Diagonalización: Puede detectar un truco para evitar el tedioso cálculo?

Question

Estoy estudiando para mi de posgrado examen de calificación y por desgracia para mí, he pasado los últimos dos años estudiando álgebra conmutativa y geometría algebraica, y el examen de calificación es totalmente fundamentales de los / core' material - difícil multivariable de cálculo y álgebra lineal preguntas, eek!

Aquí está la pregunta de un viejo examen en el que estoy trabajando. Tenga en cuenta, cómo resolver el problema no es mi pregunta específica. Después de introducir el problema, voy a pedir a mis preguntas específicas sobre el problema siguiente.

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No Hay Calculadoras. Vamos $$M = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 1 & 4 & 2 \\ 0 & -2 & -1\\ \end{bmatrix}$$ 1) Find the determinant of $M$

2) Encontrar los valores propios y los vectores propios asociados de $M$

3) Calcular el $$M^{2013} \cdot \begin{bmatrix}1\\1\\1\\\end{bmatrix}$$

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Mi problema es que con los problemas de cálculo en un examen en el que las calculadoras no están permitidos, siempre espero que sea: 1) no será un truco para eludir desagradable cálculos a mano o 2) el problema va a ser ideado de tal manera que el cálculo sale muy fácilmente. Este parece ser el caso en la parte 1 y la parte 2 de el problema, ya que:

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1) El determinante de a $M$ muy fácilmente puede ser encontrado por el cofactor de a través de la fila 1 para obtener $\mathrm{det}(M) = 2(-4+4) = 0$ o por la inspección de la columna 2 es bastante visible un escalar múltiples de la columna 3 por lo que el $\mathrm{det}(M) = 0$.

2) Desde $\mathrm{det}(M) = 0$ sabemos que 0 es un valor propio. Tomando nota de que la dependencia de la relación entre la columna 2 y la columna 3 nos permite leer un autovector de a $\lambda = 0$. Además, Manual de informática $\mathrm{det}(M - \lambda I)$ es de nuevo computacionalmente fácil debido a que de los 0 a través de la fila 1. Llegamos $p_{M}(t) = \lambda(2-\lambda)(\lambda - 3)$. La solución para que los correspondientes vectores propios es también bastante rápido.

Ahora, la parte 3 comienza bien. Teniendo en cuenta la parte 2 es prácticamente implícita de las pistas de contexto que estamos destinados a diagonalize esta matriz $M$, como la única cosa necesaria en este punto es la inversa de la matriz de vectores propios. El cálculo es cuando voy en un torbellino porque no fluye tan fácilmente como los anteriores cálculos. En la parte 2 tuvimos un polinomio de grado tres queríamos raíces, y, por supuesto, se divide en factores lineales. Ahora estoy invertir una matriz de 3x3 con la mano y lograr que todas las entradas de ratios? En el examen, este va a entrar en pánico mí. El tiempo es sin duda un problema, y tengo que aprender a no desperdiciarla. Inmediatamente me inicio restudying el problema tratando de ver si hay alguna manera de alrededor de computación en un 3 x 3 inversa con la mano. Otro enfoque que tomó, ya que yo estoy estudiando ahora mismo y no se preocupa el tiempo, estaba tratando de expresar el vector $(1,1,1)^T$ como una combinación lineal de los vectores propios, dicen $$(1,1,1)^T = a_1v_1 + a_2v_2 + a_3v_3$$ with suitably chosen eigenvectors $v_1, v_2, v_3$, since then $$M^{2013}(a_1 v_1 + a_2 v_2 + a_3 v_3) = a_2 \lambda_2^{2013}v_2 + a_3 \lambda_3^{2013} v_3.$$

Encontrar la combinación lineal de los vectores propios que parece no ser más o menos fácil que la inversión de la matriz de vectores propios. Supongo que no ayuda a que, a pesar de que he aprendido y entender más generales y avanzadas de álgebra lineal, he trabajado en un centro de enseñanza durante muchos años, donde me tutorizado problemas como este, sin métodos avanzados - así pues, cuando veo a preguntas como esta, esos métodos son los que inmediatamente vienen a la mente. Así que, mis preguntas son:

¿Alguien ve algún truco para evitar desagradables cálculo con la mano en el problema anterior? De forma más general (estoy seguro de que muchos de los otros que han tomado los usuarios de posgrado qual exámenes, y podría tener información aquí) ¿alguien tiene el examen de asesoramiento, quizás de una manera sistemática, para decidir si debo simplemente comprometerse a hacer el cálculo, y tratar de hacerlo con cuidado sin embargo, tan rápido como sea posible, o detener a mí mismo en mis pistas y decir "no me esperes para hacer este cálculo con la mano, que yo debería estudiar el problema y ver si hay una forma de evitar esto."

Gracias.

Edit: supongo que puede ser ligeramente estar haciendo mal uso de este sitio desde que sé cómo resolver mi problema, y mi pregunta es más orientado hacia el examen de conocimientos? Parte de mi pregunta fueron más a la psicología... Eso es un poco de un acertijo filosófico si mi pregunta es apropiado para el sitio. Pero, mi examen es mañana, así que voy a correr el riesgo! Si se cierra, que así sea :)

Answer 1

Esta respuesta es más detallada que caminar a través de el método descrito por @yixing en los comentarios. Me presente más que muestra un yo en el examen de la ayuda de otra persona que lo lee.

De la parte 2 de el problema que ya hemos descubierto que el $M$ tiene 3 distintos autovalores (por lo tanto diagonalizable) y también han encontrado que el polinomio característico $p_m(t) = x(2-x)(3-x).$ Desde $k[t]$ es un dominio Euclídeo, sabemos que para los polinomios $t^{2013}$ $p_m(t)$ existe $q(t)$ $r(t)$ tal que $$t^{2013} = p_m(t)q(t) + r(t), \hspace{5mm}(1)$$ where $\mathrm{grados}(r(t)) < \mathrm{grados}(p_m(t)).$ Note that since the degree of the characteristic polynomial is 3, $r(t)$ is at most a quadratic, $r(t) = a^2 + bt + c.$ The degree of $r(t)$ being at most two will ultimately be the crux of why this method is computationally superior to diagonalizing the matrix $M$, for evaluating both sides of (1) at the matrix M yields $$M^{2013} = p_m(M)q(M) + r(M),$$ thus $$M^{2013} = r(M) = aM^2 + bM + cI.$$ This final line can be justified either by invoking the Cayley-Hamilton theorem, or by noting that since the matrix is diagonalizable with 3 distinct eigenvalues, the characteristic polynomial and minimal polynomial are equivalent and by definition the minimal polynomial vanishes on $M$. Thus if we solve for the coefficients of $r(t)$, the desired matrix / vector multiplication can be computed easily. By evaluating line (1) at t = 0,2,3 we discover that $c = 0$, then get an 'easy to solve' 2x2 system for $a,b$ yielding $un = 3^{2012} - 2^{2012}$, $b = 2^{2012} + 2^{2013} - 2\cdot 3^{2012}$.

Ahora vamos a $v = (1,1,1)^{T}$, entonces es fácil de calcular mentalmente que $Mv = (2,7,-3)^T$$M^2v = (4,24,-11)^T$. Así tenemos \begin{align*} M^{2013}\cdot v &= aM^2v + bMv\\ &= a(2,7,-3)^T + b(4,-24,-11)^T.\\ \end{align*}

Dado que los valores de $a,b$ se encuentra por encima, no veo razón para simplificar aún más.

Un enorme gracias a @yixing por la sugerencia de este método. El método es considerablemente más rápido que el cálculo de una inversa por la mano, y en realidad es bastante robusto.

Answer 2

Aquí es un enfoque ligeramente diferente. En la parte 2, ya ha determinado que $M$ tiene tres distintos autovalores $2, 3, 0$. Por lo tanto, $M$ es diagonalisable y por interpolación de Lagrange, \begin{align} M^{2013} &=2^{2013}\frac{M-0}{2-0}\frac{M-3}{2-3} + 3^{2013}\frac{M-2}{3-2}\frac{M-0}{3-0}\\ &=3^{2012}(M^2-2M)-2^{2012}(M^2-3M). \end{align} Ahora, por cálculo directo, $$ u:=M\pmatrix{1\\ 1\\ 1}=\pmatrix{2\\ 7\\ -3}, \quad v:=M^2\pmatrix{1\\ 1\\ 1}=M\pmatrix{2\\ 7\\ -3}=\pmatrix{4\\ 24\\ -11}. $$ Por lo tanto \begin{align} M^{2013}\pmatrix{1\\ 1\\ 1} &=3^{2012}(v-2u)-2^{2012}(v-3u)\\ &=3^{2012}\pmatrix{0\\ 10\\ -5}-2^{2012}\pmatrix{-2\\ 3\\ -2}. \end{align} Ni $M^{2013}$ ni cualquier vector propio de a $M$ son necesarios aquí. También no hay ninguna necesidad de resolver ningún tipo de desorden del sistema de ecuaciones. Los cálculos son pocos y mucho menos propenso a errores.