postać diagonalna macierzy

Przestrzenie wektorowe, bazy, liniowa niezależność, macierze.... Formy kwadratowe, twierdzenia o klasyfikacji...
Awatar użytkownika
waliant
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1801
Rejestracja: 9 gru 2010, o 22:16
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: warszawa
Podziękował: 275 razy
Pomógł: 183 razy

postać diagonalna macierzy

Post autor: waliant »

witam, mam dokonać diagonalizacji takiej macierzy:

\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}5&2&4\\2&2&2\\4&2&5\end{array}\right]}\)

Wartości własne wychodzą:

\(\displaystyle{ \lambda _{1}=1}\) - (podwójny pierwiastek wielomianu charakterystycznego)
\(\displaystyle{ \lambda _{2}=10}\)

Teraz wektory własne:
dla
\(\displaystyle{ \lambda _{1}=1}\) otrzymuję taki układ równań:
\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l} 4x+2y+4z=0\\2x+y+2z=0\\4x+2y+4z=0 \end{array}}\),
zatem wszystkie równania w układzie sprowadzają się do jednego postaci np. \(\displaystyle{ y=-2x-2z}\)
Pytanie jaki będzie wektor własny i jak będzie wyglądała przestrzeń rozpinająca?

Podobnie sprawa wygląda dla \(\displaystyle{ \lambda_{2}}\)
Awatar użytkownika
fon_nojman
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1599
Rejestracja: 13 cze 2009, o 22:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łódź
Podziękował: 68 razy
Pomógł: 255 razy

postać diagonalna macierzy

Post autor: fon_nojman »

Najpierw można zauważyć, że macierz jest symetryczna czyli jest na pewno diagonalizowalna.

Zajmijmy się podprzestrzenią własną wartości własnej \(\displaystyle{ \lambda_1=1.}\) Jest ona opisana równaniem \(\displaystyle{ y=-2x-2z,}\) widać, że jest dwuwymiarowa zatem będą ją rozpinać dwa liniowo niezależne wektory. Warto zadbać o ich ortonormalność. Znajdujemy pierwszy \(\displaystyle{ x_{\lambda_1}}\) np. dla \(\displaystyle{ x=1, z=0,}\) wtedy \(\displaystyle{ y=-2.}\) Czyli \(\displaystyle{ x_{\lambda_1}=\frac{1}{\sqrt{5}}[1,-2,0]^T.}\) Drugi \(\displaystyle{ y_{\lambda_1}}\) niech będzie ortogonalny do pierwszego \(\displaystyle{ \langle x_{\lambda_1}, y_{\lambda_1} \rangle=0 \Leftrightarrow x=2y.}\) Biorąc np. \(\displaystyle{ x=4, y=2}\) mamy z równania \(\displaystyle{ y=-2x-2z,}\) że \(\displaystyle{ z=-5.}\) Czyli \(\displaystyle{ y_{\lambda_1}=\frac{1}{3\sqrt{5}}[4,2,-5]^T.}\)

Spróbuj dla \(\displaystyle{ \lambda_2=10.}\)
Awatar użytkownika
waliant
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1801
Rejestracja: 9 gru 2010, o 22:16
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: warszawa
Podziękował: 275 razy
Pomógł: 183 razy

postać diagonalna macierzy

Post autor: waliant »

dziękuję, aczkolwiek mam pytania:
1) skąd bierze się to \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{5} }}\) przed pierwszym wektorem i odpowiednio \(\displaystyle{ \frac{1}{3 \sqrt{5} }}\) przed drugim
2) czy zawsze musimy brać wektory ortogonalne? i skąd warunek \(\displaystyle{ \langle x_{\lambda_1}, y_{\lambda_1} \rangle=0 \Leftrightarrow x=2y}\) ?
3) czy zatem przestrzeń rozpinająca będzie wyglądała następująco: \(\displaystyle{ lin\left\{ {(1,-2,0),(4,2,-5)}\right\}}\)?
4) po czym od razu widzisz, że jest to przestrzeń dwuwymiarowa?
Awatar użytkownika
fon_nojman
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1599
Rejestracja: 13 cze 2009, o 22:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łódź
Podziękował: 68 razy
Pomógł: 255 razy

postać diagonalna macierzy

Post autor: fon_nojman »

1) Te stałe są po to by otrzymane wektory miały długość jeden, czyli po prostu dzielimy je przez ich długość, \(\displaystyle{ \|[1,-2,0]\|=\sqrt{5}.}\)

2) W tym przypadku wygodnie brać ortogonalne, na koniec zobaczysz dlaczego;) możesz też zajrzeć do twierdzenia spektralnego (diagonalizacja macierzy symetrycznych, samosprzężonych) jak było na wykładzie. Warunek \(\displaystyle{ \langle x_{\lambda_1}, y_{\lambda_1} \rangle=0 \Leftrightarrow x=2y}\) to właśnie jest ortogonalność tych wektorów, po lewej ich iloczyn skalarny a po prawej co wychodzi z tego warunku.

3) Tak.

4) Widać to z równania \(\displaystyle{ y=-2x-2z}\) do którego doszedłeś, jedna zmienna nam zniknie, dwie pozostaną. Ogólnie przestrzeń opisana równaniem \(\displaystyle{ x_n=a_1 x_1+a_2 x_2+\ldots +a_{n-1} x_{n-1}}\) zawsze będzie \(\displaystyle{ n-1}\) wymiarowa.

PS:
Może nie miałeś twierdzenia spektralnego? Ja założyłem, że było. Można się do niego nie odwoływać ale będzie więcej liczenia.
Awatar użytkownika
waliant
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1801
Rejestracja: 9 gru 2010, o 22:16
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: warszawa
Podziękował: 275 razy
Pomógł: 183 razy

postać diagonalna macierzy

Post autor: waliant »

No niestety nie miałem twierdzenia spektralnego. Jak w takim razie liczyć bez tego twierdzenia?
Awatar użytkownika
fon_nojman
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1599
Rejestracja: 13 cze 2009, o 22:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łódź
Podziękował: 68 razy
Pomógł: 255 razy

postać diagonalna macierzy

Post autor: fon_nojman »

Ten sposób powyżej polegał na znajdowaniu wektorów ortonormalnych, możesz go łatwo dokończyć i zobaczyć co wyjdzie.

Można też robić inaczej, znaleźć jakiekolwiek trzy wektory własne liniowo niezależne. Czyli znowu najpierw dla \(\displaystyle{ \lambda_1=1.}\) Otrzymaliśmy równanie \(\displaystyle{ y=-2x-2z}\) zatem wektory własne są postaci:

\(\displaystyle{ [x,-2x-2z,z]=x[1,-2,0]+z[0,-2,1],}\)

i już mamy wektory rozpinające podprzestrzeń własną dla \(\displaystyle{ \lambda_1=1}\) są to \(\displaystyle{ [1,-2,0],[0,-2,1].}\)

Teraz możesz zabrać się za drugą wartość własną.
Awatar użytkownika
waliant
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1801
Rejestracja: 9 gru 2010, o 22:16
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: warszawa
Podziękował: 275 razy
Pomógł: 183 razy

postać diagonalna macierzy

Post autor: waliant »

idąc tym tokiem, dla \(\displaystyle{ \lambda_{2}=10}\) mamy układ równań:

\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l} -5x+2y+4z=0\\2x-8y+2z=0\\4x+2y-5z=0 \end{array}}\)

wychodzi z tego:
\(\displaystyle{ x=4y-z}\)
\(\displaystyle{ y= \frac{1}{2}z}\)
zatem \(\displaystyle{ x=z}\)

wtedy mamy: \(\displaystyle{ \left[ z, \frac{1}{2}z,z \right]}\) i przestrzeń rozpinająca jest jednowymiarowa i wygląda tak: \(\displaystyle{ lin\left\{ \left( 1, \frac{1}{2},1 \right) \right\}}\).

Dobrze myślę?
Awatar użytkownika
fon_nojman
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1599
Rejestracja: 13 cze 2009, o 22:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łódź
Podziękował: 68 razy
Pomógł: 255 razy

postać diagonalna macierzy

Post autor: fon_nojman »

Tak, o to chodziło.
Awatar użytkownika
waliant
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1801
Rejestracja: 9 gru 2010, o 22:16
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: warszawa
Podziękował: 275 razy
Pomógł: 183 razy

postać diagonalna macierzy

Post autor: waliant »

Teraz tworząc macierz przejścia otrzymujemy:

\(\displaystyle{ P(1,0,0)=(4,-1,1)}\)
\(\displaystyle{ P(0,1,0)=(-1,0,1)}\)
\(\displaystyle{ P(0,0,1)=\left( 1, \frac{1}{2},1\right)}\)

Zatem nasza macierz wygląda tak:

\(\displaystyle{ P= \left[\begin{array}{ccc}4&-1&1\\1&0& \frac{1}{2} \\0&1&1\end{array}\right]}\)
i mamy \(\displaystyle{ detP=0}\) zatem jest osobliwa a potrzebujemy przecież macierz \(\displaystyle{ P^{-1}}\). Gdzieś błąd ?
Awatar użytkownika
fon_nojman
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1599
Rejestracja: 13 cze 2009, o 22:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łódź
Podziękował: 68 razy
Pomógł: 255 razy

postać diagonalna macierzy

Post autor: fon_nojman »

Osobliwa nie może wyjść.

Nie wiem skąd wziąłeś wektory \(\displaystyle{ [4,-1,1], [-1,0,1]}\)?

Macierz przejścia zbudowana jest z naszych wyliczonych wektorów własnych, dokładniej wektory własne będą jej kolumnami.
ODPOWIEDZ