Diagonalizacja macierzy

Przestrzenie wektorowe, bazy, liniowa niezależność, macierze.... Formy kwadratowe, twierdzenia o klasyfikacji...
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34123
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Diagonalizacja macierzy

Post autor: Jan Kraszewski »

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
Awatar użytkownika
Niepokonana
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1546
Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 335 razy
Pomógł: 20 razy

Re: Diagonalizacja macierzy

Post autor: Niepokonana »

No bo w takim razie wektor własny od trójki ma i krotność dwa i wymiar dwa, to się chyba zgadza? Co dalej?
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Diagonalizacja macierzy

Post autor: Dasio11 »

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
Administrator
Posty: 34123
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Diagonalizacja macierzy

Post autor: Jan Kraszewski »

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).
Niepokonana pisze: 15 cze 2022, o 22:54 Co dalej?
Jeżeli masz trzy liniowo niezależne wektory własne, to stanowią one bazę, w której ta macierz jest diagonalna.

JK
janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7910
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1670 razy

Re: Diagonalizacja macierzy

Post autor: janusz47 »

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 \(\displaystyle{ A. }\)
ODPOWIEDZ