10: Власні значення та власні вектори

Last updated
Save as PDF

Page ID: 105540

$ \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } $ $ \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} $$\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$

Цілі навчання

Прочитавши цю главу, ви повинні мати можливість:

визначити власні значення та власні вектори квадратної матриці,
знайти власні значення та власні вектори квадратної матриці,
співвідносити власні значення з сингулярністю квадратної матриці, і
використовувати метод power, щоб чисельно знайти найбільше власне значення за величиною квадратної матриці та відповідного вектора.

Що означає власне значення?

Слово власне значення походить від німецького слова Eigenwert, де Eigen означає характеристика, а Wert означає значення. Однак те, що означає слово, вам не на думці! Ви хочете знати, чому мені потрібно дізнатися про власні значення та власні вектори. Як тільки я наведу вам приклад застосування власних значень та власних векторів, ви захочете знати, як знайти ці власні значення та власні вектори.

Чи можете ви навести мені фізичний приклад застосування власних значень та власних векторів?

Подивіться на пружинно-масову систему, як показано на малюнку нижче.

$image1.png$

Припустимо, що кожне з двох масових переміщень буде позначено$x_{1}$ і$x_{2}$, і припустимо, що кожна пружина має однакову постійну пружини$k$. Потім, застосовуючи ^2-й і ^3-й закон руху Ньютона, щоб розробити силу-баланс для кожної маси, яку ми маємо

\[m_{1}\frac{d^{2}x_{1}}{dt^{2}} = - kx_{1} + k(x_{2} - x_{1}) \nonumber \]

\[m_{2}\frac{d^{2}x_{2}}{dt^{2}} = - k(x_{2} - x_{1}) \nonumber \]

Переписуючи рівняння, ми маємо

\[m_{1}\frac{d^{2}x_{1}}{dt^{2}} - k( - 2x_{1} + x_{2}) = 0 \nonumber \]

\[m_{2}\frac{d^{2}x_{2}}{dt^{2}} - k(x_{1} - x_{2}) = 0 \nonumber \]

Нехай$m_{1}\ = 10,\ m_{2} = 20,k = 15$

\[10\frac{d^{2}x_{1}}{dt^{2}} - 15( - 2x_{1} + x_{2}) = 0 \nonumber \]

\[20\frac{d^{2}x_{2}}{dt^{2}} - 15(x_{1} - x_{2}) = 0 \nonumber \]

З теорії вібрацій рішення можуть бути форми

\[x_{i} = A_{i}\sin\left( \omega t - \Theta \right) \nonumber \]

де

$A_{i}$= амплітуда вібрації маси$i$,
$\omega$= частота вібрації,
$\Theta$= фазовий зсув.

потім

\[\frac{d^{2}x_{i}}{dt^{2}} = - A_{i}w^{2}{Sin}(\omega t - \Theta) \nonumber \]

Підставляючи$x_{i}$ і$\frac{d^{2}x_{i}}{dt^{2}}$ в рівняннях,

\[- 10A_{1}\omega^{2} - 15( - 2A_{1} + A_{2}) = 0 \nonumber \]

\[- 20A_{2}\omega^{2} - 15(A_{1} - A_{2}) = 0 \nonumber \]

дає

\[( - 10\omega^{2} + 30)A_{1} - 15A_{2} = 0 \nonumber \]

\[- 15A_{1} + ( - 20\omega^{2} + 15)A_{2} = 0 \nonumber \]

або

\[( - \omega^{2} + 3)A_{1} - 1.5A_{2} = 0 \nonumber \]

\[- 0.75A_{1} + ( - \omega^{2} + 0.75)A_{2} = 0 \nonumber \]

У матричному вигляді ці рівняння можна переписати як

\[\begin{bmatrix} - \omega^{2} + 3 & - 1.5 \\ - 0.75 & - \omega^{2} + 0.75 \\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} A_{1} \\ A_{2} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

\[\begin{bmatrix} 3 & - 1.5 \\ - 0.75 & 0.75 \\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} A_{1} \\ A_{2} \\ \end{bmatrix} - \omega^{2}\begin{bmatrix} A_{1} \\ A_{2} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Нехай$\omega^{2} = \lambda$

\[\lbrack A\rbrack = \begin{bmatrix} 3 & - 1.5 \\ - 0.75 & 0.75 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

\[\lbrack X\rbrack = \begin{bmatrix} A_{1} \\ A_{2} \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

\[\lbrack A\rbrack\ \lbrack X\rbrack - \lambda\lbrack X\rbrack = 0 \nonumber \]

\[\lbrack A\rbrack\ \lbrack X\rbrack = \lambda\lbrack X\rbrack \nonumber \]

У наведеному вище рівнянні,$\lambda$ є власним значенням і$\lbrack X\rbrack$ є власним вектором, відповідним$\lambda$. Як бачите, якщо ми знаємо$\lambda$ для наведеного вище прикладу, ми можемо обчислити власну частоту вібрації

$\omega = \sqrt{\lambda}$

Чому важливі власні частоти вібрації? Тому що ви не хочете мати примусову силу на пружинно-масовій системі, близькій до цієї частоти, оскільки це зробить амплітуду$A_{i}$ дуже великою і зробить систему нестабільною.

Яке загальне визначення власних значень та власних векторів квадратної матриці?

Якщо$\lbrack A\rbrack$ є$n \times n$ матрицею, то$\lbrack X\rbrack \neq \overrightarrow{0}$ є власним вектором$\lbrack A\rbrack$ if

\[\lbrack A\rbrack\ \lbrack X\rbrack = \lambda\lbrack X\rbrack \nonumber \]

$\lambda$де скаляр і$\lbrack X\rbrack \neq 0$. Скаляр$\lambda$ називається власним значенням$\lbrack A\rbrack$ і$\lbrack X\rbrack$ називається власним вектором, відповідним власному значенню$\lambda$.

Як знайти власні значення квадратної матриці?

Щоб знайти власні значення$n \times n$ матриці$\lbrack A\rbrack\ $, ми маємо

\[\lbrack A\rbrack\ \lbrack X\rbrack = \lambda\lbrack X\rbrack \nonumber \]

\[\lbrack A\rbrack\ \lbrack X\rbrack - \lambda\lbrack X\rbrack = 0 \nonumber \]

\[\lbrack A\rbrack\ \lbrack X\rbrack - \lambda\ \lbrack I\rbrack\lbrack X\rbrack = 0 \nonumber \]

\[(\lbrack A\rbrack\ - \lbrack\lambda\rbrack\lbrack I\rbrack)\lbrack X\rbrack = 0 \nonumber \]

Тепер для вищенаведеного набору рівнянь має ненульовий розв'язок,

\[det(\lbrack A\rbrack - \lambda\lbrack I\rbrack) = 0 \nonumber \]

Ця ліва сторона може бути розширена, щоб дати многочлен в$\lambda$ і вирішення вищевказаного рівняння дасть нам значення власних значень. Вищевказане рівняння називається характеристичним рівнянням$\lbrack A\rbrack$.

Для$\lbrack A\rbrack$$n \times n$ матриці характерний многочлен$A$ має ступінь$n$ наступним чином

\[det(\lbrack A\rbrack - \lambda\lbrack I\rbrack) = 0 \nonumber \]

подача

\[\lambda^{n} + c_{1}\lambda^{n - 1} + c_{2}\lambda^{n - 2} + - - + c_{n} = 0 \nonumber \]

Отже, цей многочлен має$n$ коріння.

Приклад 1

Знайти власні значення фізичної задачі, розглянутої на початку цього розділу, тобто знайти власні значення матриці

\[\lbrack A\rbrack = \begin{bmatrix} 3 & - 1.5 \\ - 0.75 & 0.75 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Рішення

\[\lbrack A\rbrack - \lambda\lbrack I\rbrack = \begin{bmatrix} 3 - \lambda & - 1.5 \\ - 0.75 & 0.75 - \lambda \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

\[det(\left\lbrack A \right\rbrack - \lambda\left\lbrack I \right\rbrack) = (3 - \lambda)(0.75 - \lambda) - ( - 0.75)( - 1.5) = 0 \nonumber \]

\[2.25 - 0.75\lambda - 3\lambda + \lambda^{2} - 1.125 = 0 \nonumber \]

\[\lambda^{2} - 3.75\lambda + 1.125 = 0 \nonumber \]

\[\begin{split} \lambda &= \frac{- ( - 3.75) \pm \sqrt{( - 3.75)^{2} - 4(1)(1.125)}}{2(1)}\\ &= \frac{3.75 \pm 3.092}{2}\\ &= 3.421,\ 0.3288 \end{split} \nonumber \]

Таким чином, власні значення 3.421 і 0.3288.

Приклад 2

Знайти власні вектори

\[A = \begin{bmatrix} 3 & - 1.5 \\ - 0.75 & 0.75 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Рішення

У прикладі 1 вже знайдені власні значення як

\[\lambda_{1} = 3.421,\lambda_{2} = 0.3288 \nonumber \]

Нехай

\[\lbrack X\rbrack = \begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

бути власним вектором, відповідним

\[\lambda_{1} = 3.421 \nonumber \]

Звідси

\[(\lbrack A\rbrack - \lambda_{1}\lbrack I\rbrack)\lbrack X\rbrack = 0 \nonumber \]

\[\left\{ \begin{bmatrix} 3 & - 1.5 \\ - 0.75 & 0.75 \\ \end{bmatrix} - 3.421\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \right\}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ \end{bmatrix} = 0 \nonumber \]

\[\begin{bmatrix} - 0.421 & - 1.5 \\ - 0.75 & - 2.671 \\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Якщо

\[x_{1} = s \nonumber \]

потім

\[\begin{matrix} - 0.421s - 1.5x_{2} = 0 \\ x_{2} = - 0.2808s \\ \end{matrix} \nonumber \]

Свій вектор, що відповідає$\lambda_{1} = 3.421$ then, дорівнює

\[\begin{split} \lbrack X\rbrack &= \begin{bmatrix} s \\ - 0.2808s \\ \end{bmatrix}\\ &= s\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.2808 \\ \end{bmatrix} \end{split} \nonumber \]

Свій вектор, що відповідає

\[\lambda_{1} = 3.421 \nonumber \]

\[\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.2808 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Аналогічно, власний вектор, відповідний

\[\lambda_{2} = 0.3288 \nonumber \]

\[\begin{bmatrix} 1 \\ 1.781 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Приклад 3

Знайти власні значення та власні вектори

\[\lbrack A\rbrack = \begin{bmatrix} 1.5 & 0 & 1 \\ - 0.5 & 0.5 & - 0.5 \\ - 0.5 & 0 & 0 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Рішення

Характеристичне рівняння задається

\[det(\lbrack A\rbrack - \lambda\lbrack I\rbrack) = 0 \nonumber \]

\[\det\begin{bmatrix} 1.5 - \lambda & 0 & 1 \\ - 0.5 & 0.5 - \lambda & - 0.5 \\ - 0.5 & 0 & - \lambda \\ \end{bmatrix} = 0 \nonumber \]

\[(1.5 - \lambda)\lbrack(0.5 - \lambda)( - \lambda) - ( - 0.5)(0)\rbrack + (1)\lbrack( - 0.5)(0) - ( - 0.5)(0.5 - \lambda)\rbrack = 0 \nonumber \]

\[- \lambda^{3} + 2\lambda^{2} - 1.25\lambda + 0.25 = 0 \nonumber \]

Знайти коріння характеристичного поліноміального рівняння

\[- \lambda^{3} + 2\lambda^{2} - 1.25\lambda + 0.25 = 0 \nonumber \]

ми знаходимо, що перший корінь за спостереженням

\[\lambda = 1 \nonumber \]

як заміна$\lambda = 1$ дає

\[( - 1)^{3} + 2(1)^{2} - 1.25(1) + 0.25 = 0 \nonumber \]\[0= 0 \nonumber \]

Так

\[(\lambda - 1) \nonumber \]

є фактором

\[- \lambda^{3} + 2\lambda^{2} - 1.25\lambda + 0.25 \nonumber \]

Щоб знайти інші фактори характерного многочлена, спочатку проводимо довге ділення

\[- \lambda^{2} + \lambda + 0.25 \nonumber \]

\[\left( \ \lambda - 1 \right)\overline{- \lambda^{3} + 2\lambda^{2} - 1.25\lambda + 0.25} \nonumber \]

\[- \lambda^{3} + \lambda^{2} \nonumber \]

\[\overline{\lambda^{2} - 1.25\lambda + 0.25} \nonumber \]

\[\lambda^{2} - \lambda \nonumber \]

\[\overline{- 0.25\lambda + 0.25} \nonumber \]

Звідси

\[- \lambda^{3} + 2\lambda^{2} - 1.25\lambda + 0.25 = (\lambda - 1)( - \lambda^{2} + \lambda + 0.25) \nonumber \]

Щоб знайти нулі$- \lambda^{2} + \lambda + 0.25$, вирішимо квадратне рівняння,

\[- \lambda^{2} + \lambda + 0.25 = 0 \nonumber \]

подарувати

\[\begin{split} \lambda &=\frac{-(1) \pm \sqrt{(1)^2-(4)(-1)(0.25)}}{2(-1)}\\ &= \frac{- 1 \pm \sqrt{0}}{- 2}\\ &= 0.5,0.5 \end{split} \nonumber \]

Так\$\lambda = 0.5$ і$\lambda = 0.5$ є нулями

\[- \lambda^{2} + \lambda + 0.5 \nonumber \]

подача

\[- \lambda^{2} + \lambda + 0.25 = - (\lambda - 0.5)(\lambda - 0.5) \nonumber \]

Звідси

\[- \lambda^{3} + 2\lambda^{2} - 1.25\lambda + 0.25 = 0 \nonumber \]

можна переписати як

\[- (\lambda - 1)(\lambda - 0.5)(\lambda - 0.5) = 0 \nonumber \]

щоб дати коріння як

\[\lambda = 1,\ \ 0.5,\ \ 0.5 \nonumber \]

Це три корені характеристичного поліноміального рівняння і, отже, власні значення матриці [A].

Зверніть увагу, що існують власні значення, які повторюються. Оскільки існує лише два різних власних значення, існує лише два власні простори. Але, відповідним має$\lambda = 0.5$ бути два власні вектори, які утворюють основу для відповідного простору$\lambda = 0.5$.

Враховується

\[\lbrack(A - \lambda I)\rbrack\ \lbrack X\rbrack = 0 \nonumber \]

потім

\[\begin{bmatrix} 1.5 - \lambda & 0 & 1 \\ - 0.5 & 0.5 - \lambda & - 0.5 \\ - 0.5 & 0 & - \lambda \\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Для$\lambda = 0.5$,

\[\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ - 0.5 & 0 & - 0.5 \\ - 0.5 & 0 & - 0.5 \\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Рішення цієї системи дає

\[x_{1} = - a,\ x_{2} = b,\ x_{3} = a \nonumber \]

Так

\[\begin{split} \begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ \end{bmatrix} &= \begin{bmatrix} - a \\ b \\ a \\ \end{bmatrix}\\ & = \begin{bmatrix} - a \\ 0 \\ a \\ \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 \\ b \\ 0 \\ \end{bmatrix}\\ &= a\begin{bmatrix} - 1 \\ 0 \\ 1 \\ \end{bmatrix} + b\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{bmatrix} \end{split} \nonumber \]

Отже, вектори$\begin{bmatrix} - 1 \\ 0 \\ 1 \\ \end{bmatrix}$ і$\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{bmatrix}$ утворюють основу для власногопростору для власних значень$\lambda = 0.5$ і є двома власними векторами, відповідними$\lambda = 0.5$.

Для$\lambda = 1$,

\[\begin{bmatrix} 0.5 & 0 & 1 \\ - 0.5 & - 0.5 & - 0.5 \\ - 0.5 & 0 & - 1 \\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Рішення цієї системи дає

\[x_{1} = a,\ x_{2} = - 0.5a,\ x_{3} = - 0.5a \nonumber \]

Свій вектор,$\lambda = 1$ що відповідає

\[\begin{bmatrix} a \\ - 0.5a \\ - 0.5a \\ \end{bmatrix} = a\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.5 \\ - 0.5 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Звідси вектор

\[\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.5 \\ - 0.5 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

є основою для свого простору для власне значення$\lambda = 1$, і є власним вектором, відповідним$\lambda = 1$.

Які теореми про власні значення та власні вектори?

Теорема 1: Якщо$\lbrack A\rbrack$$n \times n$ трикутна матриця — верхня трикутна, нижня трикутна або діагональна, то власні значення$\lbrack A\rbrack$ є діагональними записами$\lbrack A\rbrack$.

Теорема 2:$\lambda = 0$ є власним значенням$\lbrack A\rbrack$ if$\lbrack A\rbrack$ є сингулярною (незворотною) матрицею.

Теорема 3:$\lbrack A\rbrack$ і$\lbrack A\rbrack^{T}$ мають однакові власні значення.

Теорема 4: власні значення симетричної матриці дійсні.

Теорема 5: Власні вектори симетричної матриці ортогональні, але тільки для різних власних значень.

Теорема 6:$\left| det(A) \right|$ є добутком абсолютних значень власних значень$\lbrack A\rbrack$.

Приклад 4

Які власні значення

\[\lbrack A\rbrack = \begin{bmatrix} 6 & 0 & 0 & 0 \\ 7 & 3 & 0 & 0 \\ 9 & 5 & 7.5 & 0 \\ 2 & 6 & 0 & - 7.2 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Рішення

Оскільки матриця$\lbrack A\rbrack$ є нижчою трикутною матрицею, то власнізначення$\lbrack A\rbrack$ є діагональними елементами$\lbrack A\rbrack$. До власних значень

\[\lambda_{1} = 6,\ \lambda_{2} = 3,\ \lambda_{3} = 7.5,\ \lambda_{4} = - 7.2 \nonumber \]

Приклад 5

Одне з власних значень

\[\ \lbrack A\rbrack = \begin{bmatrix} 5 & 6 & 2 \\ 3 & 5 & 9 \\ 2 & 1 & - 7 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

дорівнює нулю. Чи є$\lbrack A\rbrack$ оборотним?

Рішення

$\lambda = 0$є власним значенням$\lbrack A\rbrack$, тобто$\lbrack A\rbrack$ є одниною і не обертається.

Приклад 6

Задано власні значення

\[\lbrack A\rbrack = \begin{bmatrix} 2 & - 3.5 & 6 \\ 3.5 & 5 & 2 \\ 8 & 1 & 8.5 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

\[\lambda_{1} = - 1.547,\ \lambda_{2} = 12.33,\ \lambda_{3} = 4.711 \nonumber \]

Які власні значення$\lbrack B\rbrack$ if

\[\lbrack B\rbrack = \begin{bmatrix} 2 & 3.5 & 8 \\ - 3.5 & 5 & 1 \\ 6 & 2 & 8.5 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Рішення

Так як$\lbrack B\rbrack = \lbrack A\rbrack^{T}$, власні значення$\lbrack A\rbrack$ і$\lbrack B\rbrack$ однакові. Звідси власні значення$\lbrack B\rbrack$ також є

\[\lambda_{1} = - 1.547,\ \lambda_{2} = 12.33,\ \lambda_{3} = 4.711 \nonumber \]

Приклад 7

Задано власні значення

\[\lbrack A\rbrack = \begin{bmatrix} 2 & - 3.5 & 6 \\ 3.5 & 5 & 2 \\ 8 & 1 & 8.5 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

\[\lambda_{1} = - 1.547,\ \lambda_{2} = 12.33,\ \lambda_{3} = 4.711 \nonumber \]

Обчисліть величину визначника матриці.

Рішення

Так як

\[\begin{split} \left| det\lbrack A\rbrack \right| &= \left| \lambda_{1} \right|\ \left| \lambda_{2} \right|\ \left| \lambda_{3} \right|\\ &= \left| - 1.547 \right|\ \left| 12.33 \right|\ \left| 4.711 \right|\\ &= 89.88 \end{split} \nonumber \]

Як знайти власні значення та власні вектори чисельно?

Одним з найпоширеніших методів, що використовуються для знаходження власних значень і власних векторів, є метод потужності. Він використовується для знаходження найбільшого власногозначення в абсолютному сенсі. Зверніть увагу, що якщо повторюються ці найбільші власні значення, цей метод працювати не буде. Також це власне значення має бути відмінним. Метод полягає в наступному:

(1). Припустімо припущення$\lbrack X^{(0)}\rbrack$ для власне вектора в

\[\lbrack A\rbrack\ \lbrack X\rbrack = \lambda\lbrack X\rbrack \nonumber \]

рівняння. Одним із записів має бути єдність.$\lbrack X^{(0)}\rbrack$

(2). Знайти

\[\lbrack Y^{(1)}\rbrack = \lbrack A\rbrack\ \lbrack X^{(0)}\rbrack \nonumber \]

(3). $\lbrack Y^{(1)}\rbrack$Масштабуйте так, щоб обраний компонент єдності залишився єдністю.

\[\lbrack Y^{(1)}\rbrack = \lambda^{(1)}\lbrack X^{(1)}\rbrack \nonumber \]

(4). Повторіть кроки (2) і (3) з

$\lbrack X\rbrack = \lbrack X^{(1)}\rbrack$щоб отримати$\lbrack X^{(2)}\rbrack$.

(5). Повторюйте кроки 2 і 3 до тих пір, поки значення власногозначення не зійдеться.

Якщо$E_{s}$ попередньо вказаний відсоток відносної похибки, до якого ви хотіли б, щоб відповідь зійшлася, продовжуйте ітерацію, поки

\[\left| \frac{\lambda^{(i + 1)} - \lambda^{(i)}}{\lambda^{(i + 1)}} \right| \times 100 \leq E_{s} \nonumber \]

де ліва частина вищевказаної нерівності - це визначення абсолютного відсотка відносної наближеної похибки, позначається, як правило, Заданий відсоток відносного допуску$0.5 \times 10^{2 - m}$ означає, що принаймні$m$ значущі цифри є поточними у вашому$E_{s}$ відповісти. При сходженні системи значення$\lambda$ є найбільшим (в абсолютному значенні) власним значенням$\lbrack A\rbrack$.

Приклад 8

Використовуючи метод power, знайдіть найбільше власне значення та відповідний вектор

\[\lbrack A\rbrack = \begin{bmatrix} 1.5 & 0 & 1 \\ - 0.5 & 0.5 & - 0.5 \\ - 0.5 & 0 & 0 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Рішення

Припустимо

\[\lbrack X^{(0)}\rbrack = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

\[\begin{split} \lbrack A\rbrack\ \lbrack X^{(0)}\rbrack &= \begin{bmatrix} 1.5 & 0 & 1 \\ - 0.5 & 0.5 & - 0.5 \\ - 0.5 & 0 & 0 \\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} 2.5 \\ - 0.5 \\ - 0.5 \\ \end{bmatrix} \end{split} \nonumber \]

\[Y^{(1)} = 2.5\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.2 \\ - 0.2 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

\[\lambda^{(1)} = 2.5 \nonumber \]

Ми виберемо перший елемент, який буде єдність.$\lbrack X^{(0)}\rbrack$

\[\lbrack X^{(1)}\rbrack = \begin{bmatrix} 1 \\ - 0.2 \\ - 0.2 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

\[\begin{split} \lbrack A\rbrack\ \lbrack X^{(1)}\rbrack &= \begin{bmatrix} 1.5 & 0 & 1 \\ - 0.5 & 0.5 & - 0.5 \\ - 0.5 & 0 & 0 \\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.2 \\ - 0.2 \\ \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} 1.3 \\ - 0.5 \\ - 0.5 \\ \end{bmatrix} \end{split} \nonumber \]

\[\lbrack X^{(2)}\rbrack = 1.3\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.3846 \\ - 0.3846 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

\[\lambda^{(2)} = 1.3 \nonumber \]

\[\lbrack X^{(2)}\rbrack = \begin{bmatrix} 1 \\ - 0.3846 \\ - 0.3846 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Абсолютна відносна наближена похибка у власних значеннях дорівнює

\[\begin{split} \left| \varepsilon_{a} \right| &= \left| \frac{\lambda^{(2)} - \lambda^{(1)}}{\lambda^{(2)}} \right| \times 100\\ &= \left| \frac{1.3 - 1.5}{1.5} \right| \times 100\\ &= 92.307\% \end{split} \nonumber \]

Проводячи подальші ітерації, значення$\lambda^{(i)}$ і відповідні власні вектори наведені в таблиці нижче

$i$	$\lambda^{(i)}$	$\lbrack X^{(i)}\rbrack$	$\left\| \varepsilon_{a} \right\|\ \ (\%)$
\ (i\) ">$1$	\ (\ лямбда^ {(i)}\) ">$2.5$	\ (\ чорний X^ {(i)}\ брекла\) ">\[\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.2 \\ - 0.2 \\\end{bmatrix} \nonumber \]	\ (\ ліворуч \|\ варепсилон_ {a}\ праворуч \|\\ (\%)\) ">_____
\ (i\) ">$2$	\ (\ лямбда^ {(i)}\) ">$1.3$	\ (\ чорний X^ {(i)}\ брекла\) ">\[\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.38462 \\ - 0.38462 \\\end{bmatrix} \nonumber \]	\ (\ ліворуч \|\ варепсилон_ {a}\ праворуч \|\\ (\%)\) ">$92.307$
\ (i\) ">$3$	\ (\ лямбда^ {(i)}\) ">$1.1154$	\ (\ чорний X^ {(i)}\ брекла\) ">\[\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.44827 \\ - 0.44827 \\\end{bmatrix} \nonumber \]	\ (\ ліворуч \|\ варепсилон_ {a}\ праворуч \|\\ (\%)\) ">$16.552$
\ (i\) ">$4$	\ (\ лямбда^ {(i)}\) ">$1.0517$	\ (\ чорний X^ {(i)}\ брекла\) ">\[\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.47541 \\ - 0.47541 \\\end{bmatrix} \nonumber \]	\ (\ ліворуч \|\ варепсилон_ {a}\ праворуч \|\\ (\%)\) ">$6.0529$
\ (i\) ">$5$	\ (\ лямбда^ {(i)}\) ">$1.02459$	\ (\ чорний X^ {(i)}\ брекла\) ">\[\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.48800 \\ - 0.48800 \\\end{bmatrix} \nonumber \]	\ (\ ліворуч \|\ варепсилон_ {a}\ праворуч \|\\ (\%)\) ">$1.2441$

Точне значення власної величини дорівнює$\lambda = 1$

і відповідним власним вектором є

\[\lbrack X\rbrack = \begin{bmatrix} 1 \\ - 0.5 \\ - 0.5 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Вікторина про власні значення та власні вектори

Вікторина 1

власні значення

\[\begin{bmatrix} 5 & 6 & 17 \\ 0 & - 19 & 23 \\ 0 & 0 & 37 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

(А)$- 19,\ \ 5,\ \ 37$

(Б)$19,\ \ - 5,\ \ - 37$

(С)$2,\ \ - 3,\ \ 7$

(D)$3,\ \ - 5,\ \ 37$

Вікторина 2

Якщо$\begin{bmatrix} - 4.5 \\ - 4 \\ 1 \\ \end{bmatrix}$ є власним вектором$\begin{bmatrix} 8 & - 4 & 2 \\ 4 & 0 & 2 \\ 0 & - 2 & - 4 \\ \end{bmatrix}$, то власне значення, відповідне власному вектору

(А)$1$

(Б)$4$

(С)$-4.5$

(D)$6$

Вікторина 3

власні значення наступної матриці

\[\begin{bmatrix} 3 & 2 & 9 \\ 7 & 5 & 13 \\ 6 & 17 & 19 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

задаються розв'язуванням кубічного рівняння

(А)$\lambda^{3} - 27\lambda^{2} + 167\lambda - 285$

(Б)$\lambda^{3} - 27\lambda^{2} - 122\lambda - 313$

(С)$\lambda^{3} + 27\lambda^{2} + 167\lambda + 285$

(D)$\lambda^{3} + 23.23\lambda^{2} - 158.3\lambda + 313$

Вікторина 4

Власні значення$4 \times 4$ матриці$\left\lbrack A \right\rbrack$ задаються як$2, - 3,13$, так і 7. $\left| \det\left( A \right) \right|$Тоді є

(А)$546$

(Б)$19$

(С)$25$

(D) не може бути визначено

Вікторина 5

Якщо одне з власних значень$\left\lbrack A \right\rbrack_{n \times n}$ дорівнює нулю, це означає

(А) Рішення$\left\lbrack A \right\rbrack\left\lbrack X \right\rbrack = \left\lbrack C \right\rbrack$ системи рівнянь є унікальним

(B) Детермінант$\left\lbrack A \right\rbrack$ дорівнює нулю

(C) Розв'язок$\left\lbrack A \right\rbrack\left\lbrack X \right\rbrack = \left\lbrack 0 \right\rbrack$ системи рівнянь є тривіальним

(D) Визначник$\left\lbrack A \right\rbrack$ є ненульовим

Вікторина 6

Враховуючи, що матриця$\left\lbrack A \right\rbrack = \begin{bmatrix} 8 & - 4 & 2 \\ 4 & 0 & 2 \\ 0 & - 2 & - 3 \\ \end{bmatrix}$ має власне значення 4 з відповідними власними векторами$\left\lbrack x \right\rbrack = \begin{bmatrix} - 4.5 \\ - 4 \\ 1 \\ \end{bmatrix}$,$\left\lbrack A \right\rbrack^{5}\left\lbrack X \right\rbrack$ то

(А)$\begin{bmatrix} - 18 \\ -16 \\ 4 \\ \end{bmatrix}$

(Б)$\begin{bmatrix} -4.5 \\ -4 \\ 1 \\ \end{bmatrix}$

(С)$\begin{bmatrix} -4608 \\ -4096 \\ 1024 \\ \end{bmatrix}$

(D)$\begin{bmatrix} -0.004395 \\ -0.003906 \\ 0.0009766 \\ \end{bmatrix}$

Вправа на власні значення та власні вектори

Вправа 1

Власні$\lambda$ значення матриці$\lbrack A\rbrack$ знаходять шляхом розв'язання рівняння (ів)?

$\lbrack A\rbrack\ \lbrack X\rbrack = \lbrack I\rbrack$
$\lbrack A\rbrack\ \lbrack X\rbrack - \lambda\lbrack I\rbrack = 0$
$\left| A = 0 \right|$
$\left| A - \lambda I \right| = 0$

Відповідь: D

Вправа 2

Знайти власні значення та власні вектори

\[\lbrack A\rbrack = \begin{bmatrix} 10 & 9 \\ 2 & 3 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

за допомогою детермінантного методу

Відповідь: $(12,1)$,$\begin{bmatrix} 0.9762 \\ 0.2169 \\ \end{bmatrix}$,$\begin{bmatrix} 0.8381 \\ - 0.8381 \\ \end{bmatrix}$

Вправа 3

Знайти власні значення та власні вектори

\[\lbrack A\rbrack = \begin{bmatrix} 4 & 0 & 1 \\ - 2 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

за допомогою детермінантного методу

Відповідь: $(0,4,5615,0.43845)$,$\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{bmatrix}$,$\begin{bmatrix} 0.87193 \\ - 0.27496 \\ 0.48963 \\ \end{bmatrix}$,$\begin{bmatrix} - 0.27816 \\ 3.5284 \\ 0.99068 \\ \end{bmatrix}$

Вправа 4

Знайти власні значення цих матриць шляхом перевірки

$\begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \\ \end{bmatrix}$
$\begin{bmatrix} 3 & 5 & 7 \\ 0 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{bmatrix}$
$\begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 3 & 5 & 0 \\ 2 & 1 & 6 \\ \end{bmatrix}$

Відповідь

А. 2, -3,6

Б. 3, -2,0

C. 2,5,6

Вправа 5

Знайти найбільшу за величиною власне значення і відповідний їй вектор за допомогою методу потужності

\[\lbrack A\rbrack = \begin{bmatrix} 4 & 0 & 1 \\ -2 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Почніть з початкового припущення про власний вектор як

\[\begin{bmatrix} 1 \\ -0.5 \\ 0.5 \\ \end{bmatrix} \nonumber \]

Відповідь: 4.5615,$\begin{bmatrix} 1 \\ -0.31534 \\ 0.56154 \\ \end{bmatrix}$ після 4 ітерацій

Вправа 6

Доведіть, якщо$\lambda$ є власним значенням$\lbrack A\rbrack$, то$\frac{1}{\lambda}$ є власним значенням$\lbrack A\rbrack^{- 1}$.

Вправа 7

Доведіть, що квадратні матриці$\lbrack A\rbrack$ і$\lbrack A\rbrack^{T}$ мають однакові власні значення.

Вправа 8

Показати, що$\left| det(A) \right|$ є добутком абсолютних значень власних значень$\lbrack A\rbrack$.

\(i\)	\(\lambda^{(i)}\)	\(\lbrack X^{(i)}\rbrack\)	\(\left\| \varepsilon_{a} \right\|\ \ (\%)\)
\ (i\) ">\(1\)	\ (\ лямбда^ {(i)}\) ">\(2.5\)	\ (\ чорний X^ {(i)}\ брекла\) ">\[\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.2 \\ - 0.2 \\\end{bmatrix} \nonumber \]	\ (\ ліворуч \|\ варепсилон_ {a}\ праворуч \|\\ (\%)\) ">_____
\ (i\) ">\(2\)	\ (\ лямбда^ {(i)}\) ">\(1.3\)	\ (\ чорний X^ {(i)}\ брекла\) ">\[\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.38462 \\ - 0.38462 \\\end{bmatrix} \nonumber \]	\ (\ ліворуч \|\ варепсилон_ {a}\ праворуч \|\\ (\%)\) ">\(92.307\)
\ (i\) ">\(3\)	\ (\ лямбда^ {(i)}\) ">\(1.1154\)	\ (\ чорний X^ {(i)}\ брекла\) ">\[\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.44827 \\ - 0.44827 \\\end{bmatrix} \nonumber \]	\ (\ ліворуч \|\ варепсилон_ {a}\ праворуч \|\\ (\%)\) ">\(16.552\)
\ (i\) ">\(4\)	\ (\ лямбда^ {(i)}\) ">\(1.0517\)	\ (\ чорний X^ {(i)}\ брекла\) ">\[\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.47541 \\ - 0.47541 \\\end{bmatrix} \nonumber \]	\ (\ ліворуч \|\ варепсилон_ {a}\ праворуч \|\\ (\%)\) ">\(6.0529\)
\ (i\) ">\(5\)	\ (\ лямбда^ {(i)}\) ">\(1.02459\)	\ (\ чорний X^ {(i)}\ брекла\) ">\[\begin{bmatrix} 1 \\ - 0.48800 \\ - 0.48800 \\\end{bmatrix} \nonumber \]	\ (\ ліворуч \|\ варепсилон_ {a}\ праворуч \|\\ (\%)\) ">\(1.2441\)