Zadatak 5. Operator A P LpR2q zadan je formulom Apx, yq p2x ` 3y, 3x ` 5yq. Dokazite da je Apozitivan operator i odredite njegov pozitivni drugi korijen

?A.

Rjesenje. U kanonskoj bazi je Apeq

2 33 5

pa vidimo Apeq Apeq i zbog toga A A, tj. A je

hermitski operator. Za sve x, y P R jepApx, yq | px, yqq 2x2 ` 3xy ` 3xy ` 5y2 2x2 ` 6xy ` 5y2

namjestamo na potpuni kvadrat 2x2 ` 2 ?2x 3?2y ` 9

2y2 ` 1

2y2

p?2x` 3?2yq2 ` 1

2y2 0.

Dakle, A je pozitivan operator. Prema teoremu o drugom korijenu postoji jedinstveni pozitivan operatorB takav da je B2 A, oznaka B ?A. B je hermitski operator na realnom vektorskom prostoru pa jenjegova matrica simetricna: Bpeq

a bb c

za neke a, b, c P R. Racunamo:

B2 a bb c

a bb c

a2 ` b2 ab` bcab` bc b2 ` c2

2 33 5

.

Imamo sustav:a2 ` b2 2 p1qab` bc 3 p2qb2 ` c2 5 p3q

Oduzmemo prvu od trece jednadzbe:

pc aqpc` aq 3 p3q p1qbpa` cq 3 p2q

Oduzmemo jednadzbe:pc a bqpc` aq 0

i imamoc a b 0 ili c` a 0

ali druga zagrada pc` aq 0 zbog p2q pa slijedib c a.

Uvrstimo b c a u jednadzbe:a2 ` c2 2ac` a2 2 p1qpc aqpa` cq 3 p2q

c2 2ac` a2 ` c2 5 p3qi imamo:

2a2 2ac` c2 2 p1q

c2 a2 3 p2qOduzmemo ih:

3a2 2ac 1 p1q p2qi dobijemo:

c 3a2 ` 12a

.

Iz toga imamo i

b c a a2 ` 12a

.

Uvrstimo c u p2q i imamo:9a4 6a2 ` 1 4a2 12a2

zatim5a4 6a2 ` 1 0

to jestp5a2 1qpa2 1q 0.

Sada je a P t 1?5,1u i izracunamo c 3a2`1

2ai b c a, mogucnosti za korijen su dakle

1?5

3?5

3?5

4?5

ff,

1?

5 3?

5 3?5 4?

5

ff,

1 11 2

i

1 11 2

.

Operator s matricom

1 11 2

je pozitivan:

ppx` y, x` 2yq | px, yqq x2 ` yx` xy ` 2y2 px` yq2 ` y2 0i vrijedi:

1 11 2

2 A

pa iz jedinstvenosti drugog korijena zakljucujemo da je

?A

1 11 2

.