C, PHP, VB, .NET

В тази статия се разглеждат задачи за намиране на собствени стойности и собствени вектори. На тези задачи обикновено се отделя малко повече време спрямо останалите и често се дава разширена домашна работа.

Деф. Казваме, че две матрици [mathi]A[/mathi] и [mathi]B[/mathi] са подобни ако съществува неособена матрица [mathi]T[/mathi], такава че: [mathi]B=T^{-1}AT[/mathi]

Твърдение 1. Матриците на линеен оператор в кои да е два различни базиса са подобни.

Деф. Нека имаме матрица [mathi]A=\begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n}\\ \vdots & \ddots & \vdots\\ a_{n1} & \cdots & a_{nn} \end{pmatrix}[/mathi]. Тогава [mathi]det(A-\lambda E)=0[/mathi] ще наричаме характеристичен полином на матрицата [mathi]A[/mathi].

Задача 1: Нека [mathi]A=\begin{pmatrix} 1 & -1\\ 2 & 4 \end{pmatrix}[/mathi]. Намерете характеристичния ѝ полином.

Решение: Намираме:

[math]det(A-\lambda E)= \begin{vmatrix} 1-\lambda & -1\\ 2 & 4-\lambda \end{vmatrix}=(1-\lambda)(4-\lambda)+2=0[/math]

Разкриваме скобите и намираме характеристичния полином:

[math]\lambda^2-5\lambda+6=0[/math]

Твърдение 2. Характеристичните полиноми на линеен оператор във всички различни базиси са еднакви. Това е следствие от друго твърдение, което гласи, че подобните матрици имат еднакви характеристични полиноми.

Деф. Вектор [mathi]b\in L[/mathi] се нарича "собствен вектор" на линейния оператор [mathi]\varphi[/mathi] ако [mathi]b\neq o[/mathi] и [mathi]\exists \lambda_0 \in L:\varphi(b)=\lambda_0 b[/mathi]

Деф. Числото [mathi]\lambda_0[/mathi] наричаме "собствена стойност" на линейния оператор.

Теорема 1. Само и единствено характеристичните корени на матрицата на линейния оператор са негови собствени стойности.

Следствие (от твърдение 2). Собствените стойности не зависят от базиса.

Задача 2. Дадено е четиримерно реално линейно пространство с базис [mathi]e_1, e_2, e_3, e_4[/mathi]. Даден е линеен оператор:

[math]\begin{matrix}\varphi(x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4)=&(x_1+x_2+x_3+x_4)e_1+\\ &(x_1+x_2-x_3-x_4)e_2+\\ &(x_1-x_2+x_3-x_4)e_3+\\ &(x_1-x_2-x_3+x_4)e_4 \end{matrix}[/math]

Намерете собствените стойности и собствените вектори на линейния оператор.

Решение: При [mathi]x_1=1, x_2=0, x_3=0, x_4=0[/mathi] имаме [mathi]\varphi(e_1)=e_1+e_2+e_3+e_4[/mathi]

При [mathi]x_1=0, x_2=1, x_3=0, x_4=0[/mathi] имаме [mathi]\varphi(e_2)=e_1+e_2-e_3-e_4[/mathi]

При [mathi]x_1=0, x_2=0, x_3=1, x_4=0[/mathi] имаме [mathi]\varphi(e_3)=e_1+e_2+e_3+e_4[/mathi]

Тогава матрицата на оператора в базиса [mathi]e_1, e_2, e_3, e_4[/mathi] ще бъде:

[math]A_e=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & -1 & -1\\ 1 & -1 & 1 & -1\\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}[/math]

Образуваме характеристичния полином:

[math]det(A_e-\lambda E)=\begin{vmatrix} 1-\lambda & 1 & 1 & 1\\ 1 & 1-\lambda & -1 & -1\\ 1 & -1 & 1-\lambda & -1\\ 1 & -1 & -1 & 1-\lambda \end{vmatrix}=0[/math]

След като решите тази детерминанта ще получите:

[math]\lambda^4 -4\lambda^3 +16\lambda - 16=0[/math]

Трябва да намерим реалните корени на това уравнение (за кои стойности на [mathi]\lambda[/mathi] то е вярно). Ще го направим по метода на Хорнер. Възможните рационални корени са [mathi]\lambda = 0, \pm 1, \pm 2, \pm 4, \pm 8, \pm 16[/mathi]. Нулата очевидно НЕ е корен, защото свободния член е различен от 0. Значи започваме да "пробваме" от 1.

[math]\begin{array}{| c | c | c | c | c | c | c |} \hline test & 1 & -4 & 0 & 16 & -16 & root? \\ \hline 1 & 1 & -3 & -3 & 13 & -3 & no\\ \hline -1 & 1 & -4 & 1 & 15 & -31 & no\\ \hline 2 & 1 & -2 & -4 & 8 & 0 & yes\\ \hline 2 & 1 & 0 & -4 & 0 & & yes\\ \hline 2 & 1 & 2 & 0 & & & yes\\ \hline 2 & 1 & 4 & & & & no\\ \hline -2 & 1 & 0 & & & & yes\\ \hline \end{array}[/math]

Намерихме един трикратен корен [mathi]\lambda_{1,2,3} = 2[/mathi] и един корен [mathi]\lambda_4=-2[/mathi]. Това са и собствените стойности на линейния оператор. Следователно:

[math]\lambda^4 -4\lambda^3 +16\lambda - 16=(\lambda-2)^3(\lambda+2)=0[/math]

За да намерим собствените вектори съставяме хомогенна система от линейни уравнения с коефициенти [mathi]A-\lambda E[/mathi], като последователно заместваме с всеки един от намерените корени. Т.е. имаме системата:

[math]\left | \begin{array}{l} (1-\lambda)x_1+x_2+x_3+x_4=0\\ x_1+(1-\lambda)x_2-x_3-x_4=0\\ x_1-x_2+(1-\lambda)x_3-x_4=0\\ x_1-x_2-x_3+(1-\lambda)x_4=0 \end{array} \right .[/math]

При [mathi]\lambda = \lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 2[/mathi] имаме да решим:

[math]\left( \begin{matrix} (-1)&1&1&1\\ 1&-1&-1&-1\\ 1&-1&-1&-1\\ 1&-1&-1&-1 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix}0\\0\\0\\0\end{matrix} \right)\sim \left( \begin{matrix} -1&1&1&1\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix}0\\0\\0\\0\end{matrix} \right)[/math]

Общото решение е [mathi](-p+q-r, p, q, r)[/mathi]. Това са всички собствени вектори. Техен базис се поражда от фундаменталната система от решения:

[math]\begin{array}{l} b_1(-1,1,0,0)\\ b_2(1,0,1,0)\\ b_3(-1,0,0,1) \end{array}[/math]

Те очевидно пораждат тримерно пространство.

При [mathi]\lambda = \lambda_4 = -2[/mathi] имаме да решим:

[math]\left( \begin{matrix} 3&1&1&1\\ 1&3&-1&-1\\ 1&-1&3&-1\\ 1&-1&-1&3 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix}0\\0\\0\\0\end{matrix} \right)\sim ...[/math]

Общо решение на тази система е [mathi](p, p, -p, p)[/mathi]

Така четвъртия собствен вектор от базиса ще е:

[math]b_4(1,1,-1,1)[/math]

Деф. Ще казваме, че линеен оператор е от прост спектър, ако всичките му собствени стойности са различни.

Теорема 2. Ако всички собствени стойности на линеен оператор са различни, то съществува базис, в който матрицата на оператора е диагонална. Това ще е базиса съставен от собствените вектори на линейния оператор.

Задача 3. Дадено е тримерно реално линейно пространство с базис [mathi]e_1, e_2, e_3[/mathi]. Даден е линеен оператор с матрица:

[math]A_e=\begin{pmatrix} -1 & -5 & 2\\ -1 & -2 & -1\\ 4 & 5 & 1 \end{pmatrix}[/math]

а) Намерете собствените стойности и собствените вектори на линейния оператор

Решение: Образуваме характеристичния полином:

[math]det(A_e-\lambda E) = \begin{vmatrix} -1-\lambda & -5 & 2\\ -1 & -2-\lambda & -1\\ 4 & 5 & 1-\lambda \end{vmatrix}=0[/math]

След като развиете детерминантата ще получите:

[math]-\lambda^3 -2\lambda^2+9\lambda+18=0[/math]

Намираме корените по метода на Хорнер. Възможните корени са [mathi]\lambda=0, \pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 9, \pm 18[/mathi]. Проверката за 0 отпада, понеже свободния член е различен от 0. Продължаваме:

[math]\begin{array}{| c | c | c | c | c | c |} \hline test & -1 & -2 & 9 & 18 & root? \\ \hline 1 & -1 & -3 & 6 & 24 & no\\ \hline -1 & -1 & -1 & 10 & 8 & no\\ \hline 2 & -1 & -4 & 1 & 20 & no\\ \hline -2 & -1 & 0 & 9 & 0 & yes\\ \hline -2 & -1 & 2 & 5 & & no\\ \hline 3 & -1 & -3 & 0 & & yes\\ \hline 3 & -1 & -6 & & & no\\ \hline -3 & -1 & 0 & & & yes\\ \hline \end{array}[/math]

намерихме собствените стойности [mathi]\lambda_1=-2, \lambda_2=3, \lambda_3=-3[/mathi]

Намираме собствените вектори:

1) За [mathi]\lambda = \lambda_1 = -2[/mathi]

[math]\begin{pmatrix} -1+2 & -5 & 2\\ -1 & -2+2 & -1\\ 4 & 5 & 1+2 \end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix} 1 & -5 & 2\\ -1 & 0 & -1\\ 4 & 5 & 3 \end{pmatrix}\sim...\sim\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ -1 & 0 & -1\\ 0 & 5 & -1 \end{pmatrix}[/math]

Общото решение е [mathi](-p, p/5, p)[/mathi], откъдето намираме първия базисен собствен вектор [mathi]b_1(-5,1,5)[/mathi]

2) За [mathi]\lambda = \lambda_2 = 3[/mathi]

[math]\begin{pmatrix} -1-3 & -5 & 2\\ -1 & -2-3 & -1\\ 4 & 5 & 1-3 \end{pmatrix}\sim...\sim \begin{pmatrix} 1 & 15/6 & 0\\ 0 & 15/6 & 1\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/math]

Общото решение е [mathi](-15p/6, p, -15p/6)[/mathi], откъдето намираме втори базисен собствен вектор [mathi]b_2(-5,2,5)[/mathi].

3) За [mathi]\lambda = \lambda_2 = -3[/mathi]

[math]\begin{pmatrix} -1+3 & -5 & 2\\ -1 & -2+3 & -1\\ 4 & 5 & 1+3 \end{pmatrix}\sim...\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/math]

Общото решение е [mathi](-p, 0, p)[/mathi], откъдето намираме трети базисен собствен вектор [mathi]b_3(-1,0,1)[/mathi]

б) Намерете матрицата на оператора в базиса от собствени вектори [mathi]b_1, b_2, b_3[/mathi] и матрицата на прехода [mathi]T_{e-b}[/mathi]

Решение: Матрицата на оператора се получава от собствените стойности по диагонал и останалите елементи 0:

[math]A_b=\begin{pmatrix} -2 & 0 & 0\\ 0 & 3 & 0\\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}[/math]

Матрицата на прехода се получава като запишем координатите на собствените вектори по стълбове:

[math]T_{e-b}=\begin{pmatrix} -5 & -5 & -1\\ 1 & 2 & 0\\ 5 & -5 & 1 \end{pmatrix}[/math]

Може да направите проверка - ще получите, че:

[math]A_b = T_{e-b}^{-1} A_e T_{e-b}[/math]

e изпълнено.

Сега остава да видим какво се получава във всички останали случаи - когато собствените стойности не са реални числа или когато са реални числа, но два или повече от тях са равни.

Задача 4. Дадено е тримерно реално линейно пространство с базис [mathi]e_1, e_2, e_3[/mathi]. Даден е линеен оператор с матрица:

[math]A_e=\begin{pmatrix} 2 & -1 & -1\\ 1 & 1 & -1\\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}[/math]

Съществува ли базис в линейното пространство, в който матрицата на оператора да бъде диагонална?

Решение: Намираме характеристичния полином:

[math]det(A_e-\lambda E)=\begin{pmatrix} 2-\lambda & -1 & -1\\ 1 & 1-\lambda & -1\\ 1 & -1 & 1-\lambda \end{pmatrix}=...= -\lambda^3+4\lambda^2-6\lambda+4=0[/math]

Търсим реални корени. Те биха могли да бъдат измежду са [mathi]\lambda=0, \pm 1, \pm 2, \pm 4[/mathi]. Проверката за 0 отпада, понеже свободния член е различен от 0. Продължаваме:

[math]\begin{array}{| c | c | c | c | c | c |} \hline test & -1 & 4 & -6 & 4 & root? \\ \hline 1 & -1 & 3 & -3 & 1 & no\\ \hline -1 & -1 & 5 &-11 &15 & no\\ \hline 2 & -1 & 2 & -2 & 0 & yes\\ \hline 2 & -1 & 0 & -2 & & no\\ \hline -2 & -1 & 4 &-10 & & no\\ \hline 4 & -1 &-2 &-10 & & no\\ \hline -4 & -1 & 6 &-26 & & no\\ \hline \end{array}[/math]

Изчерпахме всички възможни проверки и намерихме само един корен. Следователно имаме разлагането:

[math]-\lambda^3+4\lambda^2-6\lambda+4=(\lambda-2)(\lambda^2 -2\lambda +2)=0[/math]

Корените на квадратното уравнение в скобите ([mathi]\lambda^2 -2\lambda +2=0[/mathi]) са комплексни - [mathi]\lambda_1 = 1-i, \lambda_2 = 1+i[/mathi], а третата собствена стойност вече я намерихме [mathi]\lambda_3 =2[/mathi].

Щом имаме собствена стойност комплексно число, следва че НЕ съществува базис, в който матрицата на оператора е диагонална.

Задача 5. Дадено е тримерно реално линейно пространство с базис [mathi]e_1, e_2, e_3[/mathi]. Даден е линеен оператор с матрица:

[math]A_e=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 2\\ 5 & -3 & 3\\ -1 & 0 & -2 \end{pmatrix}[/math]

Съществува ли базис в линейното пространство, в който матрицата на оператора да бъде диагонална?

Решение: Намираме характеристичния полином:

[math]det(A_e-\lambda E)=\begin{vmatrix} 2-\lambda & -1 & 2\\ 5 & -3-\lambda & 3\\ -1 & 0 & -2-\lambda \end{vmatrix}=...=-\lambda^3-3\lambda^2-3\lambda-1=0[/math]

За удобство умножаваме двете страни на равенството с -1, с което то разбира се не се променя:

[math]\lambda^3+3\lambda^2+3\lambda+1=0[/math]

Това е формула за съкратено умножение и можем да намерим корените непосредствено. Въпреки това ще подходим отново с таблицата на Хорнер. Възможните корени са са [mathi]\lambda=0, \pm 1[/mathi]. Проверката за 0 отпада, понеже свободния член е различен от 0. Продължаваме:

[math]\begin{array}{| c | c | c | c | c | c |} \hline test & 1 & 3 & 3 & 1 & root? \\ \hline 1 & 1 & 4 & 7 & 8 & no\\ \hline -1 & 1 & 2 & 1 & 0 & yes\\ \hline -1 & 1 & 1 & 0 & & yes\\ \hline -1 & 1 & 0 & & & yes\\ \hline \end{array}[/math]

Намерихме един трикратен корен [mathi]\lambda_{1,2,3} = -1[/mathi]. Сега търсим собствените вектори. Образуваме хомогенната система:

[math]\left( \begin{matrix} 2+1 & -1 & 2\\ 5 & -3+1 & 3\\ -1 & 0 & -2+1 \end{matrix} \right | \left. \begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right )\sim...\sim \left( \begin{matrix} 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ -1 & 0 & -1 \end{matrix} \right | \left. \begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right )[/math]

Достигнахме до матрица с три реда, един от който е нулев. Ще намерим само един базисен собствен вектор (общо решение е [mathi](p,p,-p)[/mathi], откъдето собствения вектор ще е [mathi]b_1(1,1,-1)[/mathi]). Имаме един базисен собствен вектор, който отговаря на собствена стойност - трикратен корен на характеристичния полином, следователно НЕ съществува базис в който матрицата на оператора да е диагонална.

Задача 6. Дадено е тримерно реално линейно пространство с базис [mathi]e_1, e_2, e_3[/mathi]. Даден е линеен оператор с матрица:

[math]A_e=\begin{pmatrix} -1 & 3 & -1\\ -3 & 5 & -1\\ -3 & 3 & 1 \end{pmatrix}[/math]

Съществува ли базис в линейното пространство, в който матрицата на оператора да бъде диагонална?

Решение: Намираме характеристичния полином:

[math]det(A_e-\lambda E)=\begin{pmatrix} -1-\lambda & 3 & -1\\ -3 & 5-\lambda & -1\\ -3 & 3 & 1-\lambda \end{pmatrix}=...=-\lambda^3+5\lambda^2-8\lambda+4=0[/math]

Търсим корени чрез таблицата на Хорнер. Възможните корени са са [mathi]\lambda=0, \pm 1, \pm 2, \pm4[/mathi]. Проверката за 0 отпада, понеже свободния член е различен от 0. Продължаваме:

[math]\begin{array}{| c | c | c | c | c | c |} \hline test &-1 & 5 &-8 & 4 & root? \\ \hline 1 &-1 & 4 &-4 & 0 & yes\\ \hline 1 &-1 & 3 &-1 & & no\\ \hline -1 &-1 & 5 & -9& & no\\ \hline 2 &-1 & 2 & 0 & & yes\\ \hline 2 &-1 & 0 & & & yes\\ \hline \end{array}[/math]

Намерихме един двукратен корен [mathi]\lambda_1=\lambda_2 = 2[/mathi] и един еднократен [mathi]\lambda_3=1[/mathi]. Започваме да търсим собствените вектори:

1) При [mathi]\lambda_1=\lambda_2 = 2[/mathi] решаваме системата:

[math]\left( \begin{matrix} (-3) & 3 & -1\\ -3 & 3 & -1\\ -3 & 3 & -1 \end{matrix} \right | \left. \begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right )\sim\left( \begin{matrix} -3 & 3 & -1\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right | \left. \begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right )[/math]

Общото решение е [mathi](\frac{3p-q}{3}, p, q)[/mathi], на което отговарят два базисни собствени вектора [mathi]b_1(1,1,0)[/mathi] и [mathi]b_2(-1,0,3)[/mathi]. Тоест имаме два базисни собствени вектора отговарящи на две собствени стойности => можем да продължим да търсим базиса, в който матрицата на оператора е диагонална.

2) При [mathi]\lambda_3=1[/mathi] решаваме системата:

[math]\left( \begin{matrix} -2 & 3 & -1\\ -3 & 4 & -1\\ -3 & 3 & 0 \end{matrix} \right | \left. \begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right )\sim...\sim \left( \begin{matrix} 1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right | \left. \begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix}\right)[/math]

Общото решение е [mathi](p,p,p)[/mathi], на което отговаря един базисен собствен вектор [mathi]b_3(1,1,1)[/mathi]. Тоест имаме един базисен собствен вектор, отговарящ на една собствена стойност => отново всичко е наред и можем да продължим да търсим базиса, в който матрицата на оператора е диагонална.

От 1) и 2) намерихме базис от собствени вектори на линейното пространство, а именно:

[math]\begin{array}{l}b_1(1,1,0)\\ b_2(-1,0,3)\\ b_3(1,1,1)\end{array}[/math]

В този базис матрицата на оператора ще е диагонална, а именно:

[math]A_b = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/math]

Направете проверка и проверете дали следното е изпълнено

[math]A_b = T_{e-b}^{-1} A_e T_{e-b}[/math]