1.Czy mając macierz \(\displaystyle{ A}\) oraz jej wartości i wektory własne ,można policzyć bez bezpośredniego rachunku wartości i wektory własne macierzy \(\displaystyle{ A ^{2}}\) oraz \(\displaystyle{ (I-A)^2}\) ?
2.Czy mając powiedziane że np : \(\displaystyle{ f(x)=ax^3+bx^2+cx+d}\) ,(gdzie współczynniki są podane) mogę jakoś szybciej policzyć \(\displaystyle{ f(A)}\) dla danej macierzy \(\displaystyle{ A}\) niż przez bezpośrednie obliczenia ?
Wektory i wartości własne macierzy.
- yorgin
- Użytkownik
- Posty: 12762
- Rejestracja: 14 paź 2006, o 12:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 17 razy
- Pomógł: 3440 razy
Wektory i wartości własne macierzy.
1. Można. Pokażę na przykładzie \(\displaystyle{ A^2}\).
"Zgadujemy", że wartości własne \(\displaystyle{ A^2}\) to kwadraty wartości własnych \(\displaystyle{ A}\). Istotnie, gdy \(\displaystyle{ \lambda \in \sigma(A)}\), to
\(\displaystyle{ \det (A^2-\lambda^2 I)=\det(A+\lambda I)\cdot \det (A-\lambda I)=0}\),
czyli \(\displaystyle{ \lambda^2\in\sigma(A^2)}\).
Wartości własne są również proste. Skoro
\(\displaystyle{ (A-\lambda I)v=0}\),
to również
\(\displaystyle{ (A^2-\lambda^2 I)v=(A+\lambda I)((A-\lambda I)v)=0}\).
2. Odpowiedź jest również pozytywna. Zachodzi mianowicie twierdzenie:
Jeżelli \(\displaystyle{ w(\lambda)=\det (A-\lambda I)}\) jest wielomianem charatkerystycznym, to \(\displaystyle{ w(A)=0}\).
Innymi słowy, macierz spełnia swoje równanie charakterystyczne. Jest to
"Zgadujemy", że wartości własne \(\displaystyle{ A^2}\) to kwadraty wartości własnych \(\displaystyle{ A}\). Istotnie, gdy \(\displaystyle{ \lambda \in \sigma(A)}\), to
\(\displaystyle{ \det (A^2-\lambda^2 I)=\det(A+\lambda I)\cdot \det (A-\lambda I)=0}\),
czyli \(\displaystyle{ \lambda^2\in\sigma(A^2)}\).
Wartości własne są również proste. Skoro
\(\displaystyle{ (A-\lambda I)v=0}\),
to również
\(\displaystyle{ (A^2-\lambda^2 I)v=(A+\lambda I)((A-\lambda I)v)=0}\).
2. Odpowiedź jest również pozytywna. Zachodzi mianowicie twierdzenie:
Jeżelli \(\displaystyle{ w(\lambda)=\det (A-\lambda I)}\) jest wielomianem charatkerystycznym, to \(\displaystyle{ w(A)=0}\).
Innymi słowy, macierz spełnia swoje równanie charakterystyczne. Jest to
-
- Użytkownik
- Posty: 293
- Rejestracja: 7 paź 2014, o 21:15
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 124 razy
Wektory i wartości własne macierzy.
1.Czyli krótko mówiąc kwadraty wartości własnych macierzy \(\displaystyle{ A}\) są wartościami własnymi macierzy \(\displaystyle{ A}\) ,tak ? A czy można to uogólnić na dowolne \(\displaystyle{ A^n}\) ,bo wygląda to trochę tak jakby korzystać ze wzoru \(\displaystyle{ a^n-b^n}\).I mam rozumieć że wektory własne macierzy \(\displaystyle{ A}\) są wektorami własnymi macierzy \(\displaystyle{ A^2}\) ?
2.Ok ,tylko że równanie \(\displaystyle{ f(x)}\) nie musi być wielomianem charakterystycznym.
2.Ok ,tylko że równanie \(\displaystyle{ f(x)}\) nie musi być wielomianem charakterystycznym.
- yorgin
- Użytkownik
- Posty: 12762
- Rejestracja: 14 paź 2006, o 12:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 17 razy
- Pomógł: 3440 razy
Wektory i wartości własne macierzy.
Tak.PiotrWP pisze:1.Czyli krótko mówiąc kwadraty wartości własnych macierzy \(\displaystyle{ A}\) są wartościami własnymi macierzy \(\displaystyle{ A}\) ,tak ? A czy można to uogólnić na dowolne \(\displaystyle{ A^n}\) ,bo wygląda to trochę tak jakby korzystać ze wzoru \(\displaystyle{ a^n-b^n}\).
To wynika z moich obliczeń.PiotrWP pisze: I mam rozumieć że wektory własne macierzy \(\displaystyle{ A}\) są wektorami własnymi macierzy \(\displaystyle{ A^2}\) ?
Prawda, ale nic lepszego nie wymyślę. Równanie charakterystyczny może pozwolić zredukować ilość obliczeń przez wydzielenie z \(\displaystyle{ f(x)}\) tej części, która jest wielomianem charakterystycznym lub jego częścią.PiotrWP pisze: 2.Ok ,tylko że równanie \(\displaystyle{ f(x)}\) nie musi być wielomianem charakterystycznym.
Na przykład gdy \(\displaystyle{ f(x)=x^4}\)
oraz wielomian charakterystyczny to
\(\displaystyle{ \lambda^4+\lambda+1}\),
masz od razu
\(\displaystyle{ A^4+A+I=0}\)
to jest
\(\displaystyle{ A^4=-A-I}\)
czyli policzenie czwartej potęgi macierzy to proste odejmowanie.
-
- Użytkownik
- Posty: 293
- Rejestracja: 7 paź 2014, o 21:15
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 124 razy
Wektory i wartości własne macierzy.
1.Co do drugiego przypadku to próbowałem tak :
\(\displaystyle{ \det ((I-A)^2-\lambda^2 I)=\det((I-A)+\lambda I)\cdot \det ((I-A)+\lambda I)=\det((I-A)+\lambda I)\cdot \det ((I-(A-\lambda I))=0}\) i nie wiem co mógłbym z tym jeszcze.
2.A np: \(\displaystyle{ f(x)=x^3-4x^2+x}\) i \(\displaystyle{ A=\left[\begin{array}{cc}1&2\\-1&-2\end{array}\right]}\)
\(\displaystyle{ detA=\lambda^2-2\lambda+5=0}\)
\(\displaystyle{ A^2-2A+5=0}\)
\(\displaystyle{ A^2-4A=-2A-5}\)
\(\displaystyle{ x^3-4x^2+x=x(x^2-4x+1) \Rightarrow A(-2A-5)}\)
Może coś takiego być ?
\(\displaystyle{ \det ((I-A)^2-\lambda^2 I)=\det((I-A)+\lambda I)\cdot \det ((I-A)+\lambda I)=\det((I-A)+\lambda I)\cdot \det ((I-(A-\lambda I))=0}\) i nie wiem co mógłbym z tym jeszcze.
2.A np: \(\displaystyle{ f(x)=x^3-4x^2+x}\) i \(\displaystyle{ A=\left[\begin{array}{cc}1&2\\-1&-2\end{array}\right]}\)
\(\displaystyle{ detA=\lambda^2-2\lambda+5=0}\)
\(\displaystyle{ A^2-2A+5=0}\)
\(\displaystyle{ A^2-4A=-2A-5}\)
\(\displaystyle{ x^3-4x^2+x=x(x^2-4x+1) \Rightarrow A(-2A-5)}\)
Może coś takiego być ?
- yorgin
- Użytkownik
- Posty: 12762
- Rejestracja: 14 paź 2006, o 12:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 17 razy
- Pomógł: 3440 razy
Wektory i wartości własne macierzy.
1. Tutaj generalnie trzeba "odgadnąć" jakoś wartości własne i potem pokazać, że to odgadnięcie jest poprawne. Trudno się spodziewać tego, by kwadraty wartości własnych również pasowały. Trzeba nieco poeksperymentować... Z powyższego na przykład wynika, że wartości własne macierzy \(\displaystyle{ (I-A)^2}\) to oczywiście kwadraty wartości własnych macierzy \(\displaystyle{ I-A}\). Może tutaj metodą prób i błędów znajdziesz zależność? Może na przykładzie macierzy \(\displaystyle{ 2\times 2}\), jeżeli "odgadywanie" nie wychodzi.
2. Wielomian charakterystyczny macierzy jest źle policzony. Powinno być
\(\displaystyle{ w(\lambda)=\lambda^2+\lambda}\).
Pomijając ten fakt, reszta jest ideologicznie poprawna, przy czym \(\displaystyle{ A^2-4A+1=-2A-4}\), nie \(\displaystyle{ -2A-5}\).
Generalnie rozumiesz, jak to zrobić. Popracuj nad obliczeniami
2. Wielomian charakterystyczny macierzy jest źle policzony. Powinno być
\(\displaystyle{ w(\lambda)=\lambda^2+\lambda}\).
Pomijając ten fakt, reszta jest ideologicznie poprawna, przy czym \(\displaystyle{ A^2-4A+1=-2A-4}\), nie \(\displaystyle{ -2A-5}\).
Generalnie rozumiesz, jak to zrobić. Popracuj nad obliczeniami