Diagonalne matrike imajo najpreprostejšo strukturo. Postavlja se vprašanje, ali je mogoče najti osnovo, v kateri je matrika linearni operator bi imel diagonalni videz. Taka osnova obstaja.
Naj bo dano 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.
Opozorimo na nekatere 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 operater 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:

Prevajanje karakteristična enačba in reši:

.
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 kakršen koli način in najdemo skupna odločitev tega sistema: Osnovni sistem rešitev je sestavljen 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 niza, na primer tako, da x 1 = 1: .
S podobnim sklepanjem 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 osnovo, 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. Imenuje se simetrična matrika kvadratna matrika, v katerem so elementi simetrični glede glavne diagonale enaki, to je v katerem .
Opombe. 1. Vse lastne vrednosti simetrične matrike so resnične.
2. Lastni vektorji simetrične matrike, ki ustrezajo po paru različnim lastnim vrednostim, so pravokotni.
Kot eno od mnogih aplikacij proučevanega aparata obravnavamo problem določanja vrste krivulje drugega reda.

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 ima zagotovo splošno rešitev (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 je mogoče predstaviti 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 kanonična razgradnja 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 katerega 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 vsake enačbe, ki ji 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 zadošča vsaki enačbi 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 različne 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 skozi celotno lekcijo nismo počeli nič drugega kot iskali vektorje temeljnega sistema. Samo zaenkrat ta pogoj res ga nisem potreboval. Mimogrede, tisti pametni študentje, 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, rang sistemske matrike- 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:

Izvedemo nadaljnje poenostavitve po obravnavani metodi, pri čemer se izognemo polinomu tretje 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:

Iskanje lastnih vrednosti in lastnih vektorjev matrik je eno najbolj kompleksne naloge linearna algebra ki nastanejo v procesu modeliranja in analize procesov delovanja dinamični sistemi, statistično modeliranje. Torej, na primer, lastni vektorji kovariančne matrike naključnega vektorja določajo smeri glavnih osi hiperelipsoida disperzije vrednosti tega vektorja, lastne vrednosti pa določajo raztezanje ali stiskanje hiperelipsoida vzdolž njegove glavne osi. V mehaniki lastni vektorji in števila vztrajnostnega tenzorja označujejo smer glavnih osi in glavne vztrajnostne momente trdnega telesa.

Razlikovati poln (algebrski ali drugače, matrica) problem lastne vrednosti, ki predvideva iskanje vseh lastni pari nekaj matrice in problemi delnih lastnih vrednosti, ki je praviloma sestavljen iz iskanja enega ali več lastne vrednosti in jim morda ustreza lastni vektorji. Najpogosteje v zadnji primer govorimo o o iskanju največje in najmanjše modulo lastne vrednosti; poznavanje takih značilnosti matrike omogoča na primer sklepanje o konvergenci določenih iterativne metode, optimizirati njihove parametre itd.

Problem lastnih vrednosti je mogoče formulirati na naslednji način: za katere neničelne vektorje in števila linearna transformacija vektorja z uporabo matrike ne spremeni smeri tega vektorja v prostoru, ampak se zmanjša samo na "raztegovanje" tega vektorja za faktor? Odgovor na to vprašanje je v netrivialnih rešitvah enačbe

, (1.2)

kje je identitetna matrika. Teoretično je ta problem enostavno rešljiv: najti morate korenine tako imenovanega značilnost enačbe

(1.3)

in jih enega za drugim nadomestimo v (1.2), pridobimo lastne vektorje iz ustreznih naddoločenih sistemov.

Praktična izvedba Ta pristop je povezan s številnimi težavami, ki se povečujejo z večanjem razsežnosti problema, ki ga rešujemo. Te težave so posledica uporabe determinante in računanje korenin dobljenega polinoma n stopnje, kot tudi linearno iskanje neodvisne odločitve degenerirani sistemi linearni algebraične enačbe. V zvezi s tem se tak neposreden pristop k reševanju algebrskega problema lastnih vrednosti običajno uporablja samo za zelo majhne velikosti matrike ( n= 2, 3). Že pri n> V ospredje pridejo 4 posebneži numerične metode rešitve takih problemov, od katerih ena temelji na matriki preoblikovanje podobnosti, bomo še razpravljali. Naj to spomnimo podobno se imenujejo matrike in , Kje Z je poljubna nesingularna matrika.

Naj na kratko navedemo glavne lastnosti lastnih vrednosti in vektorjev:

1. Če – lastni par matrike A, A – neko številko torej je tudi pravi par za A. To pomeni, da vsaka lastna vrednost ustreza neskončnemu številu lastnih vektorjev, ki se razlikujejo le v skalarnem faktorju.

2. Naj – lastni par matrike , kjer – nekaj realno število. Potem – lastni par matrike A. Tako dodajanje tej matriki A diagonalna matrika ne spreminja svojih lastnih vektorjev in premikov obseg izvirna matrika po številu (levo, ko ). Spekter matrike je množica vseh njenih lastnih vrednosti.

3. Če je torej lastni par invertibilne matrike – pravilen par matrike .

4. Lastne vrednosti diagonale in trikotne matrike so njihovi diagonalni elementi, saj značilno enačbo (1.3) ob upoštevanju (1.1) za takšne matrike lahko zapišemo kot:

.

Zadnja enakost to dokazuje diagonalne in trikotne realne matrike imajo samo realne lastne vrednosti(gladka n ob upoštevanju njihove možne mnogoterosti). Resničnost lastnih vrednosti je tudi neločljivo povezana z zelo pomembnim razredom simetričnih matrik v aplikacijah, ki vključujejo kovariančne matrike in vztrajnostne tenzorje.

5. Če – lastni par matrike , To – lastni par matrike A Tako transformacija podobnosti ohranja spekter katere koli matrike nespremenjen.

6. Naj A– matrika enostavne dimenzijske strukture , in matrice in sestavljen iz njegovih lastnih vrednosti oziroma lastnih vektorjev. Potem je enakost resnična . Ker lahko za diagonalno matriko, sestavljeno iz lastnih vrednosti, lastni vektorji služijo kot enotski vektorji izvirna osnova ( , ), nato z uporabo lastnosti 5 in ob in (tiste. ), lastnost 6 lahko formuliramo drugače: če je torej lastni par matrike obstaja pravi matrični par A.

Linearne transformacije koordinat. Lastni vektorji in lastne vrednosti matrike, njihove lastnosti. Karakteristični polinom matrike, njegove lastnosti.

To bomo rekli na množici vektorjev R dano transformacijaA , če je vsak vektor X R po nekem pravilu vektor AX R.

Opredelitev 9.1. Pretvorba A klical linearni, če za katere koli vektorje X in pri in za poljubno realno število λ veljajo naslednje enakosti:

A(X + pri )=AX + Apri ,A(λX ) =λ AX . (9.1)

Opredelitev 9.2. Linearna transformacija se imenuje enaka, če transformira katerikoli vektor X vase.

Označena je transformacija identitete NJENAX = X .

Razmislite o tridimenzionalnem prostoru z osnovo e 1 , e 2 , e 3 , v katerem je določena linearna transformacija A. Če ga uporabimo za osnovne vektorje, dobimo vektorje Ae 1 , Ae 2 , Ae 3 ki pripadajo temu tridimenzionalnemu prostoru. Posledično se lahko vsak od njih edinstveno razširi v bazne vektorje:

Ae 1 = a 11 e 1 + a 21 e 2 +a 31 e 3 ,

Ae 2 = a 12 e 1 + a 22 e 2 + a 32 e 3 , (9.2)

Ae 3 = a 13 e 1 + a 23 e 2 + a 33 e 3 .

Matrix
klical linearna transformacijska matrikaA v osnovi e 1 , e 2 , e 3 . Stolpci te matrike so sestavljeni iz koeficientov v formulah za bazno transformacijo (9.2).

Komentiraj. Očitno je matrika transformacije identitete matrika identitete E.

Za poljuben vektor X =x 1 e 1 + x 2 e 2 + x 3 e 3 rezultat uporabe linearne transformacije nanj A bo vektor AX , ki se lahko razširijo v vektorje iste baze: AX =x` 1 e 1 + x` 2 e 2 + x` 3 e 3 , kjer so koordinate x` jaz lahko najdete z uporabo formul:

X` 1 =a 11 x 1 + a 12 x 2 + a 13 x 3 ,

x` 2 =a 21 x 1 + a 22 x 2 + a 23 x 3 , (9.3)

x` 3 = a 31 x 1 + a 32 x 2 + a 33 x 3 .

Koeficienti v formulah te linearne transformacije so elementi matričnih vrstic A.

Linearna transformacija matrična transformacija

ob prehodu na novo podlago.

Razmislite o linearni transformaciji A in dveh bazah v tridimenzionalnem prostoru: e 1 e 2 , e 3 in e 1 , e 2 , e 3 . Naj matrika C določa formule za prehod iz baze ( e k) na osnovo ( e k). Če je v prvi od teh baz izbrana linearna transformacija podana z matriko A, v drugi pa z matriko A, potem lahko najdemo povezavo med temi matricami, in sicer:

A = C -1 A C (9,4)

res,
, Potem A
. Po drugi strani pa rezultati uporabe iste linearne transformacije A v osnovi ( e k), tj. , in v osnovi ( e k ): oz - povezana z matriko Z:
, iz česar izhaja, da CA=A Z. Pomnožimo obe strani te enakosti z leve Z-1, dobimo Z - 1 CA = = C -1 A Z, kar dokazuje veljavnost formule (9.4).

Lastne vrednosti in lastni vektorji matrike.

Opredelitev 9.3. Vektor X klical lastni vektor matrice A, če obstaja taka številka λ, da velja enakost: AX = λ X , to je rezultat prijave na X linearna transformacija, ki jo določa matrika A, je množenje tega vektorja s številom λ . Sama številka λ klical lastna vrednost matrice A.

Zamenjava v formule (9.3) x` j = λ x j , dobimo sistem enačb za določanje koordinat lastnega vektorja:

.

. (9.5)

Ta linearna homogeni sistem bo imel netrivialna rešitev samo, če je njegova glavna determinanta 0 (Cramerjevo pravilo). Tako, da ta pogoj zapišete v obliki:

dobimo enačbo za določanje lastnih vrednosti λ , poklical karakteristična enačba. Na kratko ga je mogoče predstaviti na naslednji način:

| A - λ E| = 0, (9.6)

saj njegova leva stran vsebuje determinanto matrike A-λE. Polinomski relativni λ | A - λ E| klical karakteristični polinom matrike A.

Lastnosti karakterističnega polinoma:

Lastnosti lastnih vrednosti in lastnih vektorjev:

Če izberemo osnovo izmed lastnih vektorjev X 1 , X 2 , X 3 , ki ustrezajo lastnim vrednostim λ 1 , λ 2 , λ 3 matrice A, potem ima v tej bazi linearna transformacija A matriko diagonalne oblike:

(9.7) Dokaz te lastnosti izhaja iz definicije lastnih vektorjev.

Če transformacija lastnih vrednosti A različni, potem so njihovi ustrezni lastni vektorji linearno neodvisni.

Če je značilni polinom matrike A ima tri različne korene, potem v neki osnovi matriko A ima diagonalni videz.

Poiščimo lastne vrednosti in lastne vektorje matrike Ustvarimo značilno enačbo:
(1-λ )(5 -λ )(1 -λ ) + 6 - 9(5 -λ ) - (1 -λ ) - (1 -λ ) = 0,λ ³ - 7 λ ² + 36 = 0, λ 1 = -2,λ 2 = 3,λ 3 = 6.

Poiščimo koordinate lastnih vektorjev, ki ustrezajo vsaki najdeni vrednosti λ. Iz (9.5) sledi, da če X (1) ={x 1 , x 2 , x 3 ) – ustrezen lastni vektor λ 1 =-2, torej

- kooperativen, vendar negotov sistem. Njegovo rešitev lahko zapišemo v obliki X (1) ={a,0,-a), kjer je a poljubno število. Še posebej, če zahtevamo, da | x (1) |=1,X (1) =

Zamenjava v sistem (9.5) λ 2 =3, dobimo sistem za določanje koordinat drugega lastnega vektorja - x (2) ={l 1 , l 2 , l 3 }:

, kje X (2) ={b,- b, b) ali pod pogojem | x (2) |=1,x (2) =

Za λ 3 = 6 poiščite lastni vektor x (3) ={z 1 , z 2 , z 3 }:

,x (3) ={c,2 c, c) ali v normalizirani različici

X (3) =
Opaziti je mogoče, da X (1) X (2) =ab – ab = 0,x (1) x (3) =ac – ac = 0,x (2) x (3) =pr - 2pr + pr = 0. Torej sta lastna vektorja te matrike po paru pravokotna.