0\\ 0&-i\\ \end{array}\right].$

Pojęcie wektora własnego możemy też zdefiniować w bardziej ogólnym kontekście. Niech $L:V\longrightarrow V$ będzie odwzorowaniem liniowym. Powiemy, że niezerowy wektor $v\in V$ jest wektorem własnym $L$ jeśli

$L(v)=\lambda\cdot v.$

Przestrzeń $V$ nie musi być skończenie wymiarowa. Przykładowo, niech $C^{\infty}(\mathbb{R},\mathbb{R})$ będzie przestrzenią wszystkich funkcji $f:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}$ mających ciągłą pochodną dowolnego rzędu. Wtedy odwzorowanie (operator różniczkowania)

$L:C^{\infty}(\mathbb{R},\mathbb{R})\ni f\longmapsto f^{\prime}\in C^{\infty}(% \mathbb{R},\mathbb{R})$

jest liniowe. Ponadto, dla $f=e^{\lambda x}\in C^{\infty}(\mathbb{R},\mathbb{R})$ mamy

$\displaystyle L(f)$ $\displaystyle=(e^{\lambda x})^{\prime}$

$\displaystyle=\lambda e^{\lambda x}$

$\displaystyle=\lambda\cdot f,$

czyli $f=e^{\lambda x}$ jest wektorem własnym $L$ dla wartości własnej $\lambda$ .

Uzasadnimy teraz, że jeśli $L(f)=\lambda\cdot f$ , to $f=Ce^{\lambda x}$ dla pewnego $C\in\mathbb{R}$ . Rzeczywiście, równość $f^{\prime}=\lambda f$ oznacza, że $f^{\prime}-\lambda f=0$ , czyli również

$\underbrace{f^{\prime}e^{-\lambda x}-\lambda e^{-\lambda x}f}_{=(fe^{-\lambda x% })^{\prime}}=0,$

czyli $fe^{-\lambda x}$ jest funkcją stałą, więc $fe^{-\lambda x}=C$ .

Wynika stąd, że jądro ${\rm ker}\,(L-\lambda I)$ ma wymiar $1$ oraz

${\rm ker}\,(L-\lambda I)={\rm span}\,\{e^{\lambda x}\}.$

Niech $L:V\longrightarrow V$ będzie odwzorowaniem liniowym i niech $v_{1},\ldots,v_{n}\in V$ będzie bazą $V$ . Rozważmy macierz $A\in M_{n\times n}(\mathbb{F})$ odwzorowania $L$ w tej bazie. Wektor $v=x_{1}\cdot v_{1}+\ldots+x_{n}\cdot v_{n}$ jest wektorem własnym $L$ dla wartości własnej $\lambda\in\mathbb{F}$ wtedy i tylko wtedy, gdy wektor współrzędnych $[x_{1},\ldots,x_{n}]^{T}\in\mathbb{F}^{n}$ jest wektorem własnym macierzy $A$ dla wartości własnej $\lambda$ .

Możemy pójść jeszcze krok dalej. Wektory własne macierzy diagonalnej $D$ to wektory bazy standardowej $e_{1},\ldots,e_{n}$ . Ma ona własność

(e_{i}|e_{j})=\delta_{ij}.

Takie bazy $\mathbb{R}^{n}$ będziemy nazywać ortonormalnymi. Wektory $e_{i}$ oraz $e_{j}$ są ortogonalne i mają normę $1$ .

PROBLEM 2 Scharakteryzować macierze

A\in M_{n\times n}(\mathbb{R})

, które są ortogonalnie diagonalizowalne tzn. istnieje taka macierz nieosobliwa

S=\left[\begin{array}[]{c|c|c}v_{1}&\ldots&v_{n}\\ \end{array}\right]\in M_{n\times n}(\mathbb{R})

, że

S^{-1}AS=D={\rm diag}\,(\lambda_{1},\ldots,\lambda_{n})=\left[\begin{array}[]{% c|c|c}\lambda_{1}\cdot e_{1}&\ldots&\lambda_{n}\cdot e_{n}\\ \end{array}\right]

oraz

(v_{i}|v_{j})=\delta_{ij}.

Zaczniemy od przyglądnięcia się takim macierzom

S=\left[\begin{array}[]{c|c|c}v_{1}&\ldots&v_{n}\\ \end{array}\right]\in M_{n\times n}(\mathbb{R}),

że $(v_{i}|v_{j})=\delta_{ij}$ . Bezpośrednio z definicji iloczynu macierzy i definicji macierzy transponowanej wynika, że wtedy

S^{T}S=I,\quad\text{czyli}\quad S^{-1}=S^{T}.

Takie macierze będziemy nazywać ortogonalnymi. W Problemie 2 pytamy więc o istnienie takiej macierzy ortogonalnej $S\in M_{n\times n}(\mathbb{R})$ , że

S^{-1}AS=S^{T}AS=D

jest diagonalna. Zauważmy, że wtedy $A=SDS^{T}$ oraz

	$\displaystyle A^{T}$	$\displaystyle=(SDS^{T})^{T}$
		$\displaystyle=(S^{T})^{T}D^{T}S^{T}$
		$\displaystyle=SDS^{T}$
		$\displaystyle=A,$

czyli $A$ musi być symetryczna. Jest to warunek konieczny, aby zaszła sytuacja opisana w Problemie 2. W następnych rozdziałach pokażemy, że macierze symetryczne to jedyne macierze rzeczywiste rozwiązujące Problem 2.

11.1 Rozkład Jordana w wymiarze $2$

Spróbujmy nabrać intuicji w przypadku wymiaru $2$ . Zakładamy, że ciało $F$ jest równe $\mathbb{R}$ lub $\mathbb{C}$ . Rozważmy macierz $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{F})$ .

Definicja 11.2.

Wektor własny i wartość własna

Liczbę $\lambda\in\mathbb{F}$ nazywamy wartością własną macierzy $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{F})$ , jeśli istnieje taki niezerowy wektor $v\in\mathbb{F}^{2}$ , że

Av=\lambda\cdot v.

Każdy taki wektor $v$ nazywamy wektorem własnym $A$ odpowiadającym wartości własnej $\lambda$ .

Niech $\mathbb{F}=\mathbb{R}$ . Interpretacja geometryczna jest następująca. Jeśli $v\in\mathbb{R}^{2}$ jest wektorem własnym dla wartości własnej $\lambda\in\mathbb{R}$ , to prosta $l={\rm span}\,\{v\}$ jest niezmiennicza dla $A$ tzn. jeśli $w\in l$ , to $Aw\in l$ .

Jeśli $v\in\mathbb{F}^{2}$ jest wektorem własnym dla wartości własnej $\lambda\in\mathbb{F}$ , to $(A-\lambda I)v=0$ . Oznacza to, że ${\rm ker}\,(A-\lambda I)\neq\{0\}$ , czyli ${\rm det}\,(A-\lambda I)=0$ . Odwrotnie, jeśli ${\rm det}\,(A-\lambda I)=0$ dla pewnego skalara $\lambda\in\mathbb{F}$ , to macierz $A-\lambda I$ jest osobliwa. W szczególności, ${\rm ker}\,(A-\lambda I)\neq\{0\}$ , czyli istnieje wektor własny $v\in{\rm ker}\,(A-\lambda I)$ .

Wniosek 11.2.

Dla $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{F})$ i $\lambda\in\mathbb{F}$ następujące warunki są równoważne

(1)

$\lambda$ jest wartością własną $A$ ;
(2)

${\rm ker}\,(A-\lambda I)\neq\{0\}$ ;
(3)

$A-\lambda I$ jest osobliwa;
(4)

${\rm det}\,(A-\lambda I)=0$ .

Warunek (4) oznacza, że wartość własna $\lambda\in\mathbb{F}$ jest pierwiastkiem wielomianu

$p_{A}(x)={\rm det}\,(A-xI)$

Wielomian $p_{A}$ nazywamy wielomianem charakterystycznym macierzy $A$ . Bezpośredni rachunek pokazuje, że

	$\displaystyle p_{A}(x)$	$\displaystyle={\rm det}\,\left[\begin{array}[]{cc}a_{11}-x&a_{12}\\ a_{21}&a_{22}-x\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=x^{2}-(a_{11}+a_{22})x+(a_{11}a_{22}-a_{12}a_{22})$
		$\displaystyle=x^{2}-{\rm tr}\,(A)x+{\rm det}\,(A).$

Macierze podobne mają takie same wielomiany charakterystyczne. Rzeczywiście, jeśli $B=S^{-1}AS$ , to

$\displaystyle{\rm det}\,(B-xI)$ $\displaystyle={\rm det}\,(S^{-1}AS-xI)$

$\displaystyle={\rm det}\,(S^{-1}(A-xI)S)$

$\displaystyle={\rm det}\,(A-xI).$

Jeśli macierze $A$ i $B$ mają takie same wielomiany charakterystyczne, to nie muszą być podobne. Przykładowo, $A=0$ oraz $B=\left[\begin{array}[]{cc}0&1\\ 0&0\\ \end{array}\right]$ mają taki sam wielomian charakterystyczny $p(x)=x^{2}$ , ale nie są podobne, bo macierz zerowa jest podobna tylko do siebie samej.

Dla $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ zasadnicze twierdzenie algebry gwarantuje, że wielomian $p_{A}$ ma dwa (niekoniecznie różne) pierwiastki zespolone $\lambda_{1}$ , $\lambda_{2}\in\mathbb{C}$ . Są one wtedy wartościami własnymi macierzy $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ . Macierz zespolona ma więc zawsze dwie wartości własne. Nie oznacza to, że ma ona dwa liniowo niezależne wektory własne. Przykładowo, wartościami własnymi macierzy

A=\left[\begin{array}[]{cc}\lambda&1\\ 0&\lambda\\ \end{array}\right],\quad\lambda\in\mathbb{C},

są $\lambda_{1}=\lambda_{2}=\lambda$ . Mamy więc dwukrotną wartość własną $\lambda$ . Zobaczmy jak wyglądają wektory własne. Niezerowy wektor $v=[v_{1},v_{2}]^{T}\in\mathbb{C}^{2}$ jest wektorem własnym dla $\lambda$ jeśli $(A-\lambda I)v=0$ , czyli

\left[\begin{array}[]{c}0\\ 0\\ \end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{cc}0&1\\ 0&0\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c}v_{1}\\ v_{2}\\ \end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{c}v_{2}\\ 0\\ \end{array}\right].

Stąd $v_{2}=0$ , czyli wektor własny $v$ ma postać

\left[\begin{array}[]{c}v_{1}\\ 0\\ \end{array}\right]=v_{1}\cdot\left[\begin{array}[]{c}1\\ 0\\ \end{array}\right]=v_{1}\cdot e_{1}.

W przypadku $\mathbb{F}=\mathbb{R}$ , z algebraicznego punktu widzenia dla wielomianu charakterystycznego mamy trzy możliwości:

(i)

$p_{A}$ ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste;
(ii)

$p_{A}$ ma dwukrotny pierwiastek rzeczywisty;
(iii)

$p_{A}$ ma dwa sprzężone (nierzeczywiste) pierwiastki zespolone.

W przypadku (iii) macierz rzeczywista $A$ nie ma rzeczywistych wartości własnych.

Wniosek 11.3.

Niech $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ . Jeśli $\lambda_{1},\lambda_{2}\in\mathbb{C}$ są pierwiastkami równania charakterystycznego

x^{2}-{\rm tr}\,(A)x+{\rm det}\,(A)=0,

to zachodzą wzory Viete’a

${\rm tr}\,(A)=\lambda_{1}+\lambda_{2},\quad{\rm det}\,(A)=\lambda_{1}\cdot% \lambda_{2}.$

Dowód.

Z założenia mamy

(x-\lambda_{1})(x-\lambda_{2})=p_{A}(x)=x^{2}-{\rm tr}\,(A)x+{\rm det}\,(A),

wystarczy więc porównać współczynniki wielomianów po obu stronach równości. ∎

Dla dowolnych macierzy $X,Y\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ macierze $X Y$ i $Y X$ mają takie same wielomiany charakterystyczne. Wynika, to z faktu, że

${\rm tr}\,XY={\rm tr}\,YX,\quad{\rm det}\,XY={\rm det}\,YX.$

Lemat 11.1.

Jeśli $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{F})$ ma dwie różne rzeczywiste wartości własne $\lambda_{1}\neq\lambda_{2}$ oraz $v_{i}\in\mathbb{F}^{2}$ są wektorami własnymi odpowiadającymi $\lambda_{i}\in\mathbb{F}$ , to $v_{1}$ , $v_{2}$ są liniowo niezależne. W szczególności, $v_{1},v_{2}$ tworzą bazę $\mathbb{F}^{2}$ .

Dowód.

W przeciwnym razie $v_{2}=p\cdot v_{1}$ dla pewnego skalara $p\in\mathbb{F}$ . Wtedy

	$\displaystyle\lambda_{2}\cdot v_{2}$	$\displaystyle=A(v_{2})$
		$\displaystyle=A(p\cdot v_{1})$
		$\displaystyle=p\cdot A(v_{1})$
		$\displaystyle=p\lambda_{1}\cdot v_{1}$
		$\displaystyle=\lambda_{1}\cdot v_{2},$

czyli $\lambda_{1}=\lambda_{2}$ , co prowadzi do sprzeczności. Skorzystaliśmy tu z faktu, że $v_{2}\neq 0$ . ∎

Twierdzenie 11.3.

Jeśli $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{F})$ ma dwa liniowo niezależne wektory własne $v_{1},v_{2}\in\mathbb{F}^{2}$ odpowiadające wartościom własnym $\lambda_{1}$ , $\lambda_{2}\in\mathbb{F}$ (niekoniecznie różnym), to dla macierzy $B=\left[\begin{array}[]{c|c}v_{1}&v_{2}\\ \end{array}\right]$ mamy

$\Lambda:=B^{-1}AB=\left[\begin{array}[]{cc}\lambda_{1}&0\\ 0&\lambda_{2}\\ \end{array}\right]$

Dowód.

Z definicji $B$ mamy, że $B(e_{i})=v_{i}$ dla $i=1,2$ . Oczywiście $B$ jest odwracalna oraz dla $i=1,2$ mamy

	$\displaystyle B^{-1}ABe_{i}$	$\displaystyle=B^{-1}Av_{i}$
		$\displaystyle=B^{-1}(\lambda_{i}\cdot v_{i})$
		$\displaystyle=\lambda_{i}\cdot e_{i}.$

∎

Twierdzenie 11.3 orzeka, że jeśli $\mathbb{F}^{2}$ ma bazę złożoną z wektorów własnych, to $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{F})$ ma w tej bazie postać diagonalną $\Lambda$ . Macierz $\Lambda$ nazywamy postacią Jordana macierzy $A$ .

Rysunek 11.1: Działanie macierzy

A

na wektorach własnych

v_{1}

v_{2}

o wartościach własnych

\lambda_{1}=4

\lambda_{2}=-3

Przykład 11.1.

Znajdziemy postać Jordana macierzy

A=\left[\begin{array}[]{cc}3&2\\ 3&-2\\ \end{array}\right].

Szukamy najpierw wartości własnych czyli pierwiastków równania charakterystycznego

p_{A}(x)=x^{2}-x-12=0.

Są nimi liczby $\lambda_{1}=4$ oraz $\lambda_{2}=-3$ . Aby znaleźć wektor własny dla $\lambda_{1}=4$ znajdujemy jądro macierzy

A-4I=\left[\begin{array}[]{cc}-1&2\\ 3&-6\\ \end{array}\right].

Rozwiązując równanie $(A-4I)x=0$ otrzymujemy, że $x=[2x_{2},x_{2}]^{T}$ . Jednym z wektorów własnych jest $v_{1}=[2,1]^{T}$ . Analogicznie, $v_{2}=[-1,3]^{T}$ jest wektorem własnym dla $\lambda_{2}$ . W bazie $v_{1}$ , $v_{2}$ macierz $A$ ma postać diagonalną

\Lambda=\left[\begin{array}[]{cc}4&0\\ 0&-3\\ \end{array}\right].

Macierz zespolona $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ może mieć rzeczywistą wartość własną, ale może nie mieć odpowiadającego jej rzeczywistego wektora własnego w $\mathbb{R}^{2}$ . Dla przykładu rozważmy macierz

$A=\left[\begin{array}[]{cc}0&-i\\ i&0\\ \end{array}\right].$

Wielomian charakterystyczny ma postać

$p_{A}(x)=x^{2}-1,$

więc $A$ ma wartości własne $\lambda_{1}=1$ oraz $\lambda_{2}=-1$ . Wektor własny $[x,y]^{T}\in\mathbb{C}^{2}$ dla $\lambda_{1}=1$ jest niezerowym rozwiązaniem równania

$\left[\begin{array}[]{cc}-1&-i\\ i&-1\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c}x\\ y\\ \end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{c}0\\ 0\\ \end{array}\right],$

czyli

$-x-iy=0,\quad ix-y=0.$

Stąd, $y=ix$ oraz każdy wektor własny jest postaci

$c\cdot[1,i]^{T},\quad c\in\mathbb{C}\setminus\{0\}.$

Nie może on być wektorem z $\mathbb{R}^{2}$ .

Zajmiemy się teraz przypadkiem, gdy $\lambda\in\mathbb{F}$ jest dwukrotnym pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego $p_{A}$ . Mogą zachodzić dwie możliwości:

•

${\rm dim}\,{\rm ker}\,(A-\lambda I)=2$ . Mówimy wtedy, że krotność geometryczna wartości własnej $\lambda$ jest równa jej krotności algebraicznej. Wówczas $A$ ma dwa liniowo niezależne wektory własne odpowiadające $\lambda$ i jesteśmy w sytuacji opisanej Twierdzeniem 11.3. Wtedy postać Jordana $\Lambda$ macierzy $A$ jest diagonalna:

$\Lambda:=B^{-1}AB=\left[\begin{array}[]{cc}\lambda&0\\ 0&\lambda\\ \end{array}\right]=\lambda I.$

Z powyższej równości wynika, że wtedy $A=\lambda I$ .
•

${\rm dim}\,{\rm ker}\,(A-\lambda I)=1$ . Istnieje wtedy tylko jeden liniowo niezależny wektor własny $v\in\mathbb{F}^{2}$ dla $\lambda\in\mathbb{F}$ .

Wniosek 11.4.

Jeśli $\lambda\in\mathbb{F}$ jest dwukrotnym pierwiastkiem charakterystycznym macierzy $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{F})$ i $A\neq\lambda I$ , to ${\rm dim}\,{\rm ker}\,(A-\lambda I)=1$ i $A$ ma tylko jeden liniowo niezależny wektor własny.

Lemat 11.2 (Twierdzenie Cayleya–Hamiltona).

Dla macierzy $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{F})$ zachodzi równość

p_{A}(A)=A^{2}-{\rm tr}\,(A)A+{\rm det}\,(A)I=\left[\begin{array}[]{cc}0&0\\ 0&0\\ \end{array}\right].

Dowód.

Zastosujemy brutalną siłę, czyli bezpośredni rachunek. Niech $A=\left[\begin{array}[]{cc}a&b\\ c&d\\ \end{array}\right].$ Ponieważ $p_{A}(x)=(x-a)(x-d)-bc$ , więc

	$\displaystyle p_{A}(A)$	$\displaystyle=(A-aI)(A-dI)-bcI$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{cc}0&b\\ c&d-a\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{cc}a-d&b\\ c&0\\ \end{array}\right]-\left[\begin{array}[]{cc}bc&0\\ 0&bc\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{cc}bc&0\\ c(a-d)+(d-a)c&bc\\ \end{array}\right]-\left[\begin{array}[]{cc}bc&0\\ 0&bc\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{cc}0&0\\ 0&0\\ \end{array}\right].$

∎

Przykład 11.2.

Niech $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ . Twierdzenie Cayleya–Hamiltona pozwala łatwo wyznaczyć $A^{n}$ dla $n\in\mathbb{N}$ . Niech $\lambda_{1}$ , $\lambda_{2}\in\mathbb{C}$ będą wartościami własnymi $A$ . Wtedy

A^{2}-(\lambda_{1}+\lambda_{2})A+\lambda_{1}\lambda_{2}I=0,

czyli

(A-\lambda_{1}I)(A-\lambda_{2}I)=0.

Jeśli $\lambda_{1}\neq\lambda_{2}$ , to rozważamy macierze

X=\frac{A-\lambda_{2}I}{\lambda_{1}-\lambda_{2}},\quad Y=\frac{A-\lambda_{1}I}% {\lambda_{2}-\lambda_{1}}.

Wtedy

X^{2}=X,\quad XY=YX=0,\quad Y^{2}=Y

Środkowa równość wynika bezpośrednio z Twierdzenia Cayleya–Hamiltona. Sprawdzimy równość $X^{2}=X$ . Mamy

	$\displaystyle X^{2}$	$\displaystyle=\frac{(A-\lambda_{2}I)^{2}}{(\lambda_{1}-\lambda_{2})^{2}}$
		$\displaystyle=\frac{(A-\lambda_{2}I)(A-\lambda_{1}I+(\lambda_{1}-\lambda_{2})I% )}{(\lambda_{1}-\lambda_{2})^{2}}$
		$\displaystyle=\frac{(A-\lambda_{2}I)(A-\lambda_{1}I)}{(\lambda_{1}-\lambda_{2}% )^{2}}+\frac{(A-\lambda_{2})(\lambda_{1}-\lambda_{2})I}{(\lambda_{1}-\lambda_{% 2})^{2}}$
		$\displaystyle=\frac{A-\lambda_{2}I}{(\lambda_{1}-\lambda_{2})}$
		$\displaystyle=X.$

Stąd dla $k\geq 2$ mamy

X^{k}=X,\quad Y^{k}=Y,\quad\lambda_{1}\neq\lambda_{2}.

Dla $\lambda_{1}=\lambda_{2}$ rozważamy

Z=A-\lambda_{1}I.

Wtedy $Z^{k}=0$ dla $k\geq 2$ . Mamy więc

A^{n}=\begin{cases}(\lambda_{1}X+\lambda_{2}Y)^{n}=\lambda_{1}^{n}X+\lambda_{2% }^{n}Y,&\text{gdy $\lambda_{1}\neq\lambda_{2}$}\\ (\lambda_{1}I+Z)^{n}=\lambda_{1}^{n}I+n\lambda_{1}^{n-1}Z,&\text{gdy $\lambda_% {1}=\lambda_{2}$}\end{cases}

Wniosek 11.5.

Jeśli $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ jest nieosobliwa, to

A^{-1}=\frac{1}{{\rm det}\,A}({\rm tr}\,A\cdot I-A),\quad{\rm tr}\,A^{-1}=% \frac{{\rm tr}\,A}{{\rm det}\,A}.

Ponadto,

{\rm det}\,A=\frac{1}{2}(({\rm tr}\,A)^{2}-{\rm tr}\,A^{2}).

Dowód.

Z twierdzenia Cayleya–Hamiltona mamy

A^{2}-{\rm tr}\,(A)A+{\rm det}\,(A)I=\left[\begin{array}[]{cc}0&0\\ 0&0\\ \end{array}\right].

Mnożąc powyższą równość przez $A^{-1}$ otrzymujemy, że

A^{-1}=\frac{1}{{\rm det}\,A}({\rm tr}\,A\cdot I-A).

Biorąc ślady obu stron w tej równości dostajemy, że ${\rm tr}\,A^{-1}=\frac{{\rm tr}\,A}{{\rm det}\,A}$ . Wzór na ${\rm det}\,A$ otrzymujemy obliczając ślady macierzy po obu stronach w równości Cayleya–Hamiltona. ∎

Wniosek 11.6.

Niech $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ . Jeśli $A\notin\{\alpha I:\alpha\in\mathbb{C}\}$ oraz $A^{2}-aA+bI=$ dla pewnych $a,b\in\mathbb{C}$ , to

a={\rm tr}\,A,\quad b={\rm det}\,A.

Dowód.

Z założenia i twierdzenia Cayleya–Hamiltona wynika, że

(a-{\rm tr}\,A)A=(b-{\rm det}\,A)I.

Zauważmy, że $a-{\rm tr}\,A=0$ , bo inaczej $A=\frac{b-{\rm det}\,A}{a-{\rm tr}\,A}I$ , co jest sprzeczne z założeniem. Stąd również $b-{\rm det}\,A=0$ . ∎

Macierz $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ jest nilpotentna, jeśli $A^{n}=0$ dla pewnego $n\in\mathbb{N}$ . Pokażemy, że wtedy $0$ jest jedyną wartością własną $A$ oraz $A^{2}=0$ . Zauważmy, że jeśli $\lambda\in\mathbb{C}$ jest wartością własną dla wektora własnego $v\neq 0$ , to $0=A^{n}v=\lambda^{n}\cdot v$ , czyli $\lambda=0$ . W szczególności, ${\rm tr}\,A=0$ i ${\rm det}\,A=0$ , czyli $p_{A}(x)=x^{2}$ . Z twierdzenia Cayleya–Hamiltona wynika, że $A^{2}=0$ .

Lemat 11.3.

Jeśli $\lambda\in\mathbb{F}$ jest dwukrotnym pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego $p_{A}$ , to

(A-\lambda I)^{2}=\left[\begin{array}[]{cc}0&0\\ 0&0\\ \end{array}\right].

Dowód.

Ze wzorów Viete’a mamy ${\rm tr}\,(A)=2\lambda$ i ${\rm det}\,(A)=\lambda^{2}$ . Z Lematu Cayleya–Hamiltona wynika, że

A^{2}-2\lambda A+\lambda^{2}I=\left[\begin{array}[]{cc}0&0\\ 0&0\\ \end{array}\right].

Ponieważ macierze $A$ i $\lambda I$ komutują ze sobą, więc

(A-\lambda I)^{2}=A^{2}-2\lambda A+\lambda^{2}I.

∎

Twierdzenie 11.4.

Jeśli $\lambda\in\mathbb{F}$ jest dwukrotną wartością własną macierzy $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{F})$ i $A\neq\lambda I$ , to istnieje taka baza $v, w$ dla $\mathbb{F}^{2}$ , że

$Av=\lambda\cdot v,\quad Aw=v+\lambda\cdot w$

W szczególności, dla macierzy $S=\left[\begin{array}[]{c|c}v&w\\ \end{array}\right]$ mamy następującą postać Jordana dla $A$ :

$\Lambda=S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{cc}\lambda&1\\ 0&\lambda\\ \end{array}\right]$

Dowód.

Niech $0\neq v\in{\rm ker}\,(A-\lambda I)$ będzie dowolnym wektorem własnym dla $\lambda$ . Każdy wektor własny $A$ jest postaci $p\cdot v$ , gdzie $v$ jest pewnym wektorem własnym $A$ dla $\lambda$ oraz $0\neq p\in\mathbb{F}$ . Niech $0\neq u\in\mathbb{F}^{2}$ będzie dowolnym wektorem liniowo niezależnym z $v$ . W szczególności, $u$ nie jest wektorem własnym odpowiadającym $\lambda$ , więc $(A-\lambda I)u\neq 0$ . Ponieważ,

0=(A-\lambda I)^{2}u=(A-\lambda I)(A-\lambda I)u,

więc $(A-\lambda I)u\in{\rm ker}\,(A-\lambda I)$ jest wektorem własnym odpowiadającym $\lambda$ . Stąd

(A-\lambda I)u=p\cdot v,

dla pewnego $0\neq p\in\mathbb{R}$ . Dla wektora $w=\frac{1}{p}\cdot u$ otrzymujemy, że $(A-\lambda I)w=v$ , czyli $Aw=v+\lambda\cdot w$ . ∎

POSTAĆ JORDANA MACIERZY ZESPOLONEJ Macierz zespolona

A\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})

ma jedną z dwóch postaci Jordana

\left[\begin{array}[]{cc}\lambda_{1}&0\\ 0&\lambda_{2}\\ \end{array}\right],\quad\quad\left[\begin{array}[]{cc}\lambda&1\\ 0&\lambda\\ \end{array}\right].

Wniosek 11.7.

(i)

Jeśli $0\neq A\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ jest macierzą nilpotentną, to

$A=S\left[\begin{array}[]{cc}0&1\\ 0&0\\ \end{array}\right]S^{-1}$

dla pewnej macierzy nieosobliwej $S$ .
(ii)

Jeśli $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ jest taka, że $A^{2}=A$ , to $A=0$ lub $A=I$ lub

$A=S\left[\begin{array}[]{cc}1&0\\ 0&0\\ \end{array}\right]S^{-1}$

dla pewnej macierzy nieosobliwej $S$ .
(iii)

Jeśli $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ jest taka, że $A^{2}=I$ , to $A=\pm I$ lub

$A=S\left[\begin{array}[]{cc}1&0\\ 0&-1\\ \end{array}\right]S^{-1}$

dla pewnej macierzy nieosobliwej $S$ .
(iv)

Jeśli $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ jest taka, że $A^{2}=-I$ , to $A=\pm i\cdot I$ lub

$A=S\left[\begin{array}[]{cc}0&-1\\ 1&0\\ \end{array}\right]S^{-1}$

dla pewnej macierzy nieosobliwej $S$ .

Wniosek 11.8.

Dla dowolnej macierzy $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ mamy

(i)

$A$ jest podobna do $A^{T}$ .
(ii)

$A$ jest podobna do macierzy symetrycznej.
(iii)

$A$ jest iloczynem macierzy symetrycznych.

Dowód.

Punkt (i). Możemy założyć, że $A$ jest w postaci Jordana. Jeśli jest ona diagonalna, to nie ma czego dowodzić. Załóżmy więc, że

A=\left[\begin{array}[]{cc}\lambda&1\\ 0&\lambda\\ \end{array}\right].

Wtedy dla $S=\left[\begin{array}[]{cc}0&1\\ 1&0\\ \end{array}\right]$ mamy $S^{-1}AS=A^{T}$ .

Punkt (ii). Ponownie możemy założyć, że $A=\left[\begin{array}[]{cc}\lambda&1\\ 0&\lambda\\ \end{array}\right]$ . Szukamy takiej macierzy nieosobliwej $S=\left[\begin{array}[]{cc}a&b\\ c&d\\ \end{array}\right]\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ , że $S^{-1}AS$ jest symetryczna. Dla $\varDelta={\rm det}\,S\neq 0$ mamy

S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{cc}cd+\lambda\varDelta&d^{2}\\ -c^{2}&-cd+\lambda\varDelta\\ \end{array}\right].

Ponieważ szukamy macierzy symetrycznej, więc musi zachodzić warunek $c^{2}+d^{2}=0$ . Wystarczy więc przyjąć takie $a, b, c, d$ , że $ad-bc\neq 0$ i $c^{2}+d^{2}=0$ . Zwróćmy uwagę, że $S$ nie może być rzeczywista. Przykładowo, dla $d=i=a$ , $c=1$ i $b=0$ mamy

S=\left[\begin{array}[]{cc}i&0\\ 1&i\\ \end{array}\right],\quad S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{cc}\lambda-i&1\\ 1&\lambda+i\\ \end{array}\right].

Punkt (iii). Zauważmy najpierw, że możemy założyć, że $A$ jest w postaci Jordana $\Lambda$ , bo jeśli $\Lambda=BC$ jest iloczynem macierzy symetrycznych, to

A=S\Lambda S^{-1}=(SBS^{T})((S^{-1})^{T}CS^{-1})

jest również iloczynem macierzy symetrycznych. Dla $\Lambda=\left[\begin{array}[]{cc}\lambda_{1}&0\\ 0&\lambda_{2}\\ \end{array}\right]$ wystarczy przyjąć

B=\left[\begin{array}[]{cc}\lambda_{1}&0\\ 0&1\\ \end{array}\right],\quad C=\left[\begin{array}[]{cc}1&0\\ 0&\lambda_{2}\\ \end{array}\right].

Jeśli $\Lambda=\left[\begin{array}[]{cc}\lambda&1\\ 0&\lambda\\ \end{array}\right]$ , to przyjmujemy

B=\left[\begin{array}[]{cc}1&1\\ 1&0\\ \end{array}\right],\quad C=\left[\begin{array}[]{cc}0&\lambda\\ \lambda&1-\lambda\\ \end{array}\right].

∎

Rozważmy macierz $A$ w postaci bloku Jordana

$A=\left[\begin{array}[]{cc}\lambda&1\\ 0&\lambda\\ \end{array}\right].$

Dla macierzy

$S=\left[\begin{array}[]{cc}0&1\\ 1&0\\ \end{array}\right]$

mamy $S^{-1}=S$ oraz

$\displaystyle S^{-1}AS$ $\displaystyle=\left[\begin{array}[]{cc}0&1\\ 1&0\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{cc}\lambda&1\\ 0&\lambda\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{cc}0&1\\ 1&0\\ \end{array}\right]$

$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{cc}\lambda&0\\ 1&\lambda\\ \end{array}\right]$

$\displaystyle=A^{T}.$

Naturalne jest pytanie o postać macierzy $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ , gdy jej wielomian charakterystyczny $p_{A}$ ma dwie zespolone wartości własne $\lambda_{1}=\alpha+i\beta$ , $\lambda_{2}=\alpha-i\beta$ oraz $\beta\neq 0$ . Macierz $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ możemy traktować jako element przestrzeni $M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ . Istnieje więc wektor własny $v\in\mathbb{C}^{2}$ odpowiadający wartości własnej $\lambda_{1}=\alpha+i\beta$ . Wektor $v\in\mathbb{C}^{2}$ wygodnie jest zapisać w postaci

v=\left[\begin{array}[]{c}a_{1}+ia_{2}\\ b_{1}+ib_{2}\\ \end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{c}a_{1}\\ b_{1}\\ \end{array}\right]+i\left[\begin{array}[]{c}a_{2}\\ b_{2}\\ \end{array}\right]:=v_{1}+iv_{2},\quad v_{1},v_{2}\in\mathbb{R}^{2}.

Wówczas

Av=Av_{1}+iAv_{2}.

Ponadto,

A(v_{1}-iv_{2})=(\alpha-i\beta)\cdot(v_{1}-iv_{2}),

czyli wektor $v_{1}-iv_{2}$ jest wektorem własnym odpowiadającym wartości własnej $\lambda_{2}=\alpha-i\beta$ .

Pokażemy, że wektory $v_{1},v_{2}\in\mathbb{R}^{2}$ są liniowo niezależne. Rzeczywiście, przypuśćmy, że $v_{1}=p\cdot v_{2}$ dla pewnej liczby rzeczywistej $p\in\mathbb{R}$ . Wtedy

A(v_{1}+iv_{2})=(\alpha+i\beta)\cdot(v_{1}+iv_{2})=(\alpha+i\beta)(p+i)\cdot v% _{2}

oraz

A(v_{1}+iv_{2})=A((p+i)v_{2})=(p+i)\cdot A(v_{2}),

więc $A(v_{2})=(\alpha+i\beta)\cdot v_{2}$ , co prowadzi do sprzeczności z warunkiem $\beta\neq 0$ .

Zauważmy, że

A(v_{1})+iA(v_{2})=A(v_{1}+iv_{2})=(\alpha+i\beta)\cdot(v_{1}+iv_{2}),

więc

A(v_{1})=\alpha\cdot v_{1}-\beta\cdot v_{2},\quad A(v_{2})=\beta\cdot v_{1}+% \alpha\cdot v_{2}.

Dla macierzy $S=\left[\begin{array}[]{c|c}v_{1}&v_{2}\\ \end{array}\right]$ otrzymujemy równość

\Lambda:=S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{cc}\alpha&\beta\\ -\beta&\alpha\\ \end{array}\right].

Dla $S_{1}=\left[\begin{array}[]{c|c}v_{2}&v_{1}\\ \end{array}\right]$ mamy

S_{1}^{-1}AS_{1}=\left[\begin{array}[]{cc}\alpha&-\beta\\ \beta&\alpha\\ \end{array}\right].

Wniosek 11.9 (Rzeczywista postać Jordana).

Jeśli $\lambda_{1}=\alpha+i\beta$ , $\lambda_{2}=\alpha-i\beta$ z $\beta\neq 0$ są pierwiastkami wielomianu charakterystycznego $p_{A}$ dla macierzy $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ , to istnieje taka nieosobliwa macierz $S\in M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ , że

$\Lambda=S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{cc}\alpha&\beta\\ -\beta&\alpha\\ \end{array}\right].$

Ponadto, $S=\left[\begin{array}[]{c|c}v_{1}&v_{2}\\ \end{array}\right]$ dla dowolnego takiego niezerowego wektora $v_{1}+iv_{2}\in\mathbb{C}$ , że

A(v_{1}+iv_{2})=(\alpha+i\beta)\cdot(v_{1}+iv_{2}).

Przykład 11.3 (Ciąg Fibonacciego).

Ciąg Fibonacciego $u_{n}$ jest zdefiniowany rekurencyjnie wzorem

u_{n+1}=u_{n}+u_{n-1},\quad u_{1}=1,u_{0}=0.

Dla macierzy

A=\left[\begin{array}[]{cc}1&1\\ 1&0\\ \end{array}\right]

mamy więc

\left[\begin{array}[]{cc}1&1\\ 1&0\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c}u_{n}\\ u_{n-1}\\ \end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{c}u_{n+1}\\ u_{n}\\ \end{array}\right].

Wynika stąd, że

\left[\begin{array}[]{c}u_{n+1}\\ u_{n}\\ \end{array}\right]=A^{n}\left[\begin{array}[]{c}u_{1}\\ u_{0}\\ \end{array}\right]=A^{n}e_{1}.

Wielomian charakterystyczny $A$ ma postać $p_{A}(x)=x^{2}-x-1$ , więc wartościami własnymi $A$ są

\lambda_{+}=\frac{\sqrt{5}+1}{2},\quad\lambda_{-}=\frac{1-\sqrt{5}}{2}.

Wektory własne mają postać

v_{+}=[(1+\sqrt{5})/2,1]^{T},\quad v_{-}=[(1-\sqrt{5})/2,1]^{T}.

Ponieważ

e_{1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot(v_{+}-v_{-}),

więc

\left[\begin{array}[]{c}u_{n+1}\\ u_{n}\\ \end{array}\right]=\frac{1}{\sqrt{5}}(\lambda_{+}^{n}\cdot v_{+}-\lambda_{-}^{% n}\cdot v_{-}),

czyli otrzymujemy formułę Bineta

u_{n}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\frac{1}{\sqrt{5% }}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}.

Przykład 11.4.

Rozważmy macierz

A=\left[\begin{array}[]{cc}3&1\\ -1&1\\ \end{array}\right].

Jej wielomian charakterystyczny ma postać

p_{A}(x)=x^{2}-4x+4=(x-2)^{2}.

Stąd $\lambda=2$ jest dwukrotną wartością własną macierzy $A$ . Ponieważ

A-2I=\left[\begin{array}[]{cc}1&1\\ -1&-1\\ \end{array}\right],

więc $[x,y]^{T}\in{\rm ker}\,(A-2I)$ jeśli $x+y=0$ , czyli

{\rm ker}\,(A-2I)={\rm span}\,\Big{\{}[1,-1]^{T}\Big{\}}.

Wektor $v=[1,-1]^{T}$ jest wektorem własnym i każdy inny wektor własny jest liniowo zależny z $v$ .

Szukamy teraz takiego wektora $w=[x,y]^{T}\in\mathbb{R}^{2}$ , że

(A-2I)w=v=[1,-1]^{T}.

Musimy więc rozwiązać układ równań

x+y=1,\quad-x-y=-1.

Rozwiązaniami są wektory postaci $[x,1-x]^{T}=x[1,-1]^{T}+[0,1]^{T}$ . Możemy więc przyjąć, że

w=[1,0]^{T}=e_{1}.

Dla macierzy

S=\left[\begin{array}[]{cc}1&1\\ -1&0\\ \end{array}\right],

mamy

S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{cc}0&-1\\ 1&1\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{cc}3&1\\ -1&1\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{cc}1&1\\ -1&0\\ \end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{cc}2&1\\ 0&2\\ \end{array}\right].

Przykład 11.5.

Macierz

A=\left[\begin{array}[]{cc}0&-4\\ 1&0\\ \end{array}\right]

ma zespolone wartości własne $\lambda_{1}=2i$ oraz $\lambda_{2}=-2i$ . Znajdziemy wektor własny $v_{1}=[a+bi,c+di]^{T}\in\mathbb{C}^{2}$ dla $\lambda_{1}=2i$ . Szukamy niezerowych rozwiązań równania

	$\displaystyle 0=(A-2iI)v$	$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{cc}-2i&-4\\ 1&-2i\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c}a+bi\\ c+di\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{c}-2ia+2b-4c-4di\\ a+bi-2ic+2d\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{c}-2ia+2(b-2c)-2i(a+2d)\\ a+2d+i(b-2c)\\ \end{array}\right].$

Stąd $a+2d=0$ oraz $b-2c=0$ . Możemy więc przyjąć, że

v_{1}=[2,-i]^{T}=[2,0]^{T}+i[0,-1]^{T}.

Dla wartości własnej $\lambda_{2}=-2i$ wektorem własnym jest więc $v_{2}=[2,i]^{T}$ . Dla macierzy

S=\left[\begin{array}[]{cc}2&2\\ -i&i\\ \end{array}\right]

mamy

S^{-1}AS=\frac{1}{4i}\left[\begin{array}[]{cc}i&-2\\ i&2\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{cc}0&-4\\ 1&0\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{cc}2&2\\ -i&i\\ \end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{cc}2i&0\\ 0&-2i\\ \end{array}\right]

Aby znaleźć rzeczywistą postać Jordana rozważamy macierz

P=\left[\begin{array}[]{cc}2&0\\ 0&-1\\ \end{array}\right]

której kolumnami są część rzeczywista i urojona wektora $v_{1}=[2,-i]^{T}=[2,0]^{T}+i[0,-1]^{T}$ . Wtedy

P^{-1}AP=\left[\begin{array}[]{cc}1/2&0\\ 0&-1\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{cc}0&-4\\ 1&0\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{cc}2&0\\ 0&-1\\ \end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{cc}0&2\\ -2&0\\ \end{array}\right].

11.2 Rozkład Jordana w wymiarze $3$

Podamy dowód Twierdzenia Jordana dla macierzy zespolonej $A\in M_{3\times 3}(\mathbb{C})$ . Zastosujemy podejście, które uogólnia się na wyższe wymiary.

Twierdzenie 11.5 (Rozkład Jordana macierzy zespolonej).

Niech $A\in M_{3\times 3}(\mathbb{C})$ . Istnieje taka macierz nieosobliwa $S\in M_{3\times 3}(\mathbb{C})$ , że $S^{-1}AS$ jest jednej z poniższych postaci:

\left[\begin{array}[]{ccc}\boxed{\lambda_{1}}&0&0\\ 0&\boxed{\lambda_{2}}&0\\ 0&0&\boxed{\lambda_{3}}\\ \end{array}\right],\quad\left[\begin{array}[]{c|cc}\lambda_{1}&0&0\\ \hline 0&\lambda_{2}&1\\ 0&0&\lambda_{2}\\ \end{array}\right],\quad\left[\begin{array}[]{ccc}\lambda_{1}&1&0\\ 0&\lambda_{1}&1\\ 0&0&\lambda_{1}\\ \end{array}\right].

Ponadto, $\lambda_{i}\in\mathbb{C}$ są wartościami własnymi macierzy $A$ .

Lemat 11.4.

Załóżmy, że wartości własne $\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3}\in\mathbb{C}$ macierzy $A\in M_{3\times 3}(\mathbb{C})$ są różne. Wtedy odpowiadające im wektory własne $v_{1},v_{2},v_{3}$ są liniowo niezależne oraz dla $S=\left[\begin{array}[]{c|c|c}v_{1}&v_{2}&v_{3}\\ \end{array}\right]$ mamy

S^{-1}AS={\rm diag}\,(\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3}).

Dowód.

Zauważmy najpierw, że $v_{1}$ i $v_{2}$ są liniowo niezależne. Przypuśćmy, że $v_{2}=x\cdot v_{1}$ dla pewnego $x\in\mathbb{C}$ . Wtedy $x\neq 0$ , bo $v_{2}\neq 0$ . Mamy

	$\displaystyle\lambda_{2}\cdot v_{2}$	$\displaystyle=Av_{2}$
		$\displaystyle=A(x\cdot v_{1})$
		$\displaystyle=x\lambda_{1}\cdot v_{1}$
		$\displaystyle=\lambda_{1}\cdot v_{2},$

czyli $\lambda_{1}=\lambda_{2}$ , sprzeczność.

Przypuśćmy, że $v_{3}\in{\rm span}\,\{v_{1},v_{2}\}$ . Wtedy $v_{3}=x_{1}\cdot v_{1}+x_{2}\cdot v_{2}$ dla pewnych $x_{1},x_{2}\in\mathbb{C}$ . Przynajmniej jedna z liczb $x_{1}$ , $x_{2}$ jest różna od zera, bo $v_{3}\neq 0$ . Otrzymujemy, że

	$\displaystyle\lambda_{3}\cdot v_{3}$	$\displaystyle=Av_{3}$
		$\displaystyle=A(x_{1}\cdot v_{1}+x_{2}\cdot v_{2})$
		$\displaystyle=x_{1}\lambda_{1}\cdot v_{1}+x_{2}\lambda_{2}\cdot v_{2},$

czyli

\lambda_{3}(x_{1}\cdot v_{1}+x_{2}\cdot v_{2})=x_{1}\lambda_{1}\cdot v_{1}+x_{% 2}\lambda_{2}\cdot v_{2}.

W efekcie

x_{1}(\lambda_{3}-\lambda_{1})\cdot v_{1}+x_{2}(\lambda_{2}-\lambda_{1})\cdot v% _{2}=0,

co jest sprzeczne z liniową niezależnością $v_{1}$ i $v_{2}$ . ∎

Lemat 11.5.

Niech $A\in M_{3\times 3}(\mathbb{C})$ . Istnieje taka macierz nieosobliwa $S\in M_{3\times 3}(\mathbb{C})$ , że macierz $S^{-1}AS$ jest górnie trójkątna.

Dowód.

Niech $\lambda\in\mathbb{C}$ będzie wartością własną $A$ i niech $v\in\mathbb{C}^{3}$ będzie odpowiadającym jej wektorem własnym. Uzupełniamy $v$ do bazy $v$ , $u$ , $w$ dla $\mathbb{C}^{3}$ . Rozważmy macierz $W=\left[\begin{array}[]{c|c|c}v&u&w\\ \end{array}\right]$ . Macierz $W^{-1}AW$ ma postać blokową

W^{-1}AW=\left[\begin{array}[]{c|cc}\par \lambda&*&*\\ \hline 0&a&b\\ 0&c&d\\ \end{array}\right].

Z rozkładu Jordana w wymiarze $2$ istnieje taka macierz nieosobliwa $V\in M_{2\times 2}(\mathbb{C})$ , że

V^{-1}\left[\begin{array}[]{cc}a&b\\ c&d\\ \end{array}\right]V=T

jest górnie trójkątna. Definiujemy macierz nieosobliwą

U=\left[\begin{array}[]{c|c}\par 1&0\\ \hline 0&V\\ \end{array}\right]\in M_{3\times 3}(\mathbb{C}).

Wtedy

	$\displaystyle U^{-1}W^{-1}AWU$	$\displaystyle=U^{-1}\left[\begin{array}[]{c\|cc}\lambda&&\\ \hline 0&a&b\\ 0&c&d\\ \end{array}\right]U$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{c\|c}1&0\\ \hline 0&V^{-1}\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c\|cc}\lambda&&\\ \hline 0&a&b\\ 0&c&d\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c\|c}1&0\\ \hline 0&V\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{c\|c}\lambda&*\\ \hline 0&T\\ \end{array}\right],$

jest górnie trójkątna i teza zachodzi dla $S=WU$ . ∎

Lemat 11.6.

Rozważmy macierz górnie trójkątną z $0$ jako jedyną wartością własną

A=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 0&a&b\\ 0&0&c\\ 0&0&0\\ \end{array}\right].

Wtedy zachodzi jeden z warunków

(i)

$A=0$ ,
(ii)

${\rm dim}\,{\rm ker}\,A=2$ i $A$ jest podobna do macierzy

$\left[\begin{array}[]{cc|c}\par 0&1&0\\ 0&0&0\\ \hline 0&0&0\\ \end{array}\right],$
(iii)

${\rm dim}\,{\rm ker}\,A=1$ oraz $A$ jest podobna do macierzy

$\left[\begin{array}[]{ccc}\par 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0\\ \end{array}\right].$

Dowód.

Sprawdzamy, że

A^{2}=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 0&a&b\\ 0&0&c\\ 0&0&0\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{ccc}\par 0&a&b\\ 0&0&c\\ 0&0&0\\ \end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 0&0&ac\\ 0&0&0\\ 0&0&0\\ \end{array}\right],

A^{3}=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 0&a&b\\ 0&0&c\\ 0&0&0\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{ccc}\par 0&0&ac\\ 0&0&0\\ 0&0&0\\ \end{array}\right]=0.

Mamy trzy możliwości

(i)

$A=0$ ,
(ii)

$A\neq 0$ , $A^{2}=0$ ,
(iii)

$A^{2}\neq 0$ , $A^{3}=0$ .

W przypadku (ii) $a=0$ lub $c=0$ , bo $A^{2}=0$ i macierz $A$ jest jednej z postaci

A=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 0&0&b\\ 0&0&c\\ 0&0&0\\ \end{array}\right]\quad c\neq 0,\quad A=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 0&a&b% \\ 0&0&0\\ 0&0&0\\ \end{array}\right]\quad a\neq 0,\quad A=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 0&0&b% \\ 0&0&0\\ 0&0&0\\ \end{array}\right]\quad b\neq 0.

We wszystkich przypadkach ${\rm rank}\,A={\rm dim}\,{\rm im}\,A=1$ oraz

{\rm im}\,A\subset{\rm ker}\,A,\quad{\rm dim}\,{\rm ker}\,A=2.

Inkluzja ${\rm im}\,A\subset{\rm ker}\,A$ wynika stąd, że $A^{2}=0$ . Niech $v_{1}\in{\rm im}\,A$ będzie niezerowym wektorem. Istnieje więc taki (niezerowy) wektor $v_{2}\in\mathbb{C}^{3}$ , że $Av_{2}=v_{1}$ . Wybieramy teraz wektor $v_{3}\in{\rm ker}\,A$ liniowo niezależny z $v_{1}$ . Rozważmy macierz

S=\left[\begin{array}[]{c|c|c}v_{1}&v_{2}&v_{3}\\ \end{array}\right].

Ponieważ $v_{2}\notin{\rm ker}\,A$ , więc $v_{1},v_{2},v_{3}$ są liniowo niezależne, czyli $S$ jest nieosobliwa. Ponadto,

S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{cc|c}\par 0&1&0\\ 0&0&0\\ \hline 0&0&0\\ \end{array}\right]

W przypadku (iii) mamy $a\neq 0$ i $c\neq 0$ , więc

{\rm rank}\,A={\rm dim}\,{\rm imA}\,=2.

Ponadto,

{\rm im}\,A^{2}\subset{\rm ker}\,A,\quad{\rm dim}\,{\rm ker}\,A=1,\quad\text{% więc}\quad{\rm im}\,A^{2}={\rm ker}\,A.

Niech $v\in{\rm ker}\,A$ będzie wektorem własnym dla wartości własnej $0$ . Ponieważ

{\rm im}\,A^{2}={\rm ker}\,A,

więc istnieje taki wektor $u\in\mathbb{C}^{3}$ , że $A^{2}u=v$ . Wektory

v,\quad Au,\quad u

są liniowo niezależne. Rzeczywiście, przypuśćmy, że $x\cdot v+y\cdot Au+z\cdot u=0$ dla pewnych $x,y,z\in\mathbb{C}$ . Wtedy

0=A^{2}(x\cdot v+y\cdot Au+z\cdot u)=z\cdot v,

czyli $z=0$ , bo $v\neq 0$ . W konsekwencji,

0=A(x\cdot v+y\cdot Au)=y\cdot v,

czyli $y=0$ . Z równości $x\cdot v=0$ również $x=0$ . Dla

S=\left[\begin{array}[]{c|c|c}v&Au&u\\ \end{array}\right]

mamy

S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0\\ \end{array}\right]

∎

Wniosek 11.10.

Załóżmy, że $\lambda\in\mathbb{C}$ jest $3$ -krotną wartością własną macierzy $A\in M_{3\times 3}(\mathbb{C})$ . Wtedy

(i)

jeśli ${\rm dim}\,{\rm ker}\,(A-\lambda I)=3$ , to $A=\lambda I$ ,
(ii)

jeśli ${\rm dim}\,{\rm ker}\,(A-\lambda I)=2$ , to $A$ jest podobna do macierzy

$\left[\begin{array}[]{cc|c}\par \lambda&1&0\\ 0&\lambda&0\\ \hline 0&0&\lambda\\ \end{array}\right].$
(iii)

jeśli ${\rm dim}\,{\rm ker}\,(A-\lambda I)=1$ , to $A$ jest podobna do macierzy

$\left[\begin{array}[]{ccc}\par \lambda&1&0\\ 0&\lambda&1\\ 0&0&\lambda\\ \end{array}\right].$

Dowód.

Z Lematu 11.5 możemy założyć, że $A$ jest górnie trójkątna. Stosujemy Lemat 11.6 do macierzy $A-\lambda I$ . ∎

Lemat 11.7.

Załóżmy, że $A\in M_{3\times 3}(\mathbb{C})$ jest macierzą górnie trójkątną postaci

A=\left[\begin{array}[]{ccc}\par \lambda&a&b\\ 0&0&c\\ 0&0&0\\ \end{array}\right],\quad\lambda\neq 0.

Wtedy

(i)

${\rm dim}\,{\rm ker}\,A<3$ ,
(ii)

jeśli ${\rm dim}\,{\rm ker}\,A=2$ , to $S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{ccc}\boxed{\lambda}&0&0\\ 0&\boxed{0}&0\\ 0&0&\boxed{0}\\ \end{array}\right]$ dla pewnej macierzy nieosobliwej $S\in M_{3\times 3}(\mathbb{C})$ ,
(iii)

jeśli ${\rm dim}\,{\rm ker}\,A=1$ , to $S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{c|cc}\lambda&0&0\\ \hline 0&0&1\\ 0&0&0\\ \end{array}\right]$ dla pewnej macierzy nieosobliwej $S\in M_{3\times 3}(\mathbb{C})$ .

Dowód.

Zauważmy, że

{\rm dim}\,{\rm im}\,A=\left\{\begin{array}[]{ll}1,&\hbox{gdy $c=0$,}\\ 2,&\hbox{gdy $c\neq 0$, }\\ \end{array}\right.

czyli

{\rm dim}\,{\rm ker}\,A=\left\{\begin{array}[]{ll}2,&\hbox{gdy $c=0$,}\\ 1,&\hbox{gdy $c\neq 0$, }\\ \end{array}\right.

Załóżmy, że ${\rm dim}\,{\rm ker}\,A=2$ . Niech $v_{2},v_{3}\in{\rm ker}\,A$ będą bazą dla jądra. Jeśli $v_{1}$ jest wektorem własnym dla $\lambda$ , to $v_{1},v_{2},v_{3}$ są liniowo niezależne. Przypuśćmy bowiem, że $v_{1}=x_{2}\cdot v_{2}+x_{3}\cdot v_{3}$ . Wtedy

\lambda\cdot v_{1}=Av_{1}=x_{2}\cdot Av_{2}+x_{3}\cdot Av_{3}=0,

sprzeczność. Dla macierzy nieosobliwej $S=\left[\begin{array}[]{c|c|c}v_{1}&v_{2}&v_{3}\\ \end{array}\right]$ mamy

S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{ccc}\boxed{\lambda}&0&0\\ 0&\boxed{0}&0\\ 0&0&\boxed{0}\\ \end{array}\right].

Niech teraz ${\rm dim}\,{\rm ker}\,A=1$ , czyli $c\neq 0$ . Zauważmy, że teza zajdzie, gdy znajdziemy taką bazę $v_{1},v_{2},v_{3}$ , że

Av_{1}=\lambda\cdot v_{1},\quad Av_{2}=0,\quad Av_{3}=v_{2}.

Z wyborem $v_{1}$ i $v_{2}$ nie mamy problemu: bierzemy wektory własne dla $\lambda$ i $0$ . Musimy dobrać wektor $v_{3}$ , aby $Av_{3}=v_{2}$ . W tym celu wystarczy zauważyć, że

{\rm ker}\,A\subset{\rm im}\,A.

Rzeczywiście, $A[x,y,z]^{T}=[\lambda x+ay+bz,cz,0]^{T}$ , czyli $[x,y,z]^{T}\in{\rm ker}\,A$ , gdy $z=0$ i $x=\frac{a}{\lambda}y$ , czyli jądro jest generowane przez wektor $[a/\lambda,1,0]^{T}$ . Sprawdzamy łatwo, że jest on w obrazie $A$ generowanym przez wektory $[\lambda,0,0]^{T}$ i $[b,c,0]^{T}$ .

Pozostaje sprawdzić, że $v_{1},v_{2},v_{3}$ są liniowo niezależne. Wiemy, że $v_{1}$ i $v_{2}$ są liniowo niezależne. Przypuśćmy, że $v_{3}=x_{1}\cdot v_{1}+x_{2}\cdot v_{2}$ . Wtedy

	$\displaystyle v_{2}$	$\displaystyle=Av_{3}$
		$\displaystyle=x_{1}\cdot Av_{1}+x_{2}\cdot Av_{2}$
		$\displaystyle=x_{1}\lambda\cdot v_{1},$

co jest sprzeczne z liniową niezależnością $v_{1}$ i $v_{2}$ . ∎

Wniosek 11.11.

Załóżmy, że $\lambda,\lambda_{1}\in\mathbb{C}$ są różnymi wartościami własnymi macierzy $A\in M_{3\times 3}(\mathbb{C})$ oraz $\lambda_{1}$ ma krotność $2$ . Wtedy

(i)

${\rm dim}\,{\rm ker}\,(A-\lambda_{1}I)<3$ ,
(ii)

jeśli ${\rm dim}\,{\rm ker}\,(A-\lambda_{1}I)=2$ , to $A$ jest podobna do macierzy

$\left[\begin{array}[]{ccc}\par \lambda&0&0\\ 0&\lambda_{1}&0\\ 0&0&\lambda_{1}\\ \end{array}\right].$
(iii)

jeśli ${\rm dim}\,{\rm ker}\,(A-\lambda_{1}I)=1$ , to $A$ jest podobna do macierzy

$\left[\begin{array}[]{c|cc}\par \lambda&0&0\\ \hline 0&\lambda_{1}&1\\ 0&0&\lambda_{1}\\ \end{array}\right].$

Dowód.

Z Lematu 11.5 możemy założyć, że $A$ jest górnie trójkątna. Stosujemy rozumowanie jak w dowodzie Lematu 11.7. ∎

Zajmiemy się teraz macierzami rzeczywistymi $A\in M_{3\times 3}(\mathbb{R})$ . Wtedy wielomian charakterystyczny $p_{A}$ jest stopnia $3$ i ma współczynniki rzeczywiste. Jeśli liczba zespolona $\lambda\in\mathbb{C}$ jest pierwiastkiem $p_{A}$ , to jest nim również $\overline{\lambda}$ . Wynika stąd, że istnieje co najmniej jeden pierwiastek rzeczywisty $p_{A}$ . Jest on oczywiście wartością własną $p_{A}$ . Jeśli $A$ ma trzy (liczone z krotnościami) rzeczywiste wartości własne, to $A$ ma taką samą postać Jordana jak w przypadku zespolonym.

Pozostaje nam rozważyć przypadek, gdy $p_{A}$ ma rzeczywisty pierwiastek $\lambda_{1}\in\mathbb{R}$ i parę pierwiastków $\lambda_{2}=\alpha+i\beta$ oraz $\overline{\lambda_{2}}=\alpha-i\beta$ z $\beta\neq 0$ .

Wniosek 11.12 (Rzeczywista postać Jordana).

Jeśli dla $A\in M_{3\times 3}(\mathbb{R})$ ma rzeczywisty pierwiastek $\lambda_{1}=\lambda\in\mathbb{R}$ i parę pierwiastków sprzężonych $\lambda_{2}=\alpha+i\beta$ oraz $\overline{\lambda_{2}}=\alpha-i\beta$ z $\beta\neq 0$ , to istnieje taka nieosobliwa macierz $S\in M_{3\times 3}(\mathbb{R})$ , że

S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{c|cc}\par \lambda&0&0\\ \hline 0&\alpha&\beta\\ 0&-\beta&\alpha\\ \end{array}\right].

Dowód.

Niech $v\in\mathbb{R}^{3}$ będzie wektorem własnym dla $\lambda$ , a $w=w_{1}+iw_{2}$ zespolonym wektorem własnym dla $\alpha+i\beta$ . Wtedy $\overline{w}=w_{1}-iw_{2}$ jest wektorem własnym dla $\alpha-i\beta$ . Z naszych rozważań w wymiarze $2$ wystarczy pokazać, że $v,w_{1},w_{2}$ są liniowo niezależne nad $\mathbb{R}$ , bo wtedy teza zachodzi dla $S=\left[\begin{array}[]{c|c|c}v&w_{1}&w_{2}\\ \end{array}\right]$ . Wiemy już, że $w_{1}$ i $w_{2}$ są liniowo niezależne. Przypuśćmy, że

v=x_{1}\cdot w_{1}+x_{2}\cdot w_{2},

dla pewnych $x_{1},x_{2}\in\mathbb{R}$ . Ponieważ

w_{1}=\frac{1}{2}\cdot(w+\overline{w}),\quad w_{2}=\frac{1}{2i}\cdot(w-% \overline{w}),

więc

v=\frac{x_{1}-ix_{2}}{2}\cdot w+\frac{x_{1}+ix_{2}}{2}\cdot\overline{w},

czyli $v,w,\overline{w}$ są liniowo zależne nad $\mathbb{C}$ . Prowadzi to do sprzeczności, bo wektory te odpowiadają różnym wartościom własnym. ∎

Przykład 11.6.

Macierz

A=\left[\begin{array}[]{ccc}\par -3&0&0\\ 0&3&-2\\ 0&1&1\\ \end{array}\right]

ma wartości własne $\lambda_{1}=-3$ , $\lambda_{2}=2+i$ , $\lambda_{3}=\overline{\lambda_{2}}=2-i$ . Odpowiadającymi im wektorami własnymi są przykładowo

v_{1}=[1,0,0]^{T}=e_{1},\quad v_{2}=[0,1+i,1]^{T},\quad v_{3}=[0,1-i,1]^{T}.

Dla

S=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 1&0&0\\ 0&1+i&1-i\\ 0&1&1\\ \end{array}\right]

mamy

S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{ccc}\par -3&0&0\\ 0&2+i&0\\ 0&&2-i\\ \end{array}\right].

Aby otrzymać postać rzeczywistą rozważamy macierz

P=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 1&0&0\\ 0&1&1\\ 0&1&0\\ \end{array}\right]

której druga i trzecia kolumna, to odpowiednio, część rzeczywista i urojona wektora własnego $v_{2}=[0,1,1]^{T}+i[0,1,0]^{T}$ . Otrzymujemy, że

P^{-1}AP=\left[\begin{array}[]{ccc}\par -3&0&0\\ 0&2&1\\ 0&-1&2\\ \end{array}\right].

Przykład 11.7.

Wartości własne macierzy

A=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 1&0&0\\ -1&2&0\\ 1&1&2\\ \end{array}\right]

to $\lambda_{1}=1$ i $\lambda_{2}=\lambda_{3}=2$ . Sprawdzamy łatwo, że odpowiadające im wektory własne, to

v_{1}=[1,1,-2]^{T},\quad v_{2}=[0,0,1]^{T}.

Krotność algebraiczna wartości własnej $\lambda_{2}=2$ jest równa $2$ , ale jej krotność geometryczna jest równa $1$ . Macierz $A$ nie ma więc bazy wektorów własnych, czyli nie jest diagonalizowalna. Aby wyznaczyć postać Jordana $A$ szukamy takiego wektora $w$ , że

(A-2I)w=v_{2}.

Ponieważ

A-2I=\left[\begin{array}[]{ccc}\par -1&0&0\\ -1&0&0\\ 1&1&0\\ \end{array}\right],

więc możemy przyjąć, że $w=[0,1,0]^{T}$ . Dla macierzy

S=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 1&0&0\\ 1&0&1\\ -2&1&0\\ \end{array}\right]

mamy

S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 1&0&0\\ 2&0&1\\ -1&1&0\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{ccc}\par 1&0&0\\ -1&2&0\\ 1&1&2\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{ccc}\par 1&0&0\\ 1&0&1\\ -2&1&0\\ \end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 1&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1\\ \end{array}\right].

Przykład 11.8.

Macierz

A=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 2&1&0\\ 0&2&0\\ 0&-1&2\\ \end{array}\right]

ma tylko jedną wartość własną $\lambda=2$ o krotności algebraicznej $3$ . Zauważmy, że

A-2I=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&-1&0\\ \end{array}\right],

więc

{\rm ker}\,(A-2I)={\rm span}\,\{e_{1},e_{3}\}.

Ponadto,

{\rm im}\,(A-2I)={\rm span}\,\{[1,0,-1]^{T}\}\subset{\rm ker}\,(A-2I).

Szukamy teraz takiego wektora $w$ , że

(A-2I)w=[1,0,-1]^{T}.

Łatwo sprawdzamy, że możemy przyjąć $w=[0,1,0]^{T}=e_{2}$ . Dla bazy

v_{1}=[1,0,-1]^{T},\quad v_{2}=[0,1,0]^{T},\quad v_{3}=[1,0,0]^{T}

Dla

S=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 1&0&1\\ 0&1&0\\ -1&0&0\\ \end{array}\right]

mamy

S^{-1}AS=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 0&0&-1\\ 0&1&0\\ 1&0&0\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{ccc}\par 2&1&0\\ 0&2&0\\ 0&-1&2\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{ccc}\par 1&0&1\\ 0&1&0\\ -1&0&0\\ \end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 2&1&0\\ 0&2&0\\ 0&0&2\\ \end{array}\right]

Przykład 11.9.

Przyglądniemy się teraz macierzom antysymetrycznym $A\in M_{3\times 3}(\mathbb{R})$ . Ponieważ $A^{T}=-A$ , więc $A$ ma postać

A=\left[\begin{array}[]{ccc}\par 0&a&b\\ -a&0&c\\ -b&-c&0\\ \end{array}\right],\quad a,b,c\in\mathbb{R}.

Zakładamy, że $A$ jest niezerowa, czyli $a^{2}+b^{2}+c^{2}\neq 0$ . Ponieważ $A$ jest antysymetryczna i wymiar $n=3$ jest nieparzysty, więc ${\rm det}\,A=0$ . W szczególności, $0$ jest zawsze wartością własną. Ma ona krotność $1$ , bo jak łatwo sprawdzić pozostałe wartości własne, to $\pm i\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$ . Wektor własny dla wartości własnej $0$ jest równy

v_{A}=[-c,b,-a]^{T}.

Ponadto, jeśli $A,B\in M_{3\times 3}(\mathbb{R})$ są antysymetryczne, to

{\rm tr}\,(AB)=-2(v_{A}|v_{B}).

Co więcej, macierz

[A,B]:=AB-BA

jest antysymetryczna oraz

v_{[A,B]}=v_{A}\times v_{B}.

11.3 Diagonalizacja w wymiarach $2$ i $3$

Niech

A=\left[\begin{array}[]{cc}a&c\\ c&b\\ \end{array}\right]

będzie rzeczywistą macierzą symetryczną. Równanie charakterystyczne dla $A$ ma postać

p_{A}(x)=x^{2}-(a+b)x+ab-c^{2}=0.

Ponieważ

\Delta:=(a+b)^{2}-4(ab-c^{2})=(a-b)^{2}+4c^{2}\geq 0,

więc wartości własne $\lambda_{1}$ , $\lambda_{2}$ macierzy $A$ są rzeczywiste oraz

\lambda_{1}=\frac{a+b+\sqrt{\Delta}}{2},\quad\lambda_{2}=\frac{a+b-\sqrt{% \Delta}}{2}.

Twierdzenie 11.6.

Dla macierzy rzeczywistej $A\in M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ następujące warunki są równoważne

(i)

$A=A^{T}$ ,
(ii)

$\mathbb{R}^{2}$ ma bazę ortonormalną złożoną z wektorów własnych $A$ ,
(iii)

Istnieje taka macierz ortogonalna $Q\in M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ , że

$Q^{T}AQ=D,$

gdzie $D={\rm diag}\,(\lambda_{1},\lambda_{2})$ jest diagonalna z wartościami własnymi $A$ na przekątnej.

Dowód.

$(i)\Rightarrow(ii)$

Załóżmy, że $A$ jest symetryczna. Jeśli $c=0$ , to $e_{1}$ , $e_{2}$ jest bazą ortonormalną złożoną z wektorów własnych macierzy $A={\rm diag}\,(a,b)$ .

Jeśli $c\neq 0$ , to $\Delta>0$ i $A$ ma dwie różne rzeczywiste wartości własne $\lambda_{1}$ , $\lambda_{2}$ . Niech $v_{1}$ , $v_{2}$ będą odpowiadającymi im wektorami własnymi o normie $1$ . Pokażemy, że wektory $v_{1}$ , $v_{2}$ są ortogonalne. Mamy

	$\displaystyle\lambda_{1}(v_{1}\|v_{2})$	$\displaystyle=(\lambda_{1}v_{1}\|v_{2})$
		$\displaystyle=(Av_{1}\|v_{2})$
		$\displaystyle=(v_{1}\|Av_{2})$
		$\displaystyle=(v_{1}\|\lambda_{2}v_{2})$
		$\displaystyle=\lambda_{2}(v_{1}\|v_{2}),$

więc $(v_{1}|v_{2})=0$ , bo $\lambda_{1}\neq\lambda_{2}$ .

$(ii)\Rightarrow(iii)$ Wystarczy przyjąć $Q=\left[\begin{array}[]{c|c}v_{1}&v_{2}\\ \end{array}\right]$ dla bazy ortonormalnej $v_{1}$ , $v_{2}$ złożonej z wektorów własnych.

$(iii)\Rightarrow(i)$

Wiemy, że $A=QDQ^{T}$ . Wtedy

	$\displaystyle A^{T}$	$\displaystyle=(Q^{T})^{T}D^{T}Q^{T}$
		$\displaystyle=QDQ^{T}$
		$\displaystyle=A.$

∎

Rozważmy teraz macierz symetryczną $A\in M_{3\times 3}(\mathbb{R})$ . Istnieje $\lambda_{1}\in\mathbb{R}$ rzeczywista wartość własna dla $A$ . Niech $v_{1}$ będzie odpowiadającym jej wektorem własnym o normie $1$ . Niech $V\subset\mathbb{R}^{3}$ będzie płaszczyzną prostopadłą do wektora $v_{1}$ . Wybierzmy bazę ortonormalną $v_{2}$ , $v_{3}\in V$ dla $V$ . Wtedy $v_{1}$ , $v_{2}$ , $v_{3}$ jest bazą ortonormalną dla $\mathbb{R}^{3}$ .

Pokażemy, że $Av_{2}$ , $Av_{3}\in V$ , czyli $A(V)\subset V$ . Ze względu na symetrię wystarczy pokazać, że $Av_{2}\in V$ . Ponieważ $A$ jest symetryczna, więc

	$\displaystyle(v_{1}\|Av_{2})$	$\displaystyle=(Av_{1}\|v_{2})$
		$\displaystyle=(\lambda_{1}v_{1}\|v_{2})$
		$\displaystyle=\lambda_{1}(v_{1}\|v_{2})$
		$\displaystyle=0.$

Rozważmy macierz ortogonalną $W=\left[\begin{array}[]{c|c|c}v_{1}&v_{2}&v_{3}\\ \end{array}\right]$ . Wtedy

W^{-1}AW=W^{T}AW=\left[\begin{array}[]{c|cc}\par \lambda_{1}&0&0\\ \hline 0&a&c\\ 0&d&b\\ \end{array}\right].

Ponieważ $W^{T}AW$ jest symetryczna, więc $d=c$ , czyli

W^{T}AW=\left[\begin{array}[]{c|cc}\par \lambda_{1}&0&0\\ \hline 0&a&c\\ 0&c&b\\ \end{array}\right]

Wiemy już, że istnieje taka macierz ortogonalna $B\in M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ , że

B^{T}\left[\begin{array}[]{cc}a&c\\ c&b\\ \end{array}\right]B={\rm diag}\,(\lambda_{2},\lambda_{3}).

Dla macierzy ortogonalnej

U=\left[\begin{array}[]{c|c}1&0\\ \hline 0&B\\ \end{array}\right]\in M_{3\times 3}(\mathbb{R})

mamy

U^{T}W^{T}AWU={\rm diag}\,(\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3}).

Macierz $Q=WU$ jest ortogonalna i jej kolumny są bazą ortonormalną złożoną z wektorów własnych.

Wniosek 11.13.

Dla macierzy rzeczywistej $A\in M_{3\times 3}(\mathbb{R})$ następujące warunki są równoważne

(i)

$A=A^{T}$ ,
(ii)

$\mathbb{R}^{3}$ ma bazę ortonormalną złożoną z wektorów własnych $A$ ,
(iii)

Istnieje taka macierz ortogonalna $Q\in M_{3\times 3}(\mathbb{R})$ , że

$Q^{T}AQ=D,$

gdzie $D={\rm diag}\,(\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3})$ jest diagonalna z wartościami własnymi $A$ na przekątnej.

11.4 Twierdzenie Cayleya–Hamiltona w wymiarze $3$

Twierdzenie 11.7 (Twierdzenie Cayleya–Hamiltona).

Niech $\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3}\in\mathbb{C}$ będą wartościami własnymi macierzy $A\in M_{3\times 3}(\mathbb{C})$ . Wtedy

(A-\lambda_{1}I)(A-\lambda_{2}I)(A-\lambda_{3}I)=0.

Dowód.

Z Lematu 11.5 istnieje taka macierz nieosobliwa $S\in M_{3\times 3}(\mathbb{C})$ , że $S^{-1}AS$ jest górnie trójkątna. Zauważmy, że

	$\displaystyle(S^{-1}AS-\lambda_{1}I)$	$\displaystyle(S^{-1}AS-\lambda_{2}I)(S^{-1}AS-\lambda_{3}I)=$
		$\displaystyle(S^{-1}AS-\lambda_{1}S^{-1}S)(S^{-1}AS-\lambda_{2}S^{-1}S)(S^{-1}% AS-\lambda_{3}S^{-1}S)=$
		$\displaystyle S^{-1}(A-\lambda_{1}I)SS^{-1}(A-\lambda_{2}I)SS^{-1}(A-\lambda_{% 3}I)S=$
		$\displaystyle S^{-1}(A-\lambda_{1}I)(A-\lambda_{2}I)(A-\lambda_{3}I)S.$

Wynika stąd, że teza zachodzi dla $A$ wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi dla $S^{-1}AS$ . Możemy więc założyć, że $A$ jest górnie trójkątna postaci

A=\left[\begin{array}[]{ccc}\par \lambda_{1}&a&b\\ 0&\lambda_{2}&c\\ 0&0&\lambda_{3}\\ \end{array}\right]

Niech $v=[x,y,z]^{T}\in\mathbb{C}^{3}$ będzie dowolnym wektorem. Zauważmy, że

(A-\lambda_{3}I)v=[x_{1},y_{1},0]^{T},

dla pewnych $x_{1},y_{1}\in\mathbb{R}$ . Następnie,

(A-\lambda_{2}I)[x_{1},y_{1},0]^{T}=[x_{2},0,0]^{T},

dla pewnego $x_{2}\in\mathbb{C}$ . Ostatecznie,

(A-\lambda_{1}I)[x_{2},0,0]^{T}=[0,0,0]^{T},

czyli

(A-\lambda_{1}I)(A-\lambda_{2}I)(A-\lambda_{3}I)v=0.

∎

Z pewnością zauważyliście, że dokładnie te same argumenty pokazują, że dla macierzy górnie trójkątnej $A\in M_{n\times n}(\mathbb{C})$ zachodzi

$p_{A}(A)=0.$

Dowód opiera się na obserwacji, że dla macierzy górnie trójkątnej $A$ podprzestrzenie ${\rm span}\,\{e_{1},\ldots,e_{k}\}$ są niezmiennicze dla $A$ . Pokażemy później, że każda macierz $A\in M_{n\times n}(\mathbb{C})$ jest podobna do macierzy górnie trójkątnej, więc Twierdzenie Cayleya–Hamiltona zachodzi dla dowolnej macierzy $A\in M_{n\times n}(\mathbb{C})$ .

Niech $A=\left[\begin{array}[]{cc}\par a&b\\ c&d\\ \end{array}\right]\in M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ . Oceń prawdziwość poniższych zdań:
- –
  
  Jeśli $a+b=c+d=1$ , to $[1,1]^{T}$ jest wektorem własnym $A$ .
- –
  
  Jeśli $A$ ma prostą niezmienniczą, to $A$ ma rzeczywiste wartości własne.
- –
  
  $A$ ma rzeczywisty wektor własny.
- –
  
  Jeśli $A$ jest górnie trójkątna tzn. $c=0$ , to $A$ jest diagonalizowalna.
- –
  
  Jeśli ${\rm det}\,A<0$ , to $A$ jest diagonalizowalna.
- –
  
  Jeśli ${\rm det}\,A<0$ , to $A$ jest ortogonalnie diagonalizowalna.
- –
  
  Jeśli $A^{3}=0$ , to $A^{2}=0$ .
- –
  
  Jeśli $\mathbb{R}^{2}$ ma bazę złożoną z wektorów własnych $A$ , to $A$ jest nieosobliwa.
- –
  
  $0$ jest jedyną wartością własną $A$ wtedy i tylko wtedy, gdy $A^{2}=0$ .
- –
  
  Jeśli ${\rm tr}\,A=0$ , to $A$ jest diagonalizowalna lub $A^{2}=0$ .
- –
  
  Jeśli ${\rm det}\,A=0$ , to $A$ ma prostą niezmienniczą.
- –
  
  $A$ i $A^{2}$ mają takie same wartości własne.
- –
  
  $A$ i $A^{2}$ mają takie same wektory własne.
- –
  
  Jeśli $A$ jest nieosobliwa, to $A$ i $A^{-1}$ mają takie same wartości własne.
- –
  
  Jeśli $A$ jest nieosobliwa, to $A$ i $A^{-1}$ mają takie same wektory własne.
- –
  
  $A$ i $A^{T}$ mają takie same wartości własne.
- –
  
  $A$ i $A^{T}$ mają takie same wektory własne.
- –
  
  Jeśli $S\in M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ jest nieosobliwa, to $A$ i $S^{-1}AS$ mają takie same wartości własne.
- –
  
  Jeśli $S\in M_{2\times 2}(\mathbb{R})$ jest nieosobliwa, to $A$ i $S^{-1}AS$ mają takie same wektory własne.
- –
  
  Jeśli $A$ jest nieosobliwa i diagonalizowalna, to $A^{-1}$ jest diagonalizowalna.
- –
  
  Jeśli macierz kwadratowa $A$ jest diagonalizowalna, to $A^{T}$ jest również diagonalizowalna.
- –
  
  Jeśli macierz kwadratowa ma dwa identyczne wiersze (kolumny), to $0$ jest jej wartością własną.

$\longleftarrow$

	$\displaystyle\left[\begin{array}[]{c\|c\|c}Av_{1}&\ldots&Av_{n}\\ \end{array}\right]$	$\displaystyle=AS=SD$
		$\displaystyle=S\left[\begin{array}[]{c\|c\|c}\lambda_{1}\cdot e_{1}&\ldots&% \lambda_{n}\cdot e_{n}\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{c\|c\|c}\lambda_{1}\cdot Se_{1}&\ldots&% \lambda_{n}\cdot Se_{n}\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{c\|c\|c}\lambda_{1}\cdot v_{1}&\ldots&% \lambda_{n}\cdot v_{n}\\ \end{array}\right].$
Stąd
		$\displaystyle Av_{1}=\lambda_{1}\cdot v_{1},\quad\ldots,\quad Av_{n}=\lambda_{% n}\cdot v_{n}.$

	$\displaystyle U^{-1}W^{-1}AWU$	$\displaystyle=U^{-1}\left[\begin{array}[]{c\|cc}\lambda&&\\ \hline 0&a&b\\ 0&c&d\\ \end{array}\right]U$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{c\|c}1&0\\ \hline 0&V^{-1}\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c\|cc}\lambda&&\\ \hline 0&a&b\\ 0&c&d\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{c\|c}1&0\\ \hline 0&V\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{c\|c}\lambda&*\\ \hline 0&T\\ \end{array}\right],$

	$\displaystyle\lambda_{1}(v_{1}\|v_{2})$	$\displaystyle=(\lambda_{1}v_{1}\|v_{2})$
		$\displaystyle=(Av_{1}\|v_{2})$
		$\displaystyle=(v_{1}\|Av_{2})$
		$\displaystyle=(v_{1}\|\lambda_{2}v_{2})$
		$\displaystyle=\lambda_{2}(v_{1}\|v_{2}),$

	$\displaystyle(v_{1}\|Av_{2})$	$\displaystyle=(Av_{1}\|v_{2})$
		$\displaystyle=(\lambda_{1}v_{1}\|v_{2})$
		$\displaystyle=\lambda_{1}(v_{1}\|v_{2})$
		$\displaystyle=0.$

	$\displaystyle L(f)$	$\displaystyle=(e^{\lambda x})^{\prime}$
		$\displaystyle=\lambda e^{\lambda x}$
		$\displaystyle=\lambda\cdot f,$

	$\displaystyle{\rm det}\,(B-xI)$	$\displaystyle={\rm det}\,(S^{-1}AS-xI)$
		$\displaystyle={\rm det}\,(S^{-1}(A-xI)S)$
		$\displaystyle={\rm det}\,(A-xI).$

	$\displaystyle S^{-1}AS$	$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{cc}0&1\\ 1&0\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{cc}\lambda&1\\ 0&\lambda\\ \end{array}\right]\left[\begin{array}[]{cc}0&1\\ 1&0\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=\left[\begin{array}[]{cc}\lambda&0\\ 1&\lambda\\ \end{array}\right]$
		$\displaystyle=A^{T}.$

Rozdział 11 Do czego zmierzamy?

Twierdzenie 11.1 (Diagonalizacja).

Definicja 11.1.

Twierdzenie 11.2 (Diagonalizacja=baza wektorów własnych).

Wniosek 11.1.

11.1 Rozkład Jordana w wymiarze 2

Definicja 11.2.

Wniosek 11.2.

Wniosek 11.3.

Dowód.

Lemat 11.1.

Dowód.

Twierdzenie 11.3.

Dowód.

Przykład 11.1.

Wniosek 11.4.

Lemat 11.2 (Twierdzenie Cayleya–Hamiltona).

Dowód.

Przykład 11.2.

Wniosek 11.5.

Dowód.

Wniosek 11.6.

Dowód.

Lemat 11.3.

Dowód.

Twierdzenie 11.4.

Dowód.

Wniosek 11.7.

Wniosek 11.8.

Dowód.

Wniosek 11.9 (Rzeczywista postać Jordana).

Przykład 11.3 (Ciąg Fibonacciego).

Przykład 11.4.

Przykład 11.5.

11.2 Rozkład Jordana w wymiarze 3

Twierdzenie 11.5 (Rozkład Jordana macierzy zespolonej).

Lemat 11.4.

Dowód.

Lemat 11.5.

Dowód.

Lemat 11.6.

Dowód.

Wniosek 11.10.

Dowód.

Lemat 11.7.

Dowód.

Wniosek 11.11.

Dowód.

Wniosek 11.12 (Rzeczywista postać Jordana).

Dowód.

Przykład 11.6.

Przykład 11.7.

Przykład 11.8.

Przykład 11.9.

11.3 Diagonalizacja w wymiarach 2 i 3

Twierdzenie 11.6.

Dowód.

Wniosek 11.13.

11.4 Twierdzenie Cayleya–Hamiltona w wymiarze 3

Twierdzenie 11.7 (Twierdzenie Cayleya–Hamiltona).

Dowód.

11.1 Rozkład Jordana w wymiarze $2$

11.2 Rozkład Jordana w wymiarze $3$

11.3 Diagonalizacja w wymiarach $2$ i $3$

11.4 Twierdzenie Cayleya–Hamiltona w wymiarze $3$