7. gyakorlat megoldásai

Átírás

1 7. gyakorlat megoldásai Komple számok, sajátértékek, sajátvektorok F1. Legyen z 1 = + i és z = 1 i. Számoljuk ki az alábbiakat: z 1 z 1 + z, z 1 z, z 1 z,, z 1, z 1. z M1. A szorzásnál használjuk, hogy i = 1, míg az osztásnál a nevező konjugáltjával bővítjük a törtet: z 1 + z = ( + i) + (1 i) = ( + 1) + ( )i = 4 i, z 1 z = ( + i) (1 i) = ( 1) + ( ( ))i = + 5i, z 1 z = ( + i) (1 i) = 9i + i 6i = 9 7i, z 1 z = + i 1 i z 1 = i, = ( + i)(1 + i) (1 i)(1 + i) z 1 = + = i + i + 6i + 11i = = 1 + i i 9i 10 = 0, + 1,1i, F. Legyen z = 1 + i. Írjuk fel trigonometrikus alakban, majd számoljuk ki a negyedik hatványát és a harmadik gyökeit. M. A z = 1 + i komple szám abszolútértéke: r = ( 1) + 1 = és argumentuma: ϕ = arctg π = arctg( 1) + π = π 4, ahol a + π tag azért kell, mert Rez = 1 < 0. Így a trigonometrikus alak: Ennek segítségével: z = (15 ) + i sin(15 )). z 4 = ( ) 4 (4 15 ) + i sin(4 15 )) = 4 (540 ) + i sin(540 )) = = 4 (180 ) + i sin(180 )) = 4 A z komple számnak három z 1, z, z köbgyöke van: z 1 = + i sin = 6 (45 ) + i sin (45 )) = i, 15 z = i sin = 6 (165 ) + i sin (165 )), 15 z = i sin = 6 (85 ) + i sin (85 )). 1

2 F. Keressük meg a z 6z + 1 = 0 polinom gyökeit a komple számok körében. M. Bár ennek a másodfokú egyenletnek negatív a diszkrimánsa, és így nincsenek valós gyökei, a komle számok körében van két gyöke, melyet a szokásos megoldóképlettel számolhatunk: z 1, = 6 ± = 6 ± 16 = 6 ± 4i = ± i, ahol felhasználtuk, hogy pozitív q valós szám esetén q = qi. F4. Határozzuk meg az alábbi mátriok sajátértékeit és sajátvektorait. [ (a) (b) M4. (a) A sajátértékeket az alábbi determináns nullhelyei adják: ( ) 5 λ 6 det = (5 λ)( λ) 6 = λ 7λ 8, λ melynek a gyökei λ 1 = 8 és λ = 1. Egy λ sajátértékhez a sajátérvektort az A λe n = 0 homogén egyenletrendszer megoldásával kaphatjuk meg, mely a λ 1 = 8 esetén a következő: [ s1 /( ) [ s s 1 [ 1 0 Tehát az a szabad paraméter, és 1 =. Így a sajátvektorok halmaza: {[ } 0. A λ = 1 esetben hasonlóan számolhatunk: [ s1 /6 [ s s 1 [ Tehát az a szabad paraméter, és 1 =. Így a sajátvektorok halmaza: {[ } : 0.

3 (b) A sajátértékeket az alábbi determináns nullhelyei adják: 4 λ 5 det 1 1 λ 1 = (4 λ)(1 λ)( λ) (1 λ) + λ + ( λ) (4 λ) = λ + λ + 11λ λ 6 λ 8 + λ = = λ + λ + λ. Ennek a racionális gyökei a osztói közül kerülnek ki, így próbálgatással azt találjuk, hogy λ 1 = 1 gyök, melyet így kiemelhetünk: λ + λ + λ = (λ 1)( λ + λ + ) A kapott másodfokú polinomnak a gyökei: λ = 1 és λ =. Tehát a mátri sajátértékei: 1, 1,. A sajátértékekhez a sajátvektorokat hasonlóan számolhatjuk, mint az (a) feladatban: λ 1 = 1 esetén: s 1 s s / s s A λ 1 = 1 sajátértékekhez tartozó sajátvektorok halmaza: : 0 Hasonlóan λ = 1 esetén: s 1 s s / s 1 +s s 6s s s 1 s s 1 s 5s 1 s s 1 Tehát = 0, és a szabad paraméter, és 1 =. Így a λ = 1 sajátértékekhez tartozó sajátvektorok halmaza: 0 : 0

4 Végül λ = esetén: s s 1 s s s /( ) s 1 s s 1 +s Tehát = 0 és a szabad paraméter, és 1 =. Így a λ = sajátértékekhez tartozó sajátvektorok halmaza: : 0 0 [ 7 F5. Tudjuk, hogy az A = mátri egyik sajátvektora v a 4 1 = (1, ). Határozzuk meg az a paraméter értékét, a sajátértékeket, és a másik sajátvektort. M5. Ha λ 1 a v 1 sajátvektorhoz tartozó sajátérték, akkor Av 1 = λ 1 v 1, azaz [ [ [ 7 1 Av 1 = =, a 4 a + 8 amiből λ 1 =, és ekkor a + 8 =, amiből a =. Innen az előző feladathoz hasonlóan kiszámolhatjuk az A mátri sajátértékeit: ( ) 7 λ det = (7 λ)(4 λ) ( ) ( ) = λ 11λ + 4, 4 λ melynek a másik gyöke: λ = 8. Ehhez sajátvektor: [ s1 /( 1) [ s +s 1 [ 1 0 Így a sajátvektorok halmaza: {[ } : 0. Megjegyzés: lehet tudni, hogy a (főátlóra) szimmetrikus mátriok sajátvektorai merőlegesek egymásra, tehát ha ismerjük a v 1 -et, akkor v = (, 1), melynek segítségével az Av = λ v egyenletből megkaphatjuk, hogy λ = 8. 4

5 Gyakorló feladatok végeredményei M9. 11 ( 0 ) + i sin( 0 )) = i. M10. A karakterisztikus egyenlet: λ +λ +λ, melynek gyökei 0,, 1 a sajátértékek. 0-hoz tartozó sajátvektorok: {(,, 0) 0}, -höz tartozó sajátvektorok: {(,, ) 0}, 1-hez tartozó sajátvektorok: {(,, ) 0}. 5