KURZUS: Matematika II.

MODUL: 3. Lineáris algebra

3.6 Sajátértékek, sajátvektorok

Tanulási cél: A sajátértékek és sajátvektorok meghatározásának begyakorlása.

Elméleti összefoglaló: Az n × n -es, négyzetes, A mátrix karakterisztikus polinomja a, kifejtés után, λ -ra nézve pontosan n -ed fokú det ( λ . I A ) polinom. Itt persze I az n × n -es egységmátrix.

A karakterisztikus polinom gyökei, azaz a

det ( λ . I A ) = 0

egyenlet megoldásai az A mátrix sajátértékei.

Egy s oszlopvektor az A mátrix λ sajátértékhez tartozó sajátvektor, ha

A . s = λ . s .

A λ sajátértékhez tartozó sajátvektorok a

( λ . I A ) . X = 0

homogén lineáris egyenletrendszer megoldásával határozhatók meg.

Tananyag:
Tankönyv: Gáspár Csaba, Molnárka Győző: Lineáris algebra és többváltozós függvények.
Fejezet: 3.7.

Kidolgozott feladatok

1. feladat Határozzuk meg az A = [ 2 3 2 1 ] mátrix sajátértékeit és sajátvektorait.

Megoldás: Tudjuk, hogy a sajátértékek a karakterisztikus polinom gyökei. A karakterisztikus polinomot úgy kapjuk, hogy kifejtjük a det ( λ . I A ) determinánst. Ez részletesen kiírva a

λ . I A = λ . [ 1 0 0 1 ] [ 2 3 2 1 ] = [ λ 0 0 λ ] [ 2 3 2 1 ] = [ λ 2 3 2 λ 1 ]

mátrix determinánsát jelenti, ami

| λ 2 3 2 λ 1 | = ( λ 2 ) ( λ 1 ) 6 = λ 2 3 λ + 2 6 = λ 2 3 λ 4 .

A

λ 2 3 λ 4 = 0

karakterisztikus egyenletnek két gyöke van: λ 1 = 1 és λ 2 = 4 . Ezek tehát az A mátrix sajátértékei.

A λ 1 sajátértékhez tartozó sajátvektort úgy kapjuk meg, hogy tekintjük a

λ 1 . I A = ( 1 ) . [ 1 0 0 1 ] [ 2 3 2 1 ] = [ 1 0 0 1 ] [ 2 3 2 1 ] = [ 3 3 2 2 ]

együtthatómátrixú homogén lineáris egyenletrendszert, ami most

3 x + 3 y = 0 2 x 2 y = 0 ,

és meghatározzuk ennek a megoldását.

Az egyenletrendszer kibővített mátrixa

[ 3 3 0 2 2 0 ] .

Osszuk el az első sort mínusz eggyel.

[ 1 1 0 2 2 0 ]

Vonjuk ki ezután az első sor kétszeresét a második sorból.

[ 1 1 0 0 0 0 ]

Ez az alábbi egyenletrendszert jelenti:

x y = 0 0 = 0

Ennek az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van. Ezeket célszerű paraméteresen megadni az alábbi alakban.

x = t y = t ,

ahol t tetszőleges valós szám.

Ebből a λ 1 -hez tartozó s 1 sajátvektort úgy kapjuk, hogy tekintjük azt a vektort, amelynek első koordinátája az első ismeretlen, második koordinátája a második ismeretlen, (és így tovább, ha a mátrix kétszer kettesnél nagyobb méretű). Most tehát

s 1 = [ t t ] = t . [ 1 1 ] , t R .

Az utolsó felírásból különösen jól látszik, hogy minden λ 1 -hez tartozó sajátvektor az [ 1 1 ] vektor számszorosa.

Például a t = 3 -hoz tartozó s 1 = [ 3 3 ] sajátvektorra is teljesül az

A . s 1 = λ 1 . s 1

összefüggés, hiszen

[ 2 3 2 1 ] . [ 3 3 ] = [ 3 3 ] = ( 1 ) . [ 3 3 ] .

Meghatározzuk a λ 2 = 4 -hez tartozó sajátvektorokat.

Ehhez megoldjuk a

λ 2 . I A = 4 . [ 1 0 0 1 ] [ 2 3 2 1 ] = [ 4 0 0 4 ] [ 2 3 2 1 ] = [ 2 3 2 3 ]

együtthatómátrixú homogén lineáris egyenletrendszert, ami most

2 x + 3 y = 0 2 x + 3 y = 0 .

Ennek az egyenletrendszernek a kibővített mátrixa

[ 2 3 0 2 3 0 ] .

Vonjuk ki az első sort a másodikból. Így a

[ 2 3 0 0 0 0 ]

mátrixot kapjuk, amihez a

2 x + 3 y = 0 0 = 0

egyenletrendszer tartozik. Ennek is végtelen sok megoldása van. Ezek paraméteres megadása az y ismeretlent választva paraméternek

x = 3 2 t y = t ,

ahol t tetszőleges valós szám.

Így a λ 2 -höz tartozó s 2 sajátvektorra

s 2 = [ 3 2 t t ] = t . [ 3 2 1 ] , t R .

Páldául a t = 6 -hoz tartozó s 2 = [ 9 6 ] sajátvektorra is teljesül, hogy

[ 2 3 2 1 ] . [ 9 6 ] = [ 36 24 ] = 4 . [ 9 6 ] .

2. feladat Keressük meg az A = [ 1 1 0 1 1 0 0 0 0 ] mátrix sajátértékeit és sajátvektorait.

Megoldás: Kezdjük a sajátértékek meghatározásával.

λ . I A = [ λ 0 0 0 λ 0 0 0 λ ] [ 1 1 0 1 1 0 0 0 0 ] = [ λ + 1 1 0 1 λ + 1 0 0 0 λ ] .

Megoldjuk λ -ra a

| λ + 1 1 0 1 λ + 1 0 0 0 λ | = 0

egyenletet.

Kifejtve a determinánst a harmadik sora szerint kapjuk, hogy a karakterisztikus polinom

λ [ ( λ + 1 ) 2 1 ] = λ ( λ 2 + 2 λ ) = λ 2 ( λ + 2 ) = 0 .

Ennek a harmadfókú polinomnak a gyökei a λ 1 = λ 2 = 0 , a nulla tehát kétszeres gyök, és a λ 3 = 2 .

Az A mátrixnak sajátértékei tehát a λ 1 = λ 2 = 0 , és a λ 3 = 2 .

A λ 1 = λ 2 = 0 -hoz tartozó sajátvektorok a

λ 1 . I A = 0 . I A = A = [ 1 0 0 1 1 0 0 0 0 ]

együtthatómátrixú

x y + 0 . z = 0 0 . x + 0 . y + 0 . z = 0 0 . x + 0 . y + 0 . z = 0

homogén lineáris egyenletrendszer megoldásával kaphatók meg.

Látjuk, hogy ennek az egyenletrendszernek is végtelen sok megoldása van. Sőt, most két ismeretlent is szabadon megválaszthatunk. Ha ezek y és a z ismeretlenek, akkor a megoldás paraméteres alakban

x = v y = v u , v R z = u .

A nulla sajátértékhez tartozó sajátvektorok tehát az

s 1 = [ v v u ]

alakú vektorok, ahol u és v tetszőleges valós szám.

Például u = 2, v = 4 esetén az

s 1 = [ 4 4 2 ]

vektorra is teljesül, hogy

A . s 1 = [ 1 1 0 1 1 0 0 0 0 ] . [ 4 4 2 ] = [ 0 0 0 ] = 0 . [ 4 4 2 ] = λ 1 . s 1 .

A λ 3 = 2 sajátértékhez tartozó sajátvektorok a

λ 3 . I A = [ 2 0 0 0 2 0 0 0 2 ] [ 1 1 0 1 1 0 0 0 0 ] = [ 1 1 0 1 1 0 0 0 2 ]

együtthatómátrixú

x y + 0 . z = 0 x y + 0 . z = 0 0 . x + 0 . y 2 z = 0

homogén lineáris egyenletrendszer megoldásával kaphatók meg.

Ennek kibővített mátrixa

[ 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 2 0 ]

Cseréljük meg a második és a harmadik sort, majd vonjuk ki az első sort a harmadik sorból. Ekkor kapjuk, hogy

[ 1 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 ] .

Innen leolvashatjuk, hogy z = 0 , és x = y .

A végtelen sok megoldás, az y ismeretlent választva paraméternek

x = t y = t , t R z = 0

alakban adható meg.

Tehát a λ 3 = 2 -höz tartozó s 3 sajátvektorokra

s 3 = [ t t 0 ] = t . [ 1 1 0 ] , t R .

Például a t = 3 paraméterhez tartozó

s 3 = [ 3 3 0 ]

sajátvektorra teljesül, hogy

A . s 3 = [ 1 1 0 1 1 0 0 0 0 ] . [ 3 3 0 ] = [ 6 6 0 ] = ( 2 ) . [ 3 3 0 ] = λ 3 . s 3 .

3. feladat Számítsuk ki az alábbi mátrix sajátértékeit és sajátvektorait.

A = [ 8 0 3 2 2 1 2 0 3 ]

Megoldás: Mivel

λ . I A = [ λ 0 0 0 λ 0 0 0 λ ] [ 8 0 3 2 2 1 2 2 3 ] = [ λ 8 0 3 2 λ 2 1 2 0 λ 3 ] ,

det ( λ I A ) = | λ 8 0 3 2 λ 2 1 2 0 λ 3 | = ( λ 8 ) ( ( λ 2 ) ( λ 3 ) ) 3 ( 0 2 ( λ 2 ) ) =

= ( λ 8 ) ( λ 2 ) ( λ 3 ) + 6 ( λ 2 ) = ( λ 2 ) ( λ 2 11 λ + 30 ) = ( λ 2 ) ( λ 5 ) ( λ 6 ) .

A det ( λ I A ) = 0 egyenletnek ezek szerint három különböző valós gyöke van, ezek

λ 1 = 2, λ 2 = 5, λ 3 = 6 ,

ezek a mátrixunk sajátértékei.

A λ 1 = 2 -höz tartozó sajátvektorok a

[ 6 0 3 2 0 1 2 0 1 ]

együtthatómátrixú

6 x + 0 . y 3 z = 0 2 x + 0 . y z = 0 2 x + 0 . y z = 0

homogén lineáris egyenletrendszer megoldásával határozhatók meg.

Ennek kibővített mátrixa

[ 6 0 3 0 2 0 1 0 2 0 1 0 ] .

Első lépésként cseréljük fel az első és a harmadik sort:

[ 2 0 1 0 2 0 1 0 6 0 3 0 ] .

Adjuk ezután hozzá az első sort a másodikhoz és az első sor háromszorosát a harmadikhoz. Ekkor az alábbi kibővített mátrixot kapjuk:

A = [ 2 0 1 0 0 0 2 0 0 0 0 0 ] .

Ebből leolvasható az egyenletrendszer megoldása.

A második sorból kovetkezik, hogy z = 0 . Az első sorból az, hogy x = 0 . Az y pedig tetszőleges. Tehát a megoldás paraméteres alakban

x = 0 y = t , t R z = 0 .

Innen az s 1 sajátvektor

s 1 = [ 0 t 0 ] = t . [ 0 1 0 ] , t R .

λ 2 = 5 esetén kapjuk, hogy az együtthatómátrix, sőt egyből a kibővített mátrix

[ 3 0 3 0 2 3 1 0 2 0 2 0 ] .

A megoldás első lépéseként cseréljük fel az első és a harmadik sort, majd osszuk el az első sort kettővel:

[ 1 0 1 0 2 3 1 0 3 0 3 0 ] .

Ezután adjuk hozzá az első sor kétszeresét a második, háromszorosát a harmadik sorhoz:

[ 1 0 1 0 0 3 1 0 0 0 0 0 ] .

A megoldás felírásához ismét a z ismeretlent célszerű paraméternek választani, ekkor

x = t y = t 3 , t R z = t .

Tehát az s 2 sajátvektor

s 2 = [ t t 3 t ] = t . [ 1 1 3 1 ] , t R .

Ez, ha az u = t 3 mennyiséget választjuk paraméternek, felírható

s 2 = t . [ 1 1 3 1 ] = t 3 . [ 3 1 3 ] = u . [ 3 1 3 ] , u R

alakban is.

λ 3 = 6 esetén a kibővített mátrixra

[ 2 0 3 0 2 4 1 0 2 0 3 0 ]

adódik.

Cseréljük fel az első és a harmadik sort.

[ 2 0 3 0 2 4 1 0 2 0 3 0 ] .

Ha most az első sort hozzáadjuk a második és a harmadik sorhoz, kapjuk, hogy

[ 2 0 3 0 0 4 2 0 0 0 0 0 ] .

Innen a megoldás, ismét a z ismeretlent választva paraméternek

x = 3 2 t y = 1 2 t , t R z = t .

Ez alapján az s 3 sajátvektor

s 3 = [ 3 t 2 t 2 t ] = t . [ 3 2 1 2 1 ] , t R .

Ha ki akarjuk küszöbölni a törteket, akkor ez, az u = t 2 mennyiséget választva paraméternek,

s 3 = u . [ 3 1 2 ] , u R

alakban is felírható.

4. feladat Határozzuk meg az alábbi mátrix sajátértékeit és sajátvektorait.

A = [ 1 2 3 2 4 6 1 2 3 ]

Megoldás: Most

det ( λ I A ) = | λ 1 2 3 2 λ 4 6 1 2 λ 3 | =

= ( λ 1 ) [ ( λ 4 ) ( λ 3 ) 12 ] + 2 ( 2 ( λ 3 ) 6 ) + 3 ( 4 ( λ 4 ) ) =

= ( λ 1 ) ( λ 2 7 λ ) 4 λ 12 3 λ + 12 = ( λ 1 ) ( λ 2 7 ) 7 λ =

= λ ( ( λ 1 ) ( λ 7 ) 7 ) = λ ( λ 2 8 λ ) = λ 2 ( λ 8 ) .

A sajátértékek tehát a következők.

λ 1 = λ 2 = 0, λ 2 = 8 .

A nulla sajátértékhez tartozó sajátvektorok meghatározásához a

[ 1 2 3 0 2 4 6 0 1 2 3 0 ]

kibővített mátrixú homogén egyenletrendszert kell megoldanunk. Ha itt felcseréljük az első és a harmadik sort, majd hozzáadjuk az első sor kétszeresét a második, egyszeresét a harmadik sorhoz, akkor azt kapjuk, hogy

[ 1 2 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ] .

Most két ismeretlent, az y -t és a z -t, szabodon választhatjuk, a végtelen sok megoldást az

x = 2 u + 3 v y = u u , v R z = v

paraméteres alakban adhatjuk meg. Tehát a nulla sajátértékhez tartozó sajátvektorok:

s 1 = s 2 = [ 2 u + 3 v u v ] , u , v R .

A λ 3 = 8 sajátértékhez tartozó sajátvektorok meghatározásához megoldjuk a

[ 7 2 3 0 2 4 6 0 1 2 5 0 ]

kibővített mátrixú homogén egyenletrendszert. Felcseréljük az első és a harmadik sort, majd hozzáadjuk az első sor kétszeresét a második, mínusz hétszeresét a harmadik sorhoz. Ekkor

[ 1 2 5 0 0 8 16 0 0 16 32 0 ] .

Ezután a második sort elosztjuk nyolccal, és a tizenhatszorosát hozzáadjuk a harmadik sorhoz. Így kapjuk az

[ 1 2 5 0 0 1 2 0 0 0 0 0 ]

kibővített mátrixú egyenletrendszert. A z ismeretlent paraméternek választva ennek a végtelen sok megoldása az

x = t y = 2 t , t R z = t

paraméteres alakban adható meg. Innen az s 3 sajátvektor

s 3 = [ t 2 t t ] = t . [ 1 2 1 ] , t R .

5. feladat Keressük meg az

A = [ 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 ]

mátrix sajátértékeit és sajátvektorait.

Megoldás: A sajátértékek a

| λ 1 0 1 1 λ 1 0 0 1 λ 1 1 0 1 λ | = 0

egyenletből számithatok ki.

Fejtsük ki a determinánst az első sora szerint. Ekkor az alábbi egyenletet kapjuk:

λ | λ 1 0 1 λ 1 0 1 λ | + | 1 1 0 0 λ 1 1 1 λ | + | 1 λ 1 0 1 λ 1 0 1 | = 0 .

Ha az itt szereplő 3 × 3 -as determinánsok közül az első kettőt az első sora, a harmadikat az első oszlopa szerint kifejtjük, akkor a következő egyenletet kapjuk:

λ [ λ ( λ 2 1 ) λ ] + ( 1 ( λ 2 1 ) 1 ) + ( 1 ( λ 2 1 ) ) = 0 .

Rendezve a jobb oldalt az

λ 2 ( λ 2 1 ) λ 2 λ 2 λ 2 = λ 4 4 λ 2 = λ 2 ( λ 2 4 ) = 0

egyenletet kapjuk. Ennek gyökei

λ 1 = λ 2 = 0, λ 3 = 2, λ 4 = 2 ,

ezek az A mátrix sajátértékei.

A nulla sajátértékhez tartozó sajátvektorok az

[ 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 ]

kibővített mátrixú homogén egyenletrendszer megoldásából kaphatók meg.

Cseréljük fel az első két sort, majd szorozzuk meg az első sort mínusz eggyel, végül adjuk hozzá az első sort a negyedikhez. Ez az

[ 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 ]

kibővített mátrixot adja. Most a második sort megszorozzuk mínusz eggyel és hozzáadjuk a harmadik sorhoz, ekkor kapjuk, hogy

[ 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ] .

Ha az egyenletrendszerünk ismeretleneit x , y , z , w , akkor két ismeretlent, a z -t és a w -t tetszőlegesen választhatjuk, ezekkel a most is végtelen sok megoldás az

x = u y = v z = u , u , v R w = v

paraméteres alakban adható meg. A nullához tartozó sajátvektorok tehát az

s = [ u v u v ] , u , v R

vektorok.

A λ 3 = 2 sajátérték esetén a

[ 2 1 0 1 0 1 2 1 0 0 0 1 2 1 0 1 0 1 2 0 ]

kibővített mátrixból indulunk ki.

Felcseréljük az első két sort, megszorozzuk az első sort mínusz eggyel, majd hozzáadjuk az első sor kétszeresét a második, egyszeresét a negyedik sorhoz. Kapjuk, hogy

[ 1 2 1 0 0 0 3 2 1 0 0 1 2 1 0 0 2 0 2 0 ] .

Ezután felcseréljük a második és harmadik sort, megszorozzuk a második sort mínusz eggyel és hozzáadjuk a mínusz háromszorosát a harmadik, mínusz kétszeresét a negyedik sorhoz. Ekkor a kibővített mátrix az alábbi lesz:

[ 1 2 1 0 0 0 1 2 1 0 0 0 4 4 0 0 0 4 4 0 ] .

Végül osszuk el a harmadik sort mínusz néggyel és adjuk hozzá a negyedikhez:

[ 1 2 1 0 0 0 1 2 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 ] .

Innen leolvashatjuk a megoldást:

x = t y = t z = t , t R w = t ,

ami alapján a λ 3 -hoz tartozó s 3 sajátvektor

s 3 = [ t t t t ] = t . [ 1 1 1 1 ] , t R .

λ 4 = 2 esetén a

[ 2 1 0 1 0 1 2 1 0 0 0 1 2 1 0 1 0 1 2 0 ]

kibővített mátrixú egyenletet kell megoldanunk. Felcseréjük az első két sort, megszorozzuk az első sort mínusz eggyel, majd hozzáadjuk az első sor mínusz kétszeresét a második sorhoz, egyszeresét a negyedik sorhoz:

[ 1 2 1 0 0 0 3 2 1 0 0 1 2 1 0 0 2 0 2 0 ] .

Ebből kapjuk a következőt: (az olvasó bizonyára kitalálja, hogy milyen átalakításokkal)

[ 1 2 1 0 0 0 1 2 1 0 0 0 4 4 0 0 0 4 4 0 ] ,

majd

[ 1 2 1 0 0 0 1 2 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 ] .

Most egy ismeretlent választhatunk szabadon. Ha ez a w , akkor az egyenletrendszer megoldása:

x = t y = t z = t , t R w = t

Vagyis az s 4 sajátvektor

s 4 = [ t t t t ] = t . [ 1 1 1 1 ] , t R .

Ellenőrző kérdések

1. kérdés Az A = [ 2 2 1 3 ] mátrix sajátértékei
4, 1 .
1, 4 .
1, 4 .
1, 4 .
2. kérdés Az A = [ 1 0 0 0 2 6 0 5 1 ] mátrix sajátértékei
1, 7, 4 .
1, 7, 4 .
1, 7, 4 .
1, 7, 4 .
3. kérdés Az A = [ 1 0 2 0 1 0 4 0 1 ] mátrix sajátértékei
1, 3, 3 .
1, 3, 3 .
1, 3, 3 .
1, 3, 3 .
4. feladat Az A = [ 2 4 7 0 2 3 0 2 1 ]
1, 2, 4 .
2, 1, 4 .
4, 1, 2 .
2, 4, 1 .
5. kérdés Az A = [ 2 5 1 4 ] mátrix egyik sajátvektora
s = [ 5 1 ] .
s = [ 1 5 ] .
s = [ 10 2 ] .
s = [ 5 2 ] .
6. kérdés Az A = [ 2 0 0 1 1 1 2 1 1 ] mátrix egyik sajátvektora
s = [ 4 3 5 ] .
s = [ 0 2 2 ] .
s = [ 8 6 10 ] .
s = [ 1 1 1 ] .
7. kérdés Az A = [ 2 0 1 0 1 0 1 0 2 ] mátrix egyik sajátvektora
s = [ 1 0 2 3 ] .
s = [ 1 0 3 2 ] .
s = [ 3 1 3 2 3 ] .
s = [ 3 0 3 ] .