Řešení

Pomocí maticového násobení vidíme, že platí \[ A\vec a= \begin{pmatrix} 3& 0 \\ 2 &4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\2 \end{pmatrix} +2 \begin{pmatrix} 0\\4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\10 \end{pmatrix}. \]

Výsledkem zobrazení vektoru pomocí matice je vektor který není násobkem původního vektoru (podle první komponenty by se muselo jednat o trojnásobek, ale to nekoresponduje s druhou komponentou) a proto se nejedná o vlastní vektor matice.

Řešení

Pomocí maticového násobení vidíme, že platí \[A\vec a= \begin{pmatrix} 6& 0 \\ 3 &4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2\\3 \end{pmatrix} =2 \begin{pmatrix} 6\\3 \end{pmatrix} +3 \begin{pmatrix} 0\\4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 12\\18 \end{pmatrix}. \]

Výsledkem zobrazení vektoru \(\displaystyle \vec a\) pomocí matice je vektor \(\displaystyle \begin{pmatrix} 12\\18 \end{pmatrix},\) který je šestinásobkem původního vektoru \(\displaystyle \begin{pmatrix} 2\\3 \end{pmatrix}\). Protože je obraz násobkem vzoru, jedná se o vlastní vektor matice. Příslušné vlastní číslo je \(\displaystyle 6\), protože se vektor zobrazuje na svůj šestinásobek.

Řešení

Vlastní čísla jsou nulovými body determinantu \[ \begin{vmatrix} -2-\lambda &2 \\ 2 & 1-\lambda \end{vmatrix} =(-2-\lambda)(1-\lambda)-(2)(2)=\lambda^2+\lambda-6=(\lambda-2)(\lambda+3). \]

Protože platí \[A-2 I= \begin{pmatrix} -2 & 2\\2&1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 2&0\\0&2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -4 & 2\\ 2 &-1 \end{pmatrix}, \] řešíme soustavu \[ \begin{pmatrix} -4 & 2\\ 2 &-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0 \end{pmatrix}, \] která má nekonečně mnoho řešení. Musíme najít alespoň jendo nenulové řešení. Pokud zapíšeme jako soustavu rovnic, dostáváme druhou rovnici ve tvaru \[2x_1-x_2=0\] a první rovnice je jejím násobkem. Volbou \(\displaystyle x_1=1\) dostáváme \(\displaystyle x_2=2x_1=2\) a vlastní vektor příslušný vlastnímu číslu \(\displaystyle \lambda_1=2\) je \(\displaystyle \vec e_1= \begin{pmatrix} 1\\2 \end{pmatrix}.\) Tento vektor je dán jednoznačně až na nenulový konstantní násobek.

Protože platí \[A-(-3) I= \begin{pmatrix} -2 & 2\\2&1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 3&0\\0&3 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 &4 \end{pmatrix}, \] řešíme soustavu \[ \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 &4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0 \end{pmatrix}, \] která má nekonečně mnoho řešení. Musíme najít alespoň jendo nenulové řešení. Pokud zapíšeme jako soustavu rovnic, dostáváme první rovnici ve tvaru \[x_1+2x_2=0\] a druhá rovnice je jejím násobkem. Volbou \(\displaystyle x_2=1\) dostáváme \(\displaystyle x_1=-2x_2=-2\) a vlastní vektor příslušný vlastnímu číslu \(\displaystyle \lambda_2=-3\) je \(\displaystyle \vec e_2= \begin{pmatrix} -2\\1 \end{pmatrix}.\) Tento vektor je dán jednoznačně až na nenulový konstantní násobek.

Řešení

Charakteristický polynom je \[ \begin{vmatrix} 3-\lambda & 1\\1 & 3-\lambda \end{vmatrix} =(3-\lambda)^2-1=9-6\lambda+\lambda^2-1=\lambda^2-6\lambda+8=(\lambda-4)(\lambda-2) \] a vlastní čísla jsou \(\displaystyle \lambda_1=2\) a \(\displaystyle \lambda_2=4\). Protože platí \[ A-\lambda_1 I = \begin{pmatrix} 3-2 & 1 \\ 1 &3-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 &1 \end{pmatrix}, \] je vlastní vektor příslušný vlastní hodnotě \(\displaystyle \lambda_1\) řešením soustavy \[ \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 &1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0 \end{pmatrix} \] To je vlastně dvakrát zopakovaná rovnice \[ x_1+x_2=0, \] která má řešení například \(\displaystyle x_1=1\) a \(\displaystyle x_2=-1\). Protože délka vektoru \(\displaystyle (1,-1)\) je \(\displaystyle \sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt 2\), jednotkový vlastní vektor je \(\displaystyle e_1=\left(\frac 1{\sqrt 2}, -\frac 1 {\sqrt 2}\right)^T\). Podobně by se dal najít jednotkový vlastní vektor příslušný druhé vlastní hodnotě, ale protože oba vektory musí být na sebe kolmé, stačí vzít jednotkový vektor, který je k \(\displaystyle e_1\) kolmý, například \(\displaystyle e_2=\left(\frac 1{\sqrt 2}, \frac 1 {\sqrt 2}\right)^T\). Matici \(\displaystyle P\) můžeme vzít s \(\displaystyle e_1\) v prvním a \(\displaystyle e_2\) druhém sloupci, tj. \[ P= \begin{pmatrix} \frac 1{\sqrt 2} & \frac 1{\sqrt 2}\\ -\frac {1}{\sqrt 2} & \frac 1{\sqrt 2} \end{pmatrix}. \] Rychlý výpočet ukazuje, že matice \(\displaystyle P\) má determinant roven jedné. Kdyby vyšel roven minus jedné, stačí prohodit sloupce nebo jeden sloupec vynásobit faktorem \(\displaystyle -1\).

Pokud ještě před násobením matic vytkneme opakující se faktor z obou matic, násobením dostáváme \[ \begin{aligned} P^TAP&=\begin{pmatrix} \frac 1{\sqrt 2} & -\frac 1{\sqrt 2}\\ \frac {1}{\sqrt 2} & \frac 1{\sqrt 2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 1 &3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac 1{\sqrt 2} & \frac 1{\sqrt 2}\\ -\frac {1}{\sqrt 2} & \frac 1{\sqrt 2} \end{pmatrix}\\& =\frac 1{\sqrt 2}\frac 1{\sqrt 2} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 &1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 1 &3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 &1 \end{pmatrix} \\&= \frac 1{2} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 &1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 4 \\-2 & 4 \end{pmatrix} \\&= \frac 1{ 2} \begin{pmatrix} 4& 0 \\ 0& 8 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 2& 0 \\0& 4 \end{pmatrix}. \end{aligned} \] Podle očekávání vyšla diagonální matice s vlastními hodnotami v hlavní diagonále.

Řešení

Platí \[A\vec u= \begin{pmatrix} 3&1\\1&3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1\\2 \end{pmatrix} = - \begin{pmatrix} 3\\1 \end{pmatrix} +2 \begin{pmatrix} 1\\3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1\\5 \end{pmatrix} \] a výpočetem délek vektorů dostáváme \[||\vec u||=\sqrt{(-1)^2+(2)^2}=\sqrt 5\] a \[||A\vec u||=\sqrt{(-1)^2+(5)^2}=\sqrt {26}.\] Podíl délek je \[\frac{||A\vec u||}{||\vec u||}=\frac{\sqrt {26}}{\sqrt 5}\approx 2.28\] což je podle očekávání hodnota mezi menší a větší vlastní hodnotou, které vyšly v předchozím příkladě.

Řešení

V souřadné soustavě podle zadání je tah ve směru osy \(\displaystyle x\) roven jedné a další komponenty jsou nulové. Tedy \(\displaystyle \sigma= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0& 0 \end{pmatrix}.\) Budeme otáčet proti směru hodinových ručiček, tj. o kladný úhel \(\displaystyle \theta\).

Dostáváme (při zkráceném označení \(\displaystyle S=\sin\theta\) a \(\displaystyle C=\cos\theta\)) \[ \begin{aligned} R^{-1}\sigma R &= \begin{pmatrix} C & S\\ -S&C \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0& 0 \end{pmatrix}. \begin{pmatrix} C & -S\\ S&C \end{pmatrix} \\&= \begin{pmatrix} C & S\\ -S&C \end{pmatrix} \begin{pmatrix} C & -S \\ 0& 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} C^2 & -CS \\ -CS& S^2 \end{pmatrix} \end{aligned} \] a normálová a smyková složka napětí jsou po řadě \(\displaystyle \cos^2\theta\) a \(\displaystyle -\sin\theta \cos\theta = -\frac 12 \sin(2\theta).\)

Odsud již dostaneme odpovědi na všechny uvedené otázky.

1. Normálové napětí udává funkce \[\cos^2\theta.\] Ta je rovna jedné pro \(\displaystyle \theta=0\), tj. pro nulový sklon spoje. Pro nenulový sklon je menší než jedna (uvažujeme sklon maximálně do 90 stupňů).
2. Derivace normálového napětí pro \(\displaystyle \theta\) z intervalu od \(\displaystyle 0\) do \(\displaystyle \frac \pi2\) je \[\frac{\mathrm d}{\mathrm d\theta}\cos^2{\theta}=2\cos\theta (-\sin\theta)=-\sin(2\theta)<0.\] Záporná derivace značí klesající funkci.
3. Pro \(\displaystyle \theta=\frac \pi 2\) by normálové napětí bylo nulové a smykové také nulové. Jednalo by se vlastně o podélně spojené kusy materiálu a při uvedeném namáhání by bylo jedno, jestli jsou slepené nebo ne.
4. Smykové namáhání je prvek v matici mimo hlavní diagonálu. V našem případě \(\displaystyle -\frac 12 \sin(2\theta)\). Smykové namáhání je maximální, pokud má tato funkce maximum nebo minimum. Takový extrém je pro \(\displaystyle 2\theta=\frac \pi 2\) tj. pro \(\displaystyle \theta = \frac\pi4.\) Maximální smykové namáhání je pro spoj skloněný pod úhlem 45 stupňů.
5. Nezáleží. Změnou znaménka u úhlu \(\displaystyle \theta\) se napětí ve směru kolmo na spoj ani podél spoje nemění, funkce \(\displaystyle \cos^2\theta\) i \(\displaystyle \sin^2\theta\) jsou obě sudé. U smykového napětí se mění znaménko, ale to jenom znamená namáhání v opačném smyslu (Pokud si na stěnu materiálu nakreslíme čtvereček s jednou stranou podél spoje a s druhou stranou kolmo na spoj, podle směru sklonu spoje máme dva zrcadlové případy, jak se tento čtvereček deformuje. Tomu odpovídá opačné znaménko smykové derivace.)

Řešení

Podle zadání víme, že jeden z vlastních vektorů je \(\displaystyle e_1=(1,0,0)^T\) a protože se zobrazí na pětinásobek, je příslušná vlastní hodnota \(\displaystyle \lambda_1=5\). Charakteristický polynom je \[ \begin{aligned} \begin{vmatrix} 5-\lambda & 0 & 0\\ 0 & 2-\lambda & 2\\ 0 & 2 & 5-\lambda \end{vmatrix} &=(5-\lambda)(2-\lambda)(5-\lambda)-(5-\lambda)\times 2\times 2\\& = (5-\lambda)\Bigl[(2-\lambda)(5-\lambda) -4\Bigr] \\&=(5-\lambda)(\lambda^2 -7\lambda +6) =(5-\lambda)(\lambda-1)(\lambda-6) \end{aligned} \] Další dvě vlastní hodnoty jsou \(\displaystyle \lambda_2=1\) a \(\displaystyle \lambda_3=6\)

Uvažujme matici \[ A-1 I= \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 2& 4 \end{pmatrix}. \] Soustava \[ \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 2& 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\0\\0 \end{pmatrix} \] má řešení \(\displaystyle x_1=0\) (plyne z první rovnice) a například \(\displaystyle x_2=2\) a \(\displaystyle x_3=-1\) (plyne z druhé a třetí rovnice, které jsou jedna násobkem druhé). Vlastní vektor příslušný vlastní hodnotě \(\displaystyle \lambda_2=1\) je \(\displaystyle e_2=(0,2,-1)^T\).

Uvažujme matici \[ A-6 I= \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\ 0 & -4 & 2\\ 0 & 2& -1 \end{pmatrix}. \] Soustava \[ \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\ 0 & -4 & 2\\ 0 & 2& -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\0\\0 \end{pmatrix} \] má řešení \(\displaystyle x_1=0\) (plyne z první rovnice) a například \(\displaystyle x_2=1\) a \(\displaystyle x_3=2\) (plyne z druhé a třetí rovnice, které jsou jedna násobkem druhé). Vlastní vektor příslušný vlastní hodnotě \(\displaystyle \lambda_3=6\) je \(\displaystyle e_3=(0,1,2)^T\).