Przestrzenie wektorowe, bazy, liniowa niezależność, macierze.... Formy kwadratowe, twierdzenia o klasyfikacji...
Jan Kraszewski
Administrator
Posty: 34331 Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5204 razy
Post
autor: Jan Kraszewski » 15 cze 2022, o 13:57
Niepokonana pisze: ↑ 15 cze 2022, o 03:19
No to chyba znalazłam, bo
\(\displaystyle{ x_{1}}\) i
\(\displaystyle{ x_{2}}\) co nie?
A mogłabyś nieco rozwinąć swoją wypowiedź? Bo "
\(\displaystyle{ x_{1}}\) i
\(\displaystyle{ x_{2}}\) co nie?" nic mi nie mówi.
JK
Niepokonana
Użytkownik
Posty: 1548 Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 337 razy
Pomógł: 20 razy
Post
autor: Niepokonana » 15 cze 2022, o 22:54
No bo w takim razie wektor własny od trójki ma i krotność dwa i wymiar dwa, to się chyba zgadza? Co dalej?
Dasio11
Moderator
Posty: 10235 Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2365 razy
Post
autor: Dasio11 » 15 cze 2022, o 23:12
Macierz diagonalizuje się wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje baza złożona z wektorów własnych tej macierzy. Jeśli więc rzeczywiście znalazłaś dwa liniowo niezależne wektory własne odpowiadające wartości \(\displaystyle{ 3}\) , to wraz z wektorem własnym dla wartości \(\displaystyle{ 5}\) tworzą one bazę \(\displaystyle{ \RR^3}\) , a zatem macierz się diagonalizuje.
Jan Kraszewski
Administrator
Posty: 34331 Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5204 razy
Post
autor: Jan Kraszewski » 15 cze 2022, o 23:14
Niepokonana pisze: ↑ 15 cze 2022, o 22:54
No bo w takim razie wektor własny od trójki ma i krotność dwa i wymiar dwa, to się chyba zgadza?
Uch...
Wektor własny nie może mieć ani krotności dwa, ani wymiaru dwa (bo wektor nie ma ani krotności, ani wymiaru). Wartość własna
\(\displaystyle{ 3}\) ma krotność dwa, a związana z nią przestrzeń własna ma wymiar dwa (choć nadal nie wiem, czy potrafisz dla tej wartości własnej wskazać dwa liniowo niezależne wektory własne, bo tym się nie pochwaliłaś).
Jeżeli masz trzy liniowo niezależne wektory własne, to stanowią one bazę, w której ta macierz jest diagonalna.
JK
janusz47
Użytkownik
Posty: 7920 Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1671 razy
Post
autor: janusz47 » 16 cze 2022, o 22:06
Mamy sprawdzić , czy macierz \(\displaystyle{ A= \left[ \begin{matrix} 4 & 0 & 1\\ 2 & 3 & 2 \\ 1 & 0 & 4 \end{matrix} \right] }\)
jest diagonalizowalna, to znaczy czy da się przedstawić w postaci iloczynu macierzy:
\(\displaystyle{ A = P\cdot D \cdot P^{-1} ? }\)
gdzie:
\(\displaystyle{ P }\) jest odwracalną (nieosobliwą) macierz diagonalizującą, której kolumny tworzą wektory własne macierzy \(\displaystyle{ A,}\)
\(\displaystyle{ D }\) jest macierzą diagonalną, zawierającą na diagonali wartości własne macierzy \(\displaystyle{ A,}\)
\(\displaystyle{ P^{-1} }\) jest macierzą odwrotną do macierzy \(\displaystyle{ P.}\)
Musimy więc wyznaczyć wartości i wektory własne macierzy \(\displaystyle{ A. }\)
W celu wyznaczenia wartości własnych macierzy \(\displaystyle{ A }\) znajdujemy jej wielomian charakterystyczny:
\(\displaystyle{ w( \lambda) = \det \left[ \begin{matrix} 4 -\lambda & 0 & 1\\ 2 & 3-\lambda & 2 \\ 1 & 0 & 4 -\lambda \end{matrix} \right] [ rozwinęcie \ \ według \ \ pierwszego \ \ wiersza ] = (4-\lambda)\cdot \left[ \begin{matrix} 3-\lambda & 2 \\ 0 & 4-\lambda \end{matrix} \right] + 0\cdot \left[ \begin{matrix} 2 & 2 \\ 1 & 4-\lambda \end{matrix} \right] + }\)
\(\displaystyle{ + 1\cdot \left[ \begin{matrix} 2 & 3-\lambda \\ 1 & 0 \end{matrix} \right] = (4-\lambda)[(3-\lambda)(4-\lambda)-2\cdot 0] +0 +[2\cdot 0 -(3-\lambda)\cdot 1] =(4-\lambda)\cdot (3-\lambda)\cdot (4-\lambda)- (3-\lambda) = }\)
\(\displaystyle{ =(3-\lambda)\cdot[(4-\lambda)^2 -1] = (3-\lambda)\cdot [(4-\lambda)-1]\cdot [(4-\lambda)+1] = (3-\lambda)\cdot(3-\lambda)(5-\lambda)=0 }\)
Wartościami własnymi macierzy \(\displaystyle{ A }\) (pierwiastkami wielomianu charakterystycznego) są liczby:
\(\displaystyle{ \lambda_{1} = 3, \ \ \ \ \lambda_{2} = 3, \ \ \ \ \lambda_{3} = 5.}\)
Macierz diagonalna ma więc postać:
\(\displaystyle{ D = \left[\begin{matrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{matrix} \right] }\)
Znajdujemy wektory własne, odpowiadające podwójnej wartości własnej \(\displaystyle{ \lambda_{1}= \lambda_{2}= 3 }\) i pojedyńczej wartości własnej \(\displaystyle{ \lambda_{3}= 5. }\)
\(\displaystyle{ \lambda_{1} = 3: }\)
Rozwiązujemy układ równań
\(\displaystyle{ \left[ \begin{matrix} 4-3 & 0 & 1\\ 2 & 3-3 & 2 \\ 1 & 0 & 4-3 \end{matrix} \right] \cdot \left[ \begin{matrix} x\\ y \\ z \end{matrix} \right] = \left[\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right] }\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{matrix} 1 & 0 & 1\\ 2 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix} \right] \cdot \left[ \begin{matrix} x\\ y \\ z \end{matrix} \right] = \left[\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right] }\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x +0\cdot y +z =0 \\ 2x +0y +2z = 0 \\ x +0y +z = 0 \end{cases} }\)
\(\displaystyle{ x = - z \wedge y\in \RR }\)
Na przykład
\(\displaystyle{ \vec{v}_{1} = \left[ \begin{matrix} -z \\ 0 \\ z \end{matrix} \right ] = z \cdot \left[\begin{matrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}\right], \ \ z \in \RR. }\)
\(\displaystyle{ \vec{v}_{2} = \left[\begin{matrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}\right] }\)
\(\displaystyle{ \lambda_{3}= 5: }\)
\(\displaystyle{ \left[\begin{matrix} 4-5 & 0 & 1\\ 2 & 3-5 & 2 \\ 1 & 0 & 4-5 \end{matrix} \right] \cdot \left[\begin{matrix} x\\ y \\ z \end{matrix} \right] = \left[\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right] }\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{matrix} -1 & 0 & 1\\ 2 & -2 & 2 \\ 1 & 0 & -1 \end{matrix} \right] \cdot \left[ \begin{matrix} x\\ y \\ z \end{matrix} \right] = \left[\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right] }\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} -x +0\cdot y +z =0 \\ 2x -2y +2z = 0 \\ x +0y - z = 0 \end{cases} }\)
\(\displaystyle{ x = z \wedge y = x + z = 2z. }\)
\(\displaystyle{ \vec{v}_{3} = \left[\begin{matrix} z \\ 2z \\ z \end{matrix} \right] = z\cdot \left[\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} \right], \ \ z\in\RR. }\)
Macierz diagonalizująca:
\(\displaystyle{ P = \left [\vec{v}_{1} \ \ \vec{v}_{2} \ \ \vec{v}_{3} \right]= \left[ \begin{matrix} -1 & -1 & 1\\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix} \right] }\)
Pozostała nam do znalezienia macierz odwrotna \(\displaystyle{ P^{-1}.}\)
Zastosujemy metodę przekształceń elementarnych Gaussa-Jordana:
\(\displaystyle{ \left[ \begin{matrix} -1 & -1 &1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 &1 & 0 & 0 & 1\end{matrix} \right] }\)
\(\displaystyle{ w_{3}+w_{1} }\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{matrix} -1 & -1 &1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1\end{matrix} \right] }\)
\(\displaystyle{ w_{3}\cdot \left(\frac{1}{2} \right) }\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{matrix} -1 & -1 &1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2}\end{matrix} \right] }\)
\(\displaystyle{ w_{2}-2w_{3}, \ \ w_{1} - w_{3} }\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{matrix} -1 & -1 & 0 & \frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & -1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2}\end{matrix} \right] }\)
\(\displaystyle{ w_{1}+w_{2} }\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{matrix} -1 & 0 & 0 &- \frac{1}{2} & 1 & -\frac{3}{2} \\ 0 & 1 & 0 & -1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2}\end{matrix} \right] }\)
\(\displaystyle{ w_{1}\cdot (-1) }\)
\(\displaystyle{ \left[ \begin{matrix} 1 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & -1 & \frac{3}{2} \\ 0 & 1 & 0 & -1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2}\end{matrix} \right] }\)
\(\displaystyle{ P^{-1} = \left[ \begin{matrix} \frac{1}{2} & -1 & \frac{3}{2} \\ -1 & 1 & -1 \\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \end{matrix} \right] }\)
Macierz \(\displaystyle{ A }\) jest diagonizowalna, bo
\(\displaystyle{ A= \left[ \begin{matrix} 4 & 0 & 1\\ 2 & 3 & 2 \\ 1 & 0 & 4 \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} -1 & -1 & 1\\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix} \right] \cdot \left[\begin{matrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{matrix} \right]\cdot \left[ \begin{matrix} \frac{1}{2} & -1 & \frac{3}{2} \\ -1 & 1 & -1 \\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \end{matrix} \right] }\)
jest iloczynem macierzy \(\displaystyle{ P\cdot D \cdot P^{-1}. }\)
Uwaga :
Macierz \(\displaystyle{ A \in M(R)_{3\times 3} }\) jest diagonizowalna wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje układ trzech liniowo niezależnych wektorów własnych macierzy \(\displaystyle{ A. }\)