Czy każda macierz nad C jest diagonizowalna?

[Milo_17]

Cześć, zastanawiam się czy jak w tytule czy każda macierz kwadratowa nad \(\displaystyle{ C}\) jest diagonizowalna? Czy wielomian charakterystyczny każdej macierzy kwadratowej \(\displaystyle{ n \times n}\) nad \(\displaystyle{ C}\) ma \(\displaystyle{ n}\) pierwiastków?

[Premislav]

Co do pierwszego pytania: oczywiście nie.
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cc}i&1\\0&i\end{array}\right]}\)
Poza tym tak w ogóle, to macierz chyba musi mieć niezerowy wyznacznik, żeby była diagonalizowalna nad \(\displaystyle{ \RR}\) czy \(\displaystyle{ \CC}\) (tak mi przynajmniej na szybko wyszło w głowie).-- 9 cze 2018, o 09:48 --Co do drugiego pytania, jeśli liczysz k-krotny pierwiastek jako \(\displaystyle{ k}\) pierwiastków (np. w powyższym przykładzie mamy wielomian charakterystyczny \(\displaystyle{ (i-x)^2)}\)), to tak i wynika to łatwo z zasadniczego twierdzenia algebry, a jeżeli nie, to nie.

[Milo_17]

Rozumiem jasne. Pytam w sumie bo mam takie zadanie:
Wykaż, że dla dowolnej macierzy kwadratowej o elementach z \(\displaystyle{ \CC}\) ślad jest równy sumie wartości własnych a wyznacznik ich iloczynowi.

Mam na to pomysł na wykończenie tego zadania.Chciałbym zjordanizować macierz i reszta będzie wyniać z własnoći śladu i wyznacznika ale mam problem na samym starcie.

Może wyjaśnie na przykładzie moją wątpliwość:

\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cc}2&1\\0&2\end{array}\right]}\) Ta macierz ma jedną wartość własną równą 2 a jej wyznacznik nie równa się 2 tylko 2*2. Więc to tak jakby kontrprzykład. Czy zadanie jest marnie sformuowane czy ja czegoś nie rozumiem?

[Premislav]

Ale liczba \(\displaystyle{ 2}\) jest podwójnym pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego tej macierzy (który ma postać \(\displaystyle{ (2-x)^2}\)), tj. krotność algebraiczna wartości własnej \(\displaystyle{ 2}\) jest równa \(\displaystyle{ 2}\). Jak w tym twierdzeniu nie będziesz uwzględniać krotności wartości własnych, to wyjdzie z tego fałsz, ale na pewno należy je uwzględnić.

Generalnie dobry jest taki Twój zamysł, żeby przedstawić dowolną macierz w postaci Jordana i dla macierzy w postaci Jordana teza jest łatwa.
Nie pamiętam, jak się szukało wektorów dołączonych, bo ostatnio używałem systematycznie postaci Jordana na równaniach różniczkowych 1, czyli już jakiś czas temu, ale może pomoże Ci w jakimś stopniu ten wątek:
364813.htm
i jeszcze:
... f-a-matrix

[Milo_17]

Algorytm na wyznaczanie jakiś tam znam w każdym razie dzięki. Teraz już zostaje mi pytanie czy krotność pierwiastka w wielomianie charakterystycznym ma jakiś bezpośredni związek z liczbą wystąpień tego pierwiastka na diagonali w macierzy zjordanizowanej. Np. 2 jest trzykrotnym pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego jakiejś tam macierzy. Czy mam pewność że w macierzy w postaci Jordana na diagonali 2 pojawi się trzy razy?

[karolex123]

Np. 2 jest trzykrotnym pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego jakiejś tam macierzy. Czy mam pewność że w macierzy w postaci Jordana na diagonali 2 pojawi się trzy razy?

Tak, masz taką gwarancję.

[Milo_17]

Dlaczego tak jest?

[karolex123]

No, należałoby prześledzić dowód twierdzenia Jordana, co może nie być łatwym zadaniem (w zależności od indywidualnych sytuacji). W skrócie każda skończenie wymiarowa przestrzeń liniowa nad \(\displaystyle{ \mathbb C}\) jest sumą prostą swoich podprzestrzeni pierwiastkowych (względem jakiejś macierzy- operatora). Można pokazać też, że każda z nich (podprzestrzeni pierwiastkowych) ma wymiar równy krotności danej wartości własnej w wielomianie charakterystycznym, no a to już jest co chcemy-- 10 cze 2018, o 01:32 --Wcześniej tego nie zauważyłem, ale to

Poza tym tak w ogóle, to macierz chyba musi mieć niezerowy wyznacznik, żeby była diagonalizowalna nad \(\displaystyle{ \RR}\) czy \(\displaystyle{ \CC}\) (tak mi przynajmniej na szybko wyszło w głowie).

jest chyba nie prawda: \(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cc}0&0\\0&1\end{array}\right]}\). Chyba jeszcze drastyczniejszy kontrprzykład to macierz zerowa
\(\displaystyle{ 0}\) ma prawo być wartością własną operatora, a jeśli już nią jest, to mamy nietrywialne jądro, a więc wyznacznik musi być zerowy

[Milo_17]

Uhh brzmi skomplikowanie jeszcze chyba nie na moim poziomie w każdym razie dobrze wiedzieć, że można tego dowieść dzięki . Na wykładzie dowodu tw. Jordana nie miałem chyba nie bez przyczyny

[Premislav]

Ech, pomieszało mi się z tym, że wektor własny nie może być zerowy (wydawało mi się, nie wiem czemu, że wartość własna nie może być zerowa), no debil ze mnie. Dzięki za zauważenie tego…