wektory własne

[franek89]

Wyznaczyć wartości własne i wektory własne generatorów liniowych danych w pewnej bazie przez macierz:
\(\displaystyle{ A=\left[\begin{array}{cccc}3&-1&0&0\\1&1&0&0\\3&0&5&-3\\4&-1&3&-1\end{array}\right]}\)
wykorzystując operacje elementarne otrzymałem macierz: (nie wiem czy tu tak można, bo później mam z tego utworzyć wielomian charakterystyczny...)
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cccc}4&0&0&0\\1&1&0&0\\3&0&5&-3\\4&-1&3&-1\end{array}\right]}\)
Utworzyłem wielomian charakterystyczny:
\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{cccc}4-\lambda&0&0&0\\1&1-\lambda&0&0\\3&0&5-\lambda&-3\\4&-1&3&-1-\lambda\end{array}\right|}\)
i obliczyłem wyznacznik \(\displaystyle{ \lambda^{4}-9\lambda^{3}+19\lambda^{2}+9\lambda-20}\) znalazłem pierwiastki: -1,1,4,5. I teraz pytanie czy każdy przypadek muszę analizować osobno podstawiając za \(\displaystyle{ \lambda=-1,1,4,5}\) i rozwiązując otrzymany w ten sposób jednorodny układ równań, czy mogę skorzystać z tego, że macierz A można doprowadzić operacjami elementarnymi do macierzy jednostkowej i pozbyć się rachunków? Z tymże nie wiem czy w tym przypadku jest to dozwolone...

I jeszcze jedno pytanie:
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}0&1&0\\-4&4&0\\-2&1&2\end{array}\right]}\)
Dla tej macierzy utworzyłem wielomian charakterystyczny i znalazłem pierwiastek (był tylko jeden) otrzymałem układ równań i co sie okazało? że rozwiązaniem są same zera! czyli x=0 y=0 z=0. Czy to oznacza, że nie ma wektorów własnych i wartości własnych?

[BettyBoo]

Zdecydowanie nie wolno robić żadnych przekształceń na macierzy, tylko od razu liczyć wielomian charakterystyczny.
W pierwszym przykładzie macierz ma bardzo ładną postać, więc wyznacznik łatwo się policzy

\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{cc|cc}3-\lambda&-1&0&0\\1&1-\lambda&0&0\\ \hline 3&0&5-\lambda&-3\\4&-1&3&-1-\lambda\end{array}\right|=\begin{vmatrix}3-\lambda&-1&\\1&1-\lambda\end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix}5-\lambda&-3&\\3&-1-\lambda\end{vmatrix}}\)

Wartości własne łatwo znajdziesz, a wektory własne liczy się dla każdej wartości własnej z osobna - czyli podstawiasz każdą wartość i otrzymujesz konkretny układ równań do rozwiązania.


Co do drugiej macierzy - pomyliłeś się albo przy obliczaniu wartości własnych albo wektorów własnych - podaj obliczenia to Ci powiem, co nie tak jest.

Pozdrawiam

[franek89]

1)Obliczyłem wyznacznik: \(\displaystyle{ \lambda^{4}-8\lambda^{3}+24\lambda^{2}-32\lamba+16}\) Pierwiastkiem jest tylko i wyłącznie liczba 2. Rozwiązałem jednorodny układ równań i otrzymałem:
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{c}x\\y\\z\\r\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}-1\\-1\\1\\0\end{array}\right]z+\left[\begin{array}{c}1\\1\\0\\1\end{array}\right]r}\)
2)
\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}0&1&0\\-4&4-\lambda&0\\-2&1&2-\lamda \end{array}\right|=4(2-\lambda)}\)
\(\displaystyle{ \lambda=2}\)
więc mamy układ:
\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l} y =0\\-4x+2y=0\\-2x+y=0 \end{array}}\) z tego wynika, że x=0 y=0 z=0 brak wektorów własnych ?

[BettyBoo]

Co do 1: wystarczy obliczyć każdy z wyznaczników i z osobna przyrównać do zera - mniej roboty


2)

\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}-\lambda&1&0\\-4&4-\lambda&0\\-2&1&2-\lambda \end{array}\right|=(2-\lambda)^3}\)

po podstawieniu do układu wychodzi

\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc|c}-2&1&0&0\\-4&2&0&0\\-2&1&0&0 \end{array}\right]}\)


Pozdrawiam.

[franek89]

Faktycznie... Nie uwzględniłem \(\displaystyle{ \lambda}\) Dziękuję za pomoc
Pozdrawiam.-- 9 maja 2009, o 17:56 --czyli rozwiązaniem 2)
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}1\\2\end{array}\right]r}\)

[BettyBoo]

Niezupełnie, bo to układ o 3 niewiadomych Między x i y jest związek, a z jest zupełnie dowolne, a więc

\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}1\\2\\0\end{array}\right]r+\left[\begin{array}{c}0\\0\\1\end{array}\right]s}\)

Pozdrawiam.

[franek89]

D U Ż E D Z I Ę K I