Собственные числа и собственные векторы. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Собственные числа и собственные векторы.

Тема Линал и алгебра.

11 Собственные числа и собственные векторы.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#74992

Найти собственные значения и собственные подпространства оператора транспонирования

𝒯 : Matn ×n → Matn ×n

действующего в пространстве квадратных матриц $n × n$ по правилу

𝒯 (X ) = Xt

Показать ответ и решение

$λ$ является собственным значением этого оператора, если найдётся ненулевая матрица $X$ такая, что $𝒯 (X ) = λX$ .

Но $t 𝒯 (X ) = X$ , то есть мы ищем матрицу, которая при транспонировании умножается на какое-то $λ$ .

Сразу заметим, что если на диагонали матрицы $X$ есть хотя бы одно ненулевое число, то $λ$ может быть равна только 1, поскольку при транспонировании все элементы диагонали остаются прежними, и в то же время, они должны умножиться на $λ$ .

Поэтому $λ = 1$ подходит, и в качестве $X$ можно взять любую симметричную матрицу.

Далее, если вся диагональ нулевая, а матрица $X$ - не симметричная, но при этом при транспонировании $t X = λX$ , Однако, если мы транспонируем еще раз, то получим

t t 2 X = (X ) = λ X

То есть, очевидно, $λ2 = 1$ , а значит $λ = ±1$ . Случай единицы мы рассмотрели, значит остается случай, когда $λ = − 1$ .

В таком случае матрица $X$ удовлетворяет соотношению $Xt = − X$ , а это в точности определение кососимметрической матрицы.

Ответ. $λ1 = 1$ и $V1 = { все симм етрические матри цы }$ ,
$λ2 = − 1$ и $V−1 = { все кососим метрич еск ие м атрицы }$

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#74991

a) Найти собственные значения, их кратности, собственные подпространства и базисы в этих собственных подпространствах у оператора, заданного в некотором базисе матрицей

( ) 1 0 0 || || ( − 2 1 1 ) − 3 − 1 − 1

b) Диагонализируем ли этот оператор?

Показать ответ и решение

a) Собственные значения - это в точности корни характеристического многочлена $( ) 1− λ 0 0 | | det(A − λE ) = det|( − 2 1− λ 1 |) − 3 − 1 − 1 − λ$ .

Посчитаем его:

( ) | 1 − λ 0 0 | det| − 2 1− λ 1 | = − λ3 + λ2 = λ2(− λ + 1), det(A − λE ) = E ⇔ λ1 = 0 или λ2 = 1 ( ) − 3 − 1 − 1 − λ

Причем $λ1$ имеет кратность 2, а $λ2$ имеет кратность 1.

Далее, найдём собственное подпространство $V0$ , соответствующее собственному значению $λ1 = 0$ .

Его базис - это в точности ФСР ОСЛУ

( ) ( ) ( ) | 1 0 0 | | x1| | 0| |( − 2 1 1 |) |( x2|) = |( 0|) − 3 − 1 − 1 x 0 3

ФСР ищем как обычно - сначала найдём общее решение этой системы методом Гаусса. Приведем матрицу к ступенчатому виду:

( ) 1 0 0 || || (0 1 1) 0 0 0

Таким образом, общее решение этой системы записывается как

( { x1 = 0 ( x2 + x3 = 0,

Или, выбирая $x3$ свободной переменной, а $x1,x2$ - главными, получим:

( { x = 0 1 ( x2 = − x3,

Таким образом, базис в пространстве решений, то есть базис в $V0$ задаётся следующим образом: нужно каждую из свободных переменных приравнять к единице, а остальные - к нулю (в данном случае - единственную $x3$ приравнять к единице, к нулю приравнивать будет уже нечего) и посчитать главные.

Получаем такой вектор $v = (0,− 1,1)$ . Следовательно,

V0 = span{(0,− 1,1)}

Далее, найдём собственное подпространство $V1$ , соответствующее собственному значению $λ2 = 1$ .

Его базис - это в точности ФСР ОСЛУ

( ) ( ) ( ) | 0 0 0 | | x1| | 0| |( − 2 0 1 |) |( x2|) = |( 0|) − 3 − 1 − 2 x3 0

( ) 1 0 − 0.5 || || ( 0 1 3.5 ) 0 0 0

Таким образом, общее решение этой системы записывается как

( {x1 − 0.5x3 = 0 (x2 + 3.5x3 = 0,

Или, выбирая $x3$ свободной переменной, а $x1,x2$ - главными, получим:

( {x = 0.5x 1 3 (x2 = − 3.5x3,

Таким образом, базис в пространстве решений, то есть базис в $V1$ задаётся следующим образом: нужно каждую из свободных переменных приравнять к единице, а остальные - к нулю (в данном случае - единственную $x3$ приравнять к единице, к нулю приравнивать будет уже нечего) и посчитать главные.

Получаем такой вектор $u = (0.5,− 3.5,1)$ . Следовательно,

V1 = span {(0.5,− 3.5,1)}

b) Применим критерий диагонализируемости. Он говорит, что матрица диагонализируема в некотором базисе тогда и только тогда, когда она имеет столько собственных значений, каков её размер (с учётом кратности) и для каждого собственного значения $λ$ выполнено точное равенство

dim V = кратн ость λ как корн я ха р. м н- н а λ

У нашей матрицы с учетом кратности получается 3 собственных значения, что равно её размеру, так что первое условие выполнено. Однако для собственного значения $λ1 = 0$ мы имеем, что его кратность равна 2, однако $dim V0 = 1$ , следовательно,

dim V0 < кратн ость 0 как корня хар. мн -на

Следовательно, наша матрица ни в каком базисе не может оказаться диагональной.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#74068

Пусть $x$ - собственный вектор оператора $𝒜$ с собственным значением $λ$ , а $f (t)$ – некоторый многочлен. Доказать, что $x$ является собственным вектором оператора $f (𝒜)$ с собственным значением $f(λ)$ .

Показать ответ и решение

По условию, выполняется равенство

𝒜x = λx.

Заметим сразу, что в этом случае

𝒜nx = λnx

(желающие могут доказать по индукции).

Пусть многочлен имеет вид $f(t) = p + p t + p t2 + ...+ p tn 0 1 2 n$ . Подействуем оператором $f(𝒜 )$ на вектор $x$ :

( 2 n) f (𝒜 )x = p0ℰ + p1𝒜 + p2𝒜 + ...+ pn𝒜 x =

2 n 2 n = p0x+ p1𝒜x + p2𝒜 x + ...+ pn𝒜 x = p0x + p1λx+ p2λ x+ ...+ pnλ x =

2 n = (p0 + p1λ + p2λ + ...+ pnλ )x,

что и означает, что $x$ – собственный вектор оператора $f(𝒜)$ с собственным значением $f(λ ) = p + p λ+ p λ2 + ...+ p λn 0 1 2 n$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#74067

Доказать, что множество всех собственных векторов оператора $𝒜$ с одним и тем же собственным значением $λ$ вместе с нулевым вектором образуют линейное подпространство. Это подпространство называется собственным подпространством, отвечающим собственному значению $λ$ , и обозначается $Vλ (𝒜 )$ .

Показать ответ и решение

Если $u$ и $v$ – собственные векторы оператора $𝒜$ , отвечающие значению $λ$ , т.е. $𝒜u = λu$ и $𝒜v = λv$ , то в силу линейности

𝒜 (u+ v) = 𝒜u + 𝒜v = λu + λv = λ ⋅(u + v),

т.е. $u + v$ тоже является собственным вектором (или $u+ v = 0$ , но нулевой вектор заранее включен в предполагаемое подпространство).

Аналогично рассматривается умножение на скаляр. Если $𝒜u = λu$ , $α ∈ ℝ$ , то в силу линейности $𝒜$ имеем:

𝒜 (αu) = α𝒜 (u) = α λu = λ ⋅αu,

т.е. $αu$ – собственный вектор оператора $𝒜$ , соответствующий значению $λ$ (или $αu = 0$ , но нулевой вектор заранее включен в предполагаемое подпространство).

Таким образом, множество, состоящее из собственных векторов, отвечающий собственному значению $λ$ , и нуля замкнуто относительно сложения и умножения на скаляр, следовательно является подпространством.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#74065

А верно ли, что если у двух матриц $A$ и $A′$ характеристические многочлены

det(A − λE )

det(A′ − λE )

совпадают, то эти матрицы подобны, то есть являются матрицами одного и того же оператора, но записанные в разных базисах, то есть существует такая невырожденная $C$ , что

A ′ = C− 1AC

Показать ответ и решение

Это неверно.

Например, посмотрим на такие две матрицы:

(0 0) (0 1) A = B = 0 0 0 0

У них одинаковый характеристический многочлен. А именно, он равен $χA (λ) = χB (λ) = λ2$ .

Однако ж матрицы $A$ и $B$ никак не могут быть матрицами одного и того же оператора, записанными в разных базисах. Они не подобны. Потому что $rkA = 0$ , $rkB = 1$ , а ранг сохраняется при смене базиса.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#74064

А зависят ли собственные векторы оператора $𝒜 : V → V$ от выбора базиса?

Показать ответ и решение

С одной стороны, конечно, не зависят, поскольку определение собственного вектора такое: вектор $v$ - собственный, если $v ⁄= 0$ и найдётся такая $λ ∈ ℝ$ , что

𝒜 (v) = λv

То есть в этом определении вообще ничего не зависит ни от базиса, ни от координат.

С другой стороны, нельзя конечно сказать, что координатное представление собственных векторов не зависит от выбора базиса. То есть будет неверно сказать, что если $( ) | v1| || v2|| || ...|| ( ) vn$ - координаты собственного вектора $v$ , то они останутся такими же в любом базисе.

Действительно, выберем некоторый базис в $V$ . Пусть в этом базисе оператор $𝒜$ имеет матрицу $A$ , и выполняется соотношение

( ) ( ) v1 λ⋅ v1 || || || || A || v2|| = || λ⋅ v2|| |( ...|) |( ... |) vn λ⋅vn

То есть, иными словами, в этом базисе координаты $(|v1 )| ||v2 || | | |( ...|) vn$ - это координаты собственного вектора $v$ с собственным значением $λ$ .

Пусть теперь мы выбрали в $V$ новый базис, и матрица перехода от старого к новому - это $C$ .

Тогда если $′ A$ - это матрица того же самого оператора, но в новом базисе, то $′ −1 A = C AC$ . А координаты $( ) v1 || || || v2|| | ...| ( ) vn$ в новом базисе будут равны $( ) v1 || || C −1|| v2|| | ...| ( ) vn$ .

Тогда $′ − 1 A = CA C$ ,
$( ) ( ) v1 v′1 || v || || v′|| || 2|| = C || 2|| |( ...|) |( ...|) v v′ n n$ .

Тогда соотношение

( ) ( ) v1 v1 || || || || A || v2|| = λ || v2|| |( ...|) |( ...|) v v n n

переписывается в виде

( ′) ( ′) | v1| | v1| || v′2|| || v′2|| CA ′C −1C || || = λC || || ( ...) ( ...) v′n vn′

сокращаем $−1 C C$ :

( ) ( ) v′ v′ || 1′|| || 1′|| CA ′| v2| = λC | v2| || ...|| || ...|| ( ′) ( ′) vn vn

И домножаем на $C −1$ слева: Получаем

( ) ( ) | v′1| | v′1| | v′| | v′| A′|| 2|| = λ|| 2|| |( ...|) |( ...|) v′ v′ n n

Таким образом мы видим, что в новом базисе тот же собственный вектор будет иметь уже другие координаты (впрочем, и матрица оператора $𝒜$ , конечно, уже будет другой).

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#74063

Доказать, что характеристический многочлен оператора $𝒜 : V → V$ , то есть многочлен

det(A − λE )

не зависит от того, какую матрицу $A$ оператора $𝒜$ мы возьмем, то есть не зависит от выбора базиса.

Показать ответ и решение

Действительно, пусть $A′$ - подобна матрице $A$ , то есть существует невырожденная матрица $C$ , такая, что $′ − 1 A = C AC$ . Но тогда

det(A ′ − λE ) = det(C −1AC − λE) = det(C− 1AC − λC −1C ) = det(C −1(A − λE )C) =

= det(C− 1) ⋅det(A − λE )⋅detC = det(A − λE )

И здесь мы воспользовались, во-первых, тем, что определитель произведения равен произведению определителей и, во-вторых, тем, что $− 1 −1 det(C ) = (detC )$ , а, значит, $−1 det(C )⋅det C = 1$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#65824

Доказать, что если $𝒜$ - невырожденный оператор на конечномерном пространстве, то $𝒜$ и $𝒜 −1$ имеют одни и те же собственные векторы. Как связаны между собой их соответствующие собственные значения?

Показать ответ и решение

Заметим, что у матрицы $𝒜$ нет нулевых собственных чисел, поскольку она невырожденна ( $λ = 0$ является собственным значением матрицы $𝒜$ тогда и только тогда, когда $𝒜$ вырождена).

Рассмотрим какой-нибудь собственный вектор $x$ матрицы $𝒜$ :

𝒜x = λx

−1 x = λ𝒜 x

1- −1 λx = 𝒜 x

Получается, что $x$ также является собственным вектором матрицы $𝒜 −1$ . При этом соответствующее собственное число $λ′ = 1λ$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#47976

Диагонализируема ли над $ℝ$ матрица $( ) 0 − 1 1 0$ ?

Показать ответ и решение

Характеристический многочлен матрицы $A$

( ) P (λ) = det(A − λE) = − λ − 1 = λ2 + 1 1 − λ

вообще не имеет корней в $ℝ.$ Однако по теореме Жордана над $ℂ$ у $A$ должна существовать жорданова нормальная форма.

Над $ℂ$ у характеристического многочлена $A$ два различных корня: $± i.$ Следовательно, $A$ диагонализируема над $ℂ$ и, понятное дело, её диагональный вид будет содержат комлексные числа. Следовательно, над $ℝ$ её диагонализовать никак не получится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#47975

Пусть $dim V = n$ . Показать, что наличие у оператора $𝒜 : V → V$ $n$ различных вещественных собственных чисел является достаточным, но вовсе не необходимым условием существования базиса, в котором $𝒜$ имеет диагональный вид.

Показать ответ и решение

Пример в данной задаче на удивление прост. Если взять единичную матрицу $( ) | 1 0 0 ... 0| | 0 1 0 ... 0| || || E = || 0 0 1 ... 0|| |( ... ... ... ... ...|) 0 0 0 ... 1$ матрицу, то её характеристический многочлен $det(E − λE ) = (1− λ)n$ имеет лишь один вещественный корень $λ = 1$ кратности $n.$ Однако, как мы видим, единичная матрица несмотря на это обстоятельство диагонализируема (причем очевидно, что она диагональна вообще в любом базисе).

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#47974

Пусть $( ) | 5 6 3 | A = | − 1 0 1 | . ( ) 1 2 − 1$ Вычислить $A9.$

Показать ответ и решение

Понятное дело, что не предполагается возводить матрицу $3 × 3$ в 9 степень руками. Попробуем применить метод диагонализации. Для него нужно, чтобы матрица имела 3 различных вещественных собственных значения.

Итак, собственные значения - это в точности корни характеристического многочлена

(5 − λ 6 3 ) | | P (λ ) = det(A − λE ) = det |( − 1 − λ 1 |) = − λ3 + 4λ2 + 4λ − 16 1 2 − 1− λ

Его корни можно найти подобрав рациональный корень и затем разделив многочлен третьей степени на $λ − подобранны й корень .$ В итоге получим:

λ1 = − 2,λ2 = 2,λ3 = 4

И соответствующие собственные векторы будут равны

( ) ( ) ( ) | 0 | | − 2| | 9 | v1 = | − 1| ,v2 = | 1 | ,v3 = | − 2| ( ) ( ) ( ) 2 0 1

Нам повезло - мы имеем три различных собственных значения! Следовательно ${v1,v2,v3}$ - это базис в $ℝ3$ и в этом базисе $A$ имеет вид $( ) |− 2 0 0| Aˆ= |( 0 2 0|) . 0 0 4$

Далее, если $( ) 0 − 2 9 || || C = ( − 1 1 − 2) 2 0 1$ - матрица перехода из стандартного базиса в базис из собственных векторов ${v1,v2,v3},$ то $ˆ −1 A = CAC .$

Находим $( ) −112- −61 512 C −1 = || 1 3 3 || . ( 4 2 4 ) 16 13 16$

Следовательно,

( ) ( 9 ) ( −1- −1- 5-) | 0 − 2 9 | | − 2 0 0 | | 12 6 12| A9 = (C ˆAC −1)9 = C Aˆ9C −1 = |( − 1 1 − 2|) |( 0 29 0 |) |( 14 32 34 |) = 2 0 1 0 0 49 1 1 1 6 3 6

( ) | 1535 3066 1533 | = 256 | − 341 − 680 − 339| ( ) 171 342 169

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#45026

Найти собственные векторы оператора $𝒜$ , заданного в каком-то базисе матрицей $( ) | 2 0 6| A = | − 3 − 1 − 6| ( ) 0 0 − 1$

Показать ответ и решение

Найдем вначале собственные числа $A.$ Для этого нужно посчитать корни её характеристического многочлена $( ) 2 − λ 0 6 | | 3 P (λ ) = det(A − λE ) = det |( − 3 − 1− λ − 6 |) = − λ + 3λ + 2. 0 0 − 1 − λ$

Итак, $P (λ) = − λ3 + 3λ + 2 = − (λ − 2)(λ + 1)2.$

Таким образом, имеем, что $P (λ ) = 0 ⇔ λ1 = 2,λ1 = − 1.$

1. Найдем собственный вектор, соответствующий собственному значению $λ1 = 2.$
Для этого нужно найти любое частное решение ОСЛУ $(A − 2E )v = 0,$ то есть

( ) ( ) 0 0 6 v1 || || || || ( − 3 − 3 − 6) ( v2) = 0 0 0 − 3 v3

Подойдет, к примеру, $v = (− 1,1,0).$

2. Найдем собственный вектор, соответствующий собственному значению $λ2 = − 1.$
Для этого нужно найти любое частное решение ОСЛУ $(A + E )u = 0,$ то есть

( ) ( ) | 3 0 6 | | u1| |( − 3 0 − 6|) |( u2|) = 0 0 0 0 u3

Подойдет, к примеру, $u = (− 2,0,1).$ Заметим, к слову, что собственному значению $λ2 = − 1$ соответствует еще другой собственный вектор $w = (0,1,0),$ который не пропорционален $u.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#45025

Проверить, что у оператора поворота на угол $φ$ в $ℝ2$ , заданного в стандартном базисе матрицей $(cosφ − sin φ) A = sinφ cos φ$ нет собственных чисел и, соответственно, собственных векторов (над $ℝ$ ) при $φ ⁄= 0 + 2πn,φ ⁄= π + 2πn$

Показать ответ и решение

Действительно, $λ ∈ ℝ$ - собственное значение матрицы $A$ тогда и только тогда, когда

det(A − λE ) = 0

Но $( ) cosφ − λ − sinφ A − λE = sinφ cos φ− λ .$

А, значит, $2 2 2 2 det(A − λE ) = cos φ − 2 cosφλ + λ + sin φ = 1− 2cos φλ + λ .$

И вот если мы хотим, чтобы $det(A − λE) = 0,$ то это означает, что мы ищем такое $λ,$ что $1 − 2cosφ λ+ λ2 = 0.$

Дискриминант этого квадратного уравнения по $λ$ равен $D = 4 cos2 φ − 4 = 4 (cos2φ − 1)$ строго больше 0 $D$ быть не может, поскольку это означало бы, что $cos2 φ > 1.$ А нулю он равен только если $cos2 φ = 1.$

Однако если $2 cos φ = 1,$ то $φ = 0 + 2πn,$ либо $φ = π + 2πn.$ А это противоречит тому, что $φ ⁄= 0 + 2πn,φ ⁄= π + 2πn$ по изначальному предположению.

Таким образом, дискриминант по $λ$ всегда отрицательный, а значит уравнение не имеет решений. Следовательно, собственных чисел, а, значит, и собственных векторов у матрицы $A$ нет.

Комментарий: Геометрически это было вполне ожидаемо. Ведь $A$ - это матрица поворота на угол $φ$ против часовой стрелки. И, значит, она не может ни один из векторов растягивать ни во сколько раз - она их все поворачивает на $φ.$

Ответ:

Предыдущий раздел

Следующий раздел