Diagonalizable Matrices: Cómo determinar?

Question

Estoy tratando de averiguar cómo determinar la diagonalizability de las siguientes dos matrices. Para la primera matriz

$$\left[\begin{matrix} 0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\\2 & -5 & 4\end{matrix}\right]$$

Hay dos distintos autovalores, $\lambda_1 = \lambda_2 = 1$$\lambda_3 = 2$. De acuerdo con el teorema, Si es un $n$ x $n$ matriz con $n$ autovalores distintos, entonces a es diagonalizable.

Para la siguiente matriz de 3 x 3

$$\left[\begin{matrix} -1 & 0 & 1\\3 & 0 & -3\\1 & 0 & -1\end{matrix}\right]$$

También tenemos dos autovalores $\lambda_1 = \lambda_2 = 0$$\lambda_3 = -2$.

Para la primera matriz, la multiplicidad algebraica de la $\lambda_1$ es 2 y la multiplicidad geométrica es 1. De acuerdo con el teorema, esto no sería diagonalizable desde la multiplicidad geométrica no es igual a la multiplicidad algebraica.

Para la segunda matriz, la algebraica multiplicidad y la multiplicidad geométrica de ambas expresiones lambda son iguales, por lo que este es diagonalizable según mi libro de texto. Pero aún hay dos distintos autovalores de matriz de 3x3, así que ¿por qué esto es diagonalizable si vamos a aceptar el primer teorema?

También, cómo determinar la multiplicidad geométrica de una matriz?

Answer 1

A la inversa teorema no se aplica. Si una matriz(nxn) NO tiene n autovalores distintos, esto no significa que él no puede ser diagonizable.En realidad no sabemos de que sólo a partir del número de autovalores distintos.Es sólo una suficiente (pero no necesaria) en el estado. Compruebe el primer ejemplo: http://en.wikipedia.org/wiki/Diagonalizable_matrix

Answer 2

Para comprobar si $A=\left[\begin{matrix} 0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\\2 & -5 & 4\end{matrix}\right]$ es diagonalizable (Suponiendo que las entradas se toman en el campo $\mathbb R$):

Supongamos que con respecto a alguna base $\beta$ $\mathbb R^3_\mathbb R,~[T]_{\beta}=A$ para algunos lineal operador $T$ $\mathbb R^3_\mathbb R.$ $\chi_T:(x-1)^2(x-2).$ en consecuencia, los valores característicos de a $T$ $1,2$ (Desde $1,2\in\mathbb R$).

Primero vamos a comprobar si $T$ es diagonalizable:

$E_1(T)=\{v\in\mathbb R^3:Tv=v\}=Ker~(T-I_\mathbb R{^3})$

$E_2(T)=\{v\in\mathbb R^3:Tv=2v\}=Ker~(T-2I_\mathbb R{^3})$

Ahora

$Rank~[T-1I_\mathbb R{^3}]_\beta=R\left[\begin{matrix} -1 & 1 & 0\\0 & -1 & 1\\2 & -5 & 3\end{matrix}\right]\leq 2\implies Rank~[T-I_\mathbb R{^3}]_\beta=2$ y

$Rank~[T-2I_\mathbb R{^3}]_\beta=R\left[\begin{matrix} -2 & 1 & 0\\0 & -2 & 1\\2 & -5 & 2\end{matrix}\right]= 2$ (funcionamiento en filas)$\implies Rank~[T-I_\mathbb R{^3}]_\beta=2.$

Recordar: Para cualquiera de los dos finito dimensionales espacios vectoriales $V$ & $W$ en el mismo campo, $~T\in L(V,W)$$\implies Rank~T=Rank$ de cualquier matriz de $T.$

En Consecuencia, $\dim E_1(T)=Nullity~(T-I_\mathbb R{^3})=3-Rank~(T-I_\mathbb R{^3})=3-Rank~[T-I_\mathbb R{^3}]_\beta$$=1.$ Del Mismo Modo $\dim E_2(T)=3-2=1.$

Ahora $\dim E_1(T)+\dim E_2(T)\ne\dim \mathbb R^3.$ Consecuentemente $T$ no es diagonalizable.

$($ Alternativamente $\chi_T:(x-1)^2(x-2)\neq (x-1)^{\dim E_1(T)}(x-2)^{\dim E_2(T)}.$ Consecuentemente $T$ no es diagonalizable.$)$

Por lo tanto, $A$ no es diagonalizable.

Answer 3

Geométrica de la multiplicidad de un autovalor $λ$ es la dimensión del espacio de soluciones de la ecuación de $(A−λI)X=0$.

Así, en el primer caso, para determinar la multiplicidad geométrica de la (repite) autovalor $\lambda=1$, consideramos que $\left[\begin{matrix} -1 & 1 & 0\\0 & -1 & 1\\2 & -5 & 3\end{matrix}\right]$ $(x,y,z)^T=0$ (he encontrado escrito dos matrices de lado-por-lado puede ser no trivial), o después de algunas operaciones elementales con sus filas, $\left[\begin{matrix} 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 1\\0 & 1 & 0\end{matrix}\right]$ $(x,y,z)^T=0$ es decir, $x=y=z=0$ o $(x,y,z)=(0,0,0)$. Así, el espacio de la solución es generado por una sola (null) del vector. Esa es la razón por la multiplicidad geométrica de $\lambda=1$ es 1.

Para el segundo ejemplo, del mismo modo debemos tener en cuenta $\left[\begin{matrix} -1 & 0 & 1\\3 & 0 & -3\\1 & 0 & -1\end{matrix}\right]$ $(x,y,z)^T=0$ que tiene solución $x=z$ i,e., $(x,y,z)=(x,y,x)=x(1,0,1)+y(0,1,0)$. Por lo que el espacio de soluciones es generada por los dos vectores $\{(0,1,0),(1,0,1)\}$. Por lo tanto su dimensión es $2$.