Рейтинг:   / 12
ПлохоОтлично 

Собственные числа и вектора матриц. Методы их нахождения.

Литература: Сборник задач по математике. Часть 1. Под ред А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича.

Пусть число $\lambda$ и вектор $x\in L, x\neq 0$ таковы, что $$Ax=\lambda x.\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad(1)$$ Тогда число $\lambda$ называется собственным числом линейного оператора $A,$ а вектор $x$ собственным вектором этого оператора, соответствующим собственному числу $\lambda.$

В конечномерном пространстве $L_n$ векторное равенство (1) эквивалентно матричному равенству $$(A-\lambda E)X=0,\,\,\,\, X\neq 0.\qquad\qquad\quad\quad (2)$$ 

Отсюда следует, что число $\lambda$ есть собственное число оператора $A$ в том и только том случае, когда детерминант $det(A-\lambda E)=0,$ т. е. $\lambda$ есть корень многочлена $p(\lambda)=det(A-\lambda E),$ называемого характеристическим многочленом оператора $A.$ Столбец координат $X$ любого собственного вектора соответствующего собственному числу $\lambda$ есть нетривиальное решение однородной системы (2).

Примеры.

Найти собственные числа и собственные векторы линейных операторов, заданных своими матрицами.

4.134. $A=\begin{pmatrix}2&-1&2\\5&-3&3\\-1&0&-2\end{pmatrix}.$

Решение.

Найдем собственные вектора заданного линейного оператора. Число $\lambda$ есть собственное число оператора $A$ в том и только том случае, когда $det(A-\lambda E)=0.$ Запишем характеристическое уравнение: 

$$A-\lambda E=\begin{pmatrix}2&-1&2\\5&-3&3\\-1&0&-2\end{pmatrix}-\lambda\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}=$$ $$=\begin{pmatrix}2-\lambda&-1&2\\5&-3-\lambda&3\\-1&0&-2-\lambda\end{pmatrix}.$$

$$det(A-\lambda E)=\begin{vmatrix}2-\lambda&-1&2\\5&-3-\lambda&3\\-1&0&-2-\lambda\end{vmatrix}=$$ $$=(2-\lambda)(-3-\lambda)(-2-\lambda)+3+2(-3-\lambda)+5(-2-\lambda)=$$ $$=-\lambda^3-3\lambda^2+4\lambda+12+3-6-2\lambda-10-5\lambda=-\lambda^3-3\lambda^2-3\lambda-1=0.$$

Решим найденное уравнение, чтобы найти собственные числа.

$$\lambda^3+3\lambda^2+3\lambda+1=(\lambda^3+1)+3\lambda(\lambda+1)=$$ $$=(\lambda+1)(\lambda^2-\lambda+1)+3\lambda(\lambda+1)=(\lambda+1)(\lambda^2-\lambda+1+3\lambda)=$$ $$=(\lambda+1)(\lambda^2+2\lambda+1)=(\lambda+1)^3=0\Rightarrow \lambda=-1.$$

Собственный вектор для собственного числа $\lambda=-1$ найдем из системы $$(A-\lambda E)X=0, X\neq 0, \Rightarrow (A+E)X=0, X\neq 0$$

$$(A+E)X=\begin{pmatrix}2+1&-1&2\\5&-3+1&3\\-1&0&-2+1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=$$ $$=\begin{pmatrix}3x_1-x_2+2x_3\\5x_1-2x_2+3x_3\\-x_1-x_3\end{pmatrix}=0.$$

Решим однородную систему уравнений:

$$\left\{\begin{array}{lcl}3x_1-x_2+2x_3=0\\ 5x_1-2x_2+3x_3=0\\-x_1-x_3=0\end{array}\right.$$ 

Вычислим ранг матрицы коэффициентов $A=\begin{pmatrix}3&-1&2\\5&-2&3\\-1&0&-1\end{pmatrix}$ методом окаймляющих миноров:    

Фиксируем минор отличный от нуля второго порядка $M_2=\begin{vmatrix}3&-1\\5&-2\end{vmatrix}=-6+5=-1\neq 0.$

Рассмотрим окаймляющий минор третьего порядка:  $\begin{vmatrix}3&-1&2\\5&-2&3\\-1&0&-1\end{vmatrix}=6+3-4-5=0;$

Таким образом ранг матрицы $A$ равен двум.

Выберем в качестве базисного минор $M=\begin{vmatrix}3&-1\\5&-2\end{vmatrix}=-1\neq 0.$ Тогда, полагая $x_3=c,$ получаем: $$\left\{\begin{array}{lcl}3x_1-x_2+2с=0\\ 5x_1-2x_2+3с=0\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}3x_1-x_2=-2c\\5x_1-2x_2=-3c\end{array}\right.$$ 

По правилу Крамера находим $x_1$ и $x_2:$

$\Delta=\begin{vmatrix}3&-1\\5&-2\end{vmatrix}=-6+5=-1;$

$\Delta_1=\begin{vmatrix}-2c&-1\\-3c&-2\end{vmatrix}=4c-3c=c;$

$\Delta_2=\begin{vmatrix}3&-2c\\5&-3c\end{vmatrix}=-9c+10c=c;$

$x_1=\frac{\Delta_1}{\Delta}=\frac{c}{-1}=-c;$ $x_2=\frac{\Delta_2}{\Delta}=\frac{c}{-1}=-c.$

Таким образом, общее решение системы $X(c)=\begin{pmatrix}-c\\-c\\c\end{pmatrix}.$

Из общего решения находим фундаментальную систему решений: $E=X(1)=\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}.$ 

С использованием фундаментальной системы решений, общее решение может быть записано в виде $X(c)=cE.$

Ответ: $\lambda=-1;$ $X=c\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}, c\neq 0.$

 

4.143. $A=\begin{pmatrix}0&-1&0\\1&1&-2\\1&-1&0\end{pmatrix}.$

 

Решение.

Найдем собственные вектора заданного линейного оператора. Число $\lambda$ есть собственное число оператора $A$ в том и только том случае, когда $det(A-\lambda E)=0.$ Запишем характеристическое уравнение: 

$$A-\lambda E=\begin{pmatrix}0&-1&0\\1&1&-2\\1&-1&0\end{pmatrix}-\lambda\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}=$$ $$=\begin{pmatrix}-\lambda&-1&0\\1&1-\lambda&-2\\1&-1&-\lambda\end{pmatrix}.$$

$$det(A-\lambda E)=\begin{vmatrix}-\lambda&-1&0\\1&1-\lambda&-2\\1&-1&-\lambda\end{vmatrix}=$$ $$=-\lambda(1-\lambda)(-\lambda)+2-\lambda+2\lambda=$$ $$=-\lambda^3+\lambda^2+\lambda+2=0.$$

Решим найденное уравнение, чтобы найти собственные числа.

$$-\lambda^3+\lambda^2+\lambda+2=(\lambda-2)(-\lambda^2-\lambda-1)=0\Rightarrow \lambda=2.$$

Собственный вектор для собственного числа $\lambda=2$ найдем из системы $$(A-\lambda E)X=0, X\neq 0, \Rightarrow (A-2E)X=0, X\neq 0$$

$$(A-2E)X=\begin{pmatrix}-2&-1&0\\1&-1&-2\\1&-1&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=$$ $$=\begin{pmatrix}-2x_1-x_2\\x_1-x_2-2x_3\\x_1-x_2-2x_3\end{pmatrix}=0.$$

Решим однородную систему уравнений:

$$\left\{\begin{array}{lcl}-2x_1-x_2=0\\ x_1-x_2-2x_3=0\\x_1-x_2-2x_3=0\end{array}\right.$$ 

Вычислим ранг матрицы коэффициентов $A=\begin{pmatrix}-2&-1&0\\1&-1&-2\\1&-1&-2\end{pmatrix}$ методом окаймляющих миноров:    

Фиксируем минор отличный от нуля второго порядка $M_2=\begin{vmatrix}-2&-1\\1&-1\end{vmatrix}=2+1=3\neq 0.$

Рассмотрим окаймляющий минор третьего порядка:  $\begin{vmatrix}-2&-1&0\\1&-1&-2\\1&-1&-2\end{vmatrix}=0;$

Таким образом ранг матрицы $A$ равен двум.

Выберем в качестве базисного минор $M=\begin{vmatrix}-2&-1\\1&-1\end{vmatrix}=3\neq 0.$ Тогда, полагая $x_3=c,$ получаем: $$\left\{\begin{array}{lcl}-2x_1-x_2=0\\ x_1-x_2-2с=0\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}-2x_1-x_2=0\\x_1-x_2=2c\end{array}\right.$$ 

По правилу Крамера находим $x_1$ и $x_2:$

 

$\Delta=\begin{vmatrix}-2&-1\\1&-1\end{vmatrix}=2+1=3;$

 

$\Delta_1=\begin{vmatrix}0&-1\\2c&-1\end{vmatrix}=2c;$

 

$\Delta_2=\begin{vmatrix}-2&0\\1&2c\end{vmatrix}=-4c;$

 

$x_1=\frac{\Delta_1}{\Delta}=\frac{2c}{3};$ $x_2=\frac{\Delta_2}{\Delta}=\frac{-4c}{3}.$

 

Таким образом, общее решение системы $X(c)=\begin{pmatrix}\frac{2c}{3}\\-\frac{4c}{3}\\c\end{pmatrix}.$

 

Из общего решения находим фундаментальную систему решений: $E=X(1)=\begin{pmatrix}\frac{2}{3}\\-\frac{4}{3}\\1\end{pmatrix}.$ 

 

С использованием фундаментальной системы решений, общее решение может быть записано в виде $X(c)=cE.$ Переобозначив постоянную, $\alpha=3c,$ получаем собственный вектор $X=\alpha\begin{pmatrix}2\\-4\\3\end{pmatrix}, \alpha\neq 0.$

Ответ: $\lambda=2;$ $X=\alpha\begin{pmatrix}2\\-4\\3\end{pmatrix}, \alpha\neq 0.$

 

 

Домашнее задание.

 

Найти собственные числа и собственные векторы линейных операторов, заданных своими матрицами.

 4.135. $A=\begin{pmatrix}0&1&0\\-4&4&0\\-2&1&2\end{pmatrix}.$

Ответ: $\lambda=2;$ $X=c_1\begin{pmatrix}1\\2\\0\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}, $c_1$ и $ c_2$ не равны одновременно нулю.

4.142. $A=\begin{pmatrix}1&-3&1\\3&-3&-1\\3&-5&1\end{pmatrix}.$

Ответ: $\lambda_1=-1,$ $X(\lambda_1)=c\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix};$ $\lambda_2=2,$ $X(\lambda_2)=c\begin{pmatrix}4\\1\\7\end{pmatrix};$ $\lambda_3=-2,$ $X(\lambda_3)=c\begin{pmatrix}2\\3\\3\end{pmatrix}, c\neq 0.$

  

Добавить комментарий


Защитный код
Обновить