Wyznaczenie wartości i wektorów własnych przekształcenia

[mayh90]

Kłopot z drugim zadaniem rozpiszę w nowym temacie, co by zachować porządek .

Mam macierz:
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 7&-12&6 \\ 10&-19&10 \\ 12&-24&13 \end {bmatrix}}\)

Polecenie:
Wyznaczyć wartości własne i wektory własne przekształcenia liniowego, danego w bazie standardowej przez tę macierz.

I generalnie sposób rozwiązania jest mi znany, kłopot tylko w tym, że liczby w macierzy są duże i przy wyliczaniu wartości własnych (a właściwie wyznacznika macierzy) dostaję taki bohomaz:
\(\displaystyle{ det(A) = -\lambda^3 + \lambda^2 + 721\lambda - 6481}\)
Bądź człowieku mądry i znajdź pierwiastki .

Dlatego też zwracam się z pytaniem, czy jest jakiś sposób na tę macierz, czy trzeba sobie z tymi wielkimi liczbami jakoś poradzić. Rozwinięcie Laplace'a chyba nie wchodzi w grę, bo nie ma żadnych zer? Czy można je zastosować?

Pozdrawiam
mayh90

[BettyBoo]

Pomyliłeś się gdzieś dlatego, że 1 jest na pewno wartością własną (widać po macierzy), a z Twojego wielomianu tak nie wynika. Rozwinięcie Laplace'a można stosować, ale tutaj jest mało przydatne. Trzeba się uzbroić w cierpliwość i dokładnie powoli wszystko obliczyć

Pozdrawiam.

[mayh90]

Dzięki za szybką reakcję. To liczę jeszcze raz .

Napisałaś, że po macierzy widać, że jedynka jest jej wartością własną. W jaki sposób można to zauważyć?

[BettyBoo]

Widać, jak się podstawi 1 Natomiast wymyślenie że to 1, to inna sprawa. Założyłam po prostu, że ta macierz ma przynajmniej jedną całkowitą wartość własną i obserwując najpierw 2 kolumnę a potem 1 doszłam do wniosku, że to pewnie 1. Podstawiłam i wyszło

Pozdrawiam.

[mayh90]

Mhm, czyli "bo to najpierw najpierw trzeba popatrzeć", jak mawiała moja matematyczka z liceum .

Yup, błąd w liczeniu wyznacznika, a jakże .

Wyznacznik wychodzi \(\displaystyle{ -\lambda^3 + \lambda^2 + \lambda - 1}\), czy wszystko wygląda zgrabnie.

I teraz pierwiastki:
\(\displaystyle{ -(\lambda - 1)^2(1 + \lambda)}\), a więc \(\displaystyle{ \lambda_{1} = 1 \wedge \lambda_{2} = -1}\)
Wektora własny dla \(\displaystyle{ \lambda_{1} = 1}\):
\(\displaystyle{ X_{1} = [1,-2,1]}\) (dobry?)

W drugim natomiast, po wstawieniu współczynników układu równań w macierz...
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 8&-12&6&|0 \\ 10&-18&10&|0 \\ 12&-24&14&|0 \end {bmatrix}}\)
... i rozwiązania jej Gaussem, wychodzi macierz jednostkowa. Rozumiem że coś jest nie tak?

Sorry za zawracanie głowy .

[BettyBoo]

Nie, nie trzeba popatrzeć - ja popatrzałam, bo Twój wynik wyglądał na mało prawdopodobny...

Coś oszukujesz z tymi wektorami

Dla \(\displaystyle{ \lambda=1}\) układ się redukuje do jednego równania postaci \(\displaystyle{ x-2y+z=0}\), zatem wektory własne (czyli rozwiązania tego równania, a nie jego współczynniki!) są postaci \(\displaystyle{ (2s-t,s,t),\ t,s\in\amthbb{R} (\mathbb{C})}\).

Dla \(\displaystyle{ \lambda=-1}\), jak słusznie zauważyłeś, coś jest nie tak (musi Ci wyjść rozwiązanie z dokładnie 1 parametrem, co wynika z krotności wartości własnej). Pomyliłeś się w zapisie macierzy - to będzie

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 8&-12&6&|0 \\ 10&-18&10&|0 \\ 12&-24&14&|0 \end {bmatrix}}\)

Pozdrawiam.

[mayh90]

Dla \(\displaystyle{ \lambda=1}\) układ się redukuje do jednego równania postaci \(\displaystyle{ x-2y+z=0}\)

Do tego doszedłem i przyswoiłem ^^.

zatem wektory własne (czyli rozwiązania tego równania, a nie jego współczynniki!) są postaci \(\displaystyle{ (2s-t,s,t),\ t,s\in\amthbb{R} (\mathbb{C})}\)

W jaki sposób powstała ta postać? Jeśli pytanie jest głupie - wybacz .

[BettyBoo]

\(\displaystyle{ x-2y+z=0\ \Rightarrow \ x=2y-z}\). Wobec tego \(\displaystyle{ y,z}\) są parametrami - no to nazwałam je sobie odpowiednio \(\displaystyle{ s,t}\). Zatem rozwiązanie wygląda jak wygląda.

Przypuszczam, że Twój problem bierze się z tego, że dość "luźno" (czytaj: mało precyzyjnie) zapisywałeś sobie rozwiązania układów równań z nieskończoną ilością rozwiązań, dlatego teraz się gubisz.

Pozdrawiam.

[mayh90]

Dzięki za objaśnienia i cierpliwość. Nie wykluczam takiej ewentualności, mam skłonność do zbyt szybkich ruchów/decyzji przy rozwiązywaniu zadań z matmy, co jest niestety często zgubne. Jak widać zresztą .

Dla \(\displaystyle{ \lambda=-1}\) po przekształceniach wyszło mi:

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 2&0&-1&|&0 \\ 5&-3&0&|&0 \end {bmatrix}}\)

Co teraz? Nie bardzo daje mi się to zredukować do jednego równania .

[BettyBoo]

I całe szczęście, że się nie da, bo ma wyjść tylko 1 parametr w rozwiązaniu

Najprościej to chyba z tego spisać układ równań - z pierwszego obliczyć \(\displaystyle{ z}\), z drugiego \(\displaystyle{ y}\), a wówczas \(\displaystyle{ x}\) stanie się parametrem.

Można oczywiście dokończyć to standardowo - tzn proces Gaussa przeprowadzić na tej macierzy do końca. Wtedy \(\displaystyle{ z}\) będzie parametrem.

Pozdrawiam.

[mayh90]

Czyli dobrze myślałem. Cholera, postęp jakiś wreszcie .

Ostatnia prośba:
Drugi wektor własny przyjmuje postać \(\displaystyle{ (s,2s, \frac{5}{3}s ),\ s\in\amthbb{R} (\mathbb{C})}\)?
Czy tak powinno wyjść?

[BettyBoo]

Tak, można taki wziąć, a można też \(\displaystyle{ (3s,6s,5s)}\) (żeby nie było ułamków).

Pozdrawiam.

[mayh90]

Naprawdę nie wiem jak Ci dziękować za pomoc Betty. Szacunek i sława!

[BettyBoo]

Tak sobie patrzę jeszcze na Twoją odpowiedź i nie jestem pewna, czy rozumiesz, co miałam na myśli pisząc \(\displaystyle{ s\in\mathbb{R} (\mathbb{C})}\)

Chodzi o to, że jeśli wyjściowo rozpatrujesz macierz nad \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\), to będzie \(\displaystyle{ s\in\mathbb{R}}\), a jeśli nad \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\), to będzie \(\displaystyle{ s\in\mathbb{C}}\).

Pozdrawiam.