Encontrar valores propios accesos directos

Question

Me pide para encontrar los valores propios de esta matriz. Menciona que algunos trucos se pueden utilizar en lugar de tener que utilizar $det(A-\lambda I)$.

Entiendo cómo hacerlo de esa manera, pero ¿qué es un acceso directo que puedo utilizar para esta matriz? Gracias.

Solución es $(\lambda -2)^2 \lambda ^ 2$

$\lambda = 0$ y $\lambda = 2.$

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 1\\ \end{bmatrix} $$

Answer 1

La matriz es una conjugación unitaria (a través de permutaciones) de $$\begin{bmatrix}1&1&0&0\\1&1&0&0\\0&0&1&1\\0&0&1&1\end{bmatrix} $$(namely, exchange the second and third elements of the canonical basis). So the characteristic polynomial is the square of the characteristic polynomial of the $2\times2$ matrix with all ones, which has eigenvalues $0$ and $2$. We get, then, $$\lambda ^2 (2-\lambda)^2. $$

Answer 2

Esta matriz tiene un bloque simple forma $$ \begin{pmatrix}I&I\\I&I\end{pmatrix}$$ where $I$ is the $2\times 2$ identity, so you can eyeball the eigenvalues of the $2\times 2$ all-ones matrix (which are $2$ and $0$) and then realize that they will both contribute twice since each eigenvector of this matrix ($(1,1)$ and $(1,-1)) $ will correspond to a two-dimensional invariant subspace for the full $4\times 4$ matrix ((a,b,a,b) and $(a,b,-a,-b))$

Answer 3

Por inspección vemos que el $A (1,1,1,1)^T = 2 (1,1,1,1)^T $.

Asimismo, $A (1,0,-1,0)^T = 0 $, %#% de %#% y $A (0,1,0,-1)^T = 0 $.

Cuatro vectores son linealmente independientes, por lo tanto constituyen una base de vectores propios.

Answer 4

Indicar $e_1 = \begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}$ y $e_2 = \begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}$.

Sea la matriz en cuestión $A$.

Observe que $A = \begin{bmatrix}I&I\\I&I\end{bmatrix}$, donde $I = \begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}$.

Entonces, $A$ es similar a $B = \begin{bmatrix}1&1\\1&1\end{bmatrix}$, cuyos valores propios se encuentran fácilmente por el método de determinantes:

$$\begin{array}{rcl} \det(B-\lambda I) &=& 0 \\ (1-\lambda)^2 - 1 &=& 0 \\ \lambda^2 - 2\lambda &=& 0 \\ \lambda(\lambda - 2) &=& 0 \\ \end{matriz} $$

O de inspección: $B\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}2\\2\end{bmatrix}$ y $B\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}$.

De eso, fácilmente encontramos dos valores propios: $A \begin{bmatrix}\vec v\\\vec v\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}2\vec v\\2\vec v\end{bmatrix}$ y $A \begin{bmatrix}\vec v\\-\vec v\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\vec 0\\\vec 0\end{bmatrix}$.

Cada valor propio es con multiplicidad $2$, $\vec v$ es un vector de dimensiones de $2$.

Answer 5

Las dos primeras columnas, obviamente, son linealmente independientes, mientras que las dos últimas columnas son duplicados de la primera, por lo que la nulidad de esta matriz es 2, lo que significa que se ha $0$ como un valor propio de multiplicidad dos. La fila sumas todos iguales $2$, por lo que es otro valor propio con vector propio asociado $(1,1,1,1)^T$ (a la derecha-la multiplicación de una matriz por un vector de todos los 1 sumas sus filas). La última autovalor siempre se puede encontrar "gratis:" la traza de una matriz es igual a la suma de sus valores propios. La traza de esta matriz es igual a $4$, por lo tanto el cuarto autovalor es $4-0-0-2=2$.