A KroneckerCapelli-tételb l következik, hogy egy Bx = 0 homogén lineáris egyenletrendszernek

Átírás

1 10. gyakorlat Mátrixok sajátértékei és sajátvektorai Azt mondjuk, hogy az A M n mátrixnak a λ IR szám a sajátértéke, ha létezik olyan x IR n, x 0 vektor, amelyre Ax = λx. Ekkor az x vektort az A mátrix λ számhoz tartozó sajátvektorának nevezzük. Megjegyezzük, hogy a sajátérték komlex szám is lehet, és a sajátvektorok is lehetnek komlex elem vektorok. Ebben a fejezetben azonban mi csak valós sajátértékekkel fogunk foglalkozni, és mindig csak valós elem sajátvektorokat keresünk. Pl. 1. Az mátrix minden vektort a kétszeresére nyújt. Azaz A-nak sajátértéke a 2, és sajátvektora minden IR 2 -beli nemnulla vektor. 2. Határozzuk meg az mátrix sajátértékeit és sajátvektorait! Megoldás: λ sajátérték létezik x 0, amelyre Ax = λx. Az Ax = λx egyenlet máskéen úgy is írható: Ax λx = 0. A bal oldalon x kiemelhet a következ kéen: (A λi)x = 0, ahol I jelöli a 2 2-es identitásmátrixot. Ez az egyenlet egy homogén (azaz 0 jobb oldalú) lineáris egyenletrendszert jelent az x sajátvektorra. Összegezve: a λ szám ontosan akkor sajátértéke az A mátrixnak, ha az (A λi)x = 0 homogén lineáris egyenletrendszernek létezik x 0 megoldása. Megj.: A KroneckerCaelli-tételb l következik, hogy egy Bx = 0 homogén lineáris egyenletrendszernek mindig van megoldása. Világos, hogy mindig megoldása az x = 0 (triviális megoldás). Ha B = 0, akkor a megoldás egyértelm (azaz csak a triviális megoldás van). Ha B = 0, akkor végtelen sok megoldás van (azaz csak ekkor van nemtriviális megoldás). 1

2 Bennünket az utolsó eset érdekel: az (A λi)x = 0 egyenletrendszernek ontosan akkor van x 0 megoldása, amikor A λi = 0. A kérdés tehát az, hogy milyen λ esetén lesz A λi = 0. A éldában 7 2 λ 0 7 λ 2 A λi = = λ 4 1 λ Ennek determinánsa: 7 λ 2 A λi = 4 1 λ = (7 λ)(1 λ) + 8 = λ2 8λ Azt keressük, hogy ez milyen λ értékekre 0, azaz meg kell oldani a másodfokú egyenletet. A megoldókéletb l: λ 2 8λ + 15 = 0 λ 1,2 = 8 ± λ 1 = 5, λ 2 = 3. Ezek tehát a keresett sajátértékek. Most rátérünk a hozzájuk tartozó sajátvektorok meghatározására. A λ 1 = 5-höz tartozó sajátvektorok meghatározása: u sajátvektor, ha Au = λ 1 u, azaz (A λ 1 I)u = 0. Ez egy homogén lineáris egyenletrendszer, amelyben keressük az ismeretlen u vektor u 1 és u 2 elemét. A megoldandó egyenletrendszer tehát: 2u 1 2u 2 = 0 4u 1 4u 2 = 0 A második egyenlet nem független az els t l. (Ennek így is kell lennie, mert végtelen sok megoldást kell kanunk.) Minden olyan nemnulla (u 1, u 2 ) számár megoldás, amely kielégíti az els egyenletet, azaz amelyre u 1 = u 2. Így az összes megoldás u =, IR, 0 tetsz leges. Ezzel megadtuk a λ 1 = 5-höz tartozó sajátvektorokat. Ellen rzéskéen: 7 λ λ = 5 5, 2

3 azaz az A mátrix valóban 5-szörösére nyújtja a (, ) alakú vektorokat. Hasonlóan számíthatók ki a λ 2 = 3-hoz tartozó v sajátvektorok. A megoldás: v = q 2q, q IR, q 0 tetsz leges. Vegyük észre, hogy a sajátvektorról kikötöttük, hogy az nem lehet a nullvektor, de a sajátérték lehet nulla: nevezetesen, ha A = 0 (hiszen ekkor A λi = A). A továbbiakban jelölje σ(a) az A mátrix sajátértékeinek a halmazát. Egyes seciális mátrixok sajátértékeit könny meghatározni. Pl. legyen D M n diagonális mátrix, a f átlóban a d 1, d 2,..., d n számokkal: d d 2 0. D = d n A D mátrix jelölése röviden: diagd 1, d 2,..., d n. Számítsuk ki a sajátértékeit! Egy λ szám ontosan akkor sajátértéke D-nek, ha D λi = 0. A D λi mátrix a következ diagonálmátrix lesz: d 1 λ d 2 λ 0. D = d n λ Ismeretes, hogy egy diagonális mátrix determinánsa a f átlóban lév elemek szorzata, azaz D λi = (d 1 λ)(d 2 λ) (d n λ). Ez a szorzat edig λ következ értékeire lesz nulla: λ 1 = d 1, λ 2 = d 2..., λ n = d n. Azaz D sajátértékei a f átlóban lév számok: σ(d) = {d 1, d 2,..., d n }. Mik lesznek a hozzájuk tartozó sajátvektorok, ha nincs két egyforma elem a f átlóban? A λ 1 = d 1 sajátértékhez tartozó sajátvektor olyan nemnulla u = (u 1, u 2,..., u n ) vektor, 3

4 amelyre Du = d 1 u. Ez a következ egyenletrendszert jelenti: d 1 u 1 = d 1 u 1 d 2 u 2 = d 1 u 2. d n u n = d 1 u n Ez n darab független egyenlet a sajátvektor elemeire. Az els egyenletnek minden u 1 IR szám eleget tesz. A többi egyenlet megoldása: u 2 = 0, u 3 = 0,..., u n = 0. Azaz: u 1 = IR tetsz leges, u i = 0, i = 2, 3,..., n. Így a d 1 sajátértékhez tartozó sajátvektor l. az (1, 0,..., 0) IR n vektor. Hasonlóan, a λ i sajátértékhez tartozó sajátvektorok azok a vektorok, amelyek i-edik eleme tetsz leges, és a többi elemük nulla. Megjegyezzük, hogy a háromszögmátrixokra is igaz, hogy sajátértékeik a f átlóban lév elemek. Feladat. Tegyük fel, hogy λ σ(a). Mutassuk meg, hogy ekkor λ 2 σ(a 2 )! Megoldás: Legyen x egy λ-hoz tartozó sajátvektora az A-nak. Ekkor A 2 x = A(Ax) = A(λx) = λ Ax = λ 2 x. Mivel x 0 (hiszen sajátvektora A-nak), ezért ez ontosan azt jelenti, hogy λ 2 sajátértéke A 2 -nek. Mátrixok sektrálfelbontása Megmutatható, hogy ha az A M n mátrixnak van n darab különböz sajátértéke, akkor A felírható X diagλ 1, λ 2,..., λ n X 1 alakban, ahol X oszloaiban sorra az A mátrix λ 1, λ 2,..., λ n sajátértékeihez tartozó sajátvektorai vannak. Az A mátrix ilyen alakú felírását sektrálfelbontásnak nevezzük. Pl. Adjuk meg a már látott mátrix sektrálfelbontását, ha lehet. Megoldás: Láttuk, hogy A-nak van két különböz sajátértéke: λ 1 = 5 és λ 2 = 3. A-nak 4

5 létezik sektrálfelbontása. Mindkét sajátértékhez keressünk egy-egy sajátvektort! 1. λ 1 = 5-höz: Láttuk, hogy minden (, ), 0 vektor sajátvektor. Legyen l. u := (1, 1). (Bármelyik sajátvektort választhatjuk.) 2. λ 2 = 3-hoz: Láttuk, hogy minden (q, 2q) vektor sajátvektor. Legyen l. v := (1, 2). Ezzel a keresett X mátrix: 1 1 X = 1 2 Számítsuk ki X inverzét GaussJordan-eliminációval: (2.) (1.) Az X inverze tehát: Ezzel A sektrálfelbontása: (1.) (2.) X 1 = A sektrálfelbontás ismeretében egyszer l. az invertálás: az X diagλ 1, λ 2,..., λ n X 1 mátrix inverze ugyanis 1 X diag, 1,..., 1 X 1. λ 1 λ 2 λ n Hasonlóan könnyen elvégezhet a hatványozás is: A n = X diag λ n 1, λ n 2,..., λ n n X 1. Négyzetes mátrixoknak nemcsak hatványát, hanem tetsz leges olinomiális függvényét is vehetjük. Ez azt jelenti, hogy a mátrixot behelyettesítjük a (x) = a n x n +a n 1 x n a 1 x + a 0 függvénybe. Pl. ha a (x) = 2x 2 + 3x + 1 olinomot vesszük az A M n helyen, akkor a (A) = 2A 2 + 3A + I mátrixot kajuk. (Az 1-nek az I M n identitásmátrix felel 5

6 meg.) Ekkor is jól használható a sektrálfelbontás: (A) = X diag (λ 1 ), (λ 2 ),..., (λ n ) X 1. 6