SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE

Transcript

1 1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar F je sopstvena (karakteristična) vrednost operatora f ako postoji vektor x 0 takav da je f(x) = x. (2) Skup svih sopstvenih vrednosti operatora f se zove spektar operatora f i obeležava sa Sp(f). (3) Ako je Sp(f), vektor x 0 takav da je f(x) = x, se zove sopstveni (karakteristični) vektor operatora f pridružen sopstvenoj vrednosti. (4) Za Sp(f) skup V f = {x V f(x) = x} se zove sopstveni (karakteristični) potprostor od f pridružen sopstvenoj vrednosti. Očigledno, V f Važi V f {0} (nije trivijalan). f V, jer je za svako x, y V i svako α, β F f(αx + βy) = αf(x) + βf(y) = αx + βy = (αx + βy), tj. αx + βy V f. Takod e, x V f (f 1 V )(x) = 0 x ker(f 1 V ), tj. V f = ker(f 1 V ). Primeri. (1) Za 1 v : V V, 1 V (x) = x važi 1 V (x) = x, x 0 x = x, x 0 = 1 Sp(1 V ) = {1}, V 1 = V. (2) Za f : R 2 R 2, f(x, y) = (x cos θ y sin θ, x sin θ + y cos θ), 0 < θ < π (rotacija oko (0,0) za ugao θ) važi Sp(f) =. Zaista, iz f(x, y) = (x, y), (x, y) (0, 0) dobijamo sistem jednačina (cos θ )x sin θy = 0 sin θ x + (cos θ )y = 0, (x, y) (0, 0) koji ima netrivijalna rešenja akko cos θ sin θ sin θ cos θ = 0, tj. 2 2 cos θ + 1 = 0. Med utim, ova jednačina nema rešenja u skupu R (D = 4 cos 2 θ 4 < 0), pa je Sp(f) =.

2 2 Neke osobine sopstvenih vrednosti i sopstvenih vektora date su sledećom teoremom: Teorema 1. Neka je V konačno dimenzioni vektorski prostor i f : V V linearno preslikavanje. Tada (1) f je automorfizam akko 0 / Sp(f). (2) Ako je f automorfizam onda: Sp(f) 1 Sp(f 1 ). (3) Ako x V f f n onda ( n N)x V n (gde je f n = f f... f). Dokaz. (1) 0 Sp(f) f(x) = 0, x 0 kerf {0} f nije automorfizam. (2) Ako je f automorfizam onda postoji f 1 koje je takod e automorfizam. Sp(f) ( x 0)f(x) = x 0 x = f 1 (x), x 0, 0 x = f 1 (x), 0, x 0 f 1 (x) = 1 x, x 0 1 Sp(f 1 ). Obrat, 1 Sp(f 1 ) ( 1 ) 1 Sp((f 1 ) 1 ) Sp(f). (3) Jednostavno se proverava indukcijom po n. Za A M n (F ) neka je f A : M n 1 M n 1, f A (X) = AX. Lako se proverava da je f A linearni operator. Definicija. (1) Sp(A) def = Sp(f A ), tj. sopstvene vrednosti matrice A su sopstvene vrednosti operatora f A. (2) Matrica kolona X 0 je sopstveni vektor matrice A pridružen sopstvenoj vrednosti akko X je sopstveni vektor operatora f A. (3) Za Sp(A), V A def = V f A. Primer. Odredimo sopstvene vrednosti i sopstvene vektore matrice [ ] 1 1 A = M (R). Po definiciji, to su sopstvene vrednosti i sopstveni vektori linearnog operatora f A : M 2 1 (R) M 2 1 (R), f A (X) = AX. [ ] [ ] x 0 Dakle, tražimo skalar R i vektor X = takav da je f y 0 A (X) = X. Kako je [ ] [ ] [ ] 1 1 x 0 f A (X) = X AX = X (A I 2 )X = 0 = 4 2 y 0

3 3 problem se svodi na odred ivanje netrivijalnih rešenja sistema linearnih jednačina ( 1 )x + y = 0 4x + (2 )y = 0. Ovaj sistem linearnih jednačina ima netrivijalna rešenja akko je = 0. Izračunavanjem ove determinante dobijamo ( + 2)( 3) = 0, pa su sopstvene vrednosti 1 = 2 i 2 = 3, tj. Sp(A) = Sp(f A ) = { 3, 2}. Odredimo sada i sopstvene vektore koji odgovaraju ovim sopstvenim vrednostima. Za 1 = 2 dobijamo matričnu jednačinu (A + 2I 2 )X = 0, tj. [ ] [ ] [ ] 1 1 x 0 = 4 4 y 0 koja se svodi na jednačinu x + y = 0, tj. x = y, pa je sopstveni vektor [ ] y X =, y 0, y odnosno sopstveni potprostor je (M 2 1 (R)) 1 = L {[ 1 1 ]}. Slično, za 2 = 3, dobijamo {[ 1 (M 2 1 (R)) 1 = L 4 ]}. Izložimo sada standardni postupak za odred ivanje sopstvenih vrednosti i sopstvenih vektora matrice i linearnog operatora. Neka je A = [a ij ] M n (F ). Definicija. Polinom a 11 a a 1n p A () def a 21 a a 2n = det(a I n ) = a n1 a n2... a nn se zove sopstveni (karakteristični) polinom matrice A.

4 4 Izračunavanjem determinante i sred ivanjem po stepenima od dobija se p A () = ( 1) n n + ( 1) n 1 (a 11 + a a nn ) n deta. Definicija. Matrice A, B M n (F ) su slične akko postoji regularna matrica P M n (F ) takva da je B = P 1 AP, tj. A s B def ( P M n (F ))B = P 1 AP. Osobine relacije sličnosti matrica date su u sledećoj teoremi. Teorema 2. (1) s je relacija ekvivalencije, (2) ako A s B onda deta = detb, tra = trb, ranga = rangb. Dokaz. (1) Iz A = In 1 AI n sledi A s A, za svako A M n (F ) (refleksivnost). A s B ( P )B = P 1 AP A = (P 1 ) 1 BP 1 B s A (simetričnost). A s B B s C B = P 1 AP C = Q 1 BQ C = Q 1 P 1 AP Q = (P Q) 1 A(P Q) A s C (tranzitivnost). (2) Neka A s B, tj. postoji regularna matrica P takva da je B = P 1 AP. Tada detb = det(p 1 AP ) = detp 1 detadetp = 1 osobina determinanti) detp detadetp = deta (primenom trb = tr((p 1 A)P ) = tr(p (P 1 A)) = tr((p P 1 )A) = tra (primenom osobine tr(cd) = tr(dc)) Iz B = P 1 AP sledi A v B, pa je ranga = rangb. Za linearni operator f : V V konačno dimenzionog vektorskog prostora V i baze B 1 i B 2 prostora V, iz sledi Primenom Teoreme 2. dalje sledi [f] B1 = P B1 B 2 [f] B2 P B2 B }{{} 1 = P 1 [f] B2 P =P [f] B1 s [f] B2. det([f] B1 ) = det([f] B2 ), rang([f] B1 ) = rang([f] B2 ), tr([f] B1 ) = tr([f] B2 ),

5 5 tj. determinanta, trag i rang matrice reprezentacije linearnog operatora ne zavise od izbora baze prostora. Stoga su korektne sledeće definicije: det(f) def = det([f] B ), rang(f) def = rang([f] B ), tr(f) def = tr([f] B ), gde je B bilo koja baza prostora V. Teorema 3. Sopstveni polinomi sličnih matrica su jednaki. Dokaz. A s B ( P )B = P 1 AP B I n = P 1 AP P 1 (I n )P = P 1 (A I n )P A I n s B I n det(a I n ) = det(b I n ) p A () = p B (). Napomena. Obrat prethodne teoreme ne važi, [ tj. iz] p A () = p B () ne sledi A s B, 1 1 što pokazuje sledeći primer. Za matricu A = važi p 0 1 A () = (1 ) 2 = p I2 (), ali A s I 2. Naime, ako A s I 2 onda bi postojala regularna matrica P takva da je A = P 1 I 2 P = I 2, što je kontradikcija. Teorema 3. obezbed uje korektnost sledeće definicije: Definicija. Sopstveni (karakteristični) polinom linearnog operatora f : V V konačno dimenzionog prostora V je sopstveni polinom matrice reprezentacije operatora f u nekoj bazi B prostora V, tj. p f () def = p [f]b () = det([f] B I n ). Teorema 4. Ako je f : V V linearno preslikavanje konačnodimenzionog prostora V nad poljem F i F, onda važi Sp(f) p f () = 0. Dokaz. Neka je A = [f] B, gde je B baza prostora V. Tada Sp(f) (f 1 V )(x) = 0, za neko x 0 f 1 V nije automorfizam [f 1 V ] B nije regularna det[f 1 V ] B = 0 det(a I n ) = 0 p A () = 0 p f () = 0.

6 6 Dakle, spektar linearnog operatora (kvadratne matrice) je skup svih korena sopstvenog polinoma koji pripadaju F. Sopstveni vektori su oni x 0 za koje je (f 1 V )(x) = 0, tj. (A I n )X = 0, gde je A = [f] B i [x] B = X, što dalje svodimo na traženje netrivijalnih rešenja homogenog sistema jednačina. Primer. Odredimo sopstvene vrednosti i sipstvene vektore linearnog operatora f : R 3 R 3, f(x, y, z) = (x 3y + 3z, 3x 5y + 3z, 6x 6y + 4z). Neka je e = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} standardna baza prostora R 3. Tada A = [f] e = p f () = = ( + 2)2 ( 4) Sp(f) = { 2, 4}. Za 1 = 2 odredimo (x, y, z) (0, 0, 0) tako da je f(x, y, z) = 2(x, y, z), tj. (f R 3)(x, y, z) = (0, 0, 0). Ova jednakost se može zapisati u matričnomobliku x ([f] e + 2I 3 )[(x, y, z)] e = 0, odnosno (A + 2I 3 )X = 0, gde je X = [(x, y, z)] e = y. z x y z = x y + z = 0 y = x + z, R 3 1 = {(x, x + z, z) x, z R} = L{(1, 1, 0), (0, 1, 1)}. Slično, za 2 = 4 dobijamo R 3 2 = L{(1, 1, 2)}. Primetimo da skup B = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 2)} predstavlja jednu bazu prostora R 3 i da je [f] B =