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?