... Kasia : f: R³−−−>R³ f(x,y,z)=(−2x+4z, 2z−2x+2y, 2z) λ=2 k=2 λ= −2 k=1 Warunkiem wystarczającym na diagonalizowalność endomorfizmu jest, aby wielomian charakterystyczny endomorfizmu miał n różnych wartości własnych. Tu tak nie jest, bo mamy krotność 2. Czy ktoś może poradzić, jak sprawdzić czy f jest diagonalizowalny? Z góry bardzo dziękuję. ♥

WhiskeyTaster: Generalnie to półprawda. Zacznijmy od tego, że z wektorów własnych, dla różnych wartości własnych możemy wybrać niezależnie liniowe wektory. Tak samo jest dla wartości własnych, których krotność jest większa niż jeden. W ogólności, niech V_a1 to przestrzeń własna dla wartości własnej a₁. Jeśli mamy k < n wartości własnych, to jeśli V_a1 + ... + V_ak = n, to możemy wybraż n lnz wektorów własnych, które będą stanowiły bazę V. A jak sprawdzić diagonalizowalność f? Wystarczy znaleźć macierz przekształcenia f, a następnie sprawdzić, jakie wymiary mają przestrzenie własne.

Adamm: f(x, y, z) = 2(x, y, z) (−2x+4z, 2z−2x+2y, 2z) = (2x, 2y, 2z) x = z mamy np. (0, 1, 0) oraz (1, 0, 1)

Adamm: f(x, y, z) = 2(x, y, z) zauważ że równanie to jest rzędu 1 i daje nam 3−1 = 2 wartości własne

jc: Twierdzenie. Macierz można zdiagonalizować (być może używając liczb zespolonych) ⇔ Macierz jest pierwiastkiem wielomianu bez pierwiastków wielokrotnych. f(x,y,z) = 2 (−x+2y, −x+y+z, z) ff(x,y,z)=4(x,y,z) Wniosek. Macierz przekształcenia f (niech to będzie F) spełnia równanie F²−4I=0, wielomian x²−4 nie ma pierwiastków wielokrotnych. Dlatego F można zdiagonalizować.

Adamm: warto wspomnieć tutaj o tym, że w(A) = 0 zawsze, gdzie w(x) = det(xI−A) Wtedy po prostu usuwamy pierwiastki wielokrotne z wielomianu w(x)

jc: Co można zrobić bez znajdowania pierwiastków: W(x) / nwd(W(x), W'(x)).