Macierz diagonalizowalna

[legolas]

Wartości własne macierzy \(\displaystyle{ A\in M_{3\times3}\left( \RR\right)}\) wynoszą \(\displaystyle{ 3,1,-1}\). Czy \(\displaystyle{ A^2}\) jest diagonalizowalna?

[M Maciejewski]

Wg mnie tak.
Skoro są 3 różne wartości własne macierzy \(\displaystyle{ A}\), jej macierz Jordana \(\displaystyle{ J}\) jest diagonalna. Zatem \(\displaystyle{ A=PJP^{-1}}\). Stąd \(\displaystyle{ A^2=PJP^{-1}PJP^{-1}=PJ^2P^{-1}}\).
Macierz \(\displaystyle{ J^2}\) jest diagonalna (na przekątnej \(\displaystyle{ 9,1,1}\) ).

[legolas]

Dzięki. Mam jeszcze parę krótkich zadanek z którymi mogę mieć problem, więc aby nie spamować, to niech to już idzie w tym temacie.

Czy prawdziwy jest wzór:

\(\displaystyle{ \det\left( A^3+I\right)=(1+a_1^3)(1+a_2^3)\dots(1+a_n^3)}\)

gdzie \(\displaystyle{ a_1\dots a_n}\) to w. własne

[M Maciejewski]

Gdyby pojechać tak samo:
Niech \(\displaystyle{ A=PJP^{-1}}\). Wtedy
\(\displaystyle{ B:=A^3+I=PJ^3P^{-1}+PP^{-1}=P\left(J^3+I\right)P^{-1}}\).
Stąd
\(\displaystyle{ \det B=\det P\cdot \det \left(J^3+I\right)\cdot =det \left(P^{-1}\right)=\det \left(J^3+I\right)}\).
Macierz \(\displaystyle{ J^3}\) jest górnie trójkątna z liczbami \(\displaystyle{ a_i^3}\) na przekątnej. Zatem macierz \(\displaystyle{ J^3+I}\) jest górnie trójkątna z liczbami \(\displaystyle{ a_i^3+1}\) na przekątnej.
Stąd jej wyznacznik jest taki, jaki w treści zadania.

[legolas]

Dzięki
Mam jeszcze jedno zadanko tego typu:

Dana jest macierz \(\displaystyle{ M_{2\times2}\left( \RR\right)}\) o w. charakterystycznym \(\displaystyle{ \lambda^2+3}\).

Czy:

- \(\displaystyle{ A^3=-3A}\)
- \(\displaystyle{ A}\) jest nieosobliwa?-- 27 cze 2016, o 01:05 --ok, to pierwsze można zrobić z tw. Cayleya-Hamiltona.

[Premislav]

Dla macierzy \(\displaystyle{ A}\) z \(\displaystyle{ M_{2\times 2}(\RR)}\) wielomian charakterystyczny \(\displaystyle{ W(\lambda)}\) ma postać
\(\displaystyle{ \lambda^2-\lambda\textbf{tr}A+\det A}\)
(\(\displaystyle{ \textbf{tr} A}\) to suma wyrazów na głównej przekątnej macierzy \(\displaystyle{ A}\)).
Stąd odczytujemy, że w tym przypadku \(\displaystyle{ \det A=3\neq 0}\), więc macierz jest nieosobliwa.
Ponadto z twierdzenia Cayleya-Hamiltona (dzięki, Spektralny, nie znałbym tego) mamy
\(\displaystyle{ A^2+3=\mathbf{0}}\) (to zero oznacza macierz \(\displaystyle{ 2\times 2}\) złożoną z samych zer), więc
także \(\displaystyle{ A^3+3A=\mathbf{0}}\) (korzystamy z rozdzielności mnożenia macierzy względem dodawania), czyli \(\displaystyle{ A^3=-3A}\).

[legolas]

To tak aby jeszcze podać inne rozwiązanie, można przytoczyć:

\(\displaystyle{ \det\left( A\right)}\) = iloczyn wartości własnych, czyli w tym przypadku \(\displaystyle{ -j\sqrt3\cdot j\sqrt3=3}\)

-- 27 cze 2016, o 01:24 --A i takie jeszcze pytanie, ta macierz nie jest diagonalizowalna, tak? Bo wartości własne nie należą do dziedziny liczb, z których jest stworzona macierz?

[M Maciejewski]

A i takie jeszcze pytanie, ta macierz nie jest diagonalizowalna, tak? Bo wartości własne nie należą do dziedziny liczb, z których jest stworzona macierz?

Racja, w ciele \(\displaystyle{ \RR}\) nie jest diagonalizowalna.

[legolas]

Mam jeszcze zadanie:
Jest sobie macierz \(\displaystyle{ 2\times 2}\) nad \(\displaystyle{ \CC}\) z wartościami własnymi \(\displaystyle{ j,-2j}\). Ile wyniesie \(\displaystyle{ \det\left( A^2+4\right)}\)?

I mam problem z tym \(\displaystyle{ +4}\) - czy w domyśle to traktujemy jako 4x macierz jednostkową?

[M Maciejewski]

Tak, \(\displaystyle{ 4=4I}\). Robi się to tak, jak z macierzą \(\displaystyle{ A^3+I}\) powyżej.