macierze Julek45: Znaleźć macierz diagonalą B podobną do macierzy A, jeśli taka macierz B istnieje. Znaleźć wtedy też macierz odwracalną C taką, że B=C⁻1 AC: Macierz A: 4 1 1 4 Mi wyszło macierz B= 3 0 0 5 I C= 3 5 −3 5 I teraz dwa pytania: czy dobrze mi wyszło, bo jeśli tak to spadam i nie zawracam więcej gitary oraz czy macierz B może mieć 3 i 5 zamienione miejscami, a macierz C kolumny zamienione miejscami. Jeśli tak to git, jeśli nie to dlaczego?

wredulus_pospolitus: Moim zdaniem są cztery możliwe macierze B:

3 0 0 3		3 0 0 5		5 0 0 5		5 0 0 3
	;		;		;

Julek45: Czemu aż cztery? I czy wpływa to na ilość możliwych macierzy C?

Julek45: Jak na ćwiczeniach to było to wychodziła wykładowcy jedna macierz, ta którą napisałem.

wredulus_pospolitus: B = C⁻¹AC ⇔ CB = AC

	a b c d		e 0 0 f
C =		; B =

	ae bf ce df
C*B =

	4a+c 4b+d a+4c b+4d
A*C =

i stąd mamy: ae = 4a+c −−−> a(e−4) = c bf = 4b + d −−−> b(f−4) = d ce = a+4c −−−> c(e−4) = a df = b + 4d −−−> d(f−4) = b 'c' z pierwszego podstawiamy do trzeciego 'd' z drugiego podstawiamy do czwartego a(e−4)² = a −−−> a = 0 ∨ e −4 = ± 1 b(f−4)² = b −−−> b = 0 ∨ f−4 = ±1

	0 0 0 0
1. gdy a=0 , wtedy c = 0 ... wtedy b≠0 (aby C ≠		)

	0 b 0 d
ale wtedy C =		<−−− detC = 0 −−− nie ma macierzy odwrotnej ... odpada

2. w takim razie a≠0 oraz b≠0 e −4 = ± 1 ∧ f −4 = ± 1 stąd: e = 3 ∧ f = 3 lub e = 3 ∧ f = 5 lub e = 5 ∧ f = 3 lub e = 5 ∧ f = 5 przynajmniej moim zdaniem

wredulus_pospolitus: PS . oczywiście trzeba sprawdzić jakie będzie C i czy będzie to macierz odwracalna

wredulus_pospolitus: gdybyśmy jechali z równania B = C⁻¹AC to mamy:

	1		a(4d−b)−c(4b−d) d2−b2 a2 − c2 a(4d+b)−c(4b+d)
C−1AC =		*
	ad − bc

stąd mamy: a = ±c ; b = ±d i mamy cztery przypadki: 1) a = c ; b = d

	1		1
wtedy w		mamy		<−−− odpada
	ad − bc		0

2) a = c ; b = −d

	10ad		6ad
wtedy e =		= 5 ; f =		= 3
	2ad		2ad

3) −a = c ; b = d

	6ad		10ad
wtedy e =		= 3 ; f =		= 5
	2ad		2ad

4) −a = c ; b = −d

	1		1
wtedy w		mamy		<−−− odpada
	ad−bc		0

więc mamy dwa rozwiązania ... to w poprzednim podejściu niestety dwa rozwiązania (przemnożenie macierzy jednostkowej) będzie odpadać ponieważ dla nich nie będzie istniała C odwracalna co jest w sumie logiczne, ponieważ: szybkie spojrzenie jakby wyglądało równanie (to nie jest dowód ) C*B = A*C C*5*I = A*C C*5 = A*C 5*C = A*C 5 = A*C*C⁻¹ 5 = A <−−− macierz A nie jest równa stałej czyli przejścia te nie są równoznaczne ... jedyne miejsce gdzie może się nie zgadzać to w momencie gdy zakładamy, że istnieje C⁻¹

Julek45: Czyli dobrze myślałem, właściwie to jest jedno rozwiązanie, które można przedstawić na dwa sposoby, ja to liczyłem używając lambdy i wartości 3 i 5 wychodzą tam z równania kwadratowego. A to w jakiej kolejności zapiszemy to właściwie bez znaczenia, a tak jak mówisz można to zrobić na 2 sposoby.

Julek45: A co z macierzą C? Dobrze jest? Mi wychodzi, że można dać dowolną odpowiedź podstawiając cokolwiek do wektora−proporcje się muszą zgadzać i to wszystko. Mam tu jednak jeden problem. Licząc wektor własny wychodzi na to, że mogę minus w pierwszej kolumnie dać zarówno przed pierwszą liczbą, jak i drugą, zamiennie. To prawda?