wektory i wartości własne

[mm34639]

weźmy macierz \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 2&5\\0&2\end{bmatrix}}\)

jej wielomian charakterystyczny to \(\displaystyle{ (2-\lambda)^{2}}\) , "podwójna" wartość własna \(\displaystyle{ \lambda =2}\)

szukam wektorów własnych:

2x+5y=2x
2y=2y

stąd - wektory własne spełniają
5y=0

czyli wektory własne to lin\(\displaystyle{ ( \begin{bmatrix} 1\\0\end{bmatrix} )}\)

i zgodnie z moją wiedzą to by było na tyle, nie ma innych wektorów własnych (i nie ma innych wartości własnych)

to byłby właśnie przykład macierzy która nie jest diagonalizowalna, bo suma wymiarów podprzestrzeni własnych jest mniejsza niż wymiar przestrzeni której endomorfizm rozpatrujemy

chciałbym to skonfrontować z tym co można przeczytać na stronie
... dex79.html , omawiany przykład mniej-więcej w połowie strony

wg tego co tam jest napisane, doszedłszy do tego etapu co ja, chcąc znaleźć kolejny (jak rozumiem - liniowo niezależny od poprzedniego) wektor własny należy rozwiązać równanie
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 2-\lambda&5\\0&2-\lambda\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\end{bmatrix} = \vec{x}}\) (x - już obliczony wektor własny)

czyli \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 0&5\\0&0\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\\0\end{bmatrix}}\) , co daje y=(1/5)

ale wektory postaci \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 0\\ \frac{1}{5}\end{bmatrix} + lin ( \begin{bmatrix} 1\\0\end{bmatrix} )}\) nie spełniają \(\displaystyle{ f(\vec{x})=2\vec{x}}\)

np \(\displaystyle{ f(\begin{bmatrix} 0\\ \frac{1}{5}\end{bmatrix} )=\begin{bmatrix} 1\\ \frac{2}{5}\end{bmatrix} \neq \begin{bmatrix} 0\\ \frac{2}{5}\end{bmatrix}}\)

czy ja czegoś nie rozumiem, czy tam jest błąd? skąd mogła wziąć się taka procedura?

[max]

Nie sprawdzałem rachunków, ale na mój chłopski rozum, to poszukiwanie wektorów własnych dla wartości \(\displaystyle{ 2}\) skończyło się w momencie, gdy je znaleźliśmy.
Tzn skoro pokazaliśmy, że tworzą one podprzestrzeń jednowymiarową \(\displaystyle{ \mbox{lin}\, \begin{bmatrix}1 \\ 0\end{bmatrix},}\) to nie ma sensu szukanie ich gdzie indziej (w szczególności znalezienie dwóch liniowo niezależnych wektorów własnych nie jest w tym wypadku możliwe).
To drugie równanie pozwala wyznaczyć drugi wektor bazy Jordana, tzn taki wektor \(\displaystyle{ v,}\) że macierz operatora liniowego odpowiadającego wyjściowej macierzy w bazie kanonicznej, będzie miała w bazie \(\displaystyle{ \begin{bmatrix}1 \\ 0\end{bmatrix}, v}\) postać Jordana:
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix}2 & 1\\ 0 & 2\end{bmatrix}}\)

[mm34639]

czyli tak jak myślałem

jeszcze jedna sprawa - kolejne stwierdzenie z :
"Niech A będzie macierzą wymiaru nxn. Wówczas A jest podobna do macierzy Jordana."

prawda czy fałsz?

jeśli mowa o ciele liczb zespolonych, to zgodzę się z tym stwierdzeniem, ale co w przypadku gdy nie ma rzeczywistych zer wielomianu charakterystycznego?

np co z macierzą
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 1&1\\-1&1\end{bmatrix}}\) ?

[max]

W przypadku rzeczywistym mamy uogólnioną postać Jordana, klatki Jordana są postaci:
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix}L_{a,b} & I & & & & &\\
& L_{a,b} & I & & & &\\
& & \cdot & \cdot & & &\\
& & & \cdot & \cdot & &\\
& & & & \cdot & I &\\
& & & & & L_{a,b} & I\\
& & & & & & L_{a,b} \end{bmatrix}}\)
gdzie \(\displaystyle{ I = \begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{bmatrix}}\)
oraz \(\displaystyle{ L_{a,b}= \begin{bmatrix}a & b\\ -b & a\end{bmatrix}}\)
dla pewnych \(\displaystyle{ a,b\in \mathbb{R}}\)
takich, że \(\displaystyle{ a + bi, a - bi}\) są zespolonymi wartościami własnymi.

[mm34639]

dziękuję!