Diagonalizacja macierzy

[Precelina]

W jaki sposób zdiagonalizować taką macierz: \(\displaystyle{ $$
\mathbf{X} =
\left( \begin{array}{ccc}
4 & 0 & 6 \\
2 & 1 & 4 \\
-1 & 0 & -1
\end{array} \right)}\)

Wyznaczyłam wartości i wektory własne i ich macierze wyglądają tak:
(\(\displaystyle{ \lambda = 1}\) wyszła dwa razy ) \(\displaystyle{ $$
\mathbf{A} =
\left( \begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2
\end{array} \right)}\)

tutaj pojawia się problem ponieważ wyznacznik z macierzy W=0 i nie wiem w jaki sposób można rozwiązać to zadanie :/
\(\displaystyle{ $$
\mathbf{W} =
\left( \begin{array}{ccc}
-2 & -2 & -3 \\
0 & 0 & -2 \\
1 & 1 & 1
\end{array} \right)}\)

[Montes]

Problem tkwi w tym, że użyłaś 2 razy tego samego wektora własnego \(\displaystyle{ (-2,0,1)^T}\) dla \(\displaystyle{ \lambda = 1}\). Dlatego wyznacznik wychodzi \(\displaystyle{ 0}\) bo 2 pierwsze kolumny są liniowo zależne. Jeżeli spojrzysz na macierz \(\displaystyle{ (X-I)}\) to można zauważyć, że jest jeszcze jeden wektor własny, a dokładniej \(\displaystyle{ (0,1,0)^T}\). Teraz wyznacznik jest różny od \(\displaystyle{ 0}\) i można policzyć odwrotność.

[Precelina]

dla \(\displaystyle{ \lambda =1}\) wektorem własnym jest \(\displaystyle{ (-2,0,1)}\) a dla \(\displaystyle{ \lambda = 2}\) wektorem jest \(\displaystyle{ (-3,-2,1)}\) więc jeśli wartość \(\displaystyle{ \lambda}\) wychodzi dwukrotnie ta sama,wtedy za ten drugi wektor podstawiam wektor utworzony z tej wartości własnej? czyli tutaj \(\displaystyle{ (0,1,0)}\)?

[Montes]

Dla \(\displaystyle{ \lambda = 1}\) wektorem własnym jest \(\displaystyle{ (-2,0,1)}\) oraz \(\displaystyle{ (0,1,0)}\). Czyli Twoja macierz wygląda tak:

\(\displaystyle{ \begin{pmatrix}
-2 & 0 &-3 \\
0 & 1 & -2 \\
1 & 0 & 1
\end{pmatrix}}\)

[Dasio11]

Jeśli wartość własna \(\displaystyle{ \lambda}\) macierzy \(\displaystyle{ M}\) jest dwukrotna, to za wektory własne odpowiadające wartości \(\displaystyle{ \lambda}\) przyjmujesz dwa liniowo niezależne rozwiązania równania \(\displaystyle{ M X = \lambda X}\). (Jeśli takie dwa wektory nie istnieją, to macierz nie diagonalizuje się). Ogólniej: jeśli wartość własna \(\displaystyle{ \lambda}\) jest \(\displaystyle{ k}\)-krotnym pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, to w procesie diagonalizacji za wektory własne odpowiadające \(\displaystyle{ \lambda}\) przyjmujesz fundamentalny układ rozwiązań równania \(\displaystyle{ M X = \lambda X}\), czyli maksymalny liniowo niezależny zbiór rozwiązań tego równania. Jeśli tych rozwiązań wyjdzie mniej niż \(\displaystyle{ k}\), to macierzy nie da się zdiagonalizować.

Na tym przykładzie: dla \(\displaystyle{ \lambda = 1}\) równanie macierzowe \(\displaystyle{ M X = \lambda X}\) przyjmuje postać

\(\displaystyle{ \begin{pmatrix} 4 & 0 & 6 \\ 2 & 1 & 4 \\ -1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}}\)

i odpowiada układowi równań

\(\displaystyle{ $ \setlength\arraycolsep{0pt} $
\left\{
\begin{array}{r >{{}}c<{{}} r >{{}}c<{{}} r @{{}={}} l}
4x & & & + & 6z & x \\
2x & + & y & + & 4z & y \\
-x & & & - & z & z \\
\end{array} \right.}\)

który po uproszczeniu sprowadza się do pojedynczego równania \(\displaystyle{ x = -2z}\). Zbiorem rozwiązań tego równania (a więc i początkowego układu) jest płaszczyzna, czyli podprzestrzeń dwuwymiarowa, wybieramy zatem dwa liniowo niezależne rozwiązania. Ty wyznaczyłaś jedno rozwiązanie,\(\displaystyle{ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}}\), ale przeoczyłaś, że istnieją zasadniczo inne rozwiązania, np. \(\displaystyle{ \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}}\). A dopiero układ dwóch wektorów \(\displaystyle{ \left( \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right)}\) jest fundamentalnym układem rozwiązań powyższego równania.

Warto wspomnieć, że fundamentalny układ rozwiązań nieoznaczonego układu równań nigdy nie jest jednoznaczny. W powyższym przykładzie za wektory własne równie dobrze można przyjąć parę \(\displaystyle{ \left( \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -6 \\ 5 \\ 3 \end{pmatrix} \right)}\), która stanowi inny fundamentalny układ rozwiązań, i to da inną poprawną diagonalizację macierzy \(\displaystyle{ M}\).

[Precelina]

Ok teraz widzę,pominęłam wartość y w rozwiązaniu.
Dziękuje