next up previous
Next: Άσκηση 15 Up: Άσκηση 14 Previous: Υπόδειξη

Λύση

Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του πίνακα είναι το $\vert tI-A\vert=
\left(\begin{array}{ccc}
t-1 & 3 & -3\\
-3 & t+5 & -3\\
-6 & 6 & 4
\end{array}\right)=
t^3-12t-16=(t+2)^2(t-4).$ Άρα οι ιδιοτιμές του $A$ είναι $-2$ και $4$. Για την ιδιοτιμή $-2$ έχω $\left(\begin{array}{ccc} 1 & -3 &
3\\ 3 & -5 & 3\\ 6 & -6 & 4
\end{array}\right...
...
z
\end{array}\right)=
-2
\left(\begin{array}{c}
x\\
y\\
z
\end{array}\right)$ το οποίο δίνει το σύστημα $\begin{array}{ccc}
3x + 3y - 3z=0\\
-3x + 3y -3z =0\\
-6x + 6y -6z =0
\end{array}$ το οποίο έχει δύο ανεξάρτητες μεταβλήτές και άρα τα διανύσματα $v_1=(1,1,0)$ και $v_2=(1,0,-1)$ είναι γραμμικώς ανεξάρτητα και αντιστοιχούν στην ιδιοτιμή $-2$. Όμοια για την ιδιοτιμή 4 παίρνω το σύστημα $\begin{array}{ccc}
3x + 3y - 3z =0\\
-3x + 9y -3z =0\\
-6x + 6y =0
\end{array}$ το οποίο έχει μια ανεξάρτητη μεταβλήτη και άρα το $v_3=(1,1,2)$ είναι ένα ιδιοδιάνυσμα που αντιστοιχεί στην ιδιοτιμή $4$. Άρα το σύνολο $\{ v_1,v_2,v_3\}$ είναι ένα σύνολο από ιδιοδιανύσματα τα οποία είναι γραμμικώς ανεξάρτητα και άρα απότελούν βάση του $\mathbb R^3$. Άρα ο $A$ είναι διαγωνοποιήσιμος και ο ζητούμενος πίνακας $P$ είναι ο πίνακας με στήλες τα $v_1,v_2,v_3$, δηλαδή $P=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 0 & -1 & 2
\end{array}\right)$. Εύκολα βλέπει κανείς ότι $P^{-1}AP=
\left(\begin{array}{ccc}
-2 & 0 & 0\\
0 & -2 & 0\\
0 & 0 & 4
\end{array}\right)$.



Vassilis Metaftsis
1999-09-15