Encontrar una matriz ortogonal $Q$ y una matriz diagonal $D$ tal que $A=QDQ^T$

Question

Sea $$A=\begin{bmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{bmatrix}$$ Encontrar una matriz ortogonal $Q$ y una matriz diagonal $D$ tal que $A=QDQ^T$ .

Ya tengo estos Valores propios $D=\begin{bmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&3\end{bmatrix}$ y Vectores propios $P=\begin{bmatrix}-1&-1&1\\1&0&1\\0&1&1\end{bmatrix}$

\begin{align} \langle v_1,v_2\rangle &= \quad \!1+0+0=1 \\ \langle v_1,v_3\rangle &=-1+1+0=0 \\ \langle v_2,v_3\rangle &=-1+0+1=0 \end{align}

$\because \langle v_1,v_3\rangle= \langle v_2,v_3\rangle=0 \space \therefore A=A^T$

$\because \langle v_1,v_2\rangle=1+0+0=1 \space \therefore v_1\perp v_2$

Pero no tengo ni idea de cuál es el siguiente paso.

Answer 1

Intento dar mi aportación desde un enfoque metódico. A partir de sus cálculos anteriores, podemos ver que:

Para $\lambda = 0$ estos vectores propios $\{v_1,v_2\}$ abarcan el eigespacio $E_{\lambda=0}$ : \begin{Bmatrix} \begin{bmatrix} -1\\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} , \begin{bmatrix} -1\\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \end{Bmatrix}

y para $\lambda = 3$ este vector propio $\{v_3\}$ abarcan el eigespacio $E_{\lambda=3}$ : \begin{Bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} \end{Bmatrix}

Estos vectores propios son linealmente independientes. Sin embargo, hay valores propios repetidos para $\lambda = 0$ . A continuación, comprobamos $\langle v_1, v_2 \rangle$ . Observamos que estos vectores propios no son ortogonales, como lo que ha demostrado $\langle v_1, v_2 \rangle =1\neq0$ .

Por lo tanto, podemos utilizar la ortogonalización Gram-Schmidt para obtener nuestro conjunto ortonormal.

Para $E_{\lambda=0}$ encontramos nuestros vectores ortonormales $\{e_1, e_2\}$ :

\begin{align} u_1 & = v_1 \\ e_1 & = \frac{u_1}{||u_1||} = \frac{1}{\sqrt2} \begin{bmatrix} -1\\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \\ DeclareMathOperator & \\ u_2 & = v_2 - \proj_{u_1}(v_2) \\_2 & = v_2 - \langle v_2, u_1\rangle u_1\\\\ & = \begin{bmatrix} -1\\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} - \Izquierda \begin{bmatrix} -1\\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} , \frac{1}{\sqrt2} \begin{bmatrix} -1\\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \right\rangle \ frac{1} {\sqrt2} \begin{bmatrix} -1\\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \\ & = \begin{bmatrix} -1/2\\ -1/2 \\ 1 \end{bmatrix} = \frac{1}{2} \begin{bmatrix} -1\\ -1 \\ 2 \end{bmatrix} \\ e_2 & = \frac{u_2}{||u_2||} = \frac{1}{\sqrt6} \begin{bmatrix} -1 \\ -1 \\ 2 \end{bmatrix} \\ \fin

Para $E_{\lambda=3}$ :

\begin{align} u_3 & = v_3 \\ e_3 & = \frac{u_3}{||u_3||} = \frac{1}{\sqrt 3} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} \\ \fin

Por lo tanto, $$ \begin{align} Q & = [e_1 \space e_2 \space e_3] = \begin{bmatrix} -1/ \sqrt2 & -1/ \sqrt6 & 1/ \sqrt3\\ 1/ \sqrt2 & -1/ \sqrt6 & 1/ \sqrt3\\ 0/ \sqrt2 & 2/ \sqrt6 & 1/ \sqrt3\\ \end{bmatrix}: \\ D & = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \\ \end{bmatrix} \end{align} $$

Answer 2

Tenga en cuenta que combinación lineal de $v_1$ et $v_2$ es un vector propio de $A$ correspondiente al valor propio $0$ . Además, como ya ha señalado, puesto que $A$ es una matriz simétrica, el espacio eigénico asociado a $0$ es ortogonal al espacio eigénico asociado a $3$ .

Por tanto, consideremos un vector $w=\alpha v_1+ \beta v_2$ con $\alpha,\beta\in \mathbb{R}$ tal que $\langle v_1,w\rangle=2\alpha+\beta= 0$ y sustituir $v_2$ con $w$ . Por ejemplo, $\alpha=1$ et $\beta=-2$ dé $w=v_1 -2v_2=(1,1,-2)$ . Por lo tanto, una posible matriz ortonormal $Q$ es $$\left[\frac{v_1}{\|v_1\|} \Bigg| \frac{w}{\|w\|} \Bigg| \frac{v_3}{\|v_3\|}\right] =\begin{bmatrix}-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{3}}\\\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{3}}\\0&-\frac{2}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{3}}\end{bmatrix} $$

Answer 3

Sustituir $v_2$ por $$v'_2:=v_2-\frac{\langle v_2,v_1\rangle}{\|v_1\|^2}v_1=\begin{pmatrix}-\frac12\\-\frac12\\1\end{pmatrix}$$ (que se encuentra de nuevo en $\ker A=v_3^\perp$ desde $v_1,v_2$ pero que ahora es ortogonal a $v_1$ ).

Dividir $v_1,v'_2,v_3$ por sus respectivas normas $\sqrt2,\sqrt\frac32,\sqrt3$ te dará las 3 columnas de tu matriz $Q.$