wektor własny macierzy

Przestrzenie wektorowe, bazy, liniowa niezależność, macierze.... Formy kwadratowe, twierdzenia o klasyfikacji...
legolas
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 320
Rejestracja: 7 cze 2016, o 02:21
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: warszawa
Podziękował: 146 razy
Pomógł: 3 razy

wektor własny macierzy

Post autor: legolas »

jest sobie macierz

\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}-1&1&2\\-1&1&2\\1&-1&-1\end{array}\right]}\)
I chcę sobie policzyć wektory własne.
Wielomian charakterystyczne: \(\displaystyle{ -\lambda^3-\lambda^2}\), czyli \(\displaystyle{ 0}\) to pierw. podwójny, a \(\displaystyle{ -1}\) pojedynczy.
No i liczę dla \(\displaystyle{ \lambda=0}\) (górny wiersz skreślam)

\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}-1&1&2\\1&-1&-1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}-x+y+2z&x-y-z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}0&0\end{array}\right]}\)

No i jest układ równań

\(\displaystyle{ \begin{cases} -x+y+2z=0\\x-y-z=0\end{cases}}\)

i stąd wychodzi \(\displaystyle{ z=0, \ x=y}\)
No ale to nam wygeneruje tylko wektor \(\displaystyle{ \left[\begin{array}{c}1\\1\\0\end{array}\right]}\)
a skoro jest to pierw. podwójny, to powinno dwa. Gdzie jest błąd?
Awatar użytkownika
NogaWeza
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1481
Rejestracja: 22 lis 2012, o 22:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Gdańsk
Podziękował: 147 razy
Pomógł: 300 razy

wektor własny macierzy

Post autor: NogaWeza »

A kto powiedział, że dla \(\displaystyle{ n}\)-krotnej wartości własnej musi istnieć dokładnie \(\displaystyle{ n}\) wektorów własnych? Gdyby tak było, to każda macierz byłaby diagonalizowalna, a tak nie jest. Dla danej wartości własnej istnieje co najmniej jeden wektor własny, ale wcale nie musi być ich więcej.
legolas
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 320
Rejestracja: 7 cze 2016, o 02:21
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: warszawa
Podziękował: 146 razy
Pomógł: 3 razy

wektor własny macierzy

Post autor: legolas »


myślałem, że tak jest

Ok, to w takim razie z tego można wygenerować tylko 2 wektory, więc macierz nie jest diagonalizowalna. W takim razie w jaki sposób obliczyć \(\displaystyle{ A^{199}}\)? Wymnożyć parę pierwszych i zobaczyć co się stanie?

Oraz kolejne pytanko: jeśli wektor \(\displaystyle{ X=\left[\begin{array}{c}3\\0\\3\end{array}\right]}\) nie jest wektorem własnym macierzy \(\displaystyle{ A}\), to czy możemy stwierdzić, że nie jest on wektorem własnym macierzy \(\displaystyle{ A^2}\), jeśli nie jest ona diagonalizowalna?

-- 3 lip 2016, o 00:24 --

No i w takim razie jakie są warunki na diagonalizalnosć macierzy? ilość wektorów własnych równa rozmiarowi?
Ostatnio zmieniony 3 lip 2016, o 01:06 przez legolas, łącznie zmieniany 1 raz.
Awatar użytkownika
NogaWeza
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1481
Rejestracja: 22 lis 2012, o 22:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Gdańsk
Podziękował: 147 razy
Pomógł: 300 razy

wektor własny macierzy

Post autor: NogaWeza »

Dla macierzy powiedzmy \(\displaystyle{ 2 \times 2}\) z jakimś zerowym wyrazem czasem można zauważyć jakąś prawidłowość, a potem dokończyć zadanie indukcyjnie, ale nie jest to metoda uniwersalna.

Należy znaleźć taką bazę (ja to nazywam bazą Jordana) złożoną z wektorów własnych i głównych (lub dołączonych, różnie je nazywają). Istnieje twierdzenie Jordana o rozkładzie macierzy, mówi ono, że istnieje następujący rozkład macierzy:
\(\displaystyle{ A = P J P^{-1}}\)
Wobec tego \(\displaystyle{ A^{n} = PJP^{-1} \cdot PJP^{-1} ... \cdot PJP^{-1}}\), ale przecież \(\displaystyle{ P^{-1} P = I}\), więc \(\displaystyle{ A^n = P J^n P^{-1}}\), a macierz w postaci Jordana już bardzo łatwo się podnosi do potęgi, bo jest ona złożona z klatek Jordana.

Wspomniałem wcześniej o bazie Jordana i o wektorach głównych - poszukiwanie ich jest rekurencyjne, mianowicie jeśli mamy wartość własną i odpowiadający jej wektor własny znaleziony poprzez rozwiązanie układu \(\displaystyle{ (A - \lambda I ) v = 0}\), to wektory główne znajdujemy wstawiając po prawej stronie wektor własny. W tym przypadku \(\displaystyle{ (A - \lambda I)v = \left[\begin{array}{c}1\\1\\0\end{array}\right]}\)

Co do macierzy przejścia \(\displaystyle{ P}\) to po prostu wstawia się odpowiednie wektory własne i główne jako kolumny tej macierzy.


Co do warunków na diagonalizowalność, to macierz jest diagonalizowalna jeśli:
-wielomian charakterystyczny ma tylko jednokrotne pierwiastki, wtedy dla każdej z wartości własnych istnieje dokładnie jeden wektor własny i to wystarcza
-jeśli powyższy warunek nie jest spełniony to nic straconego, może się okazać, że jest jakaś \(\displaystyle{ k}\) krotna wartość własna, ale okaże się, że istnieje dla niej \(\displaystyle{ k}\) liniowo niezależnych wektorów własnych i wtedy też macierz jest diagonalizowalna
-ciekawostką jest, że każda macierz symetryczna jest diagonalizowalna


Co do pytania o wektor własny macierzy i jej kwadratu to niestety nie powiem Ci nic na ten temat, bo nie wiem. Jeśli pytałbyś o wartość własną \(\displaystyle{ \lambda}\) macierzy \(\displaystyle{ A}\), to odpowiedziałbym, że \(\displaystyle{ \lambda ^2}\) jest wartością własną macierzy \(\displaystyle{ A^2}\), ale o wektorach własnych nie wiem nic.

W każdym razie jutro pomogę Ci z tym zadaniem, sam przy okazji sobie chętne przypomnę takie rzeczy. Może się to wydawać skomplikowane, ale sprowadzenie macierzy do postaci Jordana to nic trudnego, kolejne kroki to:
-znalezienie wartości własnych i odpowiadających im wektorów własnych
-jeśli wektorów własnych jest za mało, to dopełnienie do bazy Jordana poprzez znalezienie wektorów głównych
-zapisanie macierzy przejścia
-ustalenie jak będzie wyglądać postać Jordana

Proponuję byś spróbował na własną rękę odnaleźć jakieś informacje na temat tych kroków, a gdy będziesz miał jakieś pytania to pisz śmiało i pomożemy, bo nie ma sensu, żeby ktoś robił całe zadanie za Ciebie
legolas
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 320
Rejestracja: 7 cze 2016, o 02:21
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: warszawa
Podziękował: 146 razy
Pomógł: 3 razy

wektor własny macierzy

Post autor: legolas »

Co to jest postać Jordana, macierze przejścia, itd. to wiem, parę rzeczy już się dowiedziałem na własną rękę:
- jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest wektorem własnym macierzy \(\displaystyle{ A}\), to jest też wektorem własnym macierzy \(\displaystyle{ A^2}\),
- ale nie implikuje się to w drugą stronę, np. w moim przykładzie \(\displaystyle{ \left[\begin{array}{c}3\\0\\3\end{array}\right]}\) nie jest w. własnym \(\displaystyle{ A=\left[\begin{array}{ccc}-1&1&2\\-1&1&2\\1&-1&-1\end{array}\right]}\), ale dla \(\displaystyle{ A^2}\) już tak

Generalnie zostało mi już tylko policzenie \(\displaystyle{ A^{199}}\) ale nie mam pojęcia jak to zrobić, skoro \(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}-1&1&2\\-1&1&2\\1&-1&-1\end{array}\right]}\) nie jest diagonalizowalna

-- 3 lip 2016, o 01:30 --

Dobra, nie ma zadania. Sprawdziłem parę pierwszych potęg w wolframie i ładny wzór wychodzi, zapewne taki żarcik ze strony prowadzącego ;P
Awatar użytkownika
Mariusz M
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6903
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 1246 razy

wektor własny macierzy

Post autor: Mariusz M »

NogaWeza, nic trudnego jak ktoś by chciał schemat postępowania przystępnie opisać
poszukiwanie ich jest rekurencyjne
Mnie się zdarzyło że dla potrójnej wartości własnej znalazłem tylko dwa wektory własne
i dla każdego z tych wektorów własnych układ który podałeś był sprzeczny
Jeżeli już znajdziemy te wektory to jaką ich permutację wybrać ?

Co do potęgi macierzy oraz eksponenty macierzy to jest jeszcze sposób z układem równań liniowych
odpowiednio różnicowym i różniczkowym ale czasem nie jest on do zaakceptowania
ODPOWIEDZ