Podobnosť s diagonálnou maticou
Posted: Fri May 24, 2024 12:38 pm
Takýchto úloh je na fóre vyriešených viacero - riešenie sem píšem len preto, aby si ľudia ktorým táto úloha nevyšla, mohli pozrieť ako sa dala riešiť.
Ak ho rátame priamo pomocou Sarrusovho pravidla resp. pre vyšší rozmer pomocou Laplaceovho rozvoja, tak si treba dať pozor, aby sa človek nepomýlil.
Môže byť užitočné si spočítať $\operatorname{Tr}(A)$ a $\det(A)$, pretože toto nám dá dva z koeficientov. Takže aspoň tieto dva koeficienty si takto vieme prekontrolovať.
Iná alternatíva je skúšať, či nezbadám nejaká riadkové či stĺpcové úpravy, ktoré mi zjednodušia výpočet. (Prípadne či človek nezbadá nejaký vlastný vektor resp. vlastné číslo.)
V našom prípade dostaneme: $\chi_A(t)=-(t-6)(t-3)(t+5)$.
Nižšie je výpočet pomocou Sarrusovho pravidla aj výpočet, ktorý využíva riadkové úpravy.
Zistili sme teda, že vlastné čísla sú $3$, $6$ a $-5$.
Môžeme si aj skontrolovať, či naozaj tieto vlastné hodnoty vyhovujú podmienke $\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=\operatorname{Tr}(A)$. A ak sme vypočítali aj determinant, vieme skontrolovať, či platí $\lambda_1\cdot\lambda_2\cdot\lambda_3=\det(A)$.
Pre vlastnú hodnotu $\lambda$ dostanem vlastné vektory riešením homogénnej sústavy s maticou $(A-\lambda I)^T$. (Treba nezabudnúť transponovať - aby sme dostali riadkové vlastné vektory.)
Pre $\lambda=3$ dostaneme $[(2,-3,1)]$.
Pre $\lambda=6$ dostaneme $[(1,0,2)]$.
Pre $\lambda=-5$ dostaneme $[(14,11,-5)]$.
Skúšku, či $\vec x$ je naozaj vlastný vektor, môžeme urobiť prenásobením; chceme len skontrolovať rovnosť $\vec xA=\lambda\vec x$.
Pre matice
$$P=
\begin{pmatrix}
2 &-3 & 1 \\
1 & 0 & 2 \\
14 &11 &-5
\end{pmatrix}
D=
\begin{pmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & 6 & 0 \\
0 & 0 &-5
\end{pmatrix}
$$
potom platia rovnosti $PA=DP$ resp. $PAP^{-1}=D$.
Overenie tejto rovnosti v Symbolab.
Najprv nám treba vypočítať charakteristický polynóm. (Aby sme mohli nájsť vlastné hodnoty.)Pre danú maticu $A\in M_{3,3}(\mathbb R)$ nájdite regulárnu maticu $P$ a diagonálnu maticu $D$ tak, aby platilo $PAP^{-1}=D$; alebo zdôvodnite, že také matice neexistujú.
$$A=
\begin{pmatrix}
-2 &-4 & 2 \\
-2 & 1 & 2 \\
4 & 2 & 5
\end{pmatrix}
$$
Ak ho rátame priamo pomocou Sarrusovho pravidla resp. pre vyšší rozmer pomocou Laplaceovho rozvoja, tak si treba dať pozor, aby sa človek nepomýlil.
Môže byť užitočné si spočítať $\operatorname{Tr}(A)$ a $\det(A)$, pretože toto nám dá dva z koeficientov. Takže aspoň tieto dva koeficienty si takto vieme prekontrolovať.
Iná alternatíva je skúšať, či nezbadám nejaká riadkové či stĺpcové úpravy, ktoré mi zjednodušia výpočet. (Prípadne či človek nezbadá nejaký vlastný vektor resp. vlastné číslo.)
V našom prípade dostaneme: $\chi_A(t)=-(t-6)(t-3)(t+5)$.
Nižšie je výpočet pomocou Sarrusovho pravidla aj výpočet, ktorý využíva riadkové úpravy.
Spoiler:
Môžeme si aj skontrolovať, či naozaj tieto vlastné hodnoty vyhovujú podmienke $\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=\operatorname{Tr}(A)$. A ak sme vypočítali aj determinant, vieme skontrolovať, či platí $\lambda_1\cdot\lambda_2\cdot\lambda_3=\det(A)$.
Pre vlastnú hodnotu $\lambda$ dostanem vlastné vektory riešením homogénnej sústavy s maticou $(A-\lambda I)^T$. (Treba nezabudnúť transponovať - aby sme dostali riadkové vlastné vektory.)
Pre $\lambda=3$ dostaneme $[(2,-3,1)]$.
Pre $\lambda=6$ dostaneme $[(1,0,2)]$.
Pre $\lambda=-5$ dostaneme $[(14,11,-5)]$.
Skúšku, či $\vec x$ je naozaj vlastný vektor, môžeme urobiť prenásobením; chceme len skontrolovať rovnosť $\vec xA=\lambda\vec x$.
Pre matice
$$P=
\begin{pmatrix}
2 &-3 & 1 \\
1 & 0 & 2 \\
14 &11 &-5
\end{pmatrix}
D=
\begin{pmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & 6 & 0 \\
0 & 0 &-5
\end{pmatrix}
$$
potom platia rovnosti $PA=DP$ resp. $PAP^{-1}=D$.
Overenie tejto rovnosti v Symbolab.