mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 01, 2020 7:39 pm**

Έστω $A\in M_3(\Bbb{R})$ τέτοιος ώστε

$\displaystyle{A(1 \ \ 1 \ \ 1)^T=(3 \ \ 3 \ \ 3)^T, \ \ \ A(1 \ \ 1 \ \ 0)^T=(0 \ \ 0 \ \ 0)^T, \ \ \ A(1\ \ 0 \ \ -1)^T=(-2 \ \ 0 \ \ 2)^T}$

Υπολογίστε τον πίνακα

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 01, 2020 9:34 pm**

socrates έγραψε: Τετ Ιούλ 01, 2020 7:39 pm Έστω $A\in M_3(\Bbb{R})$ τέτοιος ώστε

$\displaystyle{A(1 \ \ 1 \ \ 1)^T=(3 \ \ 3 \ \ 3)^T, \ \ \ A(1 \ \ 1 \ \ 0)^T=(0 \ \ 0 \ \ 0)^T, \ \ \ A(1\ \ 0 \ \ -1)^T=(-2 \ \ 0 \ \ 2)^T}$

Υπολογίστε τον πίνακα

Αν ο πίνακας είναι ο $\displaystyle{ \begin{bmatrix} a& b& c\\ p&q &r \\ u &v &w \end{bmatrix}}$ τότε η πρώτη γραμμή της πρώτης εξίσωσης δίνει a+b+c=3

και η πρώτη γραμμή της δεύτερης εξίσωσης δίνει a+b=0

. Άρα

. Όμοια

.

H πρώτη γραμμή της τρίτης εξίσωσης δίνει a-c=-2

, άρα

, οπότε από την a+b+c=3

βρίσκουμε

. Όμοια τα υπόλοιπα.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 02, 2020 11:25 am**

Καλημέρα. Μια ιδέα ακόμη. Παρατηρούμε ότι o

έχει ιδιοτιμές $\lambda_1=3\,,\lambda_2=0\,,\lambda_3=-2$ με αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα τα

$x_1=(1,1,1)^{T}\,,x_2=(1,1,0)^{T}\,,x_3=(1,0,-1)^{T}$ . Επειδή το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του

είναι τρίτου βαθμού και έχουμε ήδη βρει τρεις

διακεκριμμένες ιδιοτιμές του

έπεται ότι

$\begin{aligned} A&=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & -1\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -2\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & -1\end{pmatrix}^{-1}\\&=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & -1\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -2\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\ -1 & 2 & -1\\ 1 & -1 & 0\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 3\\ 3 & -3 & 3\\ 5 & -5 & 3\end{pmatrix}\end{aligned}$

mathematica.gr

Πίναξ!

Πίναξ!

Re: Πίναξ!

Re: Πίναξ!