Come trovare gli autovalori di una matrice. Autovettori e autovalori di un operatore lineare

Autovalori (numeri) e autovettori.
Esempi di soluzioni

Sii te stesso

Da entrambe le equazioni segue che .

Mettiamolo allora: .

Di conseguenza: – secondo autovettore.

Ripetiamo i punti importanti della decisione:

– il sistema risultante ha certamente una soluzione generale (le equazioni sono linearmente dipendenti);

– selezioniamo la “y” in modo che sia intera e la prima coordinata “x” sia intera, positiva e la più piccola possibile.

– controlliamo che la soluzione particolare soddisfi ciascuna equazione del sistema.

Risposta .

C'erano abbastanza "punti di controllo" intermedi, quindi il controllo dell'uguaglianza non è, in linea di principio, necessario.

In varie fonti di informazione, le coordinate degli autovettori sono spesso scritte non in colonne, ma in righe, ad esempio: (e, a dire il vero, anch'io sono abituato a scriverli in righe). Questa opzione è accettabile, ma alla luce dell'argomento trasformazioni lineari tecnicamente più comodo da usare vettori colonna.

Forse la soluzione ti è sembrata molto lunga, ma questo è solo perché ho commentato dettagliatamente il primo esempio.

Esempio 2

Matrici

Alleniamoci da soli! Un esempio approssimativo di compito finale alla fine della lezione.

A volte è necessario completare un'attività aggiuntiva, vale a dire:

scrivere la scomposizione canonica della matrice

Cos'è?

Se gli autovettori della matrice si formano base, allora può essere rappresentato come:

Dov'è una matrice composta da coordinate di autovettori, – diagonale matrice con autovalori corrispondenti.

Questa decomposizione della matrice viene chiamata canonico O diagonale.

Consideriamo la matrice del primo esempio. I suoi autovettori linearmente indipendenti(non collineare) e formano una base. Creiamo una matrice delle loro coordinate:

SU diagonale principale matrici nell'ordine appropriato si trovano gli autovalori e gli elementi rimanenti sono uguali a zero:
– Sottolineo ancora una volta l’importanza dell’ordine: “due” corrisponde al 1° vettore e quindi si trova nella 1° colonna, “tre” – al 2° vettore.

Utilizzando il solito algoritmo per la ricerca matrice inversa O Metodo di Gauss-Jordan noi troviamo . No, non è un errore di battitura! - davanti a te c'è un evento raro, come un'eclissi solare, quando il contrario coincideva con la matrice originale.

Resta da scrivere la scomposizione canonica della matrice:

Il sistema può essere risolto utilizzando trasformazioni elementari e negli esempi seguenti ricorreremo a questo metodo. Ma qui il metodo “scuola” funziona molto più velocemente. Dalla 3a equazione esprimiamo: – sostituire nella seconda equazione:

Poiché la prima coordinata è zero, otteniamo un sistema, da ciascuna equazione di cui segue che .

E di nuovo prestare attenzione alla presenza obbligatoria di una relazione lineare. Se si ottiene solo una soluzione banale , allora o l'autovalore è stato trovato in modo errato oppure il sistema è stato compilato/risolto con un errore.

Le coordinate compatte danno il valore

Autovettore:

E ancora una volta controlliamo che la soluzione sia stata trovata soddisfa ogni equazione del sistema. Nei paragrafi successivi e nei compiti successivi, consiglio di prendere questo desiderio come una regola obbligatoria.

2) Per l'autovalore, utilizzando lo stesso principio, otteniamo il seguente sistema:

Dalla 2a equazione del sistema esprimiamo: – sostituire nella terza equazione:

Poiché la coordinata “zeta” è uguale a zero, da ciascuna equazione si ottiene un sistema dal quale segue una dipendenza lineare.

Permettere

Verificando che la soluzione soddisfa ogni equazione del sistema.

Pertanto l'autovettore è: .

3) E infine, il sistema corrisponde all'autovalore:

La seconda equazione sembra la più semplice, quindi esprimiamola e sostituiamola nella prima e nella terza equazione:

Va tutto bene - è emersa una relazione lineare, che sostituiamo nell'espressione:

Di conseguenza, “x” e “y” sono stati espressi tramite “z”: . In pratica, non è necessario realizzare proprio tali rapporti, in alcuni casi è più conveniente esprimere sia attraverso che attraverso . O anche "addestrare" - ad esempio, da "X" a "I" e da "I" a "Z"

Mettiamolo allora:

Controlliamo che la soluzione sia stata trovata soddisfa ogni equazione del sistema e scrive il terzo autovettore

Risposta: autovettori:

Dal punto di vista geometrico, questi vettori definiscono tre diverse direzioni spaziali ("Andata e ritorno di nuovo"), secondo cui trasformazione lineare trasforma i vettori diversi da zero (autovettori) in vettori collineari.

Se la condizione richiedeva di trovare la scomposizione canonica, allora questo è possibile qui, perché diversi autovalori corrispondono a diversi autovettori linearmente indipendenti. Fare una matrice dalle loro coordinate, una matrice diagonale da pertinente autovalori e trovare matrice inversa .

Se, per condizione, devi scrivere matrice di trasformazione lineare in base ad autovettori, quindi diamo la risposta nella forma . C’è una differenza, e la differenza è significativa! Perché questa matrice è la matrice “de”.

Un problema con calcoli più semplici da risolvere da solo:

Esempio 5

Trovare gli autovettori di una trasformazione lineare data da una matrice

Quando trovi i tuoi numeri, cerca di non arrivare fino a un polinomio di 3° grado. Inoltre, le soluzioni del tuo sistema potrebbero differire dalle mie soluzioni: qui non c'è certezza; ed i vettori che trovi potrebbero differire dai vettori campione fino alla proporzionalità delle rispettive coordinate. Ad esempio, e. È esteticamente più gradevole presentare la risposta nel modulo, ma va bene se ti fermi alla seconda opzione. Tuttavia, ci sono limiti ragionevoli a tutto; la versione non sembra più molto buona.

Un esempio finale approssimativo del compito alla fine della lezione.

Come risolvere il problema nel caso di autovalori multipli?

L'algoritmo generale rimane lo stesso, ma ha le sue caratteristiche, ed è consigliabile mantenere alcune parti della soluzione in uno stile accademico più rigoroso:

Esempio 6

Trova autovalori e autovettori

Soluzione

Naturalmente, mettiamo in maiuscolo la favolosa prima colonna:

E, dopo aver scomposto il trinomio quadratico:

Di conseguenza, si ottengono autovalori, due dei quali sono multipli.

Troviamo gli autovettori:

1) Trattiamo il soldato solitario secondo uno schema “semplificato”:

Dalle ultime due equazioni è chiaramente visibile l'uguaglianza, che, ovviamente, dovrebbe essere sostituita nella 1a equazione del sistema:

Non troverai una combinazione migliore:
Autovettore:

2-3) Ora rimuoviamo un paio di sentinelle. In questo caso potrebbe risultare o due o uno autovettore. Indipendentemente dalla molteplicità delle radici, sostituiamo il valore nel determinante il che ci porta al prossimo sistema omogeneo di equazioni lineari:

Gli autovettori sono esattamente vettori
sistema fondamentale di soluzioni

In realtà durante tutta la lezione non abbiamo fatto altro che trovare i vettori del sistema fondamentale. Solo che per il momento questo termine non era particolarmente richiesto. A proposito, quegli studenti intelligenti che hanno perso l'argomento in tute mimetiche equazioni omogenee, sarà costretto a fumarlo adesso.

L'unica azione era rimuovere le righe extra. Il risultato è una matrice uno per tre con un “passo” formale al centro.
– variabile base, – variabili libere. Esistono quindi due variabili libere: ci sono anche due vettori del sistema fondamentale.

Esprimiamo la variabile base in termini di variabili libere: . Il moltiplicatore zero davanti alla “X” gli consente di assumere assolutamente qualsiasi valore (che è chiaramente visibile dal sistema di equazioni).

Nel contesto di questo problema, è più conveniente scrivere la soluzione generale non in riga, ma in colonna:

La coppia corrisponde ad un autovettore:
La coppia corrisponde ad un autovettore:

Nota : i lettori sofisticati possono selezionare questi vettori oralmente, semplicemente analizzando il sistema , ma qui è necessaria una certa conoscenza: ci sono tre variabili, rango della matrice del sistema- uno, il che significa sistema decisionale fondamentaleè composto da 3 – 1 = 2 vettori. Tuttavia, i vettori trovati sono chiaramente visibili anche senza questa conoscenza, a livello puramente intuitivo. In questo caso il terzo vettore verrà scritto ancora più “bello”: . Ti avverto però che in un altro esempio una semplice selezione potrebbe non essere possibile, motivo per cui la clausola è destinata a persone esperte. Inoltre, perché non prenderlo, ad esempio, come terzo vettore? Dopotutto, le sue coordinate soddisfano anche ogni equazione del sistema e i vettori linearmente indipendenti. Questa opzione, in linea di principio, è adatta, ma “storta”, poiché il vettore “altro” è una combinazione lineare di vettori del sistema fondamentale.

Risposta: autovalori: , autovettori:

Un esempio simile per una soluzione indipendente:

Esempio 7

Trova autovalori e autovettori

Un esempio approssimativo del progetto finale alla fine della lezione.

Da notare che sia nel 6° che nel 7° esempio si ottiene una terna di autovettori linearmente indipendenti, e quindi la matrice originaria è rappresentabile nella scomposizione canonica. Ma questi lamponi non si verificano in tutti i casi:

Esempio 8

Soluzione: Creiamo e risolviamo l’equazione caratteristica:

Espandiamo il determinante nella prima colonna:

Effettuiamo ulteriori semplificazioni secondo il metodo considerato, evitando il polinomio di terzo grado:

– autovalori.

Troviamo gli autovettori:

1) Non ci sono difficoltà con la radice:

Non sorprenderti, oltre al kit ci sono anche delle variabili in uso: qui non c'è differenza.

Dalla 3a equazione la esprimiamo e la sostituiamo nella 1a e nella 2a equazione:

Da entrambe le equazioni segue:

Lasciamo quindi:

2-3) Per valori multipli otteniamo il sistema .

Scriviamo la matrice del sistema e, utilizzando trasformazioni elementari, portiamola in una forma graduale:

Con la matrice A, se esiste un numero l tale che AX = lX.

In questo caso, viene chiamato il numero l autovalore operatore (matrice A) corrispondente al vettore X.

In altre parole, un autovettore è un vettore che, sotto l'azione di un operatore lineare, si trasforma in un vettore collineare, cioè basta moltiplicarlo per un numero. Al contrario, i vettori impropri sono più complessi da trasformare.

Scriviamo la definizione di autovettore sotto forma di un sistema di equazioni:

Spostiamo tutti i termini sul lato sinistro:

Quest’ultimo sistema può essere scritto in forma matriciale come segue:

(A - lE)X = O

Il sistema risultante ha sempre una soluzione zero X = O. Vengono chiamati tali sistemi in cui tutti i termini liberi sono uguali a zero omogeneo. Se la matrice di un tale sistema è quadrata e il suo determinante non è uguale a zero, utilizzando le formule di Cramer otterremo sempre una soluzione unica: zero. Si può dimostrare che un sistema ha soluzioni diverse da zero se e solo se il determinante di questa matrice è uguale a zero, cioè

|A - lE| = = 0

Questa equazione con l incognita si chiama equazione caratteristica (polinomio caratteristico) matrice A (operatore lineare).

Si può dimostrare che il polinomio caratteristico di un operatore lineare non dipende dalla scelta della base.

Ad esempio, troviamo gli autovalori e gli autovettori dell'operatore lineare definito dalla matrice A = .

Per fare ciò, creiamo un'equazione caratteristica |A - lE| = = (1 - l) 2 - 36 = 1 - 2l + l 2 - 36 = l 2 - 2l - 35 = 0; D = 4 + 140 = 144; autovalori l 1 = (2 - 12)/2 = -5; l2 = (2 + 12)/2 = 7.

Per trovare gli autovettori, risolviamo due sistemi di equazioni

(A + 5E)X = O

(A - 7E)X = O

Per il primo di essi assume la forma la matrice espansa

,

da cui x 2 = c, x 1 + (2/3)c = 0; x 1 = -(2/3)s, cioè X (1) = (-(2/3)s; s).

Per il secondo di essi assume la forma la matrice espansa

,

da dove x 2 = c 1, x 1 - (2/3)c 1 = 0; x 1 = (2/3)s 1, cioè X (2) = ((2/3)s 1; s 1).

Pertanto, gli autovettori di questo operatore lineare sono tutti i vettori della forma (-(2/3)ñ; ñ) con autovalore (-5) e tutti i vettori della forma ((2/3)ñ 1 ; ñ 1) con autovalore 7 .

Si può dimostrare che la matrice dell'operatore A nella base costituita dai suoi autovettori è diagonale e ha la forma:

,

dove l i sono gli autovalori di questa matrice.

È vero anche il contrario: se la matrice A in qualche base è diagonale, allora tutti i vettori di questa base saranno autovettori di questa matrice.

Si può anche dimostrare che se un operatore lineare ha n autovalori distinti a coppie, allora i corrispondenti autovettori sono linearmente indipendenti e la matrice di questo operatore nella base corrispondente ha una forma diagonale.

Illustriamolo con l'esempio precedente. Prendiamo valori arbitrari diversi da zero c e c 1, ma tali che i vettori X (1) e X (2) siano linearmente indipendenti, cioè costituirebbe una base. Ad esempio, sia c = c 1 = 3, quindi X (1) = (-2; 3), X (2) = (2; 3).

Verifichiamo l'indipendenza lineare di questi vettori:

12 ≠ 0. In questa nuova base, la matrice A assumerà la forma A * = .

Per verificarlo usiamo la formula A* = C -1 AC. Innanzitutto, troviamo C -1.

C -1 = ;

Forme quadratiche

Forma quadratica f(x 1, x 2, x n) di n variabili è chiamata somma, ciascun termine della quale è il quadrato di una delle variabili, oppure il prodotto di due variabili diverse, preso con un certo coefficiente: f(x 1 , x2, xn) = (a ij = a ji).

La matrice A composta da questi coefficienti viene chiamata matrice forma quadratica. È sempre simmetrico matrice (cioè una matrice simmetrica rispetto alla diagonale principale, a ij = a ji).

Nella notazione matriciale, la forma quadratica è f(X) = X T AX, dove

Infatti

Ad esempio, scriviamo la forma quadratica in forma matriciale.

Per fare ciò, troviamo una matrice di forma quadratica. I suoi elementi diagonali sono uguali ai coefficienti delle variabili al quadrato e gli elementi rimanenti sono uguali alle metà dei coefficienti corrispondenti della forma quadratica. Ecco perché

Sia la matrice-colonna delle variabili X ottenuta mediante una trasformazione lineare non degenere della matrice-colonna Y, cioè X = CY, dove C è una matrice non singolare di ordine n. Allora la forma quadratica f(X) = X T AX = (CY) T A(CY) = (Y T C T)A(CY) = Y T (C T AC)Y.

Quindi, con una trasformazione lineare non degenere C, la matrice di forma quadratica assume la forma: A * = C T AC.

Ad esempio, troviamo la forma quadratica f(y 1, y 2), ottenuta dalla forma quadratica f(x 1, x 2) = 2x 1 2 + 4x 1 x 2 - 3x 2 2 mediante trasformazione lineare.

Si chiama la forma quadratica canonico(Esso ha visione canonica), se tutti i suoi coefficienti a ij = 0 per i ≠ j, cioè
f(x 1, x 2, x n) = a 11 x 1 2 + a 22 x 2 2 + a nn x n 2 = .

La sua matrice è diagonale.

Teorema(prova non fornita qui). Qualsiasi forma quadratica può essere ridotta alla forma canonica utilizzando una trasformazione lineare non degenere.

Ad esempio, riduciamo la forma quadratica alla forma canonica
f(x 1, x 2, x 3) = 2x 1 2 + 4x 1 x 2 - 3x 2 2 - x 2 x 3.

Per fare ciò, seleziona prima un quadrato completo con la variabile 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 -5x222 -x2x3.

Ora selezioniamo un quadrato completo con la variabile 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.

Allora la trasformazione lineare non degenere y 1 = x 1 + x 2, y 2 = x 2 + (1/10)x 3 e y 3 = x 3 porta questa forma quadratica alla forma canonica f(y 1, y 2 , y 3) = 2y 1 2 - 5y 2 2 + (1/20)y 3 2 .

Si noti che la forma canonica di una forma quadratica è determinata in modo ambiguo (la stessa forma quadratica può essere ridotta a forma canonica in diversi modi). Tuttavia, le forme canoniche ottenute con vari metodi hanno una serie di proprietà comuni. In particolare, il numero di termini con coefficienti positivi (negativi) di una forma quadratica non dipende dal metodo di riduzione della forma a tale forma (ad esempio, nell'esempio considerato ci saranno sempre due coefficienti negativi e uno positivo). Questa proprietà è chiamata legge di inerzia delle forme quadratiche.

Verifichiamolo portando la stessa forma quadratica in forma canonica in modo diverso. Iniziamo la trasformazione con la variabile 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(x22+
+ 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, dove y 1 = - (2/3)x 1 + x 2 + (1/6) x 3, y 2 = (2/3)x 1 + (1/6) x 3 e y 3 = x 1 . Qui c'è un coefficiente negativo -3 in y 1 e due coefficienti positivi 3 e 2 in y 2 e y 3 (e usando un altro metodo abbiamo ottenuto un coefficiente negativo (-5) in y 2 e due positivi: 2 in y 1 e 1/20 a y 3).

Va inoltre notato che il rango di una matrice di forma quadratica, denominata rango della forma quadratica, è uguale al numero di coefficienti diversi da zero della forma canonica e non cambia sotto trasformazioni lineari.

Si chiama la forma quadratica f(X). positivamente (negativo) certo, se per tutti i valori delle variabili che non sono contemporaneamente uguali a zero, è positivo, cioè f(X) > 0 (negativo, cioè
f(X)< 0).

Ad esempio, la forma quadratica f 1 (X) = x 1 2 + x 2 2 è definita positiva, perché è una somma di quadrati, e la forma quadratica f 2 (X) = -x 1 2 + 2x 1 x 2 - x 2 2 è definita negativa, perché rappresenta può essere rappresentato come f 2 (X) = -(x 1 - x 2) 2.

Nella maggior parte delle situazioni pratiche, è un po' più difficile stabilire il segno definito di una forma quadratica, quindi per questo utilizziamo uno dei seguenti teoremi (li formuleremo senza dimostrazione).

Teorema. Una forma quadratica è definita positiva (negativa) se e solo se tutti gli autovalori della sua matrice sono positivi (negativi).

Teorema(Criterio di Silvestro). Una forma quadratica è definita positiva se e solo se tutti i minori principali della matrice di questa forma sono positivi.

Principale (angolo) minore La matrice A di ordine k dell'ordine n è chiamata determinante della matrice, composta dalle prime k righe e colonne della matrice A ().

Si noti che per le forme quadratiche definite negative i segni dei minori principali si alternano e il minore del primo ordine deve essere negativo.

Ad esempio, esaminiamo la forma quadratica f(x 1, x 2) = 2x 1 2 + 4x 1 x 2 + 3x 2 2 per la definizione del segno.

= (2 - l)*
*(3 - l) - 4 = (6 - 2l - 3l + l 2) - 4 = l 2 - 5l + 2 = 0; D = 25 - 8 = 17;
. Pertanto, la forma quadratica è definita positiva.

Metodo 2. Principale minore del primo ordine della matrice A D 1 = a 11 = 2 > 0. Principale minore del secondo ordine D 2 = = 6 - 4 = 2 > 0. Pertanto, secondo il criterio di Sylvester, la forma quadratica è definito positivo.

Esaminiamo un'altra forma quadratica per la definizione del segno, f(x 1, x 2) = -2x 1 2 + 4x 1 x 2 - 3x 2 2.

Metodo 1. Costruiamo una matrice di forma quadratica A = . L'equazione caratteristica avrà la forma = (-2 - l)*
*(-3 - l) - 4 = (6 + 2l + 3l + l 2) - 4 = l 2 + 5l + 2 = 0; D = 25 - 8 = 17;
. Pertanto, la forma quadratica è definita negativa.

Metodo 2. Principale minore del primo ordine della matrice A D 1 = a 11 =
= -2 < 0. Главный минор второго порядка D 2 = = 6 - 4 = 2 >0. Di conseguenza, secondo il criterio di Silvestro, la forma quadratica è definita negativa (i segni dei minori principali si alternano, cominciando dal meno).

E come altro esempio, esaminiamo la forma quadratica determinata dal segno f(x 1, x 2) = 2x 1 2 + 4x 1 x 2 - 3x 2 2.

Metodo 1. Costruiamo una matrice di forma quadratica A = . L'equazione caratteristica avrà la forma = (2 - l)*
*(-3 - l) - 4 = (-6 - 2l + 3l + l 2) - 4 = l 2 + l - 10 = 0; D = 1 + 40 = 41;
.

Uno di questi numeri è negativo e l'altro è positivo. I segni degli autovalori sono diversi. Di conseguenza, la forma quadratica non può essere né negativamente né positivamente definita, cioè questa forma quadratica non è definita dal segno (può assumere valori di qualsiasi segno).

Metodo 2. Principale minore del primo ordine della matrice A D 1 = a 11 = 2 > 0. Principale minore del secondo ordine 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).

Un autovettore di una matrice quadrata è quello che, moltiplicato per una determinata matrice, dà come risultato un vettore collineare. In parole semplici, quando una matrice viene moltiplicata per un autovettore, quest'ultimo rimane lo stesso, ma moltiplicato per un certo numero.

Definizione

Un autovettore è un vettore V diverso da zero che, moltiplicato per una matrice quadrata M, aumenta a sua volta di un numero λ. In notazione algebrica risulta:

M × V = λ × V,

dove λ è l'autovalore della matrice M.

Consideriamo un esempio numerico. Per facilitare la registrazione, i numeri nella matrice verranno separati da un punto e virgola. Prendiamo una matrice:

• M = 0; 4;
• 6; 10.

Moltiplichiamolo per un vettore colonna:

• V = -2;

Quando moltiplichiamo una matrice per un vettore colonna, otteniamo anche un vettore colonna. In linguaggio matematico rigoroso, la formula per moltiplicare una matrice 2 × 2 per un vettore colonna sarà simile a questa:

• M×V = M11×V11 + M12×V21;
• M21×V11 + M22×V21.

Con M11 si intende l'elemento della matrice M situato nella prima riga e nella prima colonna, e con M22 si intende l'elemento situato nella seconda riga e nella seconda colonna. Per la nostra matrice, questi elementi sono uguali a M11 = 0, M12 = 4, M21 = 6, M22 10. Per un vettore colonna, questi valori sono uguali a V11 = –2, V21 = 1. Secondo questa formula, otteniamo il seguente risultato del prodotto di una matrice quadrata per un vettore:

• M × V = 0 × (-2) + (4) × (1) = 4;
• 6 × (-2) + 10 × (1) = -2.

Per comodità, scriviamo il vettore colonna in una riga. Quindi, abbiamo moltiplicato la matrice quadrata per il vettore (-2; 1), ottenendo il vettore (4; -2). Ovviamente si tratta dello stesso vettore moltiplicato per λ = -2. Lambda in questo caso denota l'autovalore della matrice.

Un autovettore di una matrice è un vettore collineare, cioè un oggetto che non cambia la sua posizione nello spazio quando moltiplicato per una matrice. Il concetto di collinearità nell'algebra vettoriale è simile al termine di parallelismo in geometria. In un'interpretazione geometrica, i vettori collineari sono segmenti diretti paralleli di diversa lunghezza. Sin dai tempi di Euclide, sappiamo che una linea ha un numero infinito di linee parallele ad essa, quindi è logico supporre che ciascuna matrice abbia un numero infinito di autovettori.

Dall'esempio precedente è chiaro che gli autovettori possono essere (-8; 4), e (16; -8), e (32, -16). Questi sono tutti vettori collineari corrispondenti all'autovalore λ = -2. Moltiplicando la matrice originale per questi vettori, ci ritroveremo comunque con un vettore che differisce dall'originale di 2 volte. Ecco perché, quando si risolvono i problemi di ricerca di un autovettore, è necessario trovare solo oggetti vettoriali linearmente indipendenti. Molto spesso, per una matrice n × n, esiste un numero n di autovettori. La nostra calcolatrice è progettata per l'analisi di matrici quadrate del secondo ordine, quindi quasi sempre il risultato troverà due autovettori, tranne i casi in cui coincidono.

Nell'esempio precedente conoscevamo in anticipo l'autovettore della matrice originale e abbiamo determinato chiaramente il numero lambda. Tuttavia, in pratica, tutto avviene al contrario: prima si trovano gli autovalori e solo dopo gli autovettori.

Algoritmo risolutivo

Consideriamo nuovamente la matrice originale M e proviamo a trovare entrambi i suoi autovettori. Quindi la matrice è simile a:

• M = 0; 4;
• 6; 10.

Per prima cosa dobbiamo determinare l'autovalore λ, che richiede il calcolo del determinante della seguente matrice:

• (0 − λ); 4;
• 6; (10 − λ).

Questa matrice si ottiene sottraendo l'incognita λ dagli elementi sulla diagonale principale. Il determinante viene determinato utilizzando la formula standard:

• detA = M11 × M21 − M12 × M22
• detA = (0 − λ) × (10 − λ) − 24

Poiché il nostro vettore deve essere diverso da zero, accettiamo l'equazione risultante come dipendente linearmente e equiparamo il nostro determinante detA a zero.

(0 − λ) × (10 − λ) − 24 = 0

Apriamo le parentesi e otteniamo l'equazione caratteristica della matrice:

λ2 − 10λ − 24 = 0

Questa è un'equazione quadratica standard che deve essere risolta utilizzando un discriminante.

D = b 2 − 4ac = (-10) × 2 − 4 × (-1) × 24 = 100 + 96 = 196

La radice del discriminante è sqrt(D) = 14, quindi λ1 = -2, λ2 = 12. Ora per ogni valore lambda dobbiamo trovare l'autovettore. Esprimiamo i coefficienti del sistema per λ = -2.

• M − λ × E = 2; 4;
• 6; 12.

In questa formula, E è la matrice identità. Sulla base della matrice risultante, creiamo un sistema di equazioni lineari:

2x + 4y = 6x + 12y,

dove x e y sono gli elementi dell'autovettore.

Raccogliamo tutte le X a sinistra e tutte le Y a destra. Ovviamente - 4x = 8y. Dividi l'espressione per - 4 e ottieni x = –2y. Ora possiamo determinare il primo autovettore della matrice, prendendo qualsiasi valore delle incognite (ricordiamo l'infinito degli autovettori linearmente dipendenti). Prendiamo y = 1, quindi x = –2. Pertanto, il primo autovettore assomiglia a V1 = (–2; 1). Ritorna all'inizio dell'articolo. È stato questo oggetto vettoriale per cui abbiamo moltiplicato la matrice per dimostrare il concetto di autovettore.

Ora troviamo l'autovettore per λ = 12.

• M - λ × E = -12; 4
• 6; -2.

Creiamo lo stesso sistema di equazioni lineari;

• -12x + 4y = 6x − 2y
• -18x = -6y
• 3x = y.

Ora prendiamo x = 1, quindi y = 3. Pertanto, il secondo autovettore assomiglia a V2 = (1; 3). Moltiplicando la matrice originale per un dato vettore, il risultato sarà sempre lo stesso vettore moltiplicato per 12. Qui termina l'algoritmo di soluzione. Ora sai come determinare manualmente l'autovettore di una matrice.

• determinante;
• tracciare, cioè, la somma degli elementi sulla diagonale principale;
• rango, ovvero il numero massimo di righe/colonne linearmente indipendenti.

Il programma funziona secondo l'algoritmo di cui sopra, abbreviando il più possibile il processo di soluzione. È importante sottolineare che nel programma lambda è indicata con la lettera “c”. Consideriamo un esempio numerico.

Esempio di come funziona il programma

Proviamo a determinare gli autovettori per la seguente matrice:

• M = 5; 13;
• 4; 14.

Inseriamo questi valori nelle celle della calcolatrice e otteniamo la risposta nel seguente modulo:

• Grado della matrice: 2;
• Determinante della matrice: 18;
• Traccia della matrice: 19;
• Calcolo dell'autovettore: c 2 − 19.00c + 18.00 (equazione caratteristica);
• Calcolo dell'autovettore: 18 (primo valore lambda);
• Calcolo dell'autovettore: 1 (secondo valore lambda);
• Sistema di equazioni per il vettore 1: -13x1 + 13y1 = 4x1 − 4y1;
• Sistema di equazioni per il vettore 2: 4x1 + 13y1 = 4x1 + 13y1;
• Autovettore 1: (1; 1);
• Autovettore 2: (-3,25; 1).

Pertanto, abbiamo ottenuto due autovettori linearmente indipendenti.

Conclusione

L'algebra lineare e la geometria analitica sono materie standard per qualsiasi specializzazione in ingegneria matricola. Il gran numero di vettori e matrici è terrificante ed è facile commettere errori in calcoli così complicati. Il nostro programma consentirà agli studenti di verificare i propri calcoli o di risolvere automaticamente il problema della ricerca di un autovettore. Ci sono altri calcolatori di algebra lineare nel nostro catalogo; usali nei tuoi studi o nel tuo lavoro.

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Le matrici diagonali hanno la struttura più semplice. Sorge la domanda se sia possibile trovare una base in cui la matrice dell'operatore lineare abbia forma diagonale. Tale base esiste.
Sia dato uno spazio lineare R n ed un operatore lineare A agente in esso; in questo caso l'operatore A prende in sé R n, cioè A:R n → R n .

Definizione. Un vettore diverso da zero è detto autovettore dell'operatore A se l'operatore A si traduce in un vettore collineare. Il numero λ è chiamato autovalore o autovalore dell'operatore A, corrispondente all'autovettore.
Notiamo alcune proprietà degli autovalori e degli autovettori.
1. Qualsiasi combinazione lineare di autovettori l'operatore A corrispondente allo stesso autovalore λ è un autovettore con lo stesso autovalore.
2. Autovettori l'operatore A con autovalori diversi a due a due λ 1 , λ 2 , ..., λ m sono linearmente indipendenti.
3. Se gli autovalori λ 1 =λ 2 = λ m = λ, allora l'autovalore λ corrisponde a non più di m autovettori linearmente indipendenti.

Quindi, se ci sono n autovettori linearmente indipendenti , corrispondenti a diversi autovalori λ 1, λ 2, ..., λ n, allora sono linearmente indipendenti, quindi possono essere presi come base dello spazio R n. Troviamo la forma della matrice dell'operatore lineare A nella base dei suoi autovettori, per cui agiremo con l'operatore A sui vettori della base: Poi .
Pertanto, la matrice dell'operatore lineare A sulla base dei suoi autovettori ha una forma diagonale e gli autovalori dell'operatore A sono lungo la diagonale.
Esiste un'altra base in cui la matrice ha forma diagonale? La risposta a questa domanda è data dal seguente teorema.

Teorema. La matrice di un operatore lineare A nella base (i = 1..n) ha forma diagonale se e solo se tutti i vettori della base sono autovettori dell'operatore A.

Regola per trovare autovalori e autovettori

Sia dato un vettore , dove x 1, x 2, …, x n sono le coordinate del vettore rispetto alla base ed è l'autovettore dell'operatore lineare A corrispondente all'autovalore λ, cioè. Questa relazione può essere scritta in forma matriciale

. (*)

L'equazione (*) può essere considerata come un'equazione per trovare , e , cioè siamo interessati a soluzioni non banali, poiché l'autovettore non può essere zero. È noto che esistono soluzioni non banali di un sistema omogeneo di equazioni lineari se e solo se det(A - λE) = 0. Pertanto, affinché λ sia autovalore dell'operatore A è necessario e sufficiente che det(A - λE ) = 0.
Se l'equazione (*) è scritta in dettaglio sotto forma di coordinate, otteniamo un sistema di equazioni lineari omogenee:

(1)
Dove - matrice degli operatori lineari.

Il sistema (1) ha soluzione diversa da zero se il suo determinante D è uguale a zero

Abbiamo ricevuto un'equazione per trovare gli autovalori.
Questa equazione è chiamata equazione caratteristica e il suo lato sinistro è chiamato polinomio caratteristico della matrice (operatore) A. Se il polinomio caratteristico non ha radici reali, allora la matrice A non ha autovettori e non può essere ridotta alla forma diagonale.
Siano λ 1, λ 2, …, λ n le radici reali dell'equazione caratteristica, e tra queste possono esserci multipli. Sostituendo a loro volta questi valori nel sistema (1), troviamo gli autovettori.

Esempio 12. L'operatore lineare A agisce in R 3 secondo la legge, dove x 1, x 2, .., x n sono le coordinate del vettore nella base , , . Trova gli autovalori e gli autovettori di questo operatore.
Soluzione. Costruiamo la matrice di questo operatore:
.
Creiamo un sistema per determinare le coordinate degli autovettori:

Componiamo un'equazione caratteristica e la risolviamo:

.
λ 1,2 = -1, λ 3 = 3.
Sostituendo λ = -1 nel sistema, abbiamo:
O
Perché , allora ci sono due variabili dipendenti e una variabile libera.
Sia allora x 1 un'incognita libera Risolviamo questo sistema in qualsiasi modo e troviamo la soluzione generale di questo sistema: Il sistema fondamentale di soluzioni consiste di una soluzione, poiché n - r = 3 - 2 = 1.
L'insieme degli autovettori corrispondenti all'autovalore λ = -1 ha la forma: , dove x 1 è un numero qualsiasi diverso da zero. Scegliamo un vettore da questo insieme, ad esempio, ponendo x 1 = 1: .
Ragionando in modo simile, troviamo l'autovettore corrispondente all'autovalore λ = 3: .
Nello spazio R 3 la base è costituita da tre vettori linearmente indipendenti, ma abbiamo ricevuto solo due autovettori linearmente indipendenti, dai quali non è possibile comporre la base in R 3. Di conseguenza non possiamo ridurre la matrice A di un operatore lineare alla forma diagonale.

Esempio 13. Data una matrice .
1. Dimostrare che il vettore è un autovettore della matrice A. Trova l'autovalore corrispondente a questo autovettore.
2. Trova una base in cui la matrice A abbia forma diagonale.
Soluzione.
1. Se , allora è un autovettore

.
Il vettore (1, 8, -1) è un autovettore. Autovalore λ = -1.
La matrice ha forma diagonale in una base costituita da autovettori. Uno di questi è famoso. Troviamo il resto.
Cerchiamo gli autovettori del sistema:

Equazione caratteristica: ;
(3 + λ)[-2(2-λ)(2+λ)+3] = 0; (3+λ)(λ 2 - 1) = 0
λ 1 = -3, λ 2 = 1, λ 3 = -1.
Troviamo l'autovettore corrispondente all'autovalore λ = -3:

Il rango della matrice di questo sistema è due ed è uguale al numero di incognite, quindi questo sistema ha solo una soluzione zero x 1 = x 3 = 0. x 2 qui può essere qualsiasi cosa diversa da zero, ad esempio x 2 = 1. Quindi il vettore (0 ,1,0) è un autovettore corrispondente a λ = -3. Controlliamo:
.
Se λ = 1, allora otteniamo il sistema
Il rango della matrice è due. Cancelliamo l'ultima equazione.
Sia x3 un'incognita libera. Allora x 1 = -3x 3, 4x 2 = 10x 1 - 6x 3 = -30x 3 - 6x 3, x 2 = -9x 3.
Assumendo x 3 = 1, abbiamo (-3,-9,1) - un autovettore corrispondente all'autovalore λ = 1. Verifica:

.
Poiché gli autovalori sono reali e distinti, i vettori ad essi corrispondenti sono linearmente indipendenti, per cui possono essere presi come base in R 3 . Quindi, nella base , , la matrice A ha la forma:
.
Non tutte le matrici di un operatore lineare A:R n → R n possono essere ridotte alla forma diagonale, poiché per alcuni operatori lineari possono esserci meno di n autovettori lineari indipendenti. Tuttavia, se la matrice è simmetrica, allora la radice dell'equazione caratteristica della molteplicità m corrisponde esattamente a m vettori linearmente indipendenti.

Definizione. Una matrice simmetrica è una matrice quadrata in cui gli elementi simmetrici rispetto alla diagonale principale sono uguali, cioè in cui .
Appunti. 1. Tutti gli autovalori di una matrice simmetrica sono reali.
2. Gli autovettori di una matrice simmetrica corrispondenti a diversi autovalori a coppie sono ortogonali.
Come una delle tante applicazioni dell'apparato studiato, consideriamo il problema di determinare il tipo di curva del secondo ordine.