Calculul valorilor si vectorilor proprii

INDICAŢII, RĂSPUNSURI, SOLUŢII 517
care răspunsul este afirmativ, cum este cazul în care λ(A 1) ∩ λ(A 2) = ∅. În această din
urmă situaţie, fie X 1 şi X 2 matrice nesingulare [ de]
vectori proprii pentru submatricele A 1 şi
X1 X 12
A 2. Atunci matricea (nesingulară) , unde X
0 X 12 = YX 2 cu Y soluţia ecuaţiei
2
matriceale Sylvester A 1Y −YA 2 = −A 12 (v. §4.7), este o matrice de vectori proprii pentru
matricea A, i.e. A este diagonalizabilă. [ ] [ ]
AB 0 0 0
P4.5 Arătaţi că matricele C = şi D = sunt asemenea (o
B 0 B BA
[ ]
Im A
matrice de transformare posibilă este T = ). Dacă m > n, din λ(C) = λ(D)
0 I n
rezultă că mulţimea λ(AB)\λ(BA) are toate elementele nule.
P4.6 b) Dacă (A,B) = (XΛ AX −1 ,XΛ BX −1 ) atunci, ţinând seama de faptul că
matricele diagonale comută, AB = BA rezultă prin calcul direct. c) Presupunem că
AB = BA. Fie X −1 def
AX = Λ A şi considerăm perechea (Ã, ˜B) = (Λ A,X −1 BX). Fără
a reduce generalitatea, putem presupune că Λ A are valorile proprii multiple grupate, i.e.
Λ A = diag(λ 1I n1 ,λ 2I n2 ,...,λ pI np ), cu λ i ≠ λ j pentru i ≠ j. Întrucât ØB = ˜BÃ,
rezultă ˜B = diag(˜B 1, ˜B 2,..., ˜B p). Dar, B fiind diagonalizabilă, rezultă că blocurile ˜B k
sunt diagonalizabile şi, conform punctului a), perechea (λ k I nk , ˜B k ) este diagonalizabilă.
Prin urmare, (Ã, ˜B) este diagonalizabilă, de unde şi (A,B) este [ diagonalizabilă. ] [ Pentru ]
1 1 0 1
reciprocă, vezi punctul b). d) De exemplu, matricele A = şi B =
0 1 0 0
comută, dar nu sunt (simultan) diagonalizabile.
P4.7 Fie x un vector propriu al matricei A, asociat valorii proprii λ, şi p cel mai
mare întreg pentru care vectorii x, Bx, ..., B p−1 x sunt liniar independenţi, i.e. pentru
care matricea X p = [x Bx ··· B p−1 x] este monică. Atunci, subspaţiul X = ImX p este
B-invariant şi, prin urmare, conţine un vector propriu y = X pz al matricei B. Dar
AB = BA implică AB k = B k A. Rezultă Ay = AX pz = λX pz = λy, i.e. y este vector
propriu al matricei A.
P4.8 Arătaţi că λ 1y2 H x 1 = λ 2y2 H x 1.
P4.9 Fără a reduce generalitatea, putem considera că ‖x‖ 2 = 1. Conform [ lemei 4.2 ]
(deflaţie unitară), dacă matricea [x ˜X] λ b
este unitară, atunci B = X H H
AX = .
0 C
Acum, dacăy esteunvectorpropriulastângaal matricei A, atunciz = X H y este unvector
propriu la stânga al lui B, i.e. z H B = λz H . Cum λ este o valoare proprie simplă, matricea
λI n−1 − C este nesingulară. Rezultă z(2 : n) [ = (¯λI n−1
] − C H ) −1 bz 1, cu z 1 = x H y ≠ 0
0 1
întrucât, în caz contrar, z = 0. Matricea A = nu este simplă, iar vectorii proprii
0 0
[ ] [ ]
α 0
sunt de forma x = şi y = , α,β ∈ IC, α ≠ 0, β ≠ 0, ceea ce implică y H x = 0.
0 β
P4.10 Conform problemelor 4.8 şi 4.9, yi H x j = 0 dacă i ≠ j şi putem scala vectorii
proprii astfel încât yi H x i = 1. Deci, dacă X şi Y sunt cele două matrice de vectori proprii,
atunci Y H X = I n. Rezultă A = XΛX −1 = XΛY H = ∑ n
i=1 λixiyH i .
P4.11 Din Ax = λx, x ≠ 0, rezultă imediat A k x = λ k x (inducţie), (A − µI n)x =
= (λ−µ)x şi, dacă A este nesingulară (caz în care avem λ ≠ 0), 1 x = λ A−1 x.
P4.12 AvemA k x = λ k xpentru toţi λ ∈ λ(A) şi xvector propriu asociat lui λ. Rezultă
Px = p(A)x = p(λ)x.
P4.13 Fie λ ∈ λ(A) şi x un vector propriu asociat. Atunci, conform problemei 4.12,
Px = p(λ)x şi Qx = q(λ)x. Întrucât Q este nesingulară avem q(λ) ≠ 0 şi, prin urmare,