Úloha 6.4. Ortogonálna podobnosť

[JitkaMuravska]

Úloha 6.4. Nájdite ortogonálnu maticu $P$ takú, že $PAP^T=D$ je diagonálna matica.
$A=
\begin{pmatrix}
-2 & 1 & 2 \\
1 &-2 & 2 \\
2 & 2 & 1
\end{pmatrix}$

$A$ je symetrická matica, teda je podobná s diagonálnou $D$, kde:
$D=
\begin{pmatrix}
\lambda_1 & 0 & 0 \\
0 & \lambda_2 & 0 \\
0 & 0 & \lambda_3
\end{pmatrix}$

kde $\lambda_1$, $\lambda_2$, $\lambda_3$ sú vlastné čísla $A$. Vlastné čísla vypočítame ako korene charakteristického polynómu $ch_A(x)$ matice $A$.
$ch_A(x) = |A - xI|=
\begin{vmatrix}
-2 - x & 1 & 2 \\
1 &-2 - x & 2 \\
2 & 2 & 1 - x
\end{vmatrix}
= \begin{vmatrix}
-2 - x & 1 & 2 \\
1 & -2 - x & 2 \\
3 + x & 3 + x & - (3 + x)
\end{vmatrix}
= (3 + x) \begin{vmatrix}
-2 - x & 1 & 2 \\
1 & -2 - x & 2 \\
1 & 1 & - 1 \\
\end{vmatrix}$
$= (3 + x) \begin{vmatrix}
- x & 3 & 0 \\
3 & - x & 0 \\
1 & 1 & - 1
\end{vmatrix}
= -(3 + x) \begin{vmatrix}
- x & 3 \\
3 & - x \\
\end{vmatrix}
= -(3 + x) (x^2 - 9) = -(3+x)(3-x)(3+x) = -(3+x)^2(3-x)
$
Teda $\lambda_1 = 3$, $\lambda_2 = -3$, $\lambda_3 = -3$ a
$D=\begin{pmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & -3 & 0 \\
0 & 0 & -3
\end{pmatrix}
$

Následne vypočítame vlastné vektory $\vec p_1$, $\vec p_2$ a $\vec p_3$ k vlastným číslam. $\vec p_i$ je bázový vektor priestoru riešení homogénnej sústavy rovníc danej maticou $(A-\lambda_iI)^T$.
$(A-3I)^T=
\begin{pmatrix}
-5 & 1 & 2 \\
1 &-5 & 2 \\
2 & 2 & -2
\end{pmatrix}
\sim \begin{pmatrix}
1 & -5 & 2 \\
-4 & -4 & 4 \\
2 & 2 & -2
\end{pmatrix}
\sim \begin{pmatrix}
1 & -5 & 2 \\
-1 & -1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\sim \begin{pmatrix}
1 & -5 & 2 \\
0 & -6 & 3 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\sim \begin{pmatrix}
1 & -5 & 2 \\
0 & -2 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$

Priestor riešení je $[(1,1,2)]$, z toho $p_1 = (1,1,2)$

$(A+3I)^T=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 2 \\
2 & 2 & 4
\end{pmatrix}
\sim \begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$

Piestor riešení je $[(1,-1,0), (-1,-1,1)]$, z toho $\vec p_2 = (1,-1,0)$, $\vec p_3 = (-1,-1,1)$.

Vlastné vektory, ktoré vznikli z rôznych vlasných čísel sú na seba vždy kolmé a my sme navyše vybrali také $\vec p_2$ a $\vec p_3$, ktoré sú na seba kolmé. Už potrebujeme len zabezpečiť, aby mali dĺžku $1$, to spravíme tak, že ich predelíme svojou dĺžkou. Takto dostávame ortogonálnu maticu P s riadkami $\vec r_1$, $\vec r_2$ a $\vec r_3$, kde:
$\vec r_1 = \frac{1}{2}(1,1,2)$
$\vec r_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1,-1,0)$
$\vec r_3 = \frac{1}{\sqrt3}(-1,-1,1)$

[Martin Sleziak]

$\vec r_1 = \frac{1}{2}(1,1,2)$

V podstate iba preklep - po vynormovaní to bude $\vec r_1 = \frac1{\sqrt6}(1,1,2)$.
Všetko ostatné je ok - značím si 1 bod.

Pridám linku na Symbolab, kde je skontrolované, že naozaj $PAP^T=D$.

Pripomeniem veci, ktoré si človek vie urobiť ako čiastočnú skúšku správnosti:
* Vieme skontrolovať, či $\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3$ sa rovná stope matice $A$. (Súčin by sa mal rovnať determinantu - to je trochu viac počítania.
* Pre vlastné vektory, ktoré sme našli, vieme skontrolovať, či naozaj $\vec xA=\lambda\vec x$.