definicija: Naj bo L dano n- izmerjeno linearni prostor. Imenuje se neničelni vektor L lastni vektor linearna transformacija A, če obstaja število tako, da velja enakost:

A
(7.1)

V tem primeru se kliče številka  lastna vrednost (karakteristično število) linearna transformacija A, ki ustreza vektorju .

Po prenosu desna stran(7.1) na levo in ob upoštevanju razmerja
, prepišemo (7.1) v obliki

(7.2)

Enačba (7.2) je enakovredna sistemu linearnih homogene enačbe:

(7.3)

Za obstoj neničelne rešitve sistema linearnih homogenih enačb (7.3) je nujno in zadostno, da je determinanta koeficientov tega sistema enaka nič, tj.

|A-λE|=
(7.4)

Ta determinanta je polinom n-te stopnje glede na λ in se imenuje karakteristični polinom linearna transformacija A in enačba (7.4) - karakteristična enačba matrike A.

definicija: Če linearna transformacija A v neki bazi ,,…,ima matriko A =
, To lastne vrednosti linearno transformacijo A lahko najdemo kot korene  1 ,  2 , … ,  n karakteristične enačbe:

Razmislimo poseben primer . Naj bo nekaj A linearna transformacija ravnina, katere matrika je enaka
. Potem lahko transformacijo A podamo s formulami:

;

na neki podlagi
.

Če ima transformacija A lastni vektor z lastno vrednostjo , potem A
.

oz

Ker lastni vektor ni nič, potem x 1 in x 2 nista enaka nič hkrati. Ker je dani sistem homogen, potem mora biti determinanta sistema netrivialna rešitev enako nič. Sicer pa ima sistem po Cramerjevem pravilu edina odločitev– nič, kar je nemogoče.

Nastala enačba je karakteristična enačba linearne transformacije A.

Tako lahko najdemo lastni vektor (x 1, x 2) linearna transformacija A z lastno vrednostjo, kjer je  koren karakteristične enačbe, x 1 in x 2 pa sta korena sistema enačb, ko je vrednost  substituirana vanj.

Jasno je, da če značilna enačba nima realnih korenin, potem linearna transformacija A nima lastnih vektorjev.

Treba je opozoriti, da če je lastni vektor transformacije A, potem je vsak vektor, ki mu je kolinearen, tudi lastni vektor z enako lastno vrednostjo.

Res,. Če upoštevamo, da imajo vektorji isti izvor, potem ti vektorji tvorijo t.i lastna režija oz lastna linija.

Ker značilna enačba ima lahko dva različna realna korena  1 in  2, potem v tem primeru, ko ju nadomestimo v sistem enačb, dobimo neskončno število rešitev. (Ker so enačbe linearno odvisne). Ta sklop rešitev določa dvoje lastne linije.

Če ima značilna enačba dva enake korenine 1 = 2 =, potem je ali samo ena prava vrstica ali pa se pri zamenjavi v sistem spremeni v sistem oblike:
. Ta sistem izpolnjuje vse vrednosti x1 in x2. Potem bodo vsi vektorji lastni vektorji in takšna transformacija se imenuje preoblikovanje podobnosti.

Primer.
.

Primer. Poiščite karakteristična števila in lastne vektorje linearne transformacije z matriko A =
.

Zapišimo linearno transformacijo v obliki:

Ustvarimo značilno enačbo:

 2 - 4+ 4 = 0;

Koreni karakteristične enačbe:  1 = 2 = 2;

Dobimo:

Sistem ustvari odvisnost: x 1 – x 2 = 0. Lastni vektorji za prvi koren karakteristične enačbe imajo koordinate: ( t ; t ) Kje t- parameter.

Lastni vektor lahko zapišemo:
.

Razmislimo o drugem poseben primer. če je lastni vektor linearne transformacije A, določene v tridimenzionalnem linearnem prostoru, in x 1, x 2, x 3 so komponente tega vektorja v določeni bazi
, To

kjer je  lastna vrednost (karakteristično število) transformacije A.

Če ima linearna transformacijska matrika A obliko:

, To

Karakteristična enačba:

Z razširitvijo determinante dobimo kubično enačbo za . Kaj kubična enačba z realnimi koeficienti ima enega ali tri realne korene.

Potem ima vsaka linearna transformacija v tridimenzionalnem prostoru lastne vektorje.

Primer. Poiščite karakteristična števila in lastne vektorje linearne transformacije A, linearna transformacijska matrika A = .

Primer. Poiščite karakteristična števila in lastne vektorje linearne transformacije A, linearna transformacijska matrika A =
.

Ustvarimo značilno enačbo:

-(3 + )((1 -)(2 -) – 2) + 2(4 - 2- 2) - 4(2 - 1 +) = 0

-(3 + )(2 -- 2+ 2 - 2) + 2(2 - 2) - 4(1 +) = 0

-(3 + )( 2 - 3) + 4 - 4- 4 - 4= 0

3 2 + 9- 3 + 3 2 - 8= 0

 1 = 0; 2 = 1; 3 = -1;

Za  1 = 0:

Če vzamemo x 3 = 1, dobimo x 1 = 0, x 2 = -2

Lastni vektorji
t, kjer je t parameter.

Podobno lahko najdete in za  2 in  3 .

Lastne vrednosti (števila) in lastni vektorji.
Primeri rešitev

Bodi to, kar si

Iz obeh enačb sledi, da .

Postavimo torej: .

Kot rezultat: – drugi lastni vektor.

Ponovimo pomembne točke rešitve:

– nastali sistem zagotovo ima skupna odločitev(enačbe so linearno odvisne);

– “y” izberemo tako, da je celo število in da je prva koordinata “x” celo število, pozitivna in čim manjša.

– preverimo, ali posamezna rešitev zadošča vsaki enačbi sistema.

Odgovori .

Vmesnih “kontrolnih točk” je bilo čisto dovolj, zato je preverjanje enakosti načeloma nepotrebno.

IN različnih virov informacije, koordinate lastnih vektorjev pogosto niso zapisane v stolpcih, ampak v vrsticah, na primer: (in če sem iskren, sem jih tudi sam navajen zapisati v vrsticah). Ta možnost je sprejemljiva, vendar glede na temo linearne transformacije tehnično bolj priročen za uporabo stolpčni vektorji.

Morda se vam je rešitev zdela zelo dolga, a to je samo zato, ker sem zelo podrobno komentiral prvi primer.

Primer 2

Matrike

Vadimo sami! Približen vzorec dokončanje naloge ob koncu lekcije.

Včasih morate storiti dodatna naloga, in sicer:

napišite kanonično razgradnjo matrike

Kaj je to?

Če lastni vektorji matrike tvorijo osnova, potem ga lahko predstavimo kot:

Kjer je matrika, sestavljena iz koordinat lastnih vektorjev, – diagonala matriko z ustreznimi lastnimi vrednostmi.

Ta razgradnja matrike se imenuje kanoničen oz diagonala.

Poglejmo matriko prvega primera. Njegovi lastni vektorji linearno neodvisen(nekolinearni) in tvorijo osnovo. Ustvarimo matriko njihovih koordinat:

Vklopljeno glavna diagonala matrice v ustreznem vrstnem redu lastne vrednosti se nahajajo, preostali elementi pa so enaki nič:
– Še enkrat poudarjam pomen vrstnega reda: »dva« ustreza 1. vektorju in se zato nahaja v 1. stolpcu, »tri« – 2. vektorju.

Z uporabo običajnega algoritma za iskanje inverzna matrika oz Gauss-Jordanova metoda najdemo . Ne, to ni tipkarska napaka! - pred vami je redko, kot Sončev mrk dogodek, ko inverz sovpada z izvirno matriko.

Ostaja še zapisati kanonično razgradnjo matrike:

Sistem je mogoče rešiti z elementarne transformacije in v naslednje primere se bomo zatekli ta metoda. Toda tukaj "šolska" metoda deluje veliko hitreje. Iz 3. enačbe izrazimo: – nadomestimo v drugo enačbo:

Ker je prva koordinata nič, dobimo sistem iz vsake enačbe, iz katere sledi, da .

In spet bodite pozorni na obvezno prisotnost linearnega razmerja. Če dobimo le trivialno rešitev , potem je bila lastna vrednost najdena nepravilno ali pa je bil sistem preveden/rešen z napako.

Kompaktne koordinate dajejo vrednost

Lastni vektor:

In še enkrat preverimo, ali je rešitev najdena izpolnjuje vse enačbe sistema. V naslednjih odstavkih in v naslednjih nalogah priporočam, da to željo vzamete kot obvezno pravilo.

2) Za lastno vrednost z uporabo istega principa dobimo naslednji sistem:

Iz 2. enačbe sistema izrazimo: – nadomestimo v tretjo enačbo:

Ker je koordinata »zeta« enaka nič, dobimo sistem, iz katerega vsake enačbe sledi linearna odvisnost.

Pustiti

Preverjanje rešitve izpolnjuje vse enačbe sistema.

Tako je lastni vektor: .

3) In končno, sistem ustreza lastni vrednosti:

Druga enačba je videti najpreprostejša, zato jo izrazimo in nadomestimo v 1. in 3. enačbi:

Vse je v redu - pojavilo se je linearno razmerje, ki ga nadomestimo v izraz:

Posledično sta bila "x" in "y" izražena z "z": . V praksi ni treba doseči ravno takih odnosov, v nekaterih primerih je bolj priročno izraziti prek ali in prek . Ali celo "vlak" - na primer "X" do "I" in "I" do "Z"

Postavimo torej:

Preverimo, ali je rešitev najdena izpolnjuje vsako enačbo sistema in zapiše tretji lastni vektor

Odgovori: lastni vektorji:

Geometrično ti vektorji določajo tri različne prostorske smeri ("Tja in nazaj"), po katerem linearna transformacija transformira neničelne vektorje (lastne vektorje) v kolinearne vektorje.

Če je pogoj zahteval iskanje kanonične razgradnje, potem je to tukaj mogoče, ker različno lastne vrednosti ustrezajo različnim linearno neodvisnim lastnim vektorjem. Izdelava matrice iz njihovih koordinat diagonalna matrika od ustrezen lastne vrednosti in poiščite inverzna matrika .

Če po pogoju morate pisati linearna transformacijska matrika v bazi lastnih vektorjev, potem podamo odgovor v obliki . Razlika je in razlika je pomembna! Ker je ta matrika matrika "de".

Težava z več preprosti izračuni Za neodvisna odločitev:

Primer 5

Poiščite lastne vektorje linearne transformacije, podane z matriko

Pri iskanju lastnih števil ne poskušajte iti vse do polinoma 3. stopnje. Poleg tega se lahko vaše sistemske rešitve razlikujejo od mojih rešitev – tu ni gotovosti; in vektorji, ki jih najdete, se lahko razlikujejo od vzorčnih vektorjev do sorazmernosti njihovih koordinat. Na primer, in. Bolj estetsko je prijetno predstaviti odgovor v obliki, vendar je v redu, če se ustavite pri drugi možnosti. Vendar pa obstajajo razumne omejitve za vse; različica ne izgleda več zelo dobro.

Približen končni vzorec naloge na koncu lekcije.

Kako rešiti problem v primeru več lastnih vrednosti?

Splošni algoritem ostaja enaka, vendar ima svoje značilnosti, zato je priporočljivo ohraniti nekatere dele rešitve v strožjem akademskem slogu:

Primer 6

Poiščite lastne vrednosti in lastne vektorje

rešitev

Seveda, črkajmo čudoviti prvi stolpec z veliko začetnico:

In po razgradnji kvadratni trinom po množiteljih:

Kot rezultat dobimo lastne vrednosti, od katerih sta dve večkratniki.

Poiščimo lastne vektorje:

1) Ukvarjajmo se z osamljenim vojakom po "poenostavljeni" shemi:

Iz zadnjih dveh enačb je jasno razvidna enakost, ki jo je očitno treba nadomestiti v 1. enačbo sistema:

Ne boste našli boljše kombinacije:
Lastni vektor:

2-3) Zdaj odstranimo nekaj stražarjev. IN v tem primeru mogoče se bo izšlo ali dve ali ena lastni vektor. Ne glede na mnogoterost korenov vrednost nadomestimo v determinanto kar nam pripelje naslednje homogeni sistem linearnih enačb:

Lastni vektorji so točno vektorji
temeljni sistem rešitev

Pravzaprav smo skozi celotno lekcijo le iskali vektorje temeljnega sistema. Samo zaenkrat ta pogoj res nisem potreboval. Mimogrede, tisti pametni študenti, ki so zgrešili temo v maskirnih oblekah homogene enačbe, ga bo zdaj prisiljen kaditi.

Edino dejanje je bilo brisanje dodatne vrstice. Rezultat je matrika ena proti tri s formalnim "stopenjem" na sredini.
– osnovna spremenljivka, – proste spremenljivke. Obstajata torej dve prosti spremenljivki, obstajata tudi dva vektorja temeljnega sistema.

Izrazimo osnovno spremenljivko s prostimi spremenljivkami: . Ničelni faktor pred "X" omogoča, da prevzame absolutno vse vrednosti (kar je jasno razvidno iz sistema enačb).

V okviru te težave je bolj priročno napisati splošno rešitev ne v vrstici, ampak v stolpcu:

Par ustreza lastnemu vektorju:
Par ustreza lastnemu vektorju:

Opomba : prefinjeni bralci lahko te vektorje izberejo ustno - preprosto z analizo sistema , vendar je tu potrebno nekaj znanja: obstajajo tri spremenljivke, sistemski matrični rang- ena, kar pomeni temeljni sistem odločanja je sestavljen iz 3 – 1 = 2 vektorjev. Vendar pa so najdeni vektorji jasno vidni tudi brez tega znanja, zgolj na intuitivni ravni. V tem primeru bo tretji vektor zapisan še bolj »lepše«: . Vendar vas opozarjam, da v drugem primeru enostavna izbira morda ne bo mogoča, zato je klavzula namenjena izkušenim. Poleg tega, zakaj ne bi vzeli, recimo, kot tretji vektor? Navsezadnje njegove koordinate zadovoljujejo tudi vsako enačbo sistema in vektorje linearno neodvisen. Ta možnost je načeloma primerna, vendar "ukrivljena", saj je "drugi" vektor linearna kombinacija vektorjev osnovnega sistema.

Odgovori: lastne vrednosti: , lastni vektorji:

Podoben primer za samostojno rešitev:

Primer 7

Poiščite lastne vrednosti in lastne vektorje

Približen vzorec končnega dizajna na koncu lekcije.

Opozoriti je treba, da tako v 6. kot v 7. primeru dobimo trojček linearno neodvisnih lastnih vektorjev, zato je originalna matrika predstavljiva v kanonični razgradnji. Toda takšne maline se ne zgodijo v vseh primerih:

Primer 8

rešitev: Sestavimo in rešimo značilno enačbo:

Razširimo determinanto v prvem stolpcu:

Nadaljnje poenostavitve izvajamo po obravnavani metodologiji, pri čemer se izognemo polinomu 3. stopnje:

– lastne vrednosti.

Poiščimo lastne vektorje:

1) S korenom ni težav:

Ne bodite presenečeni, poleg kompleta obstajajo tudi spremenljivke v uporabi - tukaj ni nobene razlike.

Iz 3. enačbe jo izrazimo in nadomestimo v 1. in 2. enačbi:

Iz obeh enačb sledi:

Naj potem:

2-3) Za več vrednosti dobimo sistem .

Zapišimo matriko sistema in jo z uporabo elementarnih transformacij pripeljemo do stopnjevane oblike:

Diagonalne matrike imajo najpreprostejšo strukturo. Postavlja se vprašanje, ali je mogoče najti osnovo, v kateri bi imela matrika linearnega operatorja diagonalno obliko. Takšna osnova obstaja.
Naj nam bo dan linearni prostor R n in linearni operator A, ki deluje v njem; v tem primeru operator A vzame R n vase, to je A:R n → R n .

Opredelitev. Neničelni vektor x imenujemo lastni vektor operatorja A, če operator A transformira x v kolinearni vektor, tj. Število λ imenujemo lastna vrednost ali lastna vrednost operatorja A, ki ustreza lastnemu vektorju x.
Omenimo nekaj lastnosti lastnih vrednosti in lastnih vektorjev.
1. Katera koli linearna kombinacija lastnih vektorjev operator A, ki ustreza isti lastni vrednosti λ, je lastni vektor z enako lastno vrednostjo.
2. Lastni vektorji operator A s parno različnimi lastnimi vrednostmi λ 1 , λ 2 , …, λ m so linearno neodvisni.
3. Če lastne vrednosti λ 1 = λ 2 = λ m = λ, potem lastna vrednost λ ustreza največ m linearno neodvisnim lastnim vektorjem.

Torej, če obstaja n linearno neodvisnih lastnih vektorjev , ki ustrezajo različnim lastnim vrednostim λ 1, λ 2, ..., λ n, potem so linearno neodvisni, zato jih je mogoče vzeti kot osnovo prostora R n. Poiščimo obliko matrike linearnega operatorja A v bazi njegovih lastnih vektorjev, za katere bomo delovali z operatorjem A na bazičnih vektorjih: Potem .
Tako ima matrika linearnega operaterja A v osnovi svojih lastnih vektorjev diagonalno obliko, lastne vrednosti operatorja A pa so vzdolž diagonale.
Ali obstaja še kakšna baza, v kateri ima matrika diagonalno obliko? Odgovor na to vprašanje daje naslednji izrek.

Izrek. Matrika linearnega operatorja A v bazi (i = 1..n) ima diagonalno obliko, če in samo če so vsi vektorji baze lastni vektorji operatorja A.

Pravilo za iskanje lastnih vrednosti in lastnih vektorjev

. (*)

(1)
Kje - linearna operatorska matrika.

Sistem (1) ima različno rešitev, če je njegova determinanta D enaka nič

Primer 12. Linearni operator A deluje v R 3 po zakonu, kjer so x 1, x 2, .., x n koordinate vektorja v bazi , , . Poiščite lastne vrednosti in lastne vektorje tega operatorja.
rešitev. Sestavimo matriko tega operatorja:
.
Izdelamo sistem za določanje koordinat lastnih vektorjev:

Sestavimo karakteristično enačbo in jo rešimo:

.
λ 1,2 = -1, λ 3 = 3.
Če nadomestimo λ = -1 v sistem, imamo:
oz
Ker , potem sta dve odvisni spremenljivki in ena prosta spremenljivka.
Naj bo torej x 1 prosta neznanka Ta sistem rešimo na poljuben način in poiščemo splošno rešitev tega sistema: Temeljni sistem rešitve sestoji iz ene rešitve, saj je n - r = 3 - 2 = 1.
Množica lastnih vektorjev, ki ustrezajo lastni vrednosti λ = -1, ima obliko: , kjer je x 1 poljubno število, ki ni nič. Izberimo en vektor iz tega nabora, na primer tako, da x 1 = 1: .
S podobnim razmišljanjem najdemo lastni vektor, ki ustreza lastni vrednosti λ = 3: .
V prostoru R3 osnovo sestavljajo tri linearne neodvisni vektorji, smo prejeli samo dva linearno neodvisna lastna vektorja, iz katerih ni mogoče sestaviti baze v R 3. Posledično ne moremo reducirati matrike A linearnega operatorja na diagonalno obliko.

Primer 13. Glede na matriko .
1. Dokaži, da je vektor je lastni vektor matrike A. Poiščite lastno vrednost, ki ustreza temu lastnemu vektorju.
2. Poiščite bazo, v kateri ima matrika A diagonalno obliko.
rešitev.
1. Če je , potem je x lastni vektor

.
Vektor (1, 8, -1) je lastni vektor. Lastna vrednost λ = -1.
Matrika ima diagonalno obliko v bazi, sestavljeni iz lastnih vektorjev. Eden od njih je znan. Poiščimo ostalo.
Iščemo lastne vektorje iz sistema:

Karakteristična enačba: ;
(3 + λ)[-2(2-λ)(2+λ)+3] = 0; (3+λ)(λ 2 - 1) = 0
λ 1 = -3, λ 2 = 1, λ 3 = -1.
Poiščimo lastni vektor, ki ustreza lastni vrednosti λ = -3:

Rang matrike tega sistema je dva in enako številu neznanke, zato ima ta sistem samo ničelno rešitev x 1 = x 3 = 0. x 2 je tukaj lahko karkoli drugega kot nič, na primer x 2 = 1. Tako je vektor (0,1,0) lastni vektor , kar ustreza λ = -3. Preverimo:
.
Če je λ = 1, dobimo sistem
Rang matrike je dva. Zadnjo enačbo prečrtamo.
Naj bo x 3 prosta neznanka. Potem je x 1 = -3x 3, 4x 2 = 10x 1 - 6x 3 = -30x 3 - 6x 3, x 2 = -9x 3.
Ob predpostavki, da je x 3 = 1, imamo (-3,-9,1) – lastni vektor, ki ustreza lastni vrednosti λ = 1. Preverite:

.
Ker so lastne vrednosti realne in različne, so vektorji, ki jim ustrezajo, linearno neodvisni, zato jih je mogoče vzeti kot osnovo v R 3 . Tako v osnovi , , matrika A ima obliko:
.
Vsake matrike linearnega operatorja A:R n → R n ni mogoče zreducirati na diagonalno obliko, saj lahko za nekatere linearne operatorje obstaja manj kot n linearnih neodvisnih lastnih vektorjev. Če pa je matrika simetrična, potem koren karakteristične enačbe množice m ustreza točno m linearno neodvisnim vektorjem.

Opredelitev. Simetrična matrika je kvadratna matrika, v kateri so elementi, simetrični glede glavne diagonale, enaki, to je v kateri .
Opombe. 1. Vse lastne vrednosti simetrične matrike so resnične.
2. Lastni vektorji simetrične matrike, ki ustrezajo parno različnim lastnim vrednostim, so pravokotni.
Kot eno od mnogih aplikacij proučevanega aparata obravnavamo problem določanja vrste krivulje drugega reda.

Kje? je določen skalar, torej pravi oz kompleksno število.
To so lastni vektorji matrike A so neničelni vektorji, ki so pod delovanjem linearne transformacije podani z matriko A ne spreminjajo smeri, lahko pa spremenijo dolžino s faktorjem?.
Matrika nima dimenzij več kot n lastne vektorje in lastne vrednosti, ki jim ustrezajo.
Relacija (*) je smiselna tudi za linearni operator v vektorskem prostoru V.Če je ta prostor končnodimenzionalen, potem lahko operator zapišemo kot matriko glede na določeno bazo V.
Ker so bili lastni vektorji in lastne vrednosti označeni brez uporabe koordinat, neodvisno od izbire osnove. Zato imajo podobne matrike enake lastne vrednosti.
Vodilno vlogo pri razumevanju lastnih vrednosti matrik igra Hamilton-Cayleyev izrek. Iz tega sledi, da so lastne vrednosti matrike A in samo oni so korenine karakteristični polinom matrice A:

str (?) je polinom stopnje n, torej po temeljnem izreku algebre obstaja točno n kompleksne lastne vrednosti ob upoštevanju njihove mnogoternosti.
Torej matrica A nima več n lastne vrednosti (vendar nabor lastnih vektorjev za vsakega od njih).
Zapišimo karakteristični polinom skozi njegove korenine:

Imenuje se mnogokratnost korena značilnega polinoma matrike algebrska mnogoterost lastna vrednost
Množica vseh lastnih vrednosti matrike ali linearnega operatorja v končnodimenzionalnem vektorskem prostoru se imenuje spekter matrični ali linearni operator. (Ta terminologija je spremenjena za ne-kožo iz drugega sveta vektorski prostori: V splošni primer, lahko spekter operatorja vključuje?, ki niso lastne vrednosti.)
Zaradi povezave med karakterističnim polinomom matrike in njenimi lastnimi vrednostmi, slednje imenujemo tudi značilne številke matrice.
Za vsako lastno vrednost dobimo svoj sistem enačb:

Kaj bo imel linearni neodvisne odločitve.
Množica vseh rešitev sistema tvori linearni podprostor dimenzij in se imenuje lasten prostor(Angleščina) lastni prostor) matrike z lastnimi vrednostmi.
Dimenzija pravega prostora se imenuje geometrijska mnogoterost ustrezna lastna vrednost?.
Vsi lastni prostori so invariantni podprostori za .
Če obstajata vsaj dva linearno neodvisna lastna vektorja z enako lastno vrednostjo?, se taka lastna vrednost imenuje degeneriran. Ta terminologija se uporablja predvsem, kadar geometrijske in algebraične mnogoterosti lastnih vrednosti sovpadajo, na primer za hermitske matrike.

Kje - Kvadratna matrica velikost n x n,- Drugi stolpec je vektor, A – To je diagonalna matrika z ustreznimi vrednostmi.

Problem lastnih vrednosti je problem iskanja lastnih vektorjev in števil matrike.
Po definiciji (z uporabo karakteristične enačbe) lahko najdete samo lastne vrednosti matrik z dimenzijami, manjšimi od pet. Karakteristična enačba ima stopnjo enako matrice. Za višje stopnje iskanje rešitev enačbe postane zelo problematično, zato uporabljajo različne numerične metode
Razna opravila zahtevati prejemanje različne količine lastne vrednosti. Zato obstaja več težav pri iskanju lastnih vrednosti, od katerih vsaka uporablja svoje metode.
Zdi se, da je delni problem lastnih vrednosti delni problem popolnega in se rešuje z enakimi metodami kot popolni. Vendar pa so metode, ki se uporabljajo za določene probleme, veliko bolj učinkovite, zato jih je mogoče uporabiti za visokodimenzionalne matrike (npr. jedrska fizika težave se pojavijo pri iskanju lastnih vrednosti za matrike dimenzij 10 3 – 10 6).
Jacobijeva metoda

Eden najstarejših in najbolj skupni pristopi do odločitve popoln problem lastne vrednosti je Jacobijeva metoda, prvič objavljena leta 1846.
Metoda se uporablja za simetrično matriko A
To je preprost iterativni algoritem, v katerem se matrika lastnih vektorjev izračuna z vrsto množenja.

Z matriko A, če obstaja število l tako, da je AX = lX.

V tem primeru se imenuje število l lastna vrednost operator (matrika A), ki ustreza vektorju X.

Z drugimi besedami, lastni vektor je vektor, ki se pod delovanjem linearnega operatorja pretvori v kolinearni vektor, tj. samo pomnožite z neko številko. V nasprotju s tem so nepravilni vektorji bolj zapleteni za transformacijo.

Zapišimo definicijo lastnega vektorja v obliki sistema enačb:

Premaknimo vse izraze na levo stran:

Slednji sistem lahko zapišemo v matrični obliki, kot sledi:

(A - lE)X = O

Nastali sistem ima vedno ničelno rešitev X = O. Takšni sistemi, v katerih je vse brezplačni člani so enake nič se imenujejo homogena. Če je matrika takšnega sistema kvadratna in njena determinanta ni enaka nič, potem bomo z uporabo Cramerjevih formul vedno dobili edinstveno rešitev - nič. Lahko se dokaže, da ima sistem neničelne rešitve, če in samo če je determinanta te matrike enaka nič, tj.

|A - lE| = = 0

Ta enačba z neznano l se imenuje karakteristična enačba (karakteristični polinom) matriko A (linearni operator).

Dokaže se, da karakteristični polinom linearnega operatorja ni odvisen od izbire baze.

Na primer, poiščimo lastne vrednosti in lastne vektorje linearnega operaterja, definiranega z matriko A = .

Da bi to naredili, ustvarimo značilno enačbo |A - lE| = = (1 - l) 2 - 36 = 1 - 2l + l 2 - 36 = l 2 - 2l - 35 = 0; D = 4 + 140 = 144; lastne vrednosti l 1 = (2 - 12)/2 = -5; l 2 = (2 + 12)/2 = 7.

Za iskanje lastnih vektorjev rešimo dva sistema enačb

(A + 5E)X = O

(A - 7E)X = O

Za prvo od njih ima razširjena matrika obliko

,

od koder je x 2 = c, x 1 + (2/3)c = 0; x 1 = -(2/3)s, tj. X (1) = (-(2/3)s; s).

Za drugo od njih ima razširjena matrika obliko

,

od koder je x 2 = c 1, x 1 - (2/3)c 1 = 0; x 1 = (2/3)s 1, tj. X (2) = ((2/3)s 1; s 1).

Tako so lastni vektorji tega linearnega operatorja vsi vektorji oblike (-(2/3)с; с) z lastno vrednostjo (-5) in vsi vektorji oblike ((2/3)с 1 ; с 1) z lastna vrednost 7 .

Dokažemo lahko, da je matrika operatorja A v bazi, ki jo sestavljajo njegovi lastni vektorji, diagonalna in ima obliko:

,

kjer so l i lastne vrednosti te matrike.

Velja tudi obratno: če je matrika A v neki bazi diagonalna, bodo vsi vektorji te baze lastni vektorji te matrike.

Prav tako je mogoče dokazati, da če ima linearni operator n po paru različnih lastnih vrednosti, potem so ustrezni lastni vektorji linearno neodvisni in ima matrika tega operatorja v ustrezni bazi diagonalno obliko.

Naj to ponazorimo s prejšnjim primerom. Vzemimo poljubne neničelne vrednosti c in c 1, vendar tako, da sta vektorja X (1) in X (2) linearno neodvisna, tj. bi predstavljal osnovo. Na primer, naj bo c = c 1 = 3, potem je X (1) = (-2; 3), X (2) = (2; 3).

Prepričajmo se linearna neodvisnost ti vektorji:

12 ≠ 0. V tej novi bazi bo matrika A imela obliko A * = .

Da bi to preverili, uporabimo formulo A * = C -1 AC. Najprej poiščimo C -1.

C -1 = ;

Kvadratne oblike

Kvadratna oblika f(x 1, x 2, x n) n spremenljivk se imenuje vsota, katere vsak člen je kvadrat ene od spremenljivk ali produkt dveh različnih spremenljivk, vzetih z določenim koeficientom: f(x 1 , x 2, x n) = (a ij = a ji).

Matriko A, sestavljeno iz teh koeficientov, imenujemo matrica kvadratna oblika. Vedno je simetrično matriko (tj. matriko, ki je simetrična glede na glavno diagonalo, a ij = a ji).

IN matrični zapis kvadratna oblika ima obliko f(X) = X T AX, kjer

Prav zares

Na primer, zapišimo kvadratno obliko v matrični obliki.

Da bi to naredili, najdemo matriko kvadratne oblike. Njeni diagonalni elementi so enaki koeficientom kvadriranih spremenljivk, preostali elementi pa so enaki polovicam ustreznih koeficientov kvadratne oblike. Zato

Naj bo matrični stolpec spremenljivk X dobljen z nedegenerirano linearno transformacijo matričnega stolpca Y, tj. X = CY, kjer je C nesingularna matrika n-tega reda. Potem je kvadratna oblika f(X) = X T AX = (CY) T A(CY) = (Y T C T)A(CY) = Y T (C T AC)Y.

Tako z nedegenerirano linearno transformacijo C dobi matrika kvadratne oblike obliko: A * = C T AC.

Na primer, poiščimo kvadratno obliko f(y 1, y 2), dobljeno iz kvadratne oblike f(x 1, x 2) = 2x 1 2 + 4x 1 x 2 - 3x 2 2 z linearno transformacijo.

Kvadratna oblika se imenuje kanoničen(Ima kanoničnega pogleda), če so vsi njegovi koeficienti a ij = 0 za i ≠ j, tj.
f(x 1, x 2, x n) = a 11 x 1 2 + a 22 x 2 2 + a nn x n 2 = .

Njegova matrika je diagonalna.

Izrek(dokaz ni naveden tukaj). Vsako kvadratno obliko je mogoče reducirati na kanonična oblika z uporabo nedegenerirane linearne transformacije.

Na primer, zmanjšajmo kvadratno obliko na kanonično obliko
f(x 1, x 2, x 3) = 2x 1 2 + 4x 1 x 2 - 3x 2 2 - x 2 x 3.

Da bi to naredili, najprej izberemo popoln kvadrat s spremenljivko x 1:

f(x 1, x 2, x 3) = 2(x 1 2 + 2x 1 x 2 + x 2 2) - 2x 2 2 - 3x 2 2 - x 2 x 3 = 2(x 1 + x 2) 2 - 5x 2 2 - x 2 x 3.

Zdaj izberemo celoten kvadrat s spremenljivko x 2:

f(x 1, x 2, x 3) = 2(x 1 + x 2) 2 - 5(x 2 2 + 2* x 2 *(1/10)x 3 + (1/100)x 3 2) + (5/100)x 3 2 =
= 2(x 1 + x 2) 2 - 5(x 2 - (1/10)x 3) 2 + (1/20)x 3 2.

Nato nedegenerirana linearna transformacija y 1 = x 1 + x 2, y 2 = x 2 + (1/10)x 3 in y 3 = x 3 pripelje to kvadratno obliko v kanonično obliko f(y 1, y 2 , y 3) = 2y 1 2 - 5y 2 2 + (1/20)y 3 2 .

Upoštevajte, da je kanonična oblika kvadratne oblike določena dvoumno (isto kvadratno obliko je mogoče reducirati na kanonično obliko različne poti). Vendar prejeto različne poti kanonične oblike imajo številne splošne lastnosti. Zlasti število členov s pozitivnimi (negativnimi) koeficienti kvadratne oblike ni odvisno od metode redukcije obrazca na to obliko (na primer, v obravnavanem primeru bosta vedno dva negativna in en pozitiven koeficient). Ta lastnost se imenuje vztrajnostni zakon kvadratnih oblik.

Preverimo to tako, da isto kvadratno obliko spremenimo v kanonično obliko na drugačen način. Začnimo transformacijo s spremenljivko x 2:

f(x 1, x 2, x 3) = 2x 1 2 + 4x 1 x 2 - 3x 2 2 - x 2 x 3 = -3x 2 2 - x 2 x 3 + 4x 1 x 2 + 2x 1 2 = - 3(x 2 2 +
+ 2* x 2 ((1/6) x 3 - (2/3)x 1) + ((1/6) x 3 - (2/3)x 1) 2) + 3((1/6) x 3 - (2/3)x 1) 2 + 2x 1 2 =
= -3(x 2 + (1/6) x 3 - (2/3)x 1) 2 + 3((1/6) x 3 + (2/3)x 1) 2 + 2x 1 2 = f (y 1, y 2, y 3) = -3y 1 2 -
+3y 2 2 + 2y 3 2, kjer je y 1 = - (2/3)x 1 + x 2 + (1/6) x 3, y 2 = (2/3)x 1 + (1/6) x 3 in y 3 = x 1 . Tukaj je negativni koeficient -3 pri y 1 in dva pozitivna koeficienta 3 in 2 pri y 2 in y 3 (z drugo metodo pa smo dobili negativni koeficient (-5) pri y 2 in dva pozitivna: 2 pri y 1 in 1/20 pri y 3).

Prav tako je treba opozoriti, da je rang matrike kvadratne oblike, imenovan rang kvadratne oblike, je enako številu neničelnih koeficientov kanonična oblika in se ne spremeni pri linearnih transformacijah.

Kvadratna oblika f(X) se imenuje pozitivno (negativno) določene, če je za vse vrednosti spremenljivk, ki niso hkrati enake nič, pozitiven, tj. f(X) > 0 (negativno, tj.
f(X)< 0).

Na primer, kvadratna oblika f 1 (X) = x 1 2 + x 2 2 je pozitivno določena, ker je vsota kvadratov in kvadratna oblika f 2 (X) = -x 1 2 + 2x 1 x 2 - x 2 2 je negativno določena, ker predstavlja se lahko predstavi kot f 2 (X) = -(x 1 - x 2) 2.

V večini praktičnih situacij je nekoliko težje določiti določen predznak kvadratne oblike, zato za to uporabimo enega od naslednjih izrekov (formulirali jih bomo brez dokaza).

Izrek. Kvadratna oblika je pozitivno (negativno) določena, če in samo če so vse lastne vrednosti njene matrike pozitivne (negativne).

Izrek(Sylvestrovo merilo). Kvadratna oblika je pozitivno določena, če in samo če so vsi vodilni minori matrike te oblike pozitivni.

Glavni (kotiček) manjši Matrika k-tega reda A n-tega reda se imenuje determinanta matrike, sestavljena iz prvih k vrstic in stolpcev matrike A ().

Upoštevajte, da se pri negativno določenih kvadratnih oblikah predznaki glavnih minorjev izmenjujejo, minor prvega reda pa mora biti negativen.

Na primer, preučimo kvadratno obliko f(x 1, x 2) = 2x 1 2 + 4x 1 x 2 + 3x 2 2 za določnost predznaka.

= (2 - l)*
*(3 - l) - 4 = (6 - 2l - 3l + l 2) - 4 = l 2 - 5l + 2 = 0; D = 25 - 8 = 17;
. Zato je kvadratna oblika pozitivno določena.

2. metoda. Glavni minor prvega reda matrike A D 1 = a 11 = 2 > 0. Glavni minor drugega reda D 2 = = 6 - 4 = 2 > 0. Zato je po Sylvestrovem kriteriju kvadratna oblika pozitivno določeno.

Preučujemo drugo kvadratno obliko za določnost predznaka, f(x 1, x 2) = -2x 1 2 + 4x 1 x 2 - 3x 2 2.

Metoda 1. Konstruirajmo matriko kvadratne oblike A = . Karakteristična enačba bo imela obliko = (-2 - l)*
*(-3 - l) - 4 = (6 + 2l + 3l + l 2) - 4 = l 2 + 5l + 2 = 0; D = 25 - 8 = 17;
. Zato je kvadratna oblika negativno določena.

Metoda 2. Glavni minor prvega reda matrike A D 1 = a 11 =
= -2 < 0. Главный минор второго порядка D 2 = = 6 - 4 = 2 >0. Posledično je po Sylvestrovem kriteriju kvadratna oblika negativno določena (predznaki glavnih pomorov se izmenjujejo, začenši z minusom).

In kot drug primer preučujemo z znakom določeno kvadratno obliko f(x 1, x 2) = 2x 1 2 + 4x 1 x 2 - 3x 2 2.

Metoda 1. Konstruirajmo matriko kvadratne oblike A = . Karakteristična enačba bo imela obliko = (2 - l)*
*(-3 - l) - 4 = (-6 - 2l + 3l + l 2) - 4 = l 2 + l - 10 = 0; D = 1 + 40 = 41;
.

Eno od teh števil je negativno, drugo pa pozitivno. Znaki lastnih vrednosti so različni. Posledično kvadratna oblika ne more biti niti negativno niti pozitivno določena, tj. ta kvadratna oblika ni predznačno določena (lahko sprejme vrednosti katerega koli predznaka).

Metoda 2. Glavni minor prvega reda matrike A D 1 = a 11 = 2 > 0. Glavni minor drugega reda D 2 = = -6 - 4 = -10< 0. Следовательно, по критерию Сильвестра квадратичная форма не является знакоопределенной (знаки главных миноров разные, при этом первый из них - положителен).