Diagonalizacja macierzy

[jasiekk91]

Zbadać czy macierz jest diagonalizowalna. Wyznaczyc macierz diagonalna D i P.
domyślam się że chodzi o (D to macierz diagonalna składająca się z wartości własnych, a P to macierz odwracalna składająca się z wektorów własnych odpowiadających kolejnym wartościom własnym.)
jutro egzamin a bez tego się nie uda ;/

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 3&0&3\\0&2&0\\3&0&3\end{bmatrix}}\)

w miarę możliwości proszę o łopatologiczne tłumaczenie Pozdrawiam.

[Qń]

Zacznij od wyznaczenia wartości własnych, to znaczy odejmij w tej macierzy \(\displaystyle{ \lambda}\) od wyrazów na głównej przekątnej i sprawdź dla jakich lambd ten wyznacznik się zeruje.

Q.

[jasiekk91]

zrobiłem tak jak napisałeś

\(\displaystyle{ det( A-\lambda)}\) = \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 3-\lambda&0&3\\0&2-\lambda&0\\3&0&3-\lambda\end{bmatrix}}\)
wyszło
\(\displaystyle{ ( 2-\lambda)(\lambda-3)}\)
wiec \(\displaystyle{ (\lambda) \neq 2}\)
i \(\displaystyle{ (\lambda)\neq 3}\)
bo wtedy się zeruje.
Co dalej ?

[Qń]

Po pierwsze - masz odpowiedzieć na pytanie kiedy ten wyznacznik się zeruje, a nie kiedy jest różny od zera.
Po drugie, ważniejsze - źle policzyłeś wyznacznik. Spróbuj raz jeszcze.

Q.

[jasiekk91]

racja wyznacznik liczyłem tak
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 3-\lambda&0&3\\0&2-\lambda&0\\3&0&3-\lambda\end{bmatrix} = (2-\lambda)(-1)^4 \cdot \begin{bmatrix} 3-\lambda&3\\3&3-\lambda&\end{bmatrix}}\)
\(\displaystyle{ (3-\lambda)(3-\lambda)-9=9-6\lambda+(\lambda)^2-9}\) (racja tu zapomniałem o tej 9)
wiec wychodzi że : \(\displaystyle{ \lambda(\lambda-6)(2-\lambda)}\)
\(\displaystyle{ 0,6}\) i \(\displaystyle{ 2}\)

[Qń]

Ok. Teraz dla każdej znalezionej lambdy (czyli wartości własnej) znajdź odpowiadającą jej przestrzeń wektorów własnych, czyli przestrzeń rozwiązań układu:
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 3-\lambda&0&3\\0&2-\lambda&0\\3&0&3-\lambda\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} v_1\\v_2\\v_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0\\0\\0\end{bmatrix}}\)
To znaczy podstaw stosowną wartość \(\displaystyle{ \lambda}\) i rozwiąż układ przy użyciu operacji elementarnych.

Q.

[jasiekk91]

Czyli ogólnie powstaną 3 układy?

[Qń]

Zgadza się.

Q.

[jasiekk91]

dla \(\displaystyle{ \lambda =0}\) wyszło mi coś takiego i nie wiem jak to dalej policzyć;/ :
\(\displaystyle{ 3v_1+3v_3=0}\)
\(\displaystyle{ 2v_2=0}\)

dla \(\displaystyle{ \lambda =6}\)

\(\displaystyle{ -3v_1+3v_3=0}\)
\(\displaystyle{ -4v_2=0}\)

dla \(\displaystyle{ \lambda =6}\)

\(\displaystyle{ v_1+3v_3=0}\)
\(\displaystyle{ 3v_1+v_3=0}\)

[Qń]

Przykładowo:

dla \(\displaystyle{ \lambda =6}\)
\(\displaystyle{ -3v_1+3v_3=0}\)
\(\displaystyle{ -4v_2=0}\)

Z pierwszego równania dostajemy, że \(\displaystyle{ v_1=v_3}\), a z drugiego, że \(\displaystyle{ v_2=0}\). Tak więc dowolny wektor, który jest rozwiązaniem, jest postaci:
\(\displaystyle{ (v_1,v_2,v_3)=(v_1,0,v_1)=v_1\cdot (1,0,1)}\)
Możemy więc powiedzieć (odrobinę nieściśle, ale wystarczająco do naszych celów), że wartości własnej \(\displaystyle{ \lambda =6}\) odpowiada wektor własny \(\displaystyle{ (1,0,1)}\)

Spróbuj zrobić to samo dla pozostałych wartości własnych.

Q.

[jasiekk91]

dla \(\displaystyle{ \lambda=0}\)
\(\displaystyle{ (v_1,v_2,v_3)=(v_1,0,-v_3)=v_1\cdot (1,0,\frac{-v_3}{v_1}}\)) coś takiego ??

dla\(\displaystyle{ \lambda=2}\)
\(\displaystyle{ (v_1,v_2,v_3)=(0,0,0)}\)??

[Qń]

Nie. Dla \(\displaystyle{ \lambda = 2}\) prawie dobrze, bo istotnie \(\displaystyle{ v_1=0,v_3=0}\), ale już \(\displaystyle{ v_2}\) jest dowolne, więc:
\(\displaystyle{ (v_1,v_2,v_3)=(0,v_2,0)=v_2\cdot (0,1,0)}\)

A dla \(\displaystyle{ \lambda =0}\) dostajesz warunki \(\displaystyle{ v_3=-v_1, v_2=0}\) - jeśli zapiszesz je porządnie, to też dostaniesz dobry wektor własny.

Q.