Niech \(\displaystyle{ L:\mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{3}}\) będzie przekształceniem liniowym zadanym wzorem
\(\displaystyle{ L(x,y,z)=(2x+y,y-z,2y+4z)}\)
Oblicz wartości i wektory własne \(\displaystyle{ L}\).
z góry dzięki za pomoc
będę wdzięczny za napisanie rozwiązania krok po kroku
wartości i wektory własne
-
miodzio1988
wartości i wektory własne
Chyba zartujesz? Wypisz wszystko w macierz i licz sam te wartości własne? z czym masz problem? Z liczeniem wyznacznika?
-
Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6909
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1246 razy
wartości i wektory własne
Wartości własne
\(\displaystyle{ \det{\left(A-\lambda \cdot I\right)}=0}\)
Aby znaleźć wektory własne rozwiązać równania jednorodne
\(\displaystyle{ \left[ A-\lambda \cdot I\right]x=0}\)
podstawiając za \(\displaystyle{ \lambda}\) kolejne wartości własne
\(\displaystyle{ \det\left[ \begin{array}{ccc} 2-\lambda&1&0 \\ 0&1-\lambda&-1 \\ 0&2&4-\lambda\end{array} \right]=0}\)
Skorzystajmy z rozwinięcia Laplace względem pierwszej kolumny
\(\displaystyle{ \left( 2-\lambda\right)\det \left[ \begin{array}{cc} 1-\lambda &-1\\ 2&4-\lambda \end{array} \right] =0}\)
\(\displaystyle{ \left( 2-\lambda\right)\cdot \left( \left(1-\lambda \right) \left( 4-\lambda\right) +2\right)=0}\)
\(\displaystyle{ \left( 2-\lambda\right)\cdot \left( 4-5\lambda+\lambda^2 +2\right)=0}\)
\(\displaystyle{ \left( 2-\lambda\right)\cdot \left( 6-5\lambda+\lambda^2 \right)=0}\)
\(\displaystyle{ \left( 2-\lambda\right)\cdot \left( 2-\lambda\right)\cdot \left( 3-\lambda\right) =0}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} \lambda_{1}=2 \\ \lambda_{2}=2\\\lambda_{3}=3 \end{cases}}\)
Dla \(\displaystyle{ \lambda=2}\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{array} {cccc} 0&1&0&0\\0&-1&-1&0\\0&2&2&0 \end{array} \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{array}{ccc} 1&0&0 \\ 2&2&0 \end{array} \right]}\)
Macierz odwrotna
\(\displaystyle{ = \frac{1}{2} \left[ \begin{array}{cc} 2&0 \\ -2&1 \end{array} \right]}\)
\(\displaystyle{ v= \left( x \ , 0 \ ,0 \right)}\)
\(\displaystyle{ v= x\left( 1 \ , 0 \ ,0 \right)}\)
Dla \(\displaystyle{ \lambda=3}\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{array} {cccc} -1&1&0&0\\0&-2&-1&0\\0&2&1&0 \end{array} \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{array}{ccc} 1&0&x \\ 2&1&0 \end{array} \right]}\)
Macierz odwrotna
\(\displaystyle{ \left[ \begin{array}{cc} 1&0 \\ -2&1 \end{array} \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{array}{cc} 1&0 \\ -2&1 \end{array} \right] \cdot \left[ \begin{array} {c} x&0 \end{array} \right]}\)
\(\displaystyle{ v= \left( x \ , x \ , -2x\right)}\)
\(\displaystyle{ v= x\left( 1 \ , 1 \ , -2\right)}\)
\(\displaystyle{ \det{\left(A-\lambda \cdot I\right)}=0}\)
Aby znaleźć wektory własne rozwiązać równania jednorodne
\(\displaystyle{ \left[ A-\lambda \cdot I\right]x=0}\)
podstawiając za \(\displaystyle{ \lambda}\) kolejne wartości własne
\(\displaystyle{ \det\left[ \begin{array}{ccc} 2-\lambda&1&0 \\ 0&1-\lambda&-1 \\ 0&2&4-\lambda\end{array} \right]=0}\)
Skorzystajmy z rozwinięcia Laplace względem pierwszej kolumny
\(\displaystyle{ \left( 2-\lambda\right)\det \left[ \begin{array}{cc} 1-\lambda &-1\\ 2&4-\lambda \end{array} \right] =0}\)
\(\displaystyle{ \left( 2-\lambda\right)\cdot \left( \left(1-\lambda \right) \left( 4-\lambda\right) +2\right)=0}\)
\(\displaystyle{ \left( 2-\lambda\right)\cdot \left( 4-5\lambda+\lambda^2 +2\right)=0}\)
\(\displaystyle{ \left( 2-\lambda\right)\cdot \left( 6-5\lambda+\lambda^2 \right)=0}\)
\(\displaystyle{ \left( 2-\lambda\right)\cdot \left( 2-\lambda\right)\cdot \left( 3-\lambda\right) =0}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} \lambda_{1}=2 \\ \lambda_{2}=2\\\lambda_{3}=3 \end{cases}}\)
Dla \(\displaystyle{ \lambda=2}\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{array} {cccc} 0&1&0&0\\0&-1&-1&0\\0&2&2&0 \end{array} \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{array}{ccc} 1&0&0 \\ 2&2&0 \end{array} \right]}\)
Macierz odwrotna
\(\displaystyle{ = \frac{1}{2} \left[ \begin{array}{cc} 2&0 \\ -2&1 \end{array} \right]}\)
\(\displaystyle{ v= \left( x \ , 0 \ ,0 \right)}\)
\(\displaystyle{ v= x\left( 1 \ , 0 \ ,0 \right)}\)
Dla \(\displaystyle{ \lambda=3}\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{array} {cccc} -1&1&0&0\\0&-2&-1&0\\0&2&1&0 \end{array} \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{array}{ccc} 1&0&x \\ 2&1&0 \end{array} \right]}\)
Macierz odwrotna
\(\displaystyle{ \left[ \begin{array}{cc} 1&0 \\ -2&1 \end{array} \right]}\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{array}{cc} 1&0 \\ -2&1 \end{array} \right] \cdot \left[ \begin{array} {c} x&0 \end{array} \right]}\)
\(\displaystyle{ v= \left( x \ , x \ , -2x\right)}\)
\(\displaystyle{ v= x\left( 1 \ , 1 \ , -2\right)}\)