Lineární algebra : Vlastní čísla, vektory a diagonalizace

Transkript

1 Lineární algebra : Vlastní čísla, vektory a diagonalizace (14. přednáška) František Štampach, Karel Klouda LS 2013/2014 vytvořeno: 21. dubna 2014, 19:37 1

2 Vlastní čísla a vlastní vektory Nechť je dán lineární operátor A L(R 2 ) a jeho matice ve standardní bázi A = E 2 A. Geometrická motivace 1/2 Pokusme se najít všechny přímky p v R 2 procházející počátkem takové, že Ap = p. Označíme-li u R 2 směrový vektor přímky p, platí p = u a u θ. Podmínka Ap = p je splněna tehdy a jenom tehdy, existuje-li λ R tak, že Au = λu. K zadané matici A tedy hledáme dvojici (λ, u), kde λ je číslo a u je nenulový vektor tak, aby platilo Au = λu. Má-li aspoň jedna hledaná přímka p existovat, musí mít homogenní soustava s maticí A λe nenulové řešení. Tedy matice A λe musí být singulární, tzn. det(a λe) = 0. Geometrická motivace 2/2 det(a λe) je polynom 2. stupně v proměnné λ. Pokud má dva různé reálné kořeny λ 1 a λ 2, existují i dvě nenulová řešení u 1 a u 2 homogenních soustav s maticemi A λ 1 E a A λ 2 E. Nalezneme tak dvě přímky p i = u i takové, že Ap i = p i, i {1, 2}. Ilustrujte si tento případ na příkladě, kde A je operátor zrcadlení podle nějaké přímky v R 2. (Přímky nejprve uhádněte, potom spočítejte!) Polynom det(a λe) ale nemusí mít vůbec žádné realné kořeny. V takovém případě neexistuje žádná přímka p v R 2 taková, že Ap = p. Ilustrujte si tento případ na příkladě, kde A je operátor rotace o úhel ϕ (0, π) v R 2.

3 3 V celé této kapitole budeme pracovat v tělese komplexních čísel T = C. Vlastní čísla a vektory operátoru Definice 1. Řekneme, že λ C je vlastní číslo operátoru A L(V ) právě když existuje x V, x θ, takový, že Ax = λx. Vektor x pak nazýváme vlastním vektorem operátoru A příslušejícím vlastnímu číslu λ. Množinu všech vlastních čísel A nazýváme spektrem A a značíme σ(a). Poznámka 2. Víme, že na matici A C n,n se můžeme dívat také jako na lineární zobrazení A : C n C n : x A x. Zcela analogicky bychom proto definovali vlastní čísla, vektory a spektrum matice A C n,n. (Definici si napište!) Také následující věty vyslovené pro operátory platí ve stejném znění i pro matice (je to speciálním případ). pod- Invariatní prostor Definice 3. Nechť A L(V ) a P V. Říkáme, že P je invariatní podprostor vzhledem k operátoru A právě když A(P ) P. Pro vlastní číslo λ operátoru A s vlastním vektorem x platí: Odtud vidíme, že Ax = λx Ax λx = θ (A λe)x = θ. {vlastní vektory operátoru A příslušející vlastnímu číslu λ} = ker(a λe)\{θ} Prostor ker(a λe) nazýváme vlastní podprostor operátoru A příslušející vlastnímu číslu λ. Věta 4. Nechť A L(V ), λ σ(a). Vlastní podprostor operátoru A příslušející vlastnímu číslu λ je invariatním podprostorem vzhledem k A. Důkaz. Buď x ker(a λe), potom Ax = λx, a tedy Ax ker(a λe). Soubor vlastních vektorů k různým vlastním číslům je LN

4 4 Věta 5. Nechť A L(V ), λ 1,..., λ k jsou navzájem různá vlastní čísla A, x i je vlastní vektor A příslušející vlastnímu číslu λ i, i ˆk. Potom soubor (x 1,..., x k ) je LN. Důkaz. Pro k = 1 je tvrzení triviální. Pro k 2 provedeme důkaz sporem. Předpokládejme soubor (x 1,..., x k ) je LZ. Potom l ˆk takový, že x l x 1,..., x l 1 a současně (x 1,..., x l ) je LN. (Rozmyslete!) Existují tedy α 1,..., α l 1 C tak, že Platí: Současně také Dostáváme tedy l 1 Ax l = A α i x i = l 1 x l = α i x i. l 1 l 1 α i Ax i = α i λ i x i. l 1 Ax l = λ l x l = α i λ l x i. l 1 θ = α i (λ i λ l )x i. Protože x l θ, musí j {1,..., l 1} tak, že α j 0 a navíc podle předpokladu je λ l λ i pro i {1,..., l 1}. Našli jsme tedy netriviální lineární kombinaci LN souboru (x 1,..., x l 1 ) rovnající se nulovému vektoru, což je spor. Pozorování: Nechť A L(V n ) a X je báze V n. Označme Charakteristický polynom p A (λ) := det X (A λe). Potom p A je polynom stupně n a nezávisí na volbě báze X. Důkaz. Označme ( X A) ij = a ij. Protože X E = E máme a 11 λ a a 1n a 21 a 22 λ... a 2n p A (λ) =.... a n1 a n2... a nn λ

5 5 Potom z definice determinantu vyplývá, že p A (λ) je polynom v proměnné λ stupně n, neboť koeficient u λ n je ( 1) n (a vyšší mocnina λ se ve výrazu vyskytovat nemůže). Buď Y nějaká další báze V n, potom víme, že X (A λe) = Y P 1 X Y(A λe) YP X. Aplikujeme-li determinant na obě strany rovnosti dostaneme a protože det Y P 1 X det X (A λe) = det Y P 1 X det Y (A λe) det Y P X, = 1/ det YP X je det X (A λe) = det Y (A λe). Tedy definice polynomu p A nezávisí na volbě báze V n. Definice 6. Polynom p A z předchozího pozorování nazýváme charakteristickým polynomem operátoru A. Věta 7. Nechť A L(V n ). Potom σ(a) a platí σ(a) = p 1 A ({0}) {λ C p A(λ) = 0}. Důkaz. Nejprve dokážeme rovnost mezi σ(a) a p 1 A ({0}): 1. : Nechť λ 0 σ(a). Potom ( x V n )(x θ)(ax = λ 0 x). Tedy Ax λ 0 x = θ, nebo-li (A λ 0 E)x = θ x ker(a λ 0 E) (A λ 0 E) není prosté (A λ 0 E) není bijekce X (A λ 0 E) není regulární p A (λ 0 ) = det X (A λ 0 E) = : Nechť λ 0 p 1 A ({0}) det X (A λ 0 E) = 0 X (A λ 0 E) není regulární (A λ 0 E) není bijekce (A λ 0 E) není prosté. Proto existuje θ ker(a λ 0 E), nebo-li Ax = λ 0 x λ 0 σ(a). Neprázdnost množiny σ(a) nyní vyplývá ze základní věty algebry, protože stupeň polynomu p A je n 1. Důsledek 8. Spektrum operátoru A L(V n ) je rovno spektru matice zobrazení A v libovolné bázi X prostoru V n, tj. σ(a) = σ( X A). Příklad 1/2

6 6 Najdeme vlastní čísla a vlastní vektory matice A = (nebo operátoru, kde A je jeho matice vzhledem k nějaké bázi). Spočítáme charateristický polynom: p A (λ) = det(a λe) = (λ 2)(λ 3) 2. Kořeny p A jsou λ 1 = 2 (jednoduchý) a λ 2 = 3 (dvojnásobný). Dostáváme tedy σ(a) = {2, 3}. Příklad 2/2 Vlastní vektory A k vlastnímu číslu λ 1 = 2 jsou všechna nenulová řešení soustavy (A 2E)x = θ. Po výpočtu dostaneme množinu řešení jako ( 2, 1, 4), což je vlastní podprostor A příslušející vlastnímu číslu λ 1 = 2. Příslušný vlastní vektor je libovolné θ x 1 ( 2, 1, 4). Podobně pro nalezení vlastních vektorů A k vlastnímu číslu λ 2 = 3 řešíme homogenní soustavu s maticí A 3E a vyjde nám (1, 1, 0), ( 1, 0, 1). Vlastní podprostor A příslušející vlastnímu číslu λ 2 = 3 má tedy dimenzi 2 a vlastní vektor je libovolné θ x 2 (1, 1, 0), ( 1, 0, 1). Ověřte, že pro vlastní vektory skutečně platí: Ax 1 = 2x 1 a Ax 2 = 3x 2. Ještě jeden příklad Najdeme vlastní čísla a vlastní vektory matice B =

7 7 Postupujeme stejně jako v předchozím příkladě a dostáváme p B (λ) = det(b λe) = (λ 2)(λ 3) 2. Proto σ(b) = {2, 3}, ale vlastní podprostory nám nyní vyjdou: λ 1 = 2 : ker(b 2E) = (0, 3, 4), λ 2 = 3 : ker(b 3E) = (1, 1, 1). Tedy matice A a B mají stejná spektra a charakteristické polynomy, ale různé vlastní podprostory. Definice 9. Nechť A L(V n ), λ 0 σ(a). Násobnost čísla λ 0 jako kořene charakteristického polynomu p A operátoru A nazýváme algebaickou násobností vlastního čísla λ 0 a značíme ji ν a (λ 0 ). Číslo d(a λ 0 E) nazýváme geometrickou násobností vlastního čísla λ 0 a značíme ji ν g (λ 0 ). Poznámka 10. Číslo ν g (λ 0 ) je tedy počet LN vlastních vektorů k vlastnímu číslu λ 0. Věta 11. Nechť A L(V n ), λ 0 σ(a). Potom ν g (λ 0 ) ν a (λ 0 ). Důkaz. Označme ν g (λ 0 ) = k. Nechť (x 1,..., x k ) je báze vlastního podprostoru ker(a λ 0 E). Doplňme soubor (x 1,..., x k ) na bázi V n, tedy X = (x 1,..., x k, x k+1,..., x n ) je báze V n. Potom platí λ a 1,k+1... a 1,n 0 λ a 2,k+1... a 2,n X A =, λ 0 a k,k+1... a k,n a n,k+1... a n,n Dvě různé násobnosti vlastních čísel

8 8 a proto p A (λ) = det X (A λe) = det( X A λe) λ 0 λ a 1,k+1... a 1,n 0 λ 0 λ... 0 a 2,k+1... a 2,n = λ 0 λ a k,k+1... a k,n a n,k+1... a n,n λ = (λ 0 λ) k q(λ), kde q je polynom. Dostali jsme tedy p A (λ) = (λ 0 λ) k q(λ), z čehož vyplývá, že λ 0 je alespoň k-násobný kořen p A. Proto ν g (λ 0 ) = k ν a (λ 0 ) Diagonalizace operátoru Podobné matice Idea: Chtěli bychom říct, že dvě matice A, B C n,n jsou podobné, jsou-li to matice téhož operátoru A na nějakém LP v různých bázích. Definice 12. Matice A, B C n,n nazveme podobné, právě když existuje P C n,n regulární tak, že platí A = P 1 BP. Značíme A B. (Cvičení: Ověřte, že je relace ekvivalence na prostoru C n,n.) Věta 13. Nechť A, B C n,n. Potom A B právě tehdy, když existuje operátor A L(V n ) a dvě báze X, Y takové, že X A = A a Y A = B. Důkaz.

9 9 1. ( ) : Nechť A, B C n,n a A B. Položme V n := C n a definujme A L(C n ) takové, že ( i ˆn)(Ae i := A,i ), kde opět e i, i ˆn, značí vektory standardní báze C n. Potom En A = A, tedy v tvrzení věty je X := E n. Definujme bázi Y jako soubor sloupců matice P 1 z relace podobnosti: A = P 1 BP. Potom P 1 = X P Y a platí B = PAP 1 = X P 1 Y X A X P Y = Y A. 2. ( ) : Nechť naopak existuje operátor A L(V n ) a dvě báze X, Y prostoru V n takové, že X A = A a Y A = B. Potom stačí položit P := Y P X a platí A = X A = Y PX 1 YA YP X = P 1 BP, tedy A B. Diagonalizace operátoru Definice 14. Operátor A L(V n ) nazveme diagonalizovatelný, jestliže existuje báze X prostoru V n taková, že matice X A je diagonalní. Věta 15 (o diagonalizovatelnosti). Operátor A L(V n ) je diagonalizovatelný právě když ( λ 0 σ(a) )( ν a (λ 0 ) = ν g (λ 0 ) ). Důkaz. 1. ( ) : Nechť X je báze V n taková, že X A = diag(α 1,..., α n ). Potom n p A (λ) = det( X A λe) = det diag(α 1 λ,..., α n λ) = (α i λ), tedy σ(a) = {α i i ˆn}. Nechť ν a (λ 0 ) = k pro nějaké λ 0 σ(a). Potom ( i 1,... i k ˆn)(α i1 = = α ik = λ 0 ).

10 10 Pro geometrickou násobnost platí podle 2. věty o dimenzi ν g (λ 0 ) = d(a λ 0 E) = n h(a λ 0 E) = n h( X A λ 0 E). Matice X A λ 0 E je diagonalní a právě na k místech na diagonále (s indexy i 1,... i k ) má nuly. Hodnost této matice je tedy n k a ν g (λ 0 ) = k. 2. ( ) : Hledanou bázi X, v níž je X A diagonální, zkonstruujeme. Buďte λ 1,..., λ k navzájem různá vlastní čísla operátoru A. Jejich algebaické násobnosti označme l 1,..., l k, potom k l i = n. Nechť (x (i) 1,..., x(i) l i ) je LN soubor vlastních vektorů příslušející vlastnímu číslu λ i, i ˆk. Jejich počet je skutečně l i, neboť podle předpokladu dim(ker(a λ i E)) ν g (λ i ) = ν a (λ i ) = l i. Sestavme ze všech vektorů {(x (i) 1,..., x(i) ) i ˆk} soubor l i X = (x (1) 1,..., x(1) l 1, x (2) 1,..., x(2) l 2,..., x (k) 1,..., x(k) l k ). Z konstrukce je zřejmé, že je-li soubor X báze V n, je matice X A diagonalní. Přesněji, X A = diag(λ 1,..., λ }{{ 1, λ } 2,..., λ 2,..., λ }{{} k,..., λ k ). }{{} l 1 krát l 2 krát l k krát Zbývá nám tedy dokázat, že X je báze V n. Protože je X n-členný soubor, stačí ukázat, že X je LN. Nechť l 1 α (1) i x (1) i + l 2 α (2) i x (2) i + + l k α (k) i x (k) i = θ. Všimněme si, že každá ze sum v předchozí rovnici představuje vlastní vektor příslušející jednomu vlastnímu číslu, nebo nulový vektor (neboť lineární kombinace vlastních vektorů příslušejících jednomu vlastnímu číslu je vlastní vektor příslušející tomuto číslu nebo nulový vektor). Předpokládejme, že alespoň jedna ze sum je nenulová. Pak ale rovnice představuje netriviální lineární kombinaci vlastních vektorů příslušejících různým vlastním číslům rovnající se nulovému vektoru. Soubor

11 11 těchto vlastních vektorů je, jak už víme, LN, a tedy dostáváme spor. Proto l j ( j ˆk) α (j) i x (j) i = θ. Protože je soubor (x (i) 1,..., x(i) l i ) LN, všechny koeficienty lineární kombinace výš musejí být nulové. Celkem tedy máme a proto je X LN. ( j ˆk)( i ˆl j )(α (j) i = 0), Důsledek 16. Nechť A L(V n ) a ( λ 0 σ(a) )( ν a (λ 0 ) = 1), potom je A diagonalizovatelný. Důkaz. Protože pro všechny λ 0 σ(a) platí 1 ν g (λ 0 ) ν a (λ 0 ) = 1, je ν g (λ 0 ) = ν a (λ 0 ) a tvrzení plyne z věty o diagonalizovatelnosti. Poznámka 17. Geometricky znamená rovnost X A = diag(λ 1,..., λ n ), že A působí jako operátor změny měřítka ve směrech, které udávají vlastní vektory X = (x 1,..., x n ). (Škálovací koeficient ve směru x i by byl vlastní číslo λ i.) Poznámka 18. Matice A chápaná jako operátor A na C n, A = En A, je podle předchozí definice diagonalizovatelná právě když je podobná diagonální matici. Matice P z relace podobnosti je rovna En P X, kde X je báze diagonalizující A. Jak jsme viděli v důkazu Věty o diagonalizovatelnosti matice P má ve sloupcích souřadnice vlastních vektorů a diagonální matice D X A má na digonále vlastní čísla A (v příslušném pořadí). Potom skutečně platí AP = PD, nebo-li D = P 1 AP. Příklad diagonalizovatelnost matic A a B Příklad: Uvažujme matice A, B z příkladů uvedených na začátku kapitoly. V případě matice A nám vyšlo ν a (2) = ν g (2) = 1 a ν a (3) = ν g (3) = 2. Proto je A diagonalizovatelná.

12 12 V případě matice B nám vyšlo ν a (2) = ν g (2) = 1, ale ν a (3) = 2 1 = ν g (3). Proto B diagonalizovatelná není. Z toho plyne, že A, B nejsou podobné matice ( je tranzitivní), ačkoliv měli stejný charateristický polynom a spektrum. Příklad pokračování Jak vypadá diagonální matice D a regulární matice P z relace podobnosti pro diagonalizovatelnou matici A? Do sloupců matice P stačí napsat vlastní vektory A a na diagonálu matice D vlastní čísla. V našem případě P = , D = Potom platí (Ověřte!) A = PDP 1. Kdybychom chtěli udělat podobnou konstrukci matice P pro matici B, zjistíme, že nemáme dost vlastních vektorů. Tj. vlastní vektory netvoří bázi C n. Cvičení Cvičení: Nechť A C n,n. 1. Vysvětlete, proč je det(a) roven součinu vlastních čísel matice A. 2. Vysvětlete, proč je det(a) roven absolutnímu členu charakteristického polynomu p A matice A. 3. Buď A diagonalizovatelná a nechť Vysvětlete, proč platí n p A (λ) = α i λ i. n p A (A) = α i A i = Θ. (Matice je kořenem svého charakteristického polynomu.)

13 13 Poznámka 19. Tvrzení 3. platí i bez předpokladu diagonalizovatelnosti matice A Funkce diagonalizovatelné matice Funkce matice Je-li matice A podobná diagonální matici D, A = P 1 DP můžeme definovat funkci matice (zatím umíme jenom polynomiální funkci matice). Skutečně, je-li f : C C, a D = diag(λ 1,..., λ n ). Definujeme nejprve funkci diagonální matice f(d) := diag(f(λ 1 ),..., f(λ n )). Pro definici f(a) využijeme vztahu A = P 1 DP a klademe f(a) := P 1 f(d)p. Nyní (teoreticky) umíme počítat sin(a), cos(a), exp(a),.... Nyní již víte, že řešením obyčejné diferenciální rovnice Maticová exponenciála motivace y = ay, y(0) = c je funkce y(t) = ce at. Podobně to funguje i v obecnějčím případě soustavy obyčejných diferenciálních rovnic tvaru y = A y, y(0) = c, kde y = (y 1,..., y n) T je sloupcový vektor derivací neznámých funkcí. Řešením je funkce y(t) = exp(ta) c, kde exp(ta) je matice, kterou umíme spočítat, je-li A diagonalizovatelná.

14 14 Vyřešíme soustavu obyčejných diferenciálních rovnic tvaru Maticová exponenciála příklad 1/2 x = 2x + y y = x + 2y s počáteční podmínkou x(0) = 1 a y(0) = 2. Soustavu můžeme přepat do maticového tvaru: ( ) ( ) ( ) ( ) x 2 1 x x(0) y =, = 1 2 y y(0) }{{} =A ( ) 1. 2 Spočítáme σ(a) = {1, 3}, vlastní vektror k 3 je (1, 1) a vlastní vektor k 1 je ( 1, 1). Potom dopočítáme ( ) 2 1 A = = 1 ( ) ( ) ( ) Z posledního vztahu dostáváme předpis pro exponenciálu matice ta: ( ) 2 1 exp(ta) = = 1 ( ) ( ) ( ) 1 1 e 3t e t. 1 1 Maticová exponenciála příklad 2/2 Hledané řešení je potom ( ) x(t) = exp(ta) y(t) nebo-li dostáváme ( ) 1 = x(t) = 3 2 e3t 1 2 et, y(t) = 3 2 e3t et. ( ) 3e 3t e t 3e 3t + e t, Dosazením ověřte, že jsme skutečně nalezli řešení zadané soustavy.