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¿Cómo encontrar vectores propios ortogonales si algunos de los valores propios son los mismos?

Tengo un ejemplo: $$A=\begin{pmatrix} 2 & 2 & 4 \\ 2 & 5 & 8 \\ 4 & 8 & 17 \end{pmatrix}$$ El autovalor que he encontrado es $\lambda_1=\lambda_2=1$ e $\lambda_3=22$.
Para $\lambda=1$, $$\begin{pmatrix} x\\ y \\ z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2\\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}y+\begin{pmatrix} -4\\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}z$$ Para $\lambda=22$, $$\begin{pmatrix} x\\ y \\ z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1/4\\ 1/2 \\ 1 \end{pmatrix}z$$ Sin embargo, los vectores propios que he encontrado no son ortogonales uno al otro. El objetivo es encontrar una matriz ortogonal P y la diagonal de la matriz Q, de modo que $A=PQP^T$.

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Una cosa que sabemos es que los vectores propios de una matriz simétrica correspondientes a autovalores distintos son ortogonales. Por lo tanto, si nos encontramos con vectores propios $v_1,v_2,v_3$ para $\lambda_1< \lambda_2< \lambda_3$ hemos terminado. Por otro lado, tenemos los autovalores $\lambda_1=\lambda_2=1$ e $\lambda_3=22$, por lo que no hay $3$ distintos autovalores y la situación se convierte en algo más complicado.

Supongamos que hemos encontrado $v_1,v_2\in E(A,\lambda_1)$ que son linealmente independientes (y, por tanto, una base para el subespacio propio). Sabemos que $v_1\perp v_3$ e $v_2\perp v_3$. Esto significa $\langle v_1,v_3\rangle=\langle v_2,v_3\rangle=0$. Por bilinearity del interior del producto, conseguimos que los $\langle av_1+bv_2,v_3\rangle =0$ para todos los $a,b\in \mathbb{R}$. El resultado es que todo el autoespacio $E(A,\lambda_1)$ es ortogonal a $v_3$. Así, somos libres de elegir cualquier base de vectores propios de a$E(A,\lambda_1)$ y continuar desde allí. Bien, sólo hay que aplicar de Gram-Schmidt a $v_1,v_2$. Definir $$ u_1=\frac{v_1}{\lVert v_1\rVert}$$ $$ u_2=\frac{v_2-\langle v_2, u_1\rangle u_1}{\lVert v_2-\langle v_2, u_1\rangle u_1\rVert}.$$ Una verificación rápida de la muestra que estos dos vectores forman una base ortonormales para $E(A,\lambda_1)$. Entonces, si tomamos cualquier valor distinto de cero $v_3\in E(A,\lambda_3)$ y el conjunto de $$ u_3=\frac{v_3}{\lVert v_3\rVert}$$ podemos ver que $(u_1,u_2,u_3)$es un ortonormales eigenbasis de $\mathbb{R}^3\cong E(\lambda_1,A)\oplus E(\lambda_3,A)$ con respecto al $A$. Usted ya ha encontrado los vectores $v_1,v_2,v_3$. Una vez que se compute $u_1,u_2,u_3$, la matriz de $P=[u_1,u_2,u_3]$ es ortogonal y $$ A=P^T \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&22 \end{bmatrix} P. $$

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stressed-out Puntos 387

Sabemos que los vectores propios correspondientes a distintos valores propios de una matriz simétrica son ortogonales. Tiene dos autovalores, por lo tanto, usted tiene dos ortogonal de vectores propios $v_1$ e $v_2$. Desde su matriz se $3\times 3$, el tercer vector de la forma $P=[v_1 | v_2 |v_3]$ ha $v_3=\pm v_1\times v_2$. Es fácil ver que $PP^T=I$.

Ahora se acaba de tomar $Q=\mathrm{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)$ y solucionar $A=PQP^T$ para determinar el $Q$ completamente y listo.

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Chris Custer Puntos 67

Cómo acerca de Gram-Schmidt? Desde el espacio propio es $2$-dimensional, sin duda, hay $2$ .

Proyecto y restar: $(-4,0,1)-8\frac15(-2,1,0)= (-\frac45,-\frac85,1)$.

Ahora normalizar: $\frac5{23}(-\frac45,-\frac85,1)=(-\frac4{23},-\frac8{23},\frac5{23}):=b_1$. Y $(-\frac2{\sqrt5},\frac1{\sqrt5},0):=b_2$.

Finalmente, normalizar el vector propio de a$\lambda =22$: $\frac{16}{21}(\frac14,\frac12,1)=(\frac4{21},\frac8{21},\frac{16}{21}):=b_3$. Muy bien, este es ortogonal a los demás por la simetría de la matriz.

(Alternativamente, el producto habría sido una buena manera de hacer esto.)

Finalmente, la matriz $P$ cuyas columnas son los vectores de la base, $b_1,b_2,b_3$, por encima de hacer el truco: $P^tAP=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&22\end{pmatrix}$.

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