Czy macierz o wielomianie charakterystycznym: \(\displaystyle{ \phi_{A}(\lambda)=-\lambda ^{3}+(a+2)\lambda ^{2} +(a ^{2} -4a+5)\lambda -(a ^{2}+2a+1)}\) może mieć jedynie nieujemne wartości własne? \(\displaystyle{ a}\) należy do zbioru liczb rzeczywistych.
Czy rozpatrzenie warunków ze wzorów Viete'a \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{3}\lambda _{i} \ge 0}\) i \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{3}\lambda _{i} \ge 0}\) i \(\displaystyle{ \lambda _{1}\lambda _{2}+\lambda _{2}\lambda _{3}+\lambda _{1}\lambda _{3} \ge 0}\) jest wyjściem z tego problemu, jeżeli nie, to co powinienem zrobić?
Tak byłoby pewnie, gdyby macierz o wymiarach 3x3 miała 3 wartości własne. Od czego zależy liczba wartości własnych macierzy?
Szukanie nieujemnych wartości własnych
-
- Użytkownik
- Posty: 125
- Rejestracja: 1 gru 2012, o 14:45
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zależna od przestrzeni metrycznej...
- Podziękował: 94 razy
- KowalskiMateusz
- Użytkownik
- Posty: 35
- Rejestracja: 10 wrz 2011, o 22:44
- Płeć: Mężczyzna
- Pomógł: 5 razy
Szukanie nieujemnych wartości własnych
Dowód nie wprost
Krok 1. Zakładamy zatem że tak jest \(\displaystyle{ \lambda_1, \lambda_2,\lambda_3 \geq 0}\)
krok 2. Wychodząc z danego wielomianu i korzystając z ze wzorów Vieta mamy:
\(\displaystyle{ \lambda_1+ \lambda_2 + \lambda_3 =a+2}\)
\(\displaystyle{ \lambda_1 \lambda_2 + \lambda_2 \lambda_3 + \lambda_1 \lambda_3 = -a^2+4a-5=-((a-2)^2+1)\leq 0}\)
\(\displaystyle{ \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3 = -(a+1)^2 \leq 0}\)
Krok 3. Skoro z założenia wiemy, że wszystkie są nieujemne. oraz \(\displaystyle{ \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3 \geq 0}\) to wnioskujemy, że
\(\displaystyle{ \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3 = 0}\)
gdyż ujemny wynik \(\displaystyle{ \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3 \leq 0}\) uzyskamy, gdy choć jedna jest ujemna, co jest niezgodne z założeniem.
Krok 4. stąd wnioskujemy, że któraś \(\displaystyle{ \lambda}\) musi być zerem. A skoro tak to
\(\displaystyle{ \phi (0)= 0}\)
więc \(\displaystyle{ a^2+2a+1=0 \Rightarrow (a+1)^2=0 \Rightarrow a=-1}\)
Krok5. Skoro jedyna potencjalna możliwość to \(\displaystyle{ a=-1}\) to zobaczmy co wtedy się dzieje
\(\displaystyle{ \phi(\lambda) = \lambda \cdot (-\lambda^2+\lambda+10)}\)
\(\displaystyle{ \lambda_1 = 0}\)
\(\displaystyle{ \lambda_{2,3} = \frac{1\pm \sqrt{41}}{2}}\)
krok 6. Sprzeczność okazało się w trakcie wnioskowania, któraś lambda jest ujemna co jest sprzeczne z założeniem. Więc na mocy dowodu nie wprost stwierdzamy, że nie ma takiej możliwości.
Krok 1. Zakładamy zatem że tak jest \(\displaystyle{ \lambda_1, \lambda_2,\lambda_3 \geq 0}\)
krok 2. Wychodząc z danego wielomianu i korzystając z ze wzorów Vieta mamy:
\(\displaystyle{ \lambda_1+ \lambda_2 + \lambda_3 =a+2}\)
\(\displaystyle{ \lambda_1 \lambda_2 + \lambda_2 \lambda_3 + \lambda_1 \lambda_3 = -a^2+4a-5=-((a-2)^2+1)\leq 0}\)
\(\displaystyle{ \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3 = -(a+1)^2 \leq 0}\)
Krok 3. Skoro z założenia wiemy, że wszystkie są nieujemne. oraz \(\displaystyle{ \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3 \geq 0}\) to wnioskujemy, że
\(\displaystyle{ \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3 = 0}\)
gdyż ujemny wynik \(\displaystyle{ \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3 \leq 0}\) uzyskamy, gdy choć jedna jest ujemna, co jest niezgodne z założeniem.
Krok 4. stąd wnioskujemy, że któraś \(\displaystyle{ \lambda}\) musi być zerem. A skoro tak to
\(\displaystyle{ \phi (0)= 0}\)
więc \(\displaystyle{ a^2+2a+1=0 \Rightarrow (a+1)^2=0 \Rightarrow a=-1}\)
Krok5. Skoro jedyna potencjalna możliwość to \(\displaystyle{ a=-1}\) to zobaczmy co wtedy się dzieje
\(\displaystyle{ \phi(\lambda) = \lambda \cdot (-\lambda^2+\lambda+10)}\)
\(\displaystyle{ \lambda_1 = 0}\)
\(\displaystyle{ \lambda_{2,3} = \frac{1\pm \sqrt{41}}{2}}\)
krok 6. Sprzeczność okazało się w trakcie wnioskowania, któraś lambda jest ujemna co jest sprzeczne z założeniem. Więc na mocy dowodu nie wprost stwierdzamy, że nie ma takiej możliwości.
Ostatnio zmieniony 22 cze 2016, o 10:12 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości: nie wprost.
Powód: Poprawa wiadomości: nie wprost.
-
- Użytkownik
- Posty: 125
- Rejestracja: 1 gru 2012, o 14:45
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zależna od przestrzeni metrycznej...
- Podziękował: 94 razy
-
- Użytkownik
- Posty: 22210
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3755 razy
Szukanie nieujemnych wartości własnych
O pięć kroków za dużo :
\(\displaystyle{ \lambda_1 \lambda_2 + \lambda_2 \lambda_3 + \lambda_1 \lambda_3 = -a^2+4a-5=-((a-2)^2+1)\leq -1<0}\)
Stąd wniosek, że wśród lambd musi być przynajmniej jedna ujemna.
\(\displaystyle{ \lambda_1 \lambda_2 + \lambda_2 \lambda_3 + \lambda_1 \lambda_3 = -a^2+4a-5=-((a-2)^2+1)\leq -1<0}\)
Stąd wniosek, że wśród lambd musi być przynajmniej jedna ujemna.
-
- Użytkownik
- Posty: 125
- Rejestracja: 1 gru 2012, o 14:45
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zależna od przestrzeni metrycznej...
- Podziękował: 94 razy
Szukanie nieujemnych wartości własnych
Nadal rozpatrujemy kiedy są 3 lambdy, możliwe, aby była tutaj jedna?
-
- Użytkownik
- Posty: 22210
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3755 razy
Szukanie nieujemnych wartości własnych
Pytanie, które byłes łaskaw sformułować brzmi: czy jest możliwe, żeby wszytskie pierwiastki (czyli trzy) były nieujemne.
Z argumenty, który przytoczyłem wynika, że nie może tak być.
(Przepraszam za niepoprawne sformułowanie:
Różnica jest taka, że pierwiastki nie muszą być rzeczywiste.
Z argumenty, który przytoczyłem wynika, że nie może tak być.
(Przepraszam za niepoprawne sformułowanie:
Powinni brzmieć: stąd wniosek, że wszystkie pierwiastki nie mogą być nieujemne.Stąd wniosek, że wśród lambd musi być przynajmniej jedna ujemna.
Różnica jest taka, że pierwiastki nie muszą być rzeczywiste.