Как найти собственные значения и векторы матрицы

Собственные значения и векторы матрицы — это ключевые понятия линейной алгебры, которые часто встречаются в задачах оптимизации, физики, компьютерной графики и машинного обучения. Они помогают понять, как матрица "растягивает" или "сжимает" пространство. В этой статье мы разберем, как их находить, шаг за шагом, и закрепим теорию примерами.

Что такое собственные значения и векторы?

Собственное значение ($ \lambda $) и собственный вектор ($ \vec{v} $) матрицы $ A $ связаны уравнением:

$$ A \vec{v} = \lambda \vec{v}, $$

где $ \vec{v} \neq 0 $. Это значит, что при умножении матрицы на собственный вектор он лишь масштабируется (умножается на $ \lambda $), не меняя направления.

Общий алгоритм

Чтобы найти собственные значения и векторы матрицы, следует:

1. Состаить характеристическое уравнение вида $ \det(A - \lambda I) = 0 $, где $ I $ — единичная матрица того же размера, что $ A $, а $ \det $ — определитель.
2. Решить характеристическое уравнение, найдя его корни $ \lambda_1, \lambda_2, \dots $. Это и будут собственные значения.
3. Найти собственные векторы: Для каждого $ \lambda_i $, подставляя его в уравнение $ (A - \lambda_i I) \vec{v} = 0 $ и решая систему линейных уравнений для $ \vec{v} $, можно найти вектор.
4. Проверить результат, если требуется. Чтобы провести проврку, надо подставить найденные значения в равенство и проверить его $ A \vec{v} = \lambda \vec{v} $ (для всех пар собственное значение - собственный вектор).

Теперь разберем этот алгоритм на типовых примерах.

Пример 1: Матрица 2×2

Рассмотрим матрицу:

$$ A = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}. $$

1. Запишем для нее характеристическое уравнение:
   • $ A - \lambda I = \begin{pmatrix} 4 - \lambda & 1 \\ 2 & 3 - \lambda \end{pmatrix} $.
   • Определитель: $$ \det(A - \lambda I) = (4 - \lambda)(3 - \lambda) - 1 \cdot 2 = 12 - 4\lambda - 3\lambda + \lambda^2 - 2 = \lambda^2 - 7\lambda + 10. $$
   • Получили квадратное уравнение: $ \lambda^2 - 7\lambda + 10 = 0 $.
2. Найдем его решение через дискриминант:
   • Дискриминант: $ D = (-7)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 10 = 49 - 40 = 9 $.
   • Корни: $ \lambda = \frac{7 \pm \sqrt{9}}{2} = \frac{7 \pm 3}{2} $.
   • $ \lambda_1 = 5 $, $ \lambda_2 = 2 $.
3. Теперь для каждого собственного значения найдем соответствующий собственный вектор
   • Для $ \lambda_1 = 5 $: $$ A - 5I = \begin{pmatrix} 4 - 5 & 1 \\ 2 & 3 - 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}. $$ Решаем $ \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = 0 $:
     • Уравнение: $ -v_1 + v_2 = 0 \Rightarrow v_1 = v_2 $.
     • Вектор: $ \vec{v_1} = t \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} $ (например, $ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} $).
   • Для $ \lambda_2 = 2 $: $$ A - 2I = \begin{pmatrix} 4 - 2 & 1 \\ 2 & 3 - 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}. $$ Решаем $ \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = 0 $:
     • Уравнение: $ 2v_1 + v_2 = 0 \Rightarrow v_2 = -2v_1 $.
     • Вектор: $ \vec{v_2} = t \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix} $ (например, $ \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix} $).
4. Сделаем проверку подстановкой и убедимся в тождестве:
   • $ \lambda_1 = 5 $: $ A \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ 5 \end{pmatrix} = 5 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} $.
   • $ \lambda_2 = 2 $: $ A \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ -4 \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix} $.

Ответ: $ \lambda_1 = 5 $, $ \vec{v_1} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} $; $ \lambda_2 = 2 $, $ \vec{v_2} = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix} $.

Пример 2: Матрица 2×2 с кратными корнями

Рассмотрим матрицу:

$$ A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}. $$

1. Составим характеристическое уравнение:
   • $ A - \lambda I = \begin{pmatrix} 3 - \lambda & 1 \\ 0 & 3 - \lambda \end{pmatrix} $.
   • Ее определитель имеет вид $ (3 - \lambda)(3 - \lambda) - 1 \cdot 0 = (3 - \lambda)^2 $.
   • Получаем уравнение для нахождения собственных значений: $ (3 - \lambda)^2 = 0 $.
2. Получаем, что:
   • $ 3 - \lambda = 0 \Rightarrow \lambda = 3 $ (кратность 2).
3. Теперь найдем собственные векторы:
   • $$ A - 3I = \begin{pmatrix} 3 - 3 & 1 \\ 0 & 3 - 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}. $$ Решаем $ \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = 0 $:
     • Отсюда: $ v_2 = 0 $, $ v_1 $ — произвольное.
     • Собственный вектор: $ \vec{v} = t \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} $ (например, $ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} $).
4. Сделаем проверку:
   • $ A \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \end{pmatrix} = 3 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} $.

Ответ: $ \lambda = 3 $ (кратность 2), $ \vec{v} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} $. Здесь только одно собственное подпространство из-за кратности.

Пример 3: Матрица 3×3

Рассмотрим матрицу:

$$ A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}. $$

1. Запишем характеристическое уравнение:
   • $ A - \lambda I = \begin{pmatrix} 1 - \lambda & 2 & 0 \\ 0 & 3 - \lambda & 1 \\ 0 & 0 & 2 - \lambda \end{pmatrix} $.
   • Определитель легко вычисляется разложением по первому столбцу: $$ \det(A - \lambda I) = (1 - \lambda)(3 - \lambda)(2 - \lambda). $$
   • $ (1 - \lambda)(3 - \lambda)(2 - \lambda) = 0 $.
   • $ \lambda_1 = 1 $, $ \lambda_2 = 3 $, $ \lambda_3 = 2 $.
2. Теперь найдем собственные векторы (их будет три):
   • Для $ \lambda_1 = 1 $: $$ A - I = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix} = 0. $$
     • $ v_3 = 0 $, $ 2v_2 + v_3 = 0 \Rightarrow v_2 = 0 $, $ v_1 $ — произвольное.
     • Вектор: $ \vec{v_1} = t \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $.
   • Для $ \lambda_2 = 3 $: $$ A - 3I = \begin{pmatrix} -2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}, \quad -2v_1 + 2v_2 = 0, \quad v_3 = 0. $$
     • $ v_1 = v_2 $, $ v_3 = 0 $.
     • Вектор: $ \vec{v_2} = t \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} $.
   • Для $ \lambda_3 = 2 $: $$ A - 2I = \begin{pmatrix} -1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad -v_1 + 2v_2 = 0, \quad v_2 + v_3 = 0. $$
     • $ v_1 = 2v_2 $, $ v_3 = -v_2 $.
     • Вектор: $ \vec{v_3} = t \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} $.
3. Проверку сделаем для $ \lambda_3 = 2 $, для остальных будет аналогично:
   • $ A \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ -2 \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} $.

Получаем собственные значения и вектора: $ \lambda_1 = 1 $, $ \vec{v_1} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $; $ \lambda_2 = 3 $, $ \vec{v_2} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} $; $ \lambda_3 = 2 $, $ \vec{v_3} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} $.

В заключение

Нахождение собственных значений и векторов — это довольно длинный процесс, который требует внимания к деталям. Начните с характеристического уравнения, найдите значения $ \lambda $, а затем решите систему для каждого, находя вектора. Используйте мат.пакеты или программы для проверки своих ответов. Если эти вычисления кажутся слишком сложными, не тратьте время зря — закажите решение у нас!

Дополнительная информация

• Примеры решений: матрицы и определители
• Контрольные по алгебре на заказ
• Почему стоит заказать в МатБюро?