¿Hay una manera más rápida para ello? Encontrar una matriz ortogonal $P$ y una matriz diagonal $D$ tal que $A=PDP^T$

Question

Vamos $A$=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}

Encontrar una matriz ortogonal $P$ y una matriz diagonal $D$ tal que $A=PDP^T$. (Sugerencia: Los autovalores de a $A$ son todos los números enteros.

Me las arreglé para hacer esto mediante la búsqueda de los valores propios a través de la solución de la ecuación característica, y luego encontrar el correspondiente espacio propio. Después de que me fui por delante para el uso de la Grand-Schdmit proceso, y obtuvo un orthnormal base.

Mi solución era poderoso complicado, la participación de 1.5 páginas de funcionamiento.

Es allí una manera más rápida de hacer esto? Pregunta vale 5 puntos.

Answer 1

Supongo que se han logrado demostrar que los valores propios de a $A$ $\{2,-1,-1\}$ y el único vector propio (hasta escalar varios) por $\lambda=2$$v=(1,1,1)^T$. El problema ahora es encontrar a $P$ fácilmente.

Tenga en cuenta que para una real simétrica matriz de vectores propios para diferentes valores propios son ortogonales uno al otro. Por lo tanto, si podemos encontrar una matriz ortogonal $P$ cuya primera columna es paralelo a $v$, luego las otras dos columnas se convertirá automáticamente en vectores propios de a $\lambda=-1$. Ahora, para encontrar una matriz $P$, podemos utilizar la Cabeza de la reflexión. La fórmula es relevante $$P = I - \frac{2uu^T}{\|u\|^2},\ \textrm{ where } u=v-\|v\|(1,0,0)^T.$$ Poner $v=(1,1,1)^T$, obtenemos $$ P = \frac1{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & {\small\frac{\sqrt{3}-1}{2}} & {\small\frac{-\sqrt{3}-1}{2}}\\ 1 & {\small\frac{-\sqrt{3}-1}{2}} & {\small\frac{\sqrt{3}-1}{2}} \end{pmatrix}. $$ Usted puede verificar que el $P$ es de hecho un sistema ortogonal de la matriz (es decir,$P^TP=I$) y $A=P\,\ \mathrm{diag}(2,-1,-1)\ P^T$.

Answer 2

Denotar por $B$ la matriz $$ B = a + I = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}. $$ Si te las arreglas para diagonalize ortogonalmente $B$, $PBP^T = D$ para algunos diagonal $D$ y, a continuación, $PAP^T = D - I$ donde $D - I$ también es diagonal. Los autovalores de a $B$ $3, 0, 0$ que es el mejor visto por escrito directamente la ecuación $(B - \lambda I)(x,y,z)^T = 0$: $$ (1 - \lambda)x + y + z = 0, \\ x + (1 - \lambda)y + z = 0, \\ x + y + (1 - \lambda)z = 0. $$ Sumando las tres ecuaciones se obtiene: $$ (3 - \lambda)(x + y + z) = 0. $$ Así que o $\lambda = 3$, y para los que la correspondiente autovector es $(1,1,1)^T$ o $x + y + z = 0$, por lo que el correspondiente autovalor es $0$ (con multiplicidad dos). Los autovalores de a$A$$2, -1, -1$, hallar una base ortogonal para $x + y + z = 0$, y listo.

Answer 3

El uso de las bacterias Gram-Schmidt proceso, incluso si se escribe correctamente, no es una gran idea para este tipo de pregunta, como se verá en general estropear el ganado propiedad de ser una base de vectores propios. Aquí es un enfoque oportunista que trabaja para esta particular de la matriz $A$.

Cosa que es fácil de notar es que el $A+I$ tiene todas las entradas $1$, por lo que no sólo su determinante es $0$, pero su rango es sólo $1$: $$ A+I=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1&1&1\end{pmatrix} $$ Así, el espacio propio para $\lambda=-1$ $2$- dimensiones del núcleo de la derecha de la matriz $(1~~1~~1)$, el plano dado por la ecuación de $x+y+z=0$. Desde la traza de $A$ es la suma de sus valores propios (tomada con multiplicidades), y es $0$, el resto de autovalor es $2$, y un autovector de es $(1~~1~~1)^T$, que es ortogonal (como debe ser, dado que $A$ es simétrica) a la otra autoespacio $x+y+z=0$.

Ahora para encontrar $P$ tenemos una base ortogonal del subespacio propio $x+y+z=0$, y, a continuación, la normalización de todos los vectores propios. No puedo ver ningún particularmente agradable ortogonal pares en ese espacio propio, así que me voy a tomar el primer vector que viene a la mente $(1~~-1~~0)^T$ y tomar la cruz de producto con el autovector $(1~~1~~1)^T$$\lambda=2$, para dar a $(-1~~-1~~2)^T$. Dividiendo por las normas de estos vectores puedo encontrar $$ P=\frac1{\sqrt6} \begin{pmatrix}\sqrt3&-1&\sqrt2\\-\sqrt3&-1&\sqrt2\\0&2&\sqrt2\end{pmatrix} \qquad \text{y}\qquad D=\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&2\end{pmatrix}. $$