42 Köşegenleştirme
Bütün bölümün sorusuna geldik: bir operatörün matrisi ne zaman köşegen yapılabilir? Benzerlik bölümünde ölçütü matris diliyle yazmıştık — \(P^{-1}AP\) köşegen olacak biçimde regüler bir \(P\) var mı? Özdeğer ve özvektör kavramları elimizde olduğuna göre artık bu soruya tam bir cevap verebiliriz.
42.1 Ölçüt
Teorem 42.1 (Köşegenleştirmenin Özvektör Ölçütü) \(V\), \(K\) üzerinde \(n\) boyutlu bir vektör uzayı ve \(T \in A(V)\) olsun. \(T\)’nin köşegenleştirilebilir olması için gerek ve yeter koşul, \(V\)’nin \(T\)’nin özvektörlerinden oluşan bir tabanının bulunmasıdır.
Bu durumda \(f = \{v_1, \dots, v_n\}\) böyle bir taban ve \(v_i\), \(k_i\) özdeğerine ait bir özvektör olmak üzere
\[[T]_f = \begin{pmatrix} k_1 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & k_2 & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & k_n \end{pmatrix}\]
yani köşegen üzerindeki elemanlar özdeğerlerdir.
İspat
Tanım gereği \([T]_f\) matrisinin \(j\). sütunu \(\big[T(v_j)\big]_f\)’dir.
Gereklik. \([T]_f\) köşegen ve köşegen elemanları \(k_1, \dots, k_n\) olsun. \(j\). sütunda yalnız \(j\). satırda \(k_j\) bulunduğundan
\[T(v_j) = 0\cdot v_1 + \cdots + k_j v_j + \cdots + 0\cdot v_n = k_j v_j\]
Taban vektörleri sıfırdan farklı olduğundan her \(v_j\) bir özvektördür; yani \(f\), özvektörlerden oluşan bir tabandır.
Yeterlik. \(f = \{v_1, \dots, v_n\}\) özvektörlerden oluşan bir taban ve \(T(v_j) = k_jv_j\) olsun. O zaman \(\big[T(v_j)\big]_f\), yalnız \(j\). bileşeni \(k_j\) olan sütundur; bu sütunlar yan yana konduğunda köşegen matris elde edilir.
\(\blacksquare\)
Aynı ifadenin matris dilindeki karşılığı, hesapta doğrudan kullanacağımız biçimdir.
Sonuç 42.1 (Köşegenleştiren Matris) \(A\), \(n\). mertebeden bir kare \(K\)-matris olsun. \(A\)’nın köşegen bir matrise benzer olması için gerek ve yeter koşul, \(A\)’nın \(n\) tane lineer bağımsız özvektörünün bulunmasıdır.
Bu durumda sütunları bu özvektörler olan \(P\) matrisi regülerdir ve
\[P^{-1}AP = \operatorname{diag}(k_1,\ k_2,\ \dots,\ k_n)\]
Burada \(k_i\), \(P\)’nin \(i\). sütunundaki özvektörün ait olduğu özdeğerdir.
İspat
\(A\)’yı \(K^{n}\) üzerinde \(v \mapsto Av\) operatörü olarak okuyalım; standart tabanda matrisi \(A\)’dır. Yukarıdaki teorem gereği bu operatör köşegenleştirilebilirdir ancak ve ancak \(K^{n}\)’in özvektörlerden oluşan bir tabanı, yani \(n\) tane lineer bağımsız özvektör varsa.
\(v_1, \dots, v_n\) böyle bir taban olsun ve \(P\), sütunları bu vektörler olan matris olsun. \(P\)’nin sütunları lineer bağımsız olduğundan \(P\) regülerdir ve tanımı gereği standart tabandan \(\{v_1, \dots, v_n\}\) tabanına geçiş matrisidir. Taban değişimi teoremi gereği \(P^{-1}AP\), operatörün yeni tabandaki matrisidir; teoremin ikinci kısmı bunun \(\operatorname{diag}(k_1, \dots, k_n)\) olduğunu söyler.
\(\blacksquare\)
- \(\Delta_A(t) = \big|tI_n - A\big|\) karakteristik polinomunu bulun ve köklerini (özdeğerleri) belirleyin.
- Her özdeğer için \(\big(\lambda I_n - A\big)x = 0\) sistemini çözüp öz uzayın bir tabanını bulun.
- Bulunan özvektörleri sayın. Toplam sayı \(n\) ise matris köşegenleştirilebilir; \(n\)’den azsa köşegenleştirilemez.
- \(P\)’yi bu özvektörleri sütun olarak yazarak kurun; \(P^{-1}AP\) köşegen matrisinin köşegeni, sütunlarla aynı sırada özdeğerlerdir.
Sonuç 42.2 (n Farklı Özdeğer Yeter) \(n\). mertebeden bir \(A\) matrisinin karakteristik polinomunun \(K\)’da \(n\) tane farklı kökü varsa \(A\) köşegenleştirilebilirdir.
İspat
Her farklı özdeğere ait birer özvektör seçelim; farklı özdeğerlere ait özvektörler lineer bağımsız olduğundan \(n\) tane lineer bağımsız özvektör elde edilir.
\(\blacksquare\)
\(n\) farklı özdeğer bulunması köşegenleştirilebilirlik için yeterlidir ama gerekli değildir. Birim matris tek bir özdeğere (\(1\)) sahiptir, buna rağmen zaten köşegendir. Aşağıdaki üçüncü mertebeden örnek de iki özdeğerle köşegenleştirilebilen bir matris gösterecek. Belirleyici olan özdeğerlerin sayısı değil, lineer bağımsız özvektörlerin sayısıdır.
42.2 Çözümlü Örnekler
Örnek 42.1 (İkinci Mertebeden Bir Köşegenleştirme) \(A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 2\end{pmatrix}\) matrisini köşegenleştiriniz; yani \(P^{-1}AP\) köşegen olacak biçimde regüler bir \(P\) bulunuz.
Çözüm
Özdeğerler bölümünde bu matrisin özdeğerlerinin \(4\) ve \(-1\), karşılık gelen özvektörlerin ise
\[v = \begin{pmatrix} 2 \\ 3\end{pmatrix} \quad (\lambda = 4), \qquad w = \begin{pmatrix} 1 \\ -1\end{pmatrix} \quad (\lambda = -1)\]
olduğunu bulmuştuk. İki farklı özdeğere ait bu iki özvektör lineer bağımsızdır; \(2\). mertebede iki tane lineer bağımsız özvektör bulunduğuna göre \(A\) köşegenleştirilebilirdir.
\(P\)’yi sütunları \(v\) ve \(w\) olacak biçimde kuralım:
\[P = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & -1\end{pmatrix}, \qquad |P| = -2 - 3 = -5 \ne 0\]
\[P^{-1} = \frac{1}{-5}\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -3 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \tfrac{1}{5} & \tfrac{1}{5} \\[2mm] \tfrac{3}{5} & -\tfrac{2}{5}\end{pmatrix}\]
Şimdi çarpımı yapalım. Önce \(AP\):
\[AP = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & -1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 + 6 & 1 - 2 \\ 6 + 6 & 3 - 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 & -1 \\ 12 & 1\end{pmatrix}\]
\[P^{-1}(AP) = \begin{pmatrix} \tfrac{1}{5} & \tfrac{1}{5} \\[2mm] \tfrac{3}{5} & -\tfrac{2}{5}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 8 & -1 \\ 12 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \tfrac{8 + 12}{5} & \tfrac{-1 + 1}{5} \\[2mm] \tfrac{24 - 24}{5} & \tfrac{-3 - 2}{5}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}\]
Köşegende, sütunlarla aynı sırada özdeğerler çıktı.
Aslında \(P^{-1}\)’i hesaplamaya gerek yoktu: \(AP\)’nin sütunları \(Av = 4v\) ve \(Aw = -w\) olduğundan \(AP = P\operatorname{diag}(4,-1)\)’dir; soldan \(P^{-1}\) ile çarpmak sonucu doğrudan verir. Yukarıdaki hesap yalnızca doğrulama amacıyla açık yapılmıştır.
\(\blacksquare\)
Örnek 42.2 (Üçüncü Mertebeden Bir Köşegenleştirme) \(A = \begin{pmatrix} 1 & -3 & 3 \\ 3 & -5 & 3 \\ 6 & -6 & 4\end{pmatrix}\) matrisini köşegenleştiriniz.
Çözüm
1. Karakteristik polinom. Karakteristik matris
\[tI_3 - A = \begin{pmatrix} t - 1 & 3 & -3 \\ -3 & t + 5 & -3 \\ -6 & 6 & t - 4\end{pmatrix}\]
Birinci satıra göre açalım:
\[ \begin{aligned} \Delta_A(t) &= (t-1)\big[(t+5)(t-4) + 18\big] - 3\big[-3(t-4) - 18\big] - 3\big[-18 + 6(t+5)\big]\\[1mm] &= (t-1)\big(t^{2} + t - 20 + 18\big) - 3(-3t + 12 - 18) - 3(6t + 12)\\[1mm] &= (t-1)(t^{2} + t - 2) + 9t + 18 - 18t - 36\\[1mm] &= (t-1)(t+2)(t-1) - 9t - 18 \end{aligned} \]
Son satırda \(t^{2} + t - 2 = (t+2)(t-1)\) ayrıştırması yapıldı. Şimdi ortak çarpanı görelim: \(-9t - 18 = -9(t+2)\) olduğundan
\[\Delta_A(t) = (t+2)\big[(t-1)^{2} - 9\big] = (t+2)(t - 1 - 3)(t - 1 + 3) = (t+2)^{2}(t-4)\]
Kontrol. \(\operatorname{iz}(A) = 1 - 5 + 4 = 0\); polinomu açarsak \(t^{3} - 12t - 16\) çıkar ve \(t^{2}\)’nin katsayısı gerçekten \(0\)’dır ✔
Özdeğerler \(-2\) (iki katlı) ve \(4\)’tür.
2. \(\lambda = -2\) öz uzayı. Karakteristik matriste \(t = -2\) yazalım:
\[\begin{pmatrix} -3 & 3 & -3 \\ -3 & 3 & -3 \\ -6 & 6 & -6\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} = 0\]
Üç denklem de \(x - y + z = 0\)’a indirgenir. İki serbest değişken vardır:
\[y = 1,\ z = 0 \ \Longrightarrow\ x = 1: \quad u = (1,\ 1,\ 0)\] \[y = 0,\ z = -1 \ \Longrightarrow\ x = 1: \quad v = (1,\ 0,\ -1)\]
\(\{u, v\}\) lineer bağımsızdır (biri diğerinin katı değil) ve \(V_{-2}\) iki boyutludur.
3. \(\lambda = 4\) öz uzayı. \(t = 4\) yazalım:
\[\begin{pmatrix} 3 & 3 & -3 \\ -3 & 9 & -3 \\ -6 & 6 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} = 0\]
Üçüncü denklem \(x = y\) verir; birinci denklem \(x + y - z = 0\)’dan \(z = 2x\) çıkar. \(x = 1\) alalım:
\[w = (1,\ 1,\ 2), \qquad V_4 \text{ bir boyutludur}\]
4. Sonuç. \(u\), \(v\) ve \(w\) lineer bağımsızdır: \(u\) ile \(v\) aynı öz uzayda bağımsız, \(w\) ise farklı bir özdeğere ait olduğundan onların gerdiği uzayın dışındadır. Üç tane lineer bağımsız özvektör bulunduğuna göre \(A\) köşegenleştirilebilirdir:
\[P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 2\end{pmatrix} \qquad \Longrightarrow \qquad P^{-1}AP = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 4\end{pmatrix}\]
Kontrol. \(AP\)’nin sütunlarını hesaplayalım:
\[A\,u = (1 - 3,\ 3 - 5,\ 6 - 6) = (-2,-2,0) = -2u \ ✔\] \[A\,v = (1 - 3,\ 3 - 3,\ 6 - 4) = (-2,0,2) = -2v \ ✔\] \[A\,w = (1 - 3 + 6,\ 3 - 5 + 6,\ 6 - 6 + 8) = (4,4,8) = 4w \ ✔\]
Demek ki \(AP = P\operatorname{diag}(-2,-2,4)\), yani \(P^{-1}AP\) yukarıdaki köşegen matristir.
\(\blacksquare\)
42.3 Köşegenleştirilemeyen Matrisler
Örnek 42.3 (Aynı Karakteristik Polinom, Farklı Sonuç) \(B = \begin{pmatrix} -3 & 1 & -1 \\ -7 & 5 & -1 \\ -6 & 6 & -2\end{pmatrix}\) matrisinin köşegenleştirilip köşegenleştirilemeyeceğini araştırınız.
Çözüm
Karakteristik polinom. Karakteristik matris
\[tI_3 - B = \begin{pmatrix} t + 3 & -1 & 1 \\ 7 & t - 5 & 1 \\ 6 & -6 & t + 2\end{pmatrix}\]
Üçüncü sütuna göre açalım:
\[ \begin{aligned} \Delta_B(t) &= 1\cdot\begin{vmatrix} 7 & t - 5 \\ 6 & -6\end{vmatrix} - 1\cdot\begin{vmatrix} t + 3 & -1 \\ 6 & -6\end{vmatrix} + (t+2)\begin{vmatrix} t + 3 & -1 \\ 7 & t - 5\end{vmatrix}\\[1mm] &= \big(-42 - 6t + 30\big) - \big(-6t - 18 + 6\big) + (t+2)\big(t^{2} - 2t - 15 + 7\big)\\[1mm] &= \big(-6t - 12\big) - \big(-6t - 12\big) + (t+2)\big(t^{2} - 2t - 8\big)\\[1mm] &= (t+2)(t+2)(t-4) = (t+2)^{2}(t-4) \end{aligned} \]
Bir önceki örnekteki \(A\) matrisiyle aynı karakteristik polinom çıktı.
\(\lambda = -2\) öz uzayı. \(t = -2\) yazalım:
\[\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 7 & -7 & 1 \\ 6 & -6 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} = 0\]
Üçüncü denklem \(x = y\) verir; birinci denklem bununla birlikte \(z = 0\) verir. Serbest değişken tek olduğundan öz uzay bir boyutludur:
\[u = (1,\ 1,\ 0), \qquad V_{-2} = \{k\,u\}\]
\(\lambda = 4\) öz uzayı. \(t = 4\) yazalım:
\[\begin{pmatrix} 7 & -1 & 1 \\ 7 & -1 & 1 \\ 6 & -6 & 6\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} = 0\]
Üçüncü denklem \(x - y + z = 0\), birinci denklem \(7x - y + z = 0\)’dır; farkları \(6x = 0\), yani \(x = 0\) ve \(y = z\) verir:
\[v = (0,\ 1,\ 1), \qquad V_4 \text{ bir boyutludur}\]
Sonuç. \(B\)’nin yalnızca iki lineer bağımsız özvektörü vardır; üç boyutlu uzayın özvektörlerden oluşan bir tabanı kurulamaz. Öyleyse \(B\) köşegenleştirilemez.
\(\blacksquare\)
Son iki örnek birlikte iki şey söyler.
1. Karakteristik polinom köşegenleştirilebilirliği belirlemez: \(A\) ile \(B\)’nin karakteristik polinomları aynı olduğu hâlde \(A\) köşegenleştirilebilir, \(B\) değildir. Belirleyici olan, katlı bir kökün öz uzayının boyutudur.
2. Benzer matrislerin karakteristik polinomları aynıdır ama tersi doğru değildir: \(A \not\sim B\)’dir, çünkü \(A\) köşegen bir matrise benzerken \(B\) benzeyemez — benzerlik geçişken olduğundan \(A \sim B\) olsaydı \(B\) de köşegenleştirilebilirdi.
Örnek 42.4 (Reel Özdeğeri Olmayan Bir Matris) \(B = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 2 & -1\end{pmatrix}\) matrisini önce \(\mathbb{R}\), sonra \(\mathbb{C}\) üzerinde inceleyiniz.
Çözüm
\[\Delta_B(t) = \begin{vmatrix} t - 1 & 1 \\ -2 & t + 1\end{vmatrix} = (t-1)(t+1) + 2 = t^{2} + 1\]
\(\mathbb{R}\) üzerinde. \(t^{2} + 1\) polinomunun reel kökü yoktur; \(B\)’nin reel özdeğeri yoktur, dolayısıyla reel özvektörü de yoktur ve köşegenleştirilemez.
\(\mathbb{C}\) üzerinde. Kökler \(i\) ve \(-i\)’dir; iki farklı özdeğer bulunduğundan \(B\) kompleks sayılar üzerinde köşegenleştirilebilirdir.
\(t = i\) için:
\[\begin{pmatrix} i - 1 & 1 \\ -2 & i + 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix} = 0 \quad \Longrightarrow \quad (i-1)x + y = 0\]
\(x = 1\) alırsak \(y = 1 - i\) ve \(v = (1,\ 1-i)\) olur.
\(t = -i\) için:
\[\begin{pmatrix} -i - 1 & 1 \\ -2 & -i + 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix} = 0 \quad \Longrightarrow \quad (i+1)x - y = 0\]
\(x = 1\) alırsak \(y = 1 + i\) ve \(w = (1,\ 1+i)\) olur.
\(\blacksquare\)
Örnek 42.5 (Tek Özdeğer, Tek Boyutlu Öz Uzay) \(A = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 1 & 1\end{pmatrix}\) matrisinin köşegenleştirilemeyeceğini gösteriniz. Kompleks sayılar üzerinde çalışmak sonucu değiştirir mi?
Çözüm
\[\Delta_A(t) = \begin{vmatrix} t - 3 & 1 \\ -1 & t - 1\end{vmatrix} = (t-3)(t-1) + 1 = t^{2} - 4t + 4 = (t-2)^{2}\]
Tek özdeğer \(\lambda = 2\)’dir. Öz uzayı bulalım:
\[\begin{pmatrix} -1 & 1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix} = 0 \quad \Longrightarrow \quad -x + y = 0\]
Tek serbest değişken vardır; \(x = 1\) için \(v = (1,1)\) ve \(V_2 = \{kv\}\) bir boyutludur. İki boyutlu uzayda yalnız bir lineer bağımsız özvektör bulunduğundan \(A\) köşegenleştirilemez.
Kompleks sayılar üzerinde. Karakteristik polinom \((t-2)^{2}\) olarak aynı kalır; kökü de yine yalnız \(2\)’dir ve öz uzay hesabı birebir aynı çıkar. Demek ki cismi büyütmek burada bir şey değiştirmez — sorun kökün kompleks olmasında değil, katlı olmasındadır.
\(\blacksquare\)
Örnek 42.6 (Bir Operatörün İncelenmesi) \(T : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{3}\), \(T(x,y,z) = (2x + y,\ y - z,\ 2y + 4z)\) operatörünün özdeğerlerini ve özvektörlerini bulunuz; köşegenleştirilebilir midir?
Çözüm
Matris gösterimi. Standart tabanda sütunlar \(T(e_1) = (2,0,0)\), \(T(e_2) = (1,1,2)\), \(T(e_3) = (0,-1,4)\)’tür:
\[[T]_e = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 2 & 4\end{pmatrix}\]
Karakteristik polinom. Birinci sütunda yalnız bir eleman sıfırdan farklı; bu sütuna göre açalım:
\[\Delta_T(t) = \begin{vmatrix} t - 2 & -1 & 0 \\ 0 & t - 1 & 1 \\ 0 & -2 & t - 4\end{vmatrix} = (t-2)\big[(t-1)(t-4) + 2\big]\]
\[= (t-2)\big(t^{2} - 5t + 6\big) = (t-2)(t-2)(t-3) = (t-2)^{2}(t-3)\]
Özdeğerler \(2\) (iki katlı) ve \(3\)’tür.
\(\lambda = 2\) öz uzayı.
\[\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & -2 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} = 0 \quad \Longrightarrow \quad y = 0,\ \ y + z = 0\]
Buradan \(y = z = 0\) ve \(x\) serbesttir: \(u = (1,0,0)\) ve \(V_2\) bir boyutludur.
\(\lambda = 3\) öz uzayı.
\[\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & -2 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} = 0 \quad \Longrightarrow \quad x - y = 0,\ \ 2y + z = 0\]
\(y = 1\) alırsak \(x = 1\), \(z = -2\): \(v = (1,1,-2)\) ve \(V_3\) bir boyutludur.
Sonuç. Toplam iki lineer bağımsız özvektör var; \(\mathbb{R}^{3}\)’ün özvektörlerden oluşan bir tabanı kurulamaz. \(T\) köşegenleştirilemez.
\(\blacksquare\)
42.4 Alıştırma
Alıştırma 42.1 (Köşegenleştirme Alıştırmaları)
- \(A = \begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 2 & 3\end{pmatrix}\) matrisini köşegenleştiriniz.
- \(A = \begin{pmatrix} 5 & -1 \\ 1 & 3\end{pmatrix}\) matrisinin köşegenleştirilemeyeceğini gösteriniz.
- \(A\) köşegenleştirilebilir ve \(P^{-1}AP = D\) ise, her \(m \in \mathbb{Z}^{+}\) için \(A^{m} = PD^{m}P^{-1}\) olduğunu gösteriniz ve 1. şıktaki matris için \(A^{3}\)’ü hesaplayınız.
Çözüm
1. \[\Delta_A(t) = \begin{vmatrix} t - 1 & -4 \\ -2 & t - 3\end{vmatrix} = (t-1)(t-3) - 8 = t^{2} - 4t - 5 = (t-5)(t+1)\]
Özdeğerler \(5\) ve \(-1\)’dir.
\(t = 5\): \(\begin{pmatrix} 4 & -4 \\ -2 & 2\end{pmatrix}x = 0 \Rightarrow x - y = 0\); özvektör \(v = (1,1)\).
\(t = -1\): \(\begin{pmatrix} -2 & -4 \\ -2 & -4\end{pmatrix}x = 0 \Rightarrow x + 2y = 0\); \(y = -1\) için \(x = 2\), özvektör \(w = (2,-1)\).
İki farklı özdeğer bulunduğundan \(A\) köşegenleştirilebilirdir:
\[P = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & -1\end{pmatrix}, \qquad P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}\]
Kontrol. \(Av = (1 + 4,\ 2 + 3) = (5,5) = 5v\) ✔ ve \(Aw = (2 - 4,\ 4 - 3) = (-2,1) = -w\) ✔
2. \[\Delta_A(t) = \begin{vmatrix} t - 5 & 1 \\ -1 & t - 3\end{vmatrix} = (t-5)(t-3) + 1 = t^{2} - 8t + 16 = (t-4)^{2}\]
Tek özdeğer \(4\)’tür. Öz uzay:
\[\begin{pmatrix} -1 & 1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix} = 0 \quad \Longrightarrow \quad x = y\]
Öz uzay bir boyutludur; iki boyutlu uzayda iki lineer bağımsız özvektör bulunamadığından \(A\) köşegenleştirilemez.
3. \(P^{-1}AP = D\) eşitliğinden \(A = PDP^{-1}\) çıkar. Kuvvet alalım; ortadaki \(P^{-1}P\) çiftleri sadeleşir:
\[A^{m} = \big(PDP^{-1}\big)^{m} = PD\big(P^{-1}P\big)D\cdots DP^{-1} = PD^{m}P^{-1}\]
1. şıktaki matris için \(D = \operatorname{diag}(5,-1)\) olduğundan \(D^{3} = \operatorname{diag}(125,\ -1)\)’dir. \(P^{-1}\)’i bulalım: \(|P| = -1 - 2 = -3\) olduğundan
\[P^{-1} = \frac{1}{-3}\begin{pmatrix} -1 & -2 \\ -1 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \tfrac{1}{3} & \tfrac{2}{3} \\[2mm] \tfrac{1}{3} & -\tfrac{1}{3}\end{pmatrix}\]
\[PD^{3} = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 125 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 125 & -2 \\ 125 & 1\end{pmatrix}\]
\[A^{3} = \begin{pmatrix} 125 & -2 \\ 125 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} \tfrac{1}{3} & \tfrac{2}{3} \\[2mm] \tfrac{1}{3} & -\tfrac{1}{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \tfrac{125 - 2}{3} & \tfrac{250 + 2}{3} \\[2mm] \tfrac{125 + 1}{3} & \tfrac{250 - 1}{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 41 & 84 \\ 42 & 83\end{pmatrix}\]
Kontrol. \(A^{2} = \begin{pmatrix} 9 & 16 \\ 8 & 17\end{pmatrix}\) olduğundan
\[A^{3} = A^{2}A = \begin{pmatrix} 9 + 32 & 36 + 48 \\ 8 + 34 & 32 + 51\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 41 & 84 \\ 42 & 83\end{pmatrix} \ ✔\]
\(\blacksquare\)