Demostrar que existe una base de $\mathbb R^4$ formado por los vectores propios de la matriz $A$

Question

Matriz del operador lineal $\mathcal A$ : $\mathbb R^4$ $\rightarrow$ $\mathbb R^4$ es $$A= \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & -1\\ 1 & -1 & 1 & -1\\ 1 & -1 & -1 & -1\\ \end{bmatrix} $$ Demostrar que existe una base de $\mathbb R^4$ formado por los vectores propios de la matriz $A$ . Usando la nueva base, encuentra la matriz de ese operador.

Espero haber traducido todo correctamente.

Esto es lo que he hecho hasta ahora.

1. He encontrado el polinomio característico de la matriz $A$ para poder obtener los valores propios y así encontrar los vectores propios. Mi polinomio característico es $$p_A(\lambda)=\lambda^4-2\lambda^3-6\lambda^2+16\lambda-8$$
2. Mis valores propios son $$\lambda_1=\lambda_2=2 $$ $$\lambda_3=-1-\sqrt3$$ $$ \lambda_4=-1+\sqrt3 $$
3. Después calculé mis vectores propios. Aquí es donde necesito ayuda para entender. Los vectores propios que pertenecen a diferentes valores propios son linealmente independientes por lo que entonces pueden hacer una base. En este caso, tengo dos valores propios iguales. Pero, cuando calculo: $$A\overrightarrow v=\lambda_1 \overrightarrow v$$ donde $\overrightarrow v=(x_1,x_2,x_3,x_4)$ es el vector propio para el valor propio 2 obtengo esta forma (final): $$[A-\lambda_1I]= \begin{bmatrix} -1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -2\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ \end{bmatrix}$$

Entonces, mi vector $$\overrightarrow v= \begin{bmatrix} x_2+x_3 \\ x_2\\ x_3\\ 0\\ \end{bmatrix}=x_2\begin{bmatrix} 1 \\ 1\\ 0\\ 0\\ \end{bmatrix}+x_3\begin{bmatrix} 1 \\ 0\\ 1\\ 0\\ \end{bmatrix}$$

Por lo tanto, no estoy seguro de cómo plantear esta pregunta. Aunque los valores propios fueran los mismos, ¿obtuve un vector que en realidad es una combinación lineal de dos vectores linealmente independientes? ¿Es correcta esta observación?

Después calculé los vectores propios para los valores propios restantes. Estos fueron los resultados:

$\overrightarrow v_3 = x'_4\begin{bmatrix} -\sqrt3 \\ \sqrt3\\ \sqrt3\\ 1\\ \end{bmatrix}$ donde $\overrightarrow v_3=(x'_1,x'_2,x'_3,x'_4)$ para $\lambda_3=-1-\sqrt3$

$\overrightarrow v_4 = x''_4\begin{bmatrix} \sqrt3 \\ -\sqrt3\\ -\sqrt3\\ 1\\ \end{bmatrix}$ donde $\overrightarrow v_4=(x''_1,x''_2,x''_3,x''_4) $ para $\lambda_4=-1+\sqrt3$

Así, en este caso, es mi base:

$$B= \begin{bmatrix} 1 & 1 & -\sqrt3 & \sqrt3 \\ 1 & 0 & \sqrt3 & -\sqrt3\\ 0 & 1 & \sqrt3 & -\sqrt3\\ 0 & 0 & 1 & 1\\ \end{bmatrix}$$ ?

y se haría una nueva matriz del operador $\mathcal A$ sea $B^{-1}AB$ ?

También tengo una pregunta más: ¿Hay alguna forma más corta de encontrar estos resultados? No me da pereza hacer estos cálculos, pero es fácil equivocarse cuando se dispone de poco tiempo. ¿Podría concluir algo mirando la matriz $A$ para ayudarme a encontrar los valores y vectores propios más rápidamente?

Gracias a todos por adelantado.

Answer 1

Tenga en cuenta que su matriz $A$ es simétrica y, por tanto, diagonalizable. Ni siquiera es necesario encontrar los valores propios de $A$ para concluir que existe una base de vectores propios para $A$ . No veo ninguna forma de encontrar los valores propios de $A$ pero una vez que los encuentras, no necesitas conocer los vectores propios para saber cómo se verá el operador con respecto a una base de vectores propios. Si los vectores propios son $v_1, \dots, v_4$ con $Av_i = \lambda_i v_i$ entonces con respecto a $(v_1, \dots, v_4)$ el operador será $\operatorname{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_4)$ .

Si no se le pide explícitamente que encuentre una base de vectores propios para $A$ se puede omitir el 3 por completo y decir que $A$ puede representarse como $\operatorname{diag}(2,2,-1-\sqrt{3},-1+\sqrt{3})$ (o por cualquier matriz que se obtenga permutando las filas).

Último comentario - la traza de tu matriz es 2 y ésta debería ser la suma de los valores propios $\lambda_1 + \dots + \lambda_4$ . Esto se puede utilizar para la "comprobación de cordura" después de calcular los valores propios para asegurarse de que no se ha cometido un error de cálculo (esto no garantiza que no se haya cometido un error, pero proporciona algunas pruebas para ello).

Answer 2

Carl Meyer

Análisis matricial y álgebra lineal aplicada (2000)

$\S$ 7.2, ecuación 7.2.5, p 512

Diagonalizabilidad y multiplicidades

La matriz $\mathbf{A}\in\mathcal{C}^{n\times n}$ es diagonalizable si $$ geometric\ multiplicity _{\mathbf{A}} \left( \lambda \right) = algebraic\ multiplicity _{\mathbf{A}} \left( \lambda \right) $$ para cada $\lambda\in\sigma \left( \mathbf{A} \right)$ . Es decir, si cada valor propio es semisimple.

Aplicación

Has identificado los valores propios que sus multiplicidades algebraicas. La cuestión es cuantificar la multiplicidad geométrica del valor propio $\lambda = 2$ .

La multiplicidad geométrica $$ geometric\ multiplicity _{\mathbf{A}} \left( 2 \right) = \dim N \left( \mathbf{A} - 2 \mathbf{I}_{\,4} \right) $$ $$ \mathbf{A} - 2 \mathbf{I}_{\,4} = \left[ \begin{array}{rrrr} -1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & -3 \\ \end{array} \right] $$ El proceso de reducción de filas es inmediato y deja $$ \left[ \begin{array}{rrrr} 1 & -1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array} \right]. $$ El rango de esta matriz es 2, por lo que la multiplicidad geométrica es 2. Por lo tanto $$ geometric\ multiplicity _{\mathbf{A}} \left( 2 \right) = algebraic\ multiplicity _{\mathbf{A}} \left( 2 \right) $$ y $\mathbf{A}$ es diagonalizable.