1. Sajátérték és sajátvektor

Méret: px

Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "1. Sajátérték és sajátvektor"

Miklós Molnár
5 évvel ezelőtt
Látták:

1 1. Sajátérték és sajátvektor Leképezés diagoális mátrixa. Kérdés Mely bázisba lesz egy traszformáció mátrixa diagoális? A Hom(V) és b 1,...,b ilye bázis. Ha [A] b,b főátlójába λ 1,...,λ áll, akkor A(b 1 ) λ 1 b 1,..., A(b ) λ b kell. Defiíció Ha A(v) λv, ahol v 0 (de λ lehet ulla), akkor λ sajátértéke, v pedig egy λ-hoz tartozó sajátvektora A-ak. A λ sajátértékhez tartozó sajátaltér {v : A(v) λv}, vagyis a λ-hoz tartozó sajátvektorok és a ullvektor. HF: ez altér. Következméy (Freud, Tétel) A diagoalizálható va sajátvektorokból álló bázis. A sajátértékek meghatározása. A(v) λv 0 Av λv Av λiv (A λi)v. Azaz v sajátvektor a λ sajátértékhez 0 v Ker(A λi). Így λ sajátérték Ker(A λi) {0} det(a λi) 0. Példa Legye A a tükrözés az y x egyeesre. Mi lesz det(a λi)? Leképezés determiása a mátrixáak a determiása. A sík szokásos bázisába λ 0 0 λ 1 [A] [A λi ]. 0 λ λ Így det[a λi ] λ λ ±1, ezek A sajátértékei. Defiíció k A (x) det(a x I) az A mátrix karakterisztikus poliomja. A karakterisztikus poliom. Tétel (Freud, 6.2. szakasz) Legye V egy -dimeziós vektortér, A Hom(V), k A det(a x I) az A karakterisztikus poliomja, és eek gyöktéyezős alakja () (x λ 1 )...(x λ ). (1) A k A téyleg -edfokú poliom () főegyütthatóval. (2) A k A karakterisztikus poliom gyökei az A sajátértékei.

2 (3) A sajátértékek összege, λ λ az A mátrixáak yoma, vagyis az [A] főátlójába álló elemek összege. Ez a k A poliomba x együtthatójáak () -szerese. (4) A sajátértékek szorzata λ 1...λ det(a). Ez a k A poliom kostas tagja. Figyeli kell a gyökök multiplicitására! Lehetőleg C (vagy algebrailag zárt test) fölött dolgozzuk! Példák karakterisztikus poliomra. Legye A a síko az origó körüli α szögű forgatás. Valós sajátvektor csak α k180 eseté va (k egész). Elemi geometria: sajátvektor párhuzamos az elforgatottjával. cos(α) x si(α) k A (x) det ( cos(α) x ) 2 + si si(α) cos(α) x 2 (α) x 2 (2 cos α)x + (cos 2 α + si 2 α) x 2 (2 cos α)x + 1. Gyökei cos α ± i si α, azaz komplex sajátértékek! Az A mátrixáak yoma 2 cos α, determiása x 1 Legye A mátrixa. Ekkor k 0 2 A (x) det 0 2 x (x 2) 2 x 2 4x az egyetle sajátérték. Nyom 2 + 2, determiás 2 2. A sajátvektorok meghatározása. Legye A a tükrözés az y x egyeesre. Mik A sajátvektorai? A sík szokásos bázisába 0 1 [A] k A (x) x 2 1 az A sajátértékei ±1. A sajátvektorokra A(v) 1 v és A(v) () v. [ [ [ [ 0 1 x x y x 1 1 azaz x y. ] y y] x] y] [ 1 Tehát az 1-hez tartozó sajátvektorok r (ahol r valós, r 0). 1 Ugyaígy a -hez tartozó sajátvektorok r (r 0). [ 1 1 Sajátvektorokból álló bázis:,. Ebbe [A]. 0 2

3 2. Diagoalizálás Diagoalizálás bázistraszformációval. Ha leképezés helyett mátrix va megadva: 0 1 M k A (x) x 2 1 az A sajátértékei ±1. [ 1 1 Sajátvektorokból álló bázis például és. 1 1 Bázistraszformáció: az áttérés mátrixa S : 1 az oszlopok az új bázis vektorai a régi (a szokásos) bázisba. Eek iverze S 1. Ezért 2 1 SM S az M diagoalizáltja (főátlóba sajátértékek). 0 Vagyis M-et bázistraszformációval diagoális alakra hoztuk. A diagoalizálhatóság elégséges feltétele. Tétel Ha egy -es mátrix kartakterisztikus poliomjáak külöböző gyöke va, akkor a mátrix diagoalizálható. Két példa [ a] megfordítás [ kapcsá ] M és N. Ekkor k M (x) k N (x) (x 2) 2. Azaz va kétszeres gyök. Az N diagoalizálható (diagoális). Az M viszot em diagoalizálható. Ha Mv 2v, akkor [ [ 2 1 x x 2x + 2y 2x 2 y ] y y] 2y 2y Az [ x 0] alakú vektorok között ics két függetle (azaz bázis). A sajátvektorok függetleek. Lemma (Freud, Feladat) Párokét külöböző sajátértékekhez tartozó sajátvektorok lieárisa függetleek. Így igaz a tétel, mert mide elemű függetle redszer bázis. 3

4 Bizoyítás A(v 1 ) λ 1 v 1,..., A(v k ) λ k v k, idukció k szerit (0-ra igaz). Tegyük föl, hogy µ 1 v µ k v k 0. Az A-t alkalmazva 0 µ 1 A(v 1 ) µ k A(v k ) µ 1 λ 1 v µ k λ k v k. A zöld egyelet λ 1 -szeresét kivova µ 2 (λ 2 λ 1 )v µ k (λ k λ 1 )v k 0. Az idukciós feltevés miatt v 2,...,v függetle, így µ j (λ j λ 1 ) 0, ha j 2. Mivel a λ j párokét külöböző, ezért µ 2... µ k 0. Mivel v 1 0, a zöld egyeletből µ Véges Markov-folyamatok Egyszerű alkalmazás. Budapeste a tömegközlekedést haszálók aráya 60%. Évete a tömegközlekedést haszálók 10%-a autóra vált, és az autósok 5%-a tömegközlekedésre vált. Hosszú távo milye aráyba haszálják majd a tömegközlekedést? Matematikai modell Az -edik évbe a -ed rész autós, b -ed rész tömegközlekedő. Ekkor a +1 0,95a + 0,1b, és b +1 0,05a + 0,9b. Jeleleg a 0 0,4 és b 0 0,6. Mátrixosa felírva: [ 0,95 0,1 0,05 0,9 ][ a b ] a+1. Ha M b +1 0,95 0,1 a és v 0,05 0,9, b akkor v +1 Mv, tehát v M v 0. Vagyis a feladat az M mátrix hatváyaiak a kiszámítása. Ehhez diagoalizáljuk az M mátrixot. A mátrix hatváyaiak kiszámítása. 0,95 0,1 M, k 0,05 0,9 M (x) x 2 1,85x + 0,85, [ 2 1 Sajátértékek: 1 és 0,85, sajátvektorok: és. 2 1 S, S , S M S D. 0 0,85 Ezért M SDS M 3 SDS SDS SDS [ SD 3 ] S. De diagoális mátrixot köyű hatváyozi: D ,85. M SD S 1 3 0,4 v 0, így v 0,6 M v [ 2 + 0, ,85 ] 1 0, , ,8 0, ,8 0,85. 4

5 Az eredméy elemzése. Az -edik évbe a 66, ,85 százalék jár autóval, és b 33, ,85 százalék tömegközlekedik. Ha, akkor 0,85 0 (mert 0,85 < 1), vagyis hosszú távo 66,666% autózik és 33,333% tömegközlekedik. HF: Ez em függ a kiiduló eloszlástól (a 60%-tól)!! Az eredeti föltevések fiktívek! Év autózó tömegközlekedő 0 40% 60% 1 44% 56% 2 47% 53% 5 55% 45% 10 61% 39% 20 66% 34% 5

Hasonló dokumentumok

1. Diagonalizálás. A Hom(V) diagonalizálható, ha van olyan bázis, amelyben A mátrixa diagonális. A diagonalizálható van sajátvektorokból álló bázis.

1. Diagonalizálás. A Hom(V) diagonalizálható, ha van olyan bázis, amelyben A mátrixa diagonális. A diagonalizálható van sajátvektorokból álló bázis. 1 Diagonalizálás Diagonalizálható mátrixok Ismétlés Legyen M,N T n n Az M és N hasonló, ha van olyan A lineáris transzformáció, hogy M is és N is az A mátrixa egy-egy alkalmas bázisban Az M és N pontosan