Dawać $2\times 2$ matryca $A$, czy dwie unikalne wartości własne gwarantują to $A$ jest przekątna?

Dec 07 2020

To pytanie odnosi się do seminarium, nad którym pracowałem, więc nie chcę ujawniać całej kwestii, ale po prostu zapytać, w jaki sposób teoretycznie byłoby to potraktowane.

$A = \begin{bmatrix}a & b \\ c & d \end{bmatrix}$ $Q=(\lambda I - A) = \begin{bmatrix}\lambda - a & -b \\ -c & \lambda - d \end{bmatrix}$

Następnie chcemy znaleźć wartości własne $A$, który reaguje na rozwiązywanie $\det(Q)=0$. Moje pytanie brzmi, biorąc pod uwagę, że otrzymalibyśmy dwie unikalne wartości własne, czy to oznacza, że ​​mamy zagwarantowaną macierz$A$jest diagonalizowalna? Znalazłem tylko twierdzenie, które mówi, że jeśli mamy dwa różne wektory własne dla a$2\times 2$ matryca $A$, następnie $A$ można diagonalizować ...

Pomoc będzie bardzo mile widziane!

Odpowiedzi

NirF Dec 06 2020 at 23:39

Jeśli masz $2$ unikalne wartości własne, oznacza to, że Twój charakterystyczny wielomian będzie wyglądał następująco: $(λ-a)(λ-b)$, gdzie $a$ i $b$są twoimi wartościami własnymi.
Macierz jest diagonizowalna, jeśli dla każdej z jej wartości własnych krotność algebraiczna jest równa krotności geometrycznej.
W naszym przypadku mamy algebraiczną wielokrotność$1$ (dla każdej wartości własnej), a zatem ich krotność geometryczna jest również równa $1$ ($0<\text{geometric multiplicity} \leq \text{algebraic multiplicity}$), więc macierz jest przekątna.
Więc dla generała$n\times n$ matrix, jeśli masz $n$ unikalnych wartości własnych, jest przekątna.

2 RobertLewis Dec 07 2020 at 00:56

Jeśli $A$ jest $n \times n$ macierz, której wartości własne są różne, istnieją wektory niezerowe $V_i$, $1 \le i \le n$, z

$AV_i = \mu_i V_i \tag 1$

the $\mu_i$ będąc odrębnymi wartościami własnymi $A$. Powszechnie wiadomo, że wektory własne powiązane z różnymi wartościami własnymi są liniowo niezależne; stąd macierz

$S = [V_1 \; V_2 \; \ldots \; V_n ] \tag 2$

nie jest pojedyncza, a zatem odwracalna, więc istnieje $n \times n$ matryca $S^{-1}$ z

$S^{-1}S = SS^{-1} = I; \tag 3$

również,

$AS = [AV_1 \; AV_2 \; \ldots \; AV_n ] = [\mu_1 V_1 \; \mu_2 V_2 \; \ldots \; \mu_n V_n]; \tag 4$

a zatem

$S^{-1}AS = S^{-1} [\mu_1 V_1 \; \mu_2 V_2 \; \ldots \; \mu_n V_n] = [\mu_1 S^{-1} V_1 \; \mu_2 S^{-1} V_2 \; \ldots \; \mu_n S^{-1} V_n]; \tag 5$

teraz zgodnie z (2) i (3),

$S^{-1}S = S^{-1} [V_1 \; V_2 \; \ldots \; V_n ] = [S^{-1} V_1 \; S^{-1} V_2 \; \ldots \; S^{-1} V_n ] = I, \tag 6$

co pokazuje, że każdy $S^{-1} V_i$ to wektor kolumnowy, którego $i$-ty wpis jest równy $1$ ze wszystkimi innymi elementami $0$; włączając tę ​​obserwację do (5) otrzymujemy

$S^{-1}AS = \text{diag}(\mu_1, \; \mu_2, \; \ldots, \; \mu_n), \tag 7$

i w ten sposób to znajdujemy $A$ jest przekątna przez $S$. $OE \Delta$.