Μάθημα 6ο La

Γραµµική Άλγεβρα ΙΙ Σελίδα 1 από 14

Μάθηµα 6ο

∆ΙΑΓΩΝΟΠΟΙΗΣΗ ΠΙΝΑΚΑ

Λυµένες Ασκήσεις

Άσκηση 6.1 Aν ο πίνακας είναι όµοιος µε διαγώνιο πίνακα και ο αριθµός

είναι η µοναδική ιδιοτιµή του, αποδείξατε ότι

A

k kA I= .

Λύση : Εφόσον ( ) kAσ = και 1A MDM−= , όπου διαγώνιος πίνακας, θα

είναι . Τότε

D

( )diag k, k, , k kD I= =…

( ) 1 1k kA M I M MM I− −= = k= .

* * *

Άσκηση 6.2 Αποδείξατε ότι ο πίνακας Aα β⎡ ⎤

= ⎢ ⎥−β α⎣ ⎦, που αντιστοιχεί στον

µιγαδικό αριθµό , έχει ιδιοτιµές , 0z = α + βi 0z 0z και βρείτε τον πίνακα που

διαγωνοποιεί τον πίνακα .

M

A

Λύση : Έχουµε

( ) ( ) ( ) 2 20 0i , i z , zA I A Aδ λ = λ − = λ −α +β ⇒ σ = α + β α − β = .

Για τις ιδιοτιµές αυτές τ’ αντίστοιχα ιδιοδιανύσµατα είναι [ ]T1 1 ix = και

[ ]T2 i 1x = . Συνεπώς, 1A MDM−= , όπου 1 ii 1

M ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

και 0

0

z 00 z

D⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

.

* * *

Θεωρία : ”Γραµµική Άλγεβρα” : εδάφιο 5, σελ. 151-153.

Ασκήσεις : 3, 4, 6, 8, 9, 10, σελ. 159.


Άσκηση 6.3 Για ποιες τιµές των παραµέτρων ,α β διαγωνοποιείται ο πίνακας

11

A−α α⎡ ⎤

= ⎢ ⎥β −β⎣ ⎦.

Λύση : Οι ιδιοτιµές του πίνακα είναι 2 2× ( ) 1, 1Aσ = −α−β

A

.

• Αν , ο πίνακας διαγωνοποιείται, διότι οι ιδιοτιµές

του είναι διακεκριµένες και συνεπώς έχει δύο γραµµικά ανεξάρτητα

ιδιοδιανύσµατα (Πρόταση 6.6).

1 1 0≠ −α −β ⇒ α +β ≠ A

• Αν . Στην περίπτωση αυτή

έχει µόνο ένα ιδιοδιάνυσµα

( ) 1

0 11

A−α α⎡ ⎤

α +β = ⇒ = ⇒ σ =⎢ ⎥−α +α⎣ ⎦

[ ]T1 1x = , άρα ο πίνακας δεν

διαγωνοποιείται.

A

* * *

Άσκηση 6.4 Να βρείτε τις τιµές του k∈ για τις οποίες διαγωνοποιείται ο

πίνακας

( )1 k k

k k 2 01 0 2

A⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Λύση : Έχουµε ( ) ( )( )( )2 k 1 kA I Aδ λ = λ − = λ − λ + − λ − − 2 . Οι ρίζες του

( )Aδ λ είναι διακεκριµένες για 1k , 12≠ − − , 0.

• Για 31k 2 2= − ⇒ λ = , διπλή ρίζα του ( )Aδ λ µε γεωµετρική

πολλαπλότητα ( ) ( )( )3 3d 3 rank 1 2 3 22 2A I= − − − = − =1

2

.

• Για k 1 , είναι διπλή ιδιοτιµή µε γεωµετρική πολλαπλότητα = − ⇒ λ =

( ) ( )( )d 2 3 rank 1 2 3 2 1A I= − − − = − = ,

• ενώ για k 0 , είναι διπλή ιδιοτιµή µε γεωµετρική πολλαπλότητα 2= ⇒ λ =

( ) ( )( )d 2 3 rank 0 2 3 1 2A I= − − = − = .

Προφανώς, ο πίνακας διαγωνοποιείται για 1k ,2 1≠ − − .

* * *


Άσκηση 6.5 Αν , 1 00 1

A ⎡ ⎤= ⎢ ⎥−⎣ ⎦

3 11 3

B ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

και 1 11 1⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

Γ , να διαγωνοποιειθεί

ο πίνακας . A O

B⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦Γ

Λύση : Έχουµε

( )( )( )2det det 1 2 4A O I A O

I I A I BB I B

⎛ ⎞ λ −⎡ ⎤ ⎡ ⎤λ − = = λ − λ − = λ − λ − λ −⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥− λ −⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠Γ Γ

.

• Για 1λ = ⇒

A A y⇒ x 0 0

ω⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

− = ⇒ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Ο ΟΙ Ι

Γ Β Γ Β( )

( ) .

A y 0

y B I ω 0

− =

+ − =

Ι

Γ

Το σύστηµα ( )A I y 0− = έχει λύση [ ]T1 0y = και από την εξίσωση

2 1 1 2 1 1 11 1( )1 2 1 1 2 1 13 3

y B I ω 0 ω ω −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

+ − = ⇒ = − ⇒ = − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦Γ .

Συνεπώς, το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα είναι [ ]T

T 1 11 03 3

y ω ⎡ ⎤= − −⎢ ⎥⎣ ⎦.

• Για , έχουµε τις εξισώσεις 1λ = − ( )A I y 0+ = , ( )y B + I ω 0+ =Γ και

βρίσκουµε το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα [ ]T

T 1 10 15 5

y ω ⎡ ⎤= − −⎢ ⎥⎣ ⎦.

• Για 2λ = ⇒ ( )2A I y 0− = , ( ) 1 22 ,y B I ω 0 y 0 0+ − = ⇒ = ω +ω =Γ ⇒

, y 0= [ ]T1 1ω = − , το δε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα είναι

[ ] [ ]T T0 0 1 1y ω = − .

• Τέλος για , αντιστοιχεί το ιδιοδιάνυσµα 4λ = [ ] [ ]T T0 0 1 1y ω = .

* * *

Άσκηση 6.6 Αν 1 2 40 2 00 2 1

A⎡ ⎤⎢= ⎢⎢ ⎥

⎥⎥

−⎣ ⎦

, διαγωνοποιήσατε τους πίνακες και A 1A− ,

χωρίς να αντιστρέψετε τον . Επιπλέον βρείτε τον πίνακα . A 3000A


Λύση : Βρίσκουµε ( ) ( )( )( )2 1A I Aδ λ = λ − = λ − λ − λ +1 . Επειδή ο πίνακας

έχει τρεις διακεκριµένες ιδιοτιµές, διαγωνοποιείται.

A

• Για , το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα είναι 1 2λ =T

137 12x ⎡ ⎤= ⎣ ⎦ ,

• για , είναι 2 1λ = [ ]T2 1 0 0x = ,

• για , είναι 3 1λ = − [ ]T3 2 0 1x = − .

Συνεπώς

( ) 1diag 2, 1, 1A M M−= −

όπου

7 1 23 0 021 0 1

M

−⎡ ⎤⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

και επιπλέον έχουµε

( ) ( )11 1 1diag 2, 1, 1 diag , 1, 12A M M M M−− −= − = − 1− ,

( )3000 3000 1diag 2 , 1, 1A M M−= .

* * *

Άσκηση 6.7 ∆ιαγωνοποιήσατε τον πίνακα 2 31 2

A−⎡ ⎤

= ⎢ ⎥−⎣ ⎦ και µετά αποδείξατε

202 147 9 93 2

3 3A A I

−⎡ ⎤− + = ⎢ ⎥−⎣ ⎦

.

Λύση : Έχουµε ( ) 2 1A I Aδ λ = λ − = λ − και συνεπώς ο πίνακας

διαγωνοποιείται, διότι έχει δύο διακεκριµένες ιδιοτιµές. Από την ισότητα

, όπου , έχουµε

A

1A MDM−= (diag 1, 1D = )− I2 2 1 1A MD M MIM− −= = = και

κατά συνέπεια

( ) ( ) ( )101 73202 147 2 2 3 3

3 2 3 2 3 2 3 31 1

A A I A A A I I A I I A−⎡ ⎤

− + = − + = − + = − = ⎢ ⎥−⎣ ⎦.

* * *


Άσκηση 6.8 Αν , να υπολογισθεί το άθροισµα 1 0

3 1A

−⎡= ⎢⎣ ⎦

⎤⎥

2 2005I A A A+ + + + .

Λύση : Ο πίνακας διαγωνοποιείται, διότι έχει διακεκριµένες ιδιοτιµές

, . Αν από την ισότητα

A

1 1λ = − 2 1λ = (diag 1, 1D = )− 1A MDM−= έχουµε

2k 2k 1A MD M− I= = , 2k 1 2k 1 1 1A MD M MDM− − − − A= = = .

Τότε

( )2 3 2005 0 01003 1003

3 2I A A A A I A I A I A I A ⎡ ⎤+ + + + + = + + + + + + = + = ⎢ ⎥

⎣ ⎦.

* * *

Άσκηση 6.9 Εξετάστε αν διαγωνοποιούνται οι πίνακες

2 31 0 10 1 1

A−α α α −⎡ ⎤

⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

, 1 0

0 10 0

Bβ⎡ ⎤⎢ ⎥= β⎢ ⎥⎢ ⎥β⎣ ⎦

.

Λύση : Για τον πίνακα έχουµε A ( ) ( )( )( )1 1A I A 1δ λ = λ − = λ + λ − λ +α− .

Για ή , ο πίνακας διαγωνοποιείται διότι έχει τρεις

διακεκριµένες ρίζες. Για , ο πίνακας έχει διπλή ιδιοτιµή , µε

γεωµετρική πολλαπλότητα

1 1α − ≠ ± ⇒ α ≠ 0 2α ≠ A

0α = A 1λ =

( ) ( )d 1 3 rank 3 2 1A I= − − = − = , άρα δεν

διαγωνοποιείται, εφόσον έχει µόνο δύο ιδιοδιανύσµατα. Όµοια, δεν

διαγωνοποιείται για , διότι 2α = 1λ = − είναι διπλή ιδιοτιµή του µε

γεωµετρική πολλαπλότητα

A

( ) ( )d 1 3 rank 3 2 1 2A I− = − + = − = ≠ .

Για τον πίνακα έχουµε, . Επειδή, B ( ) ( )3Bδ λ = λ −β ( ) (d 3 rank B I)β = − −β

3 2 1 3= − = ≠ , ο πίνακας B δεν διαγωνοποιείται.

* * *


Άσκηση 6.10 Να βρείτε µια πραγµατική λύση της εξίσωσης

3 10 189 17

X−⎡ ⎤

= ⎢ ⎥−⎣ ⎦.

Λύση : Για τον πίνακα 10 189 17

A−⎡ ⎤

= ⎢ ⎥−⎣ ⎦ είναι ( ) ( )(1 8A I A )δ λ = λ − = λ − λ +

και κατά συνέπεια διαγωνοποιείται, αφού έχει διακεκριµένες ιδιοτιµές.

Για , 1 1λ = [ ]T1 2 1x = είναι το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα και για , το

αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα είναι

2 8λ = −

[ ]T2 1 1x = . Τότε

1A MDM−= ; 2 11 1

M ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

, 1 00 8

D ⎡ ⎤= ⎢ ⎥−⎣ ⎦

.

Θέτοντας , η εξίσωση 1Y M XM−= 3 3X A Y D= ⇔ = . Για ( )1 3 diag 1, 2Y D= = − ,

µια λύση της εξίσωσης είναι ο πίνακας

11 0 4 60 2 3 5

X M M− −⎡ ⎤ ⎡= =

⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.

* * *

Άσκηση 6.11 Έστω οι πίνακες είναι αντιµεταθετικοί. Αν ο πίνακας

έχει διακεκριµένες ιδιοτιµές, τότε ο B διαγωνοποιείται.

ν×ν ,A B

A ν

Λύση : Προφανώς ο διαγωνοποιείται και ας είναι A 1A MDM−= .

Αντικαθιστώντας στην ισότητα AB BA= , έχουµε

( ) ( )1 1 1 1MDM B BMDM D M BM M BM D− − − −= ⇔ = .

Επειδή, οι πίνακες και είναι αντιµεταθετικοί και ο είναι

διαγώνιος πίνακας µε διακεκριµένα διαγώνια στοιχεία, συµπεραίνουµε ότι ο

πίνακας είναι διαγώνιος (γιατί;). Άρα ο B διαγωνοποιείται.

1M BM− D D

1M BM−

* * *


Άσκηση 6.12 Εξετάσατε αν διαγωνοποιούνται οι πίνακες

1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1

A

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

, B

α β β β⎡ ⎤⎢ ⎥β α β β⎢ ⎥=⎢ ⎥β β α β⎢ ⎥β β β α⎣ ⎦

.

Λύση : Επειδή , όπου Trank 1A A εε= ⇒ = [ ]T1 1 1 1ε = . Το διάνυσµα

είναι ιδιοδιάνυσµα του αντίστοιχο της ιδιοτιµής

ε

A 2 4ελ = = , διότι

( ) 2T TAε εε ε ε ε ε ε ε= = = .

Επιπλέον, κάθε διάνυσµα κάθετο στο , είναι ιδιοδιάνυσµα του

αντίστοιχο της ιδιοτιµής , καθόσον

ω ε A

0λ =

( ) ( )T T 0Aω εε ω ε ω ε ω ε ε 0 ε= = = = = .

Η γεωµετρική πολλαπλότητα της ιδιοτιµής 0λ = είναι

, όπως άλλωστε αναµέναµε από την ισότητα

( )d 0 4 rank A= −

4 1 3= − =

( ) ( )4dim span dim dim span 3ε ε⊥ = − = .

Αν [ ]T1 2 3 4ω = ω ω ω ω , η εξίσωση

[ ] [ ] [ ]

1 2 3 4T T

1 2 3

0 0

1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 ,

ε ω

ω

= ⇒ ω +ω +ω +ω =

⇒ = ω − +ω − +ω − T

συµπεραίνοντας ότι

[ ]T1 1 0 0 1θ = − , [ ]T2 0 1 0 1θ = − , [ ]T3 0 0 1 1θ = −

είναι ιδιοδιανύσµατα του αντίστοιχα της ιδιοτιµής A 0λ = . Άρα, ο πίνακας

διαγωνοποιείται, διότι έχει συνολικά τέσσερα γραµµικά ανεξάρτητα

ιδιοδιανύσµατα και έχουµε

A

( ) 1diag 4, 0, 0, 0A M M−= ,

όπου [ ]1 2 3

1 1 0 01 0 1 01 0 0 11 1 1 1

M ε θ θ θ

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥= =⎢ ⎥⎢ ⎥− − −⎣ ⎦

.

• Επειδή , προφανώς ο διαγωνοποιείται και ( )B A= β + α −β I B


( ) ( )( )( )

1

1

diag 4, 0, 0, 0

diag 3 , , , .

B M I M

M M

−

−

= β + α −β

= α + β α −β α −β α −β

* * *

Άσκηση 6.13 Εξετάστε αν διαγωνοποιείται ο πίνακας

0 1 0 11 0 1 00 1 0 11 0 1 0

S

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

και γενικεύσατε τα συµπεράσµατα για το ν×ν πίνακα . S

Λύση : Έστω 1ξ και 2ξ είναι οι δύο πρώτες στήλες του . Είναι φανερό ότι S

1 2 2ξ ξ= = , και 1 2 0ξ ξ = rank 2S = .

Επειδή

[ ]T

T T21 2 1 2 2T

1

0 11 0 1 0 1 00 1 0 1 0 11 0

ξS 1ξ ξ ξ ξ ξ ξ

ξ

⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥= = =⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

+ ,

έχουµε

2T T

1 1 2 1 2 1 1 1 2 2

2T T2 1 2 2 2 1 2 2 1

2

2

S

1

ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ

Sξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ

= + = =

= + = = (*)

Σηµειώνοντας 1 1η 2ξ ξ= + και 2 1η 2ξ ξ= − , από την (*) συµπεραίνουµε ότι

και είναι ιδιοδιανύσµατα του , καθόσον

1η

2η S

( ) ( )1 1 2 2 12 2Sη S ξ ξ ξ ξ η= + = + = 1

και

( ) ( ) ( )2 1 2 2 1 1 22 2 2Sη S ξ ξ ξ ξ ξ ξ η= − = − = − − = − 2

.

Αν , τότε 1 2span ,ω ξ ξ ⊥∈

( ) ( ) ( )T T T T1 2 2 1 2 1 1 2 0Sω ξ ξ ξ ξ ω ξ ω ξ ξ ω ξ 0 ω= + = + = = .


Η γεωµετρική πολλαπλότητα της ιδιοτιµής 0λ = είναι ( )d 0 4 rank 2S= − = ,

δηλαδή ο πίνακας έχει συνολικά τέσσερα γραµµικά ανεξάρτητα

ιδιοδιανύσµατα, άρα διαγωνοποιείται.

S

Αν [ ]T1 2 3 4ω = ω ω ω ω , από τις εξισώσεις

1 2

2 1

0 00 0

ξ ωξ ω

4

3

= ⇒ ω +ω == ⇒ ω +ω =

έχουµε [ ] [ ]T T1 21 0 1 0 0 1 0 1ω = ω − +ω − .

Τα διανύσµατα [ ]T1 1 0 1 0θ = − , [ ]T2 0 1 0 1θ = − είναι ιδιοδιανύσµατα

του S , αντίστοιχα της ιδιοτιµής 0λ = .

Σηµειώνοντας [ ]1 2 1 2

1 1 1 01 1 0 11 1 1 01 1 0 1

M η η θ θ

−⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥= =⎢ ⎥− −⎢ ⎥−⎣ ⎦

,

τότε 1S MDM−= , ( )diag 2, 2, 0, 0D = − .

Γενίκευση Έστω ο πίνακας S είναι τύπου ν×ν .

• Αν είναι άρτιος, τότε ν 2 21 2 2ξ ξ ν

= = και

1 2Sξ 2ξ

ν= , 2 12

Sξ ξν= .

Συνεπώς

1S MDM−= ,

µε [ ]1 2 1 2 2diag , , 0, , 02 2

D , M η η θ θ θν−ν ν⎛ ⎞= − =⎜ ⎟

⎝ ⎠… … ,

όπου τα διανύσµατα 1 2 2, , ,θ θ θν−… είναι βάση του . 1 2span ,ξ ξ ⊥

Αν ν είναι περιττός τότε 21

12

ξ ν −= , 2

21

2ξ ν +

= και αντίστοιχα της (*)

είναι


1 21

2Sξ ξν −

= , 2 11

2Sξ ξν +

= .

Από τις ισότητες αυτές συµπεραίνουµε τις χαρακτηριστικές εξισώσεις

( ) ( )

( ) ( )

2

1 2 1 2

2

1 2 1

11 1 1 12

11 1 1 12

S ξ ξ ξ ξ

S 2 .ξ ξ ξ ξ

ν −ν + + ν − = ν + + ν −

ν −ν + − ν − = − ν + − ν −

Έτσι, η σχέση οµοιότητας του S µε διαγώνιο πίνακα, θα είναι στην

περίπτωση αυτή

2 21 1diag , , 0, 0, , 02 2

D ⎛ ⎞ν − ν −

= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

…

και

1 2 1 2 1 21 1 1 1M ξ ξ ξ ξ θ θ θν−⎡ ⎤= ν + + ν − ν + − ν −⎣ ⎦… 2 .

* * *

Σχόλιο:

Οι συµµετρικοί πίνακες διαγωνοποιούνται. Ειδικότερα υπάρχει και

ορθογώνιος πίνακας ώστε P TA PDP= , όπου είναι διαγώνιος D

πραγµατικός πίνακας.

Τα ιδιοδιανύσµατα που αντιστοιχούν σε διακεκριµένες ιδιοτιµές είναι

κάθετα. Αν όµως στην ιδιοτιµή 0λ αντιστοιχούν δύο ή περισσότερα

ιδιοδιανύσµατα, στον αντίστοιχο ιδιόχωρο ( )0λE εφαρµόζουµε τη µέθοδο

ορθογωνοποίησης Gram-Schmidt και βρίσκουµε τότε ορθοκανονικά

ιδιοδανύσµατα του , τα οποία είναι και στήλες του . ( )0λE P


Άσκηση 6.14 Να βρείτε ορθογώνιο πίνακα , ώστε ο συµµετρικός πίνακας P

1 0 10 1 21 2 5

A−⎡ ⎤

⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

να είναι ‘’ορθογώνια όµοιος’’ µε διαγώνιο πίνακα.

Λύση : Έχουµε ( ) ( )( )1A I A 6δ λ = λ − = λ λ − λ − και τα ιδιοδιανύσµατα του

είναι, για ,

A

1 0λ = [ ]T1 1 2 1x = − , για 2 1λ = , [ ]T2 2 1 0x = και για , 3 6λ =

[ ]T3 1 2 5x = − . Προφανώς, 1 2 1 3 2 3 0x x x x x x= = = και 1 6x = ,

2 5x = , 3 30x = . Τότε για

1 2 16 5 3

2 1 26 5 30

51 06 3

P

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥

= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

0

0

έχουµε . ( )T diag 0, 1, 6P AP =

* * *

Άσκηση 6.15 Όµοια, να διαγωνοποιηθεί ο συµµετρικός πίνακας

7 4 44 1 84 8 1

A⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

.

Λύση : Επειδή ( ) ( ) (29A I Aδ λ = λ − = λ − λ + )9 , για 1 9λ = − το αντίστοιχο

ιδιοδιάνυσµα είναι [ ]T1 1 2 2x = − − , µε 1 3x = . Για 9λ = , αντιστοιχούν τα

ιδιοδιανύσµατα

[ ]T2 2 1 0x = , [ ]T3 2 0 1x = .

Προφανώς , αλλά 1 2 1 3 0x x x x= = 2 3 0x x ≠ .

Εφαρµόζοντας τη µέθοδο ορθογωνοποίησης Gram-Schmidt στον ιδιόχωρο

( ) 2 39 span ,x x=E βρίσκουµε


( ) 1 29 span ,ξ ξ=E , όπου 1 2ξ x= , T

2 3 14 2 4 15 55

ξ x ξ ⎡ ⎤= − = −⎣ ⎦ .

Τα 1 2,ξ ξ είναι κάθετα ιδιοδιανύσµατα του πίνακα, αντίστοιχα της ιδιοτιµής

. Επιπλέον, 9λ = 1 5ξ = , 23

5ξ = και κατά συνέπεια

1 2 23 5 3 5

2 1 43 5 3

52 03 3 5

P

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥

= − −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦

5, ( )diag 9, 9, 9D = − .

* * *

Άσκηση 6.16 Αν

0 1 1 11 0 1 11 1 0 11 1 1 0

A

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

,

1 1 1 11 1 1 111 1 1 121 1 1 1

P

⎡ ⎤⎢ ⎥− −⎢ ⎥=⎢ ⎥− −⎢ ⎥− −⎣ ⎦

αποδείξατε ότι , οι στήλες του είναι ιδιοδιανύσµατα του και ο

πίνακας είναι διαγώνιος.

1P− = P P A

PAP

Λύση : Παρατηρούµε ότι TP P= , συνεπώς αρκεί να δείξουµε ότι ,

δηλαδή, ο είναι ορθογώνιος πίνακας. Πράγµατι, σηµειώνοντας

τις στήλες του έχουµε

1 TP P− =

P 1 2 3 4, , ,p p p p

P ( )i 1 i 1,2,3,4p = = και i j 0p p = για κάθε .

Επειδή και

i j≠

1 3Ap p= 1 ( )i i i 2,3,4Ap p= − = είναι προφανές

( ) 3, 1Aσ = −

και

( )1 diag 3, 1, 1, 1PAP PAP−= = − − − .

* * *

Άσκηση 6.17 Αν ο πίνακας είναι συµµετρικός και είναι

ορθογώνια και µοναδιαία (ορθοκανονικά) ιδιοδιανύσµατα αυτού αντίστοιχα των

A 1 2, , ,x x xν…


ιδιοτιµών , αποδείξατε ότι η γενική λύση του συστήµατος

δίνεται από τον τύπο

1 2, , , νλ λ λ…

( )kA I x β− =

TT T1 2

1 21 2k k

x βx β x βx x x ν

kxν

ν

= + + +λ − λ − λ −

.

Λύση : Αν [ ]1 2P x x xν= … και ( )1 2diag , , ,D ν= λ λ λ… , τότε .

Από την εξίσωση ( , για

TA PDP=

)kA I x β− = ik ≠ λ , έχουµε

( ) ( ) ( )( )

( ) [ ]( )

( )

1 11 T T

T1 1

1 T1 T 2

1 21

T

T1T2

1 21 2

T

TT T1 2

1 21 2

k k k

kk

k

1 1 1k k k

.k k k

x A I β PDP I β P D I P β

xx

P D I P β x x x β

x

x βx β

x x x

x β

x βx β x β x x x

0

0

− −−

−

−ν

−ν

ν

νν

ν

νν

ν

= − = − = −

⎡ ⎤⎡ ⎤λ − ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥λ −⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤⎢ ⎥⎡ ⎤ ⎢ ⎥= ⎢ ⎥ ⎢ ⎥λ − λ − λ −⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= + + +λ − λ − λ −

…

…

* * *

Είναι γνωστό από την ’’Ανάλυση’’ 2

k k ke 1 k2! !

ν

= + + + + +ν

Κατ’ αναλογία, για ένα ν×ν πίνακα , ορίζουµε A2

2! !A A Ae I A

ν

= + + + + +ν

Αν , είναι φανερό ότι ( 1 2diag , , ,D ν= λ λ λ… )

( )1 2

nn n1 2

n 0 n 0 n 0diag , , , diag e , e , ,e

n! n! n!De ν

∞ ∞ ∞λλ λν

= = =

⎛ ⎞λλ λ= =⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ ∑ ∑… … .

Επιπλέον, αν 1A MDM−= έχουµε 2

1 1

2! !A DD De M I D M M e M

ν− −⎛ ⎞

= + + + + + =⎜ ⎟ν⎝ ⎠.


Άσκηση 6.18 Να υπολογισθεί ο πίνακας , όπου Ae2 6

1 3A

− −⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Λύση : Οι ιδιοτιµές του είναι A 1 1λ = και 2 0λ = µε αντίστοιχα

ιδιοδιανύσµατα [ ]T1 2 1x = − και [ ]T2 3 1x = − . Αν

2 31 1

M− −⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

, 1 00 0

D ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

τότε 1

10

2 3 1 3 3 2e 6 6ee 01 1 1 2 e 1 3e 20 e

A De Me M− − − − −⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡= = =⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢

⎤⎥− − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣⎣ ⎦ ⎦

.

* * *

Άσκηση 6.19 Να βρεθεί ο γενικός όρος της αναδροµικής ακολουθίας ( )nα που

ορίζεται από τον τύπο n n 1 n 23 4− −α + α ( )n 3=α = , όταν 1 0α = και α = . 2 1,4,…

Λύση : Αν 3 41 0

A ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

, από την αναδροµική σχέση, έχουµε

n 2n n 1 2 n

n 3n 1 n 2 1

A A A−− −

−− −

αα α ⎡ ⎤ 22 α⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡= = = =⎢ ⎥

⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢αα α ⎥α⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣⎣ ⎦ ⎦

.

Ο πίνακας έχει ιδιοτιµές A 1 4λ = , 2 1λ = − και αντίστοιχα ιδιοδιανύσµατα

[ ]T4 1 , [ ]T1 1− . Τότε

( )( ) ( )( ) ( )

k k1k k 1 k 1k

k k kk k

4 0 4 1 4 4 14 1 4 1 11 1 1 1 50 1 4 1 4 4 1

A− + +⎡ ⎤⎡ ⎤ + − − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥= =⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − ⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ − − + −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

και

( ) ( )( ) ( )

n 2 n 2n 1 n 1n

n 2 n 2n 2 n 2n 1

4 1 4 4 1 1105 4 1 4 4 1

− −− −

− −− −−

⎡ ⎤+ − − −α⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥α ⎢ ⎥− − + −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.

Συνεπώς ( )( ) ( )nnn 2n 1

n11 44 1

5 20−− −

5+ − = +α = .

* * *

Documents

Μάθημα 6ο La