Perusominaisuuksia

Määritelmä.

Olkoon \(A\) \(n \times n\)-neliömatriisi. Skalaaria \(\lambda\) kutsutaan matriisin \(A\) ominaisarvoksi, jos löytyy sellainen vektori \(\mathbf{x}\not= \mathbf{0}\), että \(A\mathbf{x}=\lambda \mathbf{x}\). Tällaista vektoria \(\mathbf{x}\) kutsutaan ominaisarvoon \(\lambda\) liittyväksi ominaisvektoriksi.

Ryhdytään sitten ratkaisemaan ominaisarvoyhtälöä. Huomataan välittömästi, että skalaari \(\lambda\) ja vektori \(\mathbf{x}\) toteuttavat yhtälön \(A\mathbf{x}= \lambda\mathbf{x}\) täsmälleen silloin, kun

\[(A-\lambda I_n)\mathbf{x}=\mathbf{0}.\]

Jos matriisi \(A - \lambda I_n\) on kääntyvä, tällä homogeenisella lineaarisella yhtälöryhmällä on vain triviaaliratkaisu \(\mathbf{x}= \mathbf{0}\). On siis rajoituttava tutkimaan tilanteita, joissa kyseinen matriisi on singulaarinen, eli kun \(\det(A - \lambda I_n) = 0\). Kun muistetaan, että determinantin laskemisessa hyödynnetään ainoastaan yhteen- ja kertolaskutoimituksia, kyseessä on oltava muuttujan \(\lambda\) polynomiyhtälö.

Määritelmä.

Matriisin \(A\) karakteristinen polynomi on lauseke \(\det(A - \lambda I_n)\).

Lause.

Matriisin \(A\) ominaisarvot ovat karakteristisen polynomin juuret.

Yhtälöä \(\det(A-\lambda I_n)=0\) kutsutaan karakteristiseksi yhtälöksi. Nyt saadaan algoritmi matriisin \(A\) ominaisarvojen ja niihin liittyvien ominaisvektorien selvittämiseksi.

1. Ratkaise \(\lambda\) karakteristisesta yhtälöstä \(\det(A-\lambda I_n)=0\).
2. Ratkaise jokaista \(\lambda\) kohti homogeeninen yhtälö \((A-\lambda I_n)\mathbf{x}=\mathbf{0}\), jonka nollasta poikkeavat ratkaisut ovat ominaisvektoreita.

Matriisin \(A\) ominaisarvojen joukkoa merkitään \(\sigma(A)\) ja sitä sanotaan matriisin \(A\) spektriksi. Lisäksi ominaisarvoon \(\lambda\) liitetään ominaisavaruus

\[E_\lambda=\mathcal{N}(A-\lambda I_n).\]

Määritelmä.

Olkoon \(\lambda\) matriisin \(A\) ominaisarvo. Ominaisarvon \(\lambda\) algebrallinen kertaluku \(\operatorname{alg}(\lambda)\) on sen kertaluku karakteristisen polynomin juurena. Ominaisarvon \(\lambda\) geometrinen kertaluku \(\operatorname{geom}(\lambda) = \operatorname{dim}(E_{\lambda})\), eli sitä vastaavan ominaisavaruuden dimensio.

Ominaisarvon geometrinen kertaluku kertoo siis sen, kuinka monta lineaarisesti riippumatonta ominaisvektoria kyseistä ominaisarvoa kohti on mahdollista löytää. Käytännön laskuissa tämä tarkoittaa Gaussin eliminoinnissa ratkaisuun tulevien vapaiden muuttujien lukumäärää, sillä ominaisavaruus \(E_{\lambda}\) on matriisin \(A - \lambda I_n\) nolla-avaruus. Ominaisarvoon liittyville kertaluvuille saadaan seuraavanlainen yhteys.

Lause.

Jos \(\lambda\) on matriisin \(A\) ominaisarvo, niin \(1\le\operatorname{geom}(\lambda)\le \operatorname{alg}(\lambda)\).

Ominaisarvoista voi myös mukavasti päätellä, onko matriisi kääntyvä.

Lause.

Neliömatriisi \(A\) on kääntyvä täsmälleen silloin, kun \(0\) ei ole sen ominaisarvo.

Todistus.

Nyt \(\det(A)=\det(A-0\cdot I_n)\), joten \(\det(A) \not= 0\) täsmälleen silloin, kun \(0\) ei ole matriisin \(A\) ominaisarvo. \(\square\)

Esimerkki.

Määrää matriisin

\[\begin{split}A=\begin{bmatrix} 4 & 0 & 1\\ 2 & 3 & 2\\ -1 & 0 & 2 \end{bmatrix}\end{split}\]

spektri, sekä ominaisarvoihin liittyvät ominaisavaruudet ja kertaluvut. Onko \(A\) kääntyvä?

Ratkaisu.

Karakteristisen yhtälön

\[\begin{split}\begin{aligned} \det(A-\lambda I_3)&=\begin{vmatrix} 4-\lambda & 0 & 1\\ 2 & 3-\lambda & 2\\ -1 & 0 & 2-\lambda \end{vmatrix}=(3-\lambda)((4-\lambda)(2-\lambda)+1)=(3-\lambda)^3=0,\end{aligned}\end{split}\]

missä determinantti on kehitetty keskimmäisen sarakkeen suhteen, ratkaisuina saadaan ominaisarvoksi \(\lambda = 3\). Täten spektri \(\sigma(A) = \{3\}\) ja \(\operatorname{alg}(3) = 3\). Koska \(0\) ei ole matriisin \(A\) ominaisarvo, \(A\) on kääntyvä. Ominaisarvon \(3\) geometrista kertalukua varten tarkastellaan yhtälöä

\[\begin{split}(A - 3I_3)\mathbf{x}= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 2 \\ -1 & 0 & -1 \end{bmatrix}\mathbf{x}= \mathbf{0}.\end{split}\]

Gaussin eliminoinnin avulla nähdään, että

\[\begin{split}[A-3I_3\mid\mathbf{0}]= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 &0\\ 2 & 0 & 2 &0\\ -1 & 0 & -1&0 \end{bmatrix}\longrightarrow\operatorname{rref}[A-3I_3\mid\mathbf{0}]= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 &0\\ 0 & 0 & 0 &0\\ 0 & 0 & 0&0 \end{bmatrix},\end{split}\]

joten yhtälön ratkaisu on

\[\begin{split}\mathbf{x}= \begin{bmatrix} -t \\ s \\ t \end{bmatrix} = t \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} + s \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix},\end{split}\]

missä \(t\) ja \(s\) ovat reaalilukuja. Ominaisarvoon \(3\) liittyvä ominaisavaruus \(E_3\) on siis

\[\begin{split}E_3 = \operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \right\},\end{split}\]

ja \(\operatorname{geom}(3) = \operatorname{dim}(E_3) = 2\).

Huomautus.

Ominaisarvoa \(\lambda\) vastaa aina ääretön määrä ominaisvektoreita. Nimittäin jos \(\mathbf{x}\) on jokin ominaisvektori, niin

\[A(t\mathbf{x}) = t(A\mathbf{x}) = t(\lambda\mathbf{x}) = \lambda(t\mathbf{x}).\]

Näin päätellään, että myös \(t\mathbf{x}\) on ominaisvektori aina, kun \(t \not= 0\). Joskus puhutaan ominaisarvoa \(\lambda\) vastaavien lineaarisesti riippumattomien ominaisvektoreiden lukumäärästä, mikä on sama kuin \(\operatorname{geom}(\lambda)\). Jokainen ominaisavaruuden \(E_{\lambda}\) vektori \(\mathbf{x}\not= 0\) on ominaisarvoon \(\lambda\) liittyvä ominaisvektori.

Esimerkki.

Määrää matriisin

\[\begin{split}A=\begin{bmatrix} 1 & 3 \\ -2 & 6 \end{bmatrix}\end{split}\]

spektri, sekä ominaisarvoihin liittyvät ominaisavaruudet ja kertaluvut. Onko \(A\) kääntyvä?

Ratkaisu.

Karakteristisen yhtälön

\[\begin{split}\begin{aligned} \det(A-\lambda I_2)=\begin{vmatrix} 1-\lambda & 3 \\ -2 & 6-\lambda \end{vmatrix} = (1 - \lambda)(6 - \lambda) + 6 = \lambda^2-7\lambda+12=0\end{aligned}\end{split}\]

ratkaisut ovat \(\lambda = 3\) ja \(\lambda = 4\). Täten spektri \(\sigma(A)=\{3,4\}\) ja algebralliset kertaluvut \(\operatorname{alg}(3)=\operatorname{alg}(4)=1\). Koska \(0\) ei ole matriisin \(A\) ominaisarvo, \(A\) on kääntyvä. Geometristen kertalukujen on toteutettava \(1 \leq \operatorname{geom}(\lambda) \leq \operatorname{alg}(\lambda)\), joten \(\operatorname{geom}(3) = \operatorname{geom}(4) = 1\). Ominaisarvoon \(3\) liittyvän homogeenisen yhtälön

\[\begin{split}(A - 3I_2)\mathbf{x}= \begin{bmatrix} -2 & 3 \\ -2 & 3 \end{bmatrix}\mathbf{x}= \mathbf{0}\end{split}\]

ratkaisut ovat

\[\begin{split}\mathbf{x}= \begin{bmatrix} 3t \\ 2t \end{bmatrix} = t \begin{bmatrix} 3 \\ 2 \end{bmatrix},\end{split}\]

missä \(t\) on reaaliluku, ja täten

\[\begin{split}E_3 = \operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix} 3 \\ 2 \end{bmatrix} \right\}.\end{split}\]

Vastaavasti ominaisarvoon \(4\) liittyvän homogeenisen yhtälön

\[\begin{split}(A - 4I_2)\mathbf{x}= \begin{bmatrix} -3 & 3 \\ -2 & 2 \end{bmatrix}\mathbf{x}= \mathbf{0}\end{split}\]

ratkaisut ovat

\[\begin{split}\mathbf{x}= \begin{bmatrix} t \\ t \end{bmatrix} = t \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix},\end{split}\]

missä \(t\) on reaaliluku, ja täten

\[\begin{split}E_4 = \operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} \right\}.\end{split}\]

Esimerkki.

Olkoon

\[\begin{split}A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 3 & -1 & 3 \\ 2 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}.\end{split}\]

Laske matriisin \(A\) ominaisarvot ja ominaisarvoja vastaavat ominaisavaruudet. Määritä lisäksi ominaisarvojen algebralliset ja geometriset kertaluvut.

Ratkaisu.

Karakteristisen yhtälön

\[\begin{split}\begin{aligned} \det(A - \lambda I_3) &= \begin{vmatrix} 1 - \lambda & 0 & 2 \\ 3 & -1 - \lambda & 3 \\ 2 & 0 & 1 - \lambda \end{vmatrix} = -(1 + \lambda) \begin{vmatrix} 1 - \lambda & 2 \\ 2 & 1 - \lambda \end{vmatrix} \\ &= -(1 + \lambda)((1 - \lambda)^2 - 4) = 0,\end{aligned}\end{split}\]

missä determinantti on kehitetty toisen sarakkeen avulla, ratkaisuiksi saadaan kaksi kertaa \(\lambda = -1\), sekä \(\lambda = 3\). Ominaisarvojen algebralliset kertaluvut ovat siis \(\operatorname{alg}(-1) = 2\) ja \(\operatorname{alg}(3) = 1\). Ominaisarvoon \(-1\) liittyvän homogeenisen yhtälön \((A + I_3)\mathbf{x}= \mathbf{0}\) kokonaismatriisi

\[\begin{split}[A + I_3\mid\mathbf{0}] = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 2 & 0 \\ 3 & 0 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 2 & 0 \end{bmatrix} \longrightarrow \operatorname{rref}[A + I_3\mid\mathbf{0}] = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix},\end{split}\]

joten yhtälön ratkaisut ovat

\[\begin{split}\mathbf{x}= \begin{bmatrix} -t \\ s \\ t \end{bmatrix} = t \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} + s \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix},\end{split}\]

missä \(t\) ja \(s\) ovat reaalilukuja. Täten

\[\begin{split}E_{-1} = \operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \right\}\end{split}\]

ja \(\operatorname{geom}(-1) = 2\). Ominaisarvoon \(3\) liittyvän homogeenisen yhtälön \((A - 3I_3)\mathbf{x}= \mathbf{0}\) kokonaismatriisi

\[\begin{split}[A - 3I_3\mid\mathbf{0}] = \begin{bmatrix} -2 & 0 & 2 & 0 \\ 3 & -3 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & -2 & 0 \end{bmatrix} \longrightarrow \operatorname{rref}[A - 3I_3\mid\mathbf{0}] = \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -\frac{3}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix},\end{split}\]

joten yhtälön ratkaisut ovat

\[\begin{split}\mathbf{x}= \begin{bmatrix} t \\ \frac{3}{2}t \\ t \end{bmatrix} = t \begin{bmatrix} 1 \\ \frac{3}{2} \\ 1 \end{bmatrix} = s \begin{bmatrix} 2 \\ 3 \\ 2 \end{bmatrix},\end{split}\]

missä \(t\) on reaaliluku ja \(s = \frac{1}{2}t\). Täten

\[\begin{split}E_3 = \operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix} 2 \\ 3 \\ 2 \end{bmatrix} \right\}\end{split}\]

ja \(\operatorname{geom}(3) = 1\).

Palautusta lähetetään...