MATRICE ZADACI ( III DEO) SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI MATRICE Postupak traženja sopstvenih vrednosti je vrednosti je sledeći: i)
Za datu kvadratnu matricu ( recimo matricu A matricu A)) odredimo matricu A − λ I n , gde je I n jedinična matrica . Znači, u datoj matrici po glavnoj dijagonali oduzmemo λ . λ . Ova matrica A − λ I n se naziva karakteristična matrica.
ii)
Tražimo vrednost determinante karakteristične matrice: det( A − λ I ) . Dobićemo polinom po λ . λ . Taj polinom se obel obelež ežav avaa sa P A (λ ) i naziva se karakteristični polinom matrice A.
iii)
Dobijeni polinom izjednačimo sa nulom: P A (λ ) = 0 . Ovo je karakteristična jednačina matrice A. Rešenja ove jednačine su λ1 , λ2 ,λ 3,....... ( zavisno kog je karakteristična jednačina stepena, toliko će imati i rešenja...) i nazivaju se sopstvene ( sopstvene (karakteristične) karakteristične) vrednosti vrednosti matrice A matrice A.. Skup svih sopstvenih vrednosti matrice A matrice A nazivamo nazivamo spektar matrice A i obeležavamo ga sa S p ( A) .
Primer 1. Odrediti sopstvene vrednosti za matrice: a)
b)
4 −1 1 2
A =
1 3 −2 A = −1 2 1 0 3 −1
Rešenje:
4 −1 1 2
a) A =
1 0 , jedinična matrica drugog reda. 0 1
Najpre formiramo matricu A − λ I 2 , gde je I 2 =
4 −1 1 0 4 −1 λ 0 4 − λ −1 − λ 0 1 = 1 2 − 0 λ = 1 2 − λ 1 2
A − λ I 2 =
Dalje tražimo determinantu ove matrice: det( A − λ I ) =
4 − λ 1
−1 = (4 − λ )(2 − λ ) + 1 = 8 − 4λ − 2λ + λ 2 + 1 2 − λ
det( A − λ I ) = λ 2 − 6λ + 9
1
Dobili smo karakteristični polinom: P A (λ ) = λ 2 − 6λ + 9 λ 2 − 6λ + 9 = 0 →
λ1 = 3, λ2 = 3
Rešavanjem karakteristične jednačine smo dobili sopstvene vrednosti: λ1 = 3, λ 2 = 3 . Vidimo da je ovde u pitanju dvostruka vrednost ( nula drugog reda), jer su rešenja jednaka.
1 3 −2 A = −1 2 1 0 3 −1
b)
1 A − λ I 3 = −1 0 1 − λ A − λ I = −1 0
−2 1 0 0 1 3 −2 λ 0 0 2 1 − λ 0 1 0 = − 1 2 1 − 0 λ 0 0 0 1 0 3 −1 0 0 λ 3 −1 3 −2 2 − λ 1 3 −1 − λ 3
1 − λ det( A − λ I ) = −1
3
−2
2 − λ
1
3
−1 − λ
0 1 − λ
3
−2
−1
2−λ
1
0
3
−1 − λ
= (1 − λ ) ⋅
2 − λ
1
3
−1 − λ
− (−1) ⋅
−2 +0 3 −1 − λ 3
= (1 − λ ) ⋅ [(2 − λ )( −1 − λ ) − 3] + 1 ⋅ [3( −1 − λ ) + 6] = (1 − λ ) ⋅ [ −2 − 2λ + λ + λ 2 − 3] − 3 − 3λ + 6 = (1 − λ ) ⋅ [λ 2 − λ − 5] − 3λ + 3 = λ 2 − λ − 5 − λ 3 + λ 2 + 5λ − 3λ + 3 = −λ 3 + 2λ 2 + λ − 2 = − λ 2 (λ − 2) + 1(λ − 2) = (λ − 2)(1 − λ 2 ) = (λ − 2)(1 − λ )(1 + λ ) Kad ovo izjednačimo sa nulom dobijamo tri različite sopstvene vrednosti: (λ − 2)(1 − λ )(1 + λ ) = 0 → λ − 2 = 0 ∨ 1 − λ = 0 ∨ 1 + λ = 0 λ1 = 2, λ2 = 1, λ 3 = −1 Spektar matrice A matrice A je dakle: S p ( A) = {−1,1, 2} 2} 2
Postupak traženja sopstvenih vektora je vektora je sledeći:
i)
Pronadjemo sve sopstvene vrednosti, to jest spektar matrice A
ii)
Za svaku sopstvenu vrednost posebno radimo sledeće: - λ zamenimo λ zamenimo u karakterističnu matricu A − λ I n -
dobijena matrica je ustvari matrica homogenog sistema koji će uvek biti neodređen, odnosno imaće beskonačno mnogo rešenja. Nađemo ta rešenja koja nam ustvari daju taj sopstveni vektor.
Malo je zeznuta situacija kad su nule karakterističnog polinoma dvostruke ili trostruke, pa ćemo mi na sledećem primeru pokušati da vam objasnimo sve tri situacije ( naravno ako govorimo o matrici 3× 3 ).
Primer 2.
Odrediti sopstvene vektore sledećih matrica:
a)
1 1 A = 1 1
b)
1 1 3 A = 1 5 1 3 1 1
v)
1 2 1 A = 2 4 2 1 2 1
g)
5 6 −3 A = −1 0 1 1 2 1
3
Rešenje: a)
1 1 A = 1 1
Dakle, najpre tražimo sopstvene vrednosti:
1 1 1 − λ 1 A = → A − λ I = 1 1 − λ 1 1
det( A − λ I ) =
1 − λ
1
1
1 − λ
= (1 − λ ) 2 − 1 = 1 − 2λ + λ 2 − 1 = λ 2 − 2λ
P A (λ ) = λ 2 − 2λ λ 2 − 2λ = 0 →
λ1 = 0, λ2 = 2
Dobili smo dve različite sopstvene vrednosti, sad ih vraćamo u karakterističnu matricu: λ 1 = 0
1 − 0 1 1 1 A − λ 1 I = = 1 1 − 0 1 1 Odavde pravimo homogen sistem i rešimo ga: x + y = 0 x + y = 0 x + y = 0 → y = − x → ( x, y) = ( x, − x)
x∈ R
E sad, svaki profesor ima svoja obeležavanja... Vi naravno radite kako vaš profesor zahteva, a mi smo naučili da sopstvene vektore izražavamo preko grčkog alfabeta...
prvog sopstvenog vektora. x1 = (α , −α ) = α (1, −1) evo prvog Vraćamo i drugu sopstvenu vrednost u karakterističnu matricu: λ 2 = 2 1 −1 1 1 − 2 A − λ 2 I = = 1 −1 1 1 − 2 Pravimo homogen sistem: 4
− x + y = 0 x − y = 0 x = y → ( x , y) = ( x, x)
x∈ R
Odavde je drugi sopstveni vektor: x2 = ( β , β ) = β (1,1)
1 1 3 A = 1 5 1 3 1 1
b)
1 3 1 − λ A − λ I = 1 5 − λ 1 3 1 1 − λ 1 − λ 1 3 det( A − λ I ) = 1 5 − λ 1 3 1 1 − λ 1− λ
1
3
1 − λ
1
5−λ
1
1
3
1
1 − λ
3
1 5 − λ = (1 − λ )(5 − λ )(1 − λ ) + 3 + 3 − 1( 1(1− λ ) − 1( 1(1− λ ) − 9(5 − λ ) = 1
= −λ 3 + 7λ 2 − 36 Dobili smo karakterističnu jednačinu: P A (λ ) = −λ 3 + 7λ 2 − 36 λ 3 − 7λ 2 + 36 = 0
Evo malog problema... Karakteristična jednačina je trećeg stepena, njene nule ćemo naći tako što posmatramo slobodan član, član, dakle dakle 36 i brojeve brojeve sa kojima kojima on može da se podeli podeli:: ± 1,± 2,± 3,...
Redom ih menjamo u karakterističnu jednačinu dok ne dobijemo nulu . ( podsetite se Bezuove teoreme).
Kod nas je to : ( −2)3 − 7(−2) 2 + 36 = −8 − 28 + 36 3 6 = 0 → λ = − 2
Sad Sad ceo ceo kara karakt kter eris isti tičn čnii pol polin inom om deli delimo mo sa (λ + + 2) . Podsetite se deljenja polinoma. Imate kod nas na sajtu, fajl I godina.
5
(λ 3 − 7λ 2 + 36) : (λ + 2) = λ 2 − 9λ + 1 8
± λ 3 ± 2λ 2 − 9λ 2 + 36 2
∓9λ ∓ 18λ
18 18λ + 36
±18 18λ ± 36
λ 2 − 9λ + 18 = 0 → λ = 6 , λ = 3 S p ( A) = {−2, 3, 6} Imamo tri različite sopstvene vrednosti, pa za svaku posebno: za λ 1 = − 2 1 3 3 1 3 1 − (−2) 1 = 1 7 1 A − ( −2) I = 5 − ( − 2) 1 3 1 1 − (−2) 3 1 3 3 x + y + 3 z = 0 1 x + 7 y + 1z = 0 3 x + y + 3 z = 0 3 x + y + 3 z = 0 1 x + 7 y + 1z = 0..... / ⋅ 3 3 x + y + 3 z = 0 3 x + 21 y + 3 z = 0 y = 0 → 3x + 3z = 0 → z = − x ( x, y, z ) = ( x, 0, − x)
x∈ R
x1 = (α , 0, −α ) = α (1,0, ,0, −1) za λ 2 = 3 1 3 −2 1 3 1 − 3 1 A − 3I = 1 5−3 1 = 1 2 1 ∼ Ivrsta i II vrsta zamene mesta ∼ − 2 3 3 1 1 − 3 3 1 −2 1 2 1 1 Ivrsta ⋅ 2 + IIvrsta → IIvrsta 5 ∼ IIvrsta + I IIvrsta → IIIvrsta ∼ 0 ∼ 0 5 Ivrsta ⋅ (−3) + IIIvrsta → IIIvrsta 0 −5 −5 0
2
1
1
− 2
1
3 ∼
2 1
0 0 5
5
6
Kao što vidite, moramo da znamo i rad sa matricama da bi lakše rešili dobijeni homogeni sistem.
1 2 1 Iz 0 5 5 napravimo sistem: 0 0 0 x + 2 y + z = 0 5 y + 5 z = 0 → y = − z x + 2 y + z = 0 → x − 2 z + z = 0 → x = z ( x, y, z) = ( z, − z, z ) z ∈ R
x2 = ( β , − β , β ) = β (1 , −1,1)
za λ 3 = 6
1 3 −5 1 3 1 − 6 1 −1 1 A − 6 I = 1 5−6 1 = 1 −1 1 ∼ Ivrsta i II vrsta zamene mesta ∼ −5 1 3∼ 3 3 1 −5 1 1 − 6 3 1 −5 1 −1 1 Ivrsta ⋅ 5 + IIvrsta → IIvrsta ∼ 0 −4 8 ∼ IIvrst a + IIIvrsta → IIIvrsta Ivrsta ⋅ (−3) + IIIvrsta → IIIvrsta 0 4 −8
1 −1 1 ∼ 0 −4 8 0 0 0 x − y + z = 0 −4 y + 8 z = 0 → y = 2 z x − y + z = 0 → x − 2 z + z = 0 → x = z
( x , y, z) = ( z , 2 z , z )
x3 = (γ , 2γ , γ ) = γ ( 1, 2,1)
v)
1 2 1 A = 2 4 2 1 2 1
1 − λ A − λ I = 2 1
2 4− λ 2
1
→ det( A − λ I ) = 1 − λ 2
1 − λ
2
1
2
4− λ
2
1
2
1 − λ
7
1− λ
2
1
1 − λ
2
4−λ
2
2
1
2
1 − λ
1
2 4 − λ = (1 − λ )2 (4 − λ ) + 4 + 4 − 4( 4(1 − λ ) − 4( 4(1 − λ ) − (4 (4 − λ ) = 2
= (1 − 2λ + λ 2 )(4 − λ ) + 8 − 4 + 4λ − 4 + 4λ − 4 + λ
= 4 − λ − 8λ + 2λ 2 + 4λ 2 − λ 3 + 9λ − 4 = −λ 3 + 6λ 2 = λ 2 (6 − λ ) λ 2 (6 − λ ) = 0 → λ1 = λ2 = 0, λ3 = 6 Sad imamo da je nula dvostruka sopstvena vrednost: za λ = 0 2 1 1 2 1 1 − 0 A − 0 ⋅ I = 2 4−0 2 = 2 4 2 1 2 1 − 0 1 2 1 x + 2 y + z = 0 2 x + 4 y + 2 z = 0 x + 2 y + z = 0 x + 2 y + z = 0 → x = −2 y − z ( x, y, z ) = ( −2α − β , α , β ) gde je α , β ∈ R Ako uzmemo da je β = 0 → (− 2α − β ,α , β ) = (− 2α ,α , 0) = α (− 2,1, 0) Ako uzmemo da je α = 0 → (−2α − β , α , β ) = (− β , 0, β ) = β (− 1, 1, 0,1) (−2α − β , α , β ) = α (−2,1, 0) + β (− 1, 0,1)
x1 = (−2,1,0) ,0) ∧ x2 = (−1,0, ,0,1) za λ = = 6 2 1 −5 2 1 1 − 6 1 2 −5 A − 6 I = 2 4−6 2 = 2 −2 2 ∼ Ivrsta IIIvrsta ∼ 2 −2 2 1 −5 2 1 2 1 − 6 1 2 −5 1 2 −5 1 2 −5 IIvrsta + Ivrsta ⋅ (−2) → IIvrsta ∼ ∼ 0 −6 12 ∼ IIIvrsta + IIvrsta ⋅ 2 → I IIvrsta ∼ 0 −6 12 IIIvrsta + Ivrsta ⋅ 5 → IIIvrsta 0 12 −24 0 0 0 x + 2 y − 5 z = 0
−6 y +12 z = 0 → y = 2 z x + 2 y − 5 z = 0 → x + 2 ⋅ 2 z − 5 z = 0 → x = z ( x, y , z ) = ( z , 2z , z )
z ∈R
x3 = (γ , 2γ , γ ) = γ ( 1, 2,1)
8
5 6 −3 A = −1 0 1 1 2 1
g)
6 −3 5 − λ 6 −3 5 − λ A − λ I = −1 0 − λ 1 = −1 −λ 1 1 2 1 − λ 1 2 1 − λ 5 − λ 6 −3 det( A − λ I ) = −1 −λ 1 1 2 1 − λ 5−λ
6
−3
−1
−λ
1
1
2
1 − λ
5 − λ 6
−1 −λ = −λ (5 − λ )(1 − λ ) + 6 + 6 + 6(1 − λ ) − 2(5 − λ ) − 3λ 1
2
= −λ (5 − 5λ − λ + λ 2 ) + 12 + 6 − 6λ − 10 + 2λ − 3λ
= −5λ + 6λ 2 − λ 3 + 8 − 7λ (2 − λ )3 = − λ 3 + 6λ 2 − 5λ + 8 = (2 (2 − λ )3 = 0 → λ = 2 Evo situacije gde imamo trostruku sopstvenu vrednost: λ = 2 6 −3 3 6 − 3 5 − 2 A − 2 I = −1 0 − 2 1 = −1 −2 1 1 2 1 − 2 1 2 − 1 3 x + 6 y − 3z = 0 − x − 2 y + z = 0 x + 2 y − z = 0 x + 2 y − z = 0 → z = x + 2 y → ( x, y, z) = ( x, y, x + 2 y);
x, y ∈ R
(α , β , α + 2 β ) α = 0 → (α , β , α + 2 β ) = (0, β , 2 β ) = β (0 ,1, 2) β = 0 → (α , β , α + 2 β ) = (α , 0, α ) = α (1, 0,1)
x = (α , β , α + 2β ) = α (1, 0,1) + β (0 ,1, 2)
x1 = (1, 0,1)
x2 = (0,1, (0,1, 2)
x3 = (1,1, 3) 3) za recimo α = 1 ∧ β = 1
9
I još nam ostaje da pokušamo da vam objasnimo kako se traži matrica An uz pomoć sopstvenih vektora. U fajlu matrice zadaci (I deo) smo tražili matricu An na dva načina: logički i to dokazivali matematičkom indukcijom i preko binomne formule. Videli smo da na ova dva načina radimo kad su u p itanju specifične matrice. Rad sa sopstvenim vektorima zahteva mnogo posla...
Primer 3.
1 1 3 Data je matrica A = 1 5 1 . Izračunati An , gde je n ∈ N 3 1 1 Kao što rekosmo, prvo treba naći sopstvene vrednosti i sopstvene vektore. 1 3 1 − λ 5 − λ 1 A − λ I = 1 3 1 1 − λ 1 − λ 1 3 det( A − λ I ) = 1 5 − λ 1 3 1 1 − λ 1 − λ
1
3
1
5−λ
1
3
1
1 − λ
= posle sredjivanja = (λ + 2)(3 − λ )(λ − 6)
(λ + 2)(3 − λ )(λ − 6) = 0 → λ1 = −2, λ2 = 3, λ3 = 6 za λ = = −2 1 3 3 1 3 1 + 2 1 7 1 → IIvrsta ∼ 3 1 3 ∼ A − (−2) I = 1 5+ 2 1 = 1 7 1 ∼ Ivrsta ← 3 3 1 3 1 1 + 2 3 1 3 1 7 1 1 7 1 IIvrsta + Ivrsta ⋅ (−3) → IIvrsta ∼ ∼ 0 −20 0 ∼ 0 −20 0 IIIvrsta + Ivrsta ⋅ (−3) → IIIvrsta 0 −20 0 0 0 0 x + 7 y + z = 0
−20 y = 0 → y = 0 x + 7 y + z = 0 → x + z = 0 → z = − x ( x, y, z ) = ( x, 0, − x),
x∈ R
x1 = (α , 0, −α ) = α (1, 0, −1) → za α =1 je x1 = (1, 0, − 1) 10
za λ = = 3 1 3 −2 1 3 1 − 3 1 2 1 → IIvrsta −2 1 3 ∼ A − 3I = 1 5−3 1 = 1 2 1 Ivrsta ← 3 3 1 − 2 1 1 − 3 3 1 −2 1 2 1 1 2 1 IIvrsta + Ivrsta ⋅ 2 → IIvrsta 5 ∼ IIIvrsta + IIvrsta → IIIvr sta ∼ 0 5 5 ∼ ∼ 0 5 IIIvrsta + Ivrsta ⋅ (−3) → IIIvrsta 0 −5 −5 0 0 0 x + 2 y + z = 0 5 y + 5 z = 0 → y + z = 0 → y = − z x + 2 y + z = 0 → x − 2 z + z = 0 → x = z ( x, y, z ) = ( z , − z , z ) z ∈ R x2 = ( β , − β , β ) = β (1, −1,1) → za β = 1 je x2 = (1, −1,1)
za λ = = 6 1 3 −5 1 3 1 − 6 1 −1 1 → IIvrsta ∼ −5 1 3 5 −6 1 = 1 −1 1 ∼ Ivrsta A − 6 I = 1 ← 3 3 1 −5 1 1 − 6 3 1 −5 1 −1 1 1 −1 1 IIvrsta + Ivrsta ⋅ 5 → IIvrsta ∼ 0 −4 8 ∼ IIIvrsta + IIvrsta → II Ivrsta ∼ 0 −4 8 IIIvrsta + Ivrsta ⋅ ( −3) → IIIvrsta 0 4 −8 0 0 0 x − y + z = 0
−4 y + 8 z = 0 → y = 2 z x − y + z = 0 → x − 2 z + z = 0 → x = z ( x, y, z ) = ( z , 2 z , z ) z ∈ R x3 = (γ , 2γ , γ ) = γ (1, 2,1) → za γ =1 je x3 = (1, 2,1)
Našli smo sopstvene vektore, i izabrali proizvoljne vrednosti za α , β i γ . Najčešće se uzima jedinica ali može i neki drugi broj.
Formiramo matricu S tako tako što sopstvene vektore naredjamo po kolonama:
1 1 1 S = 0 −1 2 −1 1 1
11
Šta je ovde ideja? Pravimo dijagonalnu matricu D: D = S −1 ⋅ A ⋅ S , ako je kvadriramo , dobijamo:
D = S −1 ⋅ A ⋅ S → D2 = ( S −1 ⋅ A ⋅ S )2 = ( S −1 ⋅ A ⋅ S )( S −1 ⋅ A ⋅ S) = S −1 ⋅ A⋅ S ⋅ S −1 ⋅ A⋅ S
→ D 2 = S −1 ⋅ A2 ⋅ S
Dalje bi bilo:
D 3 = D 2 ⋅ D = S −1 ⋅ A2 ⋅ S ⋅ S −1 ⋅ A ⋅ S → D3 = S −1 ⋅ A3 ⋅ S
Zaključujemo da je : D n = S −1 ⋅ An ⋅ S
Odavde će biti: −
D n = S 1 ⋅ An ⋅ S
množimo sa leva sa S
S ⋅ D n = S ⋅ S −1 ⋅ An ⋅ S S ⋅ D n = An ⋅ S
množimo sa desna sa S −1
S ⋅ D n ⋅ S −1 = An ⋅ S ⋅ S −1 S ⋅ D n ⋅ S −1 = An An = S ⋅ D n ⋅ S −1
Pa da krenemo polako na posao: S −1 =
1 det S
adjS
1 1 1 S = 0 −1 2 −1 1 1 1 det S = 0
−1
1
1
−1 2 = 1 1
1
−1 2 1
1
−1
1
1
−1 2
= −3 − 3 = − 6
12
1 S= 0 −1 1 S=0 −1 1 S=0 −1
S
−1
1 1 −1 2 → S11 = −3 S = 0 −1 1 1 −1 1 1 1 1 1 −1 2 → S12 = −2 S = 0 −1 1 1 −1 1 1 1 1 1 −1 2 → S13 = −1 S = 0 −1 1 1 −1 1 1
1
−3 0 1 = −2 2 −6 −1 −2
1
1 1 2 → S 21 = 0 S = 0 −1 1 −1 1 1 1 1 2 → S 22 = 2 S = 0 −1 1 −1 1 1 1 1 2 → S 23 = −2 S = 0 −1 1 −1 1
1
2 → S 31 = 3 1 1 2 → S32 = −2 1 1 2 → S 33 = −1 1
− 3 3 0 3 1 −1 −2 → S = 2 −2 2 6 1 2 1 −1
Da nadjemo matricu D:
D = S −1 ⋅ A ⋅ S
−3 1 1 3 1 1 1 D = 2 −2 2 1 5 1 0 − 1 2 6 1 2 1 3 1 1 −1 1 1 −6 0 6 1 1 1 1 D = 6 −6 6 0 − 1 2 6 6 12 6 −1 1 1 −1 0 1 1 1 1 D = 1 −1 1 0 −1 2 1 2 1 −1 1 1 3
1
0
−2 0 0 D = 0 3 0 0 0 6
13
( − 2) n −2 0 0 Jasno je da važi: D = 0 3 0 → D n = 0 0 0 6 0 Rekosmo da je :
0
0
3n
0
0
6n
An = S ⋅ D n ⋅ S −1
n 0 0 3 0 1 1 1 ( − 2) 1 An = 0 −1 2 0 3n 0 2 − 2 6 n −1 1 1 0 0 6 1 2 n 0 0 3 0 1 1 1 (−2) 1 0 −1 2 0 n An = 3 0 2 −2 6 n −1 1 1 0 0 6 1 2
3 ⋅ (−2)n + 2 ⋅ 3n + 6n 1 An = −2 ⋅ 3n + 2 ⋅ 6n 6 −3 ⋅ (−2)n + 2 ⋅ 3n + 6n
−2 ⋅ 3n + 2 ⋅ 6n 2 ⋅ 3n + 4 ⋅ 6 n −2 ⋅ 3n + 2 ⋅ 6n
3 2
1 3
1 2
−3 ⋅ (−2)n + 2 ⋅ 3n + 6n −2 ⋅ 3n + 2 ⋅ 6n n n n 3 ⋅ (−2) + 2 ⋅ 3 + 6
I evo je tražena matrica An . Još jednom vam napominjemo da će vaš profesor verovatno imati druga obeležavanja, pa vi ispoštujte njega a mi se nadamo da smo vam približili postupak.
14
