msleziak.com

Napíšem sem niečo k úlohe z písomky. Samozrejme, ak máte nejaké otázky, poznámky, návrhy na iné riešenia, tak neváhajte napísať sem na fórum.

Skupina A

Nech $A$ je matica $4\times4$ s~vlastnými hodnotami $\pm1$, $\pm2$. Čomu sa rovná $\chi_A(x)$?\\
Nech $B=A^4-5A^2+5I$. Vypočítajte $\det(A)$, $\det(B)$ a $\det(A+B)$.

Skupina B

Nech $A$ je matica $3\times 3$ s~vlastnými hodnotami $1$, $0$, $-1$. Čomu sa rovná $\chi_A(x)$?\\
Nech $B=A^3-A+I$. Vypočítajte $\det(A)$, $\det(B)$ a $\det(A+B)$.

Minulý školský rok sa tiež objavila úloha, v ktorej sa dala využiť Cayley-Hamiltonova veta. Môžete si ju pozrieť tu: viewtopic.php?t=681

Riešenie

Charakteristický polynóm z vlastných hodnôt dostaneme ľahko.
V skupine A: $\chi_A(x)=(x-2)(x-1)(x+1)(x+2)=(x^2-1)(x^2-4)=x^4-5x^2+4$.
V skupine B: $\chi_A(x)=x(x-1)(x+1)=x(x^2-1)=x^3-x$.

V oboch skupinách sa dalo s použitím Cayley-Hamiltonovej vety zistiť, že $B=I$. To znamená, že $\det(B)=I$.
Dostaneme aj $\det(A+B)=\det(I+A)=0$, lebo v oboch prípadoch platí $\chi_A(-1)=\det{-I-A}=0$. (Pre matice $n\times n$ platí $\det(I+A)=(-1)^n\det(-I-A)$, čo znamená, že v skupine $A$ dostaneme $\det(I+A)=\det(-I-A)$ a v skupine B $\det(I+A)=-\det(-I-A)$. Ale keďže hodnota vyšla nulová, tak zmena znamienka nehrá žiadnu úlohu.)

Determinant matice $A$ sa rovná súčinu jej vlastných hodnôt (alebo tiež ako absolútny koeficient charakteristického polynómu): viewtopic.php?t=642
T.j. v skupine A je to $\det(A)=(-2)\cdot(-1)\cdot1\cdot2=4$. V skupine B bude výsledok $1\cdot0\cdot(-1)=0$.

Iné možnosti riešenia

Poďme sa ešte pozrieť na to, či sa to dá spraviť aj nejakým iným spôsobom, bez použitia Cayley-Hamiltonovej vety.

Budem sa teraz už venovať iba skupine A, v skupine B by sa dali použiť veľmi podobné úvahy.

Pretože máme maticu rozmerov $4\times4$ a vieme, že má $4$ rôzne vlastné čísla, tak táto matica je diagonalizovateľná a platí
$A=PDP^{-1}$, kde $P$ je nejaká regulárna matica a $D$ je diagonálna matica, ktorá má na diagonále práve vlastné čísla, t.j. môžeme napríklad zobrať
$$D=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 0 &-2 \\
\end{pmatrix}
$$

Z rovnosti $A=PDP^{-1}$ dostaneme aj $A^2=PD^2P^{-1}$, $A^3=PD^3P^{-1}$, atď.
Potom
$$B=A^4-5A^2+5I=PD^4P^{-1}-5PD^2P^{-1}+5I = P(D^4-5D^2+5I)P^{-1}.$$
Podobná úvaha funguje aj pre $A+B$, kde dostaneme $P(D^4-5D^2+D+5I)P^{-1}$.
Pretože diagonálne matice vieme ľahko umocňovať (stačí umocniť každý prvok na diagonále), tak matice $D$, $D^4-5D^2+5I$, $D^4-5D^2+D+5I$ vieme priamo vypočítať. Dostaneme opäť diagonálne matice, ich determinanty vieme vypočítať jednoducho vynásobením prvkov na diagonále.
Súčasne vieme, že podobné matice majú rovnaký determinant a zistili sme, že $A$ je podobná s $D$, $B$ je podobná s $D^4-5D^2+5I$ a $A+B$ je podobná s $D^4-5D^2+D+5I$, tak ich determinanty tiež vieme nájsť:
\begin{align*}
\det(A)&=\det(D)\\
\det(B)&=D^4-5D^2+5I\\
\det(A+B)&=D^4-5D^2+D+5I
\end{align*}

Azda sa oplatí spomenúť, že podstatná vlastnosť matíc $A$ a $B$ bola tá, že obe boli diagonalizovateľné takým spôsobom, že použijeme tú istú maticu prechodu.

Chyby, ktoré sa vyskytovali v riešeniach.

Veľa ľudí priamo počítalo s diagonálnou maticou zloženou z vlastných hodnôt namiesto s maticou $A$.
Neuviedli ste však žiadne zdôvodnenie prečo to vedie k rovnakému výsledku.
(Niektorí ste dokonca napísali, že priamo $A=D$, čo zo zadania určite nevyplýva.)
Dával som za takéto riešenia nejaké body. Ale bez zdôvodnenia ako napríklad determinant matice $B$ a determinant matice $D^4-5D^2+5I$ spolu súvisia to určite nemôžem považovať za úplné riešenie.

Niektorí ste napísali, že $\det(A+B)=\det(A)+\det(B)$. To síce zhodou okolností platí pre zadané matice, ale určite to neplatí vo všeobecnosti pre ľubovoľné matice. Nemalo by byť ťažké nájsť kontrapríklad.