Учитывая $2\times 2$ матрица $A$, гарантирует ли два уникальных собственных значения, что $A$ диагонализируется?

Question

Этот вопрос относится к семинару, над которым я работал, поэтому я не хочу раскрывать весь вопрос, а просто спрашиваю, как это будет рассматриваться в теории.

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

Затем мы хотим найти собственные значения $A$, который реагирует на решение $\det(Q)=0$. Мой вопрос: учитывая, что мы получим два уникальных собственных значения, означает ли это, что нам гарантирована матрица$A$диагонализуема? Я нашел только теорему, которая гласит, что если у нас есть два различных собственных вектора для$2\times 2$ матрица $A$, тогда $A$ диагонализуема ...

Помощь будет очень признательна!

Answer 1

Если у тебя есть $2$ уникальные собственные значения, это означает, что ваш характеристический многочлен будет выглядеть так: $(λ-a)(λ-b)$, где $a$ и $b$ваши собственные значения.
Теперь матрица диагонизируема, если для каждого ее собственного значения алгебраическая кратность равна геометрической кратности.
В нашем случае у вас есть алгебраическая кратность$1$ (для каждого собственного значения), поэтому их геометрическая кратность также равна $1$ ($0<\text{geometric multiplicity} \leq \text{algebraic multiplicity}$), поэтому матрица диагонализируется.
Итак, для генерала$n\times n$ матрица, если у вас есть $n$ уникальные собственные значения, его можно диагонализировать.

Answer 2

Если $A$ является $n \times n$ матрица, собственные значения которой различны, существуют ненулевые векторы $V_i$, $1 \le i \le n$, с участием

$AV_i = \mu_i V_i \tag 1$

то $\mu_i$ быть различными собственными значениями $A$. Хорошо известно, что собственные векторы, ассоциированные с различными собственными значениями, линейно независимы; таким образом, матрица

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

неособо и, следовательно, обратимо, поэтому существует $n \times n$ матрица $S^{-1}$ с участием

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

также,

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

таким образом

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

теперь в соответствии с (2) и (3),

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

что показывает, что каждый $S^{-1} V_i$ вектор-столбец, $i$-я запись равна $1$ со всеми другими элементами $0$; Включая это наблюдение в (5), получаем

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

и таким образом мы находим, что $A$ диагонализуется $S$. $OE \Delta$.