12. Wartości i wektory własne

Idea

Jeśli ktoś próbował sobie kiedykolwiek wyobrazić przekształcenie liniowe np. płaszczyzny, to pewnie wyobrażał sobie, że ono ściska bądź rozciąga tę płaszczyznę wzdłuż różnych kierunków. Rzeczywiście miło by było wiedzieć, czy jak mamy jakieś dane przekształcenie liniowe \varphi\colon V\to V (takie przekształcenie, którego dziedzina i przeciwdziedzina to ta sama przestrzeń, nazywamy endomorfizmem), to polega ono właśnie na tym. Inaczej mówiąc, chcielibyśmy wiedzieć, czy istnieją taki niezerowy wektor v oraz liczba \lambda, że przekształcenie \varphi po prostu mnoży wektor v przez \lambda (czyli rozciąga lub ściska przestrzeń V w kierunku wyznaczonym przez ten wektor), czyli:

    \[\varphi(v)=\lambda v.\]

Jeśli v oraz \lambda mają takie własności, to wektor v nazywamy wektorem własnym tego przekształcenia, zaś \lambda to jego wartość własna.

Znajdywanie wartości własnych

Zauważ, że jeśli \lambda jest wartością własną przekształcenia \varphi oraz v jest wektorem własnym, to \varphi(v)-\lambda v=0. A zatem, jeśli M jest macierzą \varphi (powiedzmy w bazie standardowej), to

    \[0=Mv-\lambda v=Mv-\lambda I v=(M-\lambda I)v\]

, gdzie I to macierz jednostkowa.

Ponieważ mnożenie macierzy przez wektor, to kombinowanie jej kolumn ze sobą, oraz v jest niezerowy, to oznacza, że kolumny macierzy M-\lambda I da się skombinować nietrywialnie w wektor zerowy! Jest to możliwe wtedy i tylko wtedy, gdy \det (M-\lambda I)=0.

A zatem jak znaleźć wartości własne przekształcenia? Po prostu trzeba rozwiązać równanie \det (M-\lambda I)=0. Np. niech \varphi (x,y,z)=(2x,x+y,-x+z). Wtedy:

    \[M(\varphi)_{st}^{st}=\left[\begin{array}{ccc}2&0&0\\1&1&0\\-1&0&1\end{array}\right]\]

Zatem:

    \[M(\varphi)_{st}^{st}-\lambda I=\left[\begin{array}{ccc}2-\lambda&0&0\\1&1-\lambda&0\\-1&0&1-\lambda\end{array}\right].\]

Czyli musimy rozwiązać równanie:

    \[\det (M(\varphi)_{st}^{st}-\lambda I)=(2-\lambda)(1-\lambda)^2=0\]

A zatem wartości własne to: 2 oraz 1.

Przestrzenie własne

To pora znaleźć wektory własne odpowiadające poszczególnym wartościom. Zauważ, że ponieważ \varphi jest przekształceniem liniowym, to jeśli v, v' są wektorami własnym dla wartości własnej \lambda, to dla dowolnej liczby a także av oraz v+v' są wektorami własnymi dla \lambda. A zatem zbiór wektorów własnych dla wartości \lambda jest podprzestrzenią liniową. Zauważ, że wektor v spełnia równanie

    \[(M-\lambda I)v=0\]

a zatem przestrzeń wektorów własnych dla wartości własnej \lambda (zwana też przestrzenią własną dla \lambda, ozn. V_{(\lambda)}) jest opisana układem równań jednorodnych:

    \[(M-\lambda I)v=0\]

i możemy z łatwością znaleźć jej bazę.

W naszym przykładzie, znajdźmy bazę przestrzeni V_{(1)}, czyli niech \lambda=1. Zatem:

    \[M(\varphi)_{st}^{st}-\lambda I=\left[\begin{array}{ccc}1&0&0\\1&0&0\\-1&0&0\end{array}\right]\]

A zatem układ równań, to:

    \[\begin{cases}x=0\\x=0\\-x=0\end{cases}\]

Przestrzeń rozwiązań, to zatem V_{(1)}=\{(0,y,z)\colon y,z\in\mathbb{R}\}, a jej baza to (0,1,0),(0,0,1). Rzeczywiście \varphi((0,1,0))=1\cdot (0,1,0) oraz \varphi((0,0,1))=1\cdot (0,0,1).

Znajdźmy bazę przestrzeni V_{(2)}, czyli niech \lambda=2. Zatem:

    \[M(\varphi)_{st}^{st}-\lambda I=\left[\begin{array}{ccc}0&0&0\\1&-1&0\\-1&0&-1\end{array}\right]\]

A zatem układ równań, to:

    \[\begin{cases}0=0\\x-y=0\\-x-z=0\end{cases}\]

W postaci schodkowej zredukowanej:

    \[\left[\begin{array}{ccc|c}1&0&1&0\\0&1&1&0\\0&0&0&0\end{array}\right]\]

Przestrzeń rozwiązań, to zatem V_{(2)}=\{(-z,-z,z)\colon y,z\in\mathbb{R}\}, a jej baza to (-1,-1,1). Rzeczywiście \varphi((-1,-1,1))=(-2,-2,2)=2\cdot (-1,-1,1).

Baza własna

Jeśli zdarzy się tak, że suma wymiarów przestrzeni własnych jest równa wymiarowi całej przestrzeni (tak jest w naszym przykładzie 1+2=3), to bazę złożoną z baz przestrzeni własnych (w naszym wypadku: \mathcal{A}=\{(0,1,0),(0,0,1),(-1,-1,1)\}) nazywamy bazą własną przekształcenia.

To że przekształcenie ma bazę własną, oznacza, że jest zadane poprzez ściskanie i rozciąganie przestrzeni w tych własnych kierunkach. Zauważ, że macierz tego przekształcenia w bazie własnej jest macierzą diagonalną (ma niezerowe elementy tylko na przekątnej) z wartościami własnymi opowiadającymi poszczególnym wektorom z bazy na przekątnej. W naszym wypadku:

    \[M(\varphi)_{\mathcal{A}}^{\mathcal{A}}=\left[\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{array}\right]\]

Nie musi się tak zdarzyć. Może się okazać, że przekształcenie w ogóle nie ma wektorów własnych (np. obrót), lub że przestrzenie własne są za małe (np. obrót przestrzeni trójwymiarowej o 10 stopni względem jednej z osi ma tylko jednowymiarową przestrzeń własną).

Diagonalizacja macierzy

Macierz M jest diagonalizowalna, jeśli istnieje taka macierz C, że:

    \[M=C\cdot D\cdot C^{-1},\]

gdzie D jest pewną macierzą diagonalną.

Jak sprawdzić? I jak zdiagonalizować macierz, czyli znaleźć macierz D, jeśli taka istnieje. A no bierzemy przekształcenie \varphi takie że M to jego macierz w bazie standardowej. Macierz M jest diagonalizowalna, wtedy i tylko wtedy, gdy \varphi ma bazę własną \oA. Wtedy:

    \[M=M(id)_{\mathcal{A}}^{st}\cdot D\cdot (M(id)_{\mathcal{A}}^{st})^{-1}\]

i D=M(\varphi)_{\mathcal{A}}^{\mathcal{A}}, bowiem (M(id)_{\mathcal{A}}^{st})^{-1}=M(id)_{st}^{\mathcal{A}}.

Np. wiemy, że macierz

    \[\left[\begin{array}{ccc}2&0&0\\1&1&0\\-1&0&1\end{array}\right]\]

jest diagonalizowalna, bo \varphi odpowiadające tej macierzy ma bazę własną. Wiemy ponadto, że w tym wypadku:

    \[D=M(\varphi)_{\mathcal{A}}^{\mathcal{A}}=\left[\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{array}\right]\]

oraz

    \[C=M(id)_{\mathcal{A}}^{st}=\left[\begin{array}{ccc}0&0&-1\\1&0&-1\\0&1&1\end{array}\right].\]

Potęgowanie macierzy diagonalizowalnych

Diagonalizacja macierzy ma na przykład takie ciekawe zastosowanie, że można bardzo łatwo policzyć potęgi macierzy, o ile jest ona diagonalizowalna. Zauważmy bowiem, że jeśli \mathcal{A} jest bazą, to:

    \[\left(M(\varphi)_{\mathcal{A}}^{\mathcal{A}}\right)^{n}=M\left(\underbrace{\varphi\circ\ldots\circ\varphi}_{n}\right)_{\mathcal{A}}^{\mathcal{A}},\]

A zatem:

    \[(M(\varphi)_{st}^{st})^{n}=M\left(\underbrace{\varphi\circ\ldots\circ\varphi}_{n}\right)_{st}^{st}=\]

    \[=M(id)_{\mathcal{A}}^{st}\cdot M\left(\underbrace{\varphi\circ\ldots\circ\varphi}_{n}\right)_{\mathcal{A}}^{\mathcal{A}}\cdot M(id)_{st}^{\mathcal{A}} = M(id)_{\mathcal{A}}^{st}\cdot \left(M\left(\varphi\right)_{\mathcal{A}}^{\mathcal{A}}\right)^{n}\cdot M(id)_{st}^{\mathcal{A}}\]

z tym, że jeśli \mathcal{A} jest bazą własną, to macierz M\left(\varphi\right)_{\mathcal{A}}^{\mathcal{A}} jest macierzą diagonalną i podniesienie jej do potęgi jest po prostu podniesieniem do potęgi wyrazów na przekątnej.

Zróbmy to na przykładzie. Obliczmy:

    \[\left[\begin{array}{ccc}2&0&0\\1&1&0\\-1&0&1\end{array}\right]^{5}\]

Mamy:

    \[C=M(id)_{\mathcal{A}}^{st}=\left[\begin{array}{ccc}0&0&-1\\1&0&-1\\0&1&1\end{array}\right].\]

Zatem

    \[C^{-1}=M(id)_{st}^{\mathcal{A}}=\left[\begin{array}{ccc}-1&1&0\\1&0&1\\-1&0&0\end{array}\right].\]

A zatem:

    \[\left[\begin{array}{ccc}2&0&0\\1&1&0\\-1&0&1\end{array}\right]^{5}=C \cdot \left[\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{array}\right]^{5}\cdot C^{-1}=C \cdot \left[\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&1&0\\0&0&32\end{array}\right]^{5}\cdot C^{-1}=\left[\begin{array}{ccc}32&0&0\\31&1&0\\-31&0&1\end{array}\right].\]