LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓ

2016.02.08.

LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓ (MÁTRIX) SAJÁTÉRTÉKE, SAJÁTVEKTORA BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC

LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓ Egy A : R n  R n függvényt lineáris transzformációnak nevezünk, ha teljesülnek az alábbi tulajdonságok:  A leképezés homogén: 

A  x   A  x  ;   R; x  R n 

A leképezés additív: A  x  y   A  x   A  y  ; x, y  R n

1

2016.02.08.

LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓ MÁTRIXA 

Legyen az R n egy bázisa a B  b1 , b2 ,..., bn  vektorrendszer. (Síkban az {i, j} vektorpár, térben az {i, j, k} vektorhármas.) Legyen x egy tetszőleges vektor R n -ben. Keressük az x vektor Ax képét. A linearitás miatt:

Ax  A  x1b1  x2b2  ...  xnbn   x1 A  b1   x2 A  b2   ...  xn A  bn  Ami azt jelenti, elég a bázisvektorok képét ismerni. Mátrixos jelölésekkel az Ax kép alakja:

x  | |   1  | x Ax   A  b1  A  b 2  ... A  b n    2  ;  ...  | |  B    |  xn  Itt az első tényező az A transzformáció B bázisra vonatkozó mátrixa.

NÉHÁNY LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓ ÉS A MÁTRIXA: 

1. Síkbeli forgatás az origó körül α szöggel:

cos   sin   A ;  sin  cos   

2. Tengelyes tükrözés az origón átmenő α irányszögű egyenesre:

cos 2 sin 2  A ;  sin 2  cos 2 



3. Merőleges vetítés az origón átmenő α irányszögű egyenesre:

 cos 2  cos  sin   A ; sin 2   cos  sin 

2

2016.02.08.

LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓ SAJÁTVEKTORA 

Az A lineáris transzformáció sajátvektorának nevezzük az s  Rn, s ≠ 0 vektort, ha létezik olyan λ  R valós vagy λ  C komplex szám, amelyre teljesül, hogy As = λs.

tehát ha az As vektor párhuzamos az s vektorral. A λ valós vagy komplex számot az s sajátvektorhoz tartozó sajátértéknek nevezzük.

AZ EMLÍTETT LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK SAJÁTVEKTORAI: 





1. A síkbeli forgatásnak nincs valós sajátvektora. Sajátértékei és sajátvektorai komplexek. 2. A tengelyes tükrözésnek sajátvektorai a tengellyel párhuzamos és a tengelyre merőleges vektorok. Sajátértékek rendre 1 és −1.

3. A merőleges vetítés sajátvektorai ugyancsak a tengellyel párhuzamos és a tengelyre merőleges vektorok. A sajátértékek rendre 1 és 0.

3

2016.02.08.

A SAJÁTVEKTOR ÉS A SAJÁTÉRTÉK MEGHATÁROZÁSA 

Legyen adott bázisban az A transzformáció mátrixa az A  Rn×n mátrix. Ekkor a megoldandó lineáris egyenletrendszer a következő: As = λs; As – λs = 0; As – λEs = 0;



Azaz (A – λE)s = 0; Mivel sajátvektor csak nullvektortól különböző vektor lehet, keressük ennek a homogén lineáris egyenletrendszernek a nemtriviális megoldását. A nemtriviális megoldás létezésének feltétele, hogy az együtthatómátrix szinguláris legyen, tehát teljesüljön, hogy det(A – λE) = 0.

KARAKTERISZTIKUS MÁTRIX 

A sajátérték meghatározásához elsőként felírjuk a karakterisztikus mátrixot:

 a11 a12 a a22 A  E   21  ... ...   an1 an 2

... a1n  1 0 ... a2 n   ... ... ...    ... ann  0

0 1 ... 0

... ... ... ....

a12 0   a11   a22   0   a21  ... ...  ...   an 2 1   an1

... a1n  ... a2 n  ; ... ...   ... ann   

A karakterisztikus mátrix tehát úgy adódik, hogy a diagonális és csakis a főátló minden komponenséből kivonjuk λ-t. 

Majd megoldjuk a det(A – λE) = 0 karakterisztikus egyenletet. A k(λ) = det(A – λE) n-ed fokú polinom a karakterisztikus polinom.

4

2016.02.08.

A SZÁMÍTÁS MENETE 

1. lépés: Megoldjuk a det(A – λE) = 0 sajátérték-egyenletet. Ez egy n-ed fokú algebrai egyenlet az ismeretlen λ-ra. A megoldások a sajátértékek.



2. lépés: A kapott λ sajátértékeket behelyettesítjük az (A – λE)s = 0 homogén lineáris egyenletrendszerbe – minden λ-ra egy egyenletrendszer –, és azokat megoldjuk az s ismeretlenekre. Ezek lesznek az adott λ sajátértékekhez tartozó sajátvektorok.

TÖBBÉRTELMŰSÉG 

Ha egy adott λ sajátértékhez tartozik sajátvektor, akkor az nem egyértelműen létezik, hanem végtelen sok sajátvektor tartozik az adott sajátértékhez. Ugyanis: Ha s a λ sajátértékhez tartozó sajátvektora az A mátrixnak akkor tetszőleges α nem nulla konstans esetén αs is a λ sajátértékhez tartozó sajátvektor.

mivel As  s ezért As  As  s  s;

5

2016.02.08.

SZÁMÍTÁSI FELADAT 

Példa: Határozzuk meg az alábbi mátrixok sajátértékeit és sajátvektorait:

 1 2  A ;  4 3  

 3 4 2  A   1 0 1  ;  6 6 5 

Megoldások:

t   t  1  1;  2  5; s1   1  ; s2   2  ; t1 , t2  0; t1   2t2   t1  t 2  0 1  1;  2  1;  3  2; s1   0  ; s 2  t2  ; s3   t3  ; ti  0, i  1, 2,3.  t1   0   2t3 

FELADAT MEGOLDÁSA 

Foglalkozzunk elsőként a másodrendű mátrixszal.



A karakterisztikus egyenlet:

det  A  E  

1   2  1    3     8   2  4  5  0; 4 3  



Megoldó képlettel kapjuk, hogy a sajátértékek:



A sajátvektorok:

1  1;  2  5;

 2 2   s1  0          s1  s2  0  s1  s2  4 4   s2  0   4 2   s1  0   A   2E  s  0;          2s1  s2  0  s2  2s1  4 2   s2  0 

 A  1E  s  0;



Tehát a megoldás.

t   t  1  1;  2  5; s1   1  ; s2   2  ; t1 , t2  0; t1   2t2 

6

2016.02.08.

FELADAT MEGOLDÁSA 



Most határozzuk meg a harmadrendű mátrix sajátértékeit és sajátvektorait A karakterisztikus egyenlet, ha a determinánst a 2. sora szerint fejtjük ki:

3   4 2 4 2 3   2 3   4 det  A  E   1  1     6 5   6 5 6 6 6 6 5      20  4  12     15  3  5   2  12   18  6  24     3  2 2    2  0; 

Ennek a harmadfokú egyenletnek a megoldásait akár találgatással akár polinom osztással meg lehet határozni. A sajátértékek:

1  1;  2  1; 3  2;

FELADAT MEGOLDÁSA 

A sajátvektorok:  2 4 2   s1  0  A  1E  s  0;   1 1 1   s2   0 ;  6 6 6   s3  0 



Kérdés ennek a homogén lineáris rendszernek a megoldása. Gauss-Jordan algoritmussal kapjuk, hogy  2 4 2   1 1 1  1 1 1  1 0 1   1 1 1    2 4 2   0 6 0   0 1 0               6 6 6   6 6 6  0 12 0  0 0 0 



Ahonnan s2  0; s1  s3  0; tehát s3  s1 , tehát  t1  1  1; s1   0  ; t1  0  t1 

7

2016.02.08.

FELADAT MEGOLDÁSA 



Hasonló megfontolásokkal kapjuk a másik két sajátértékhez tartozó sajátvektorokat is. Összefoglalva az eredményeket:  t1  t 2  0     1  1;  2  1;  3  2; s1   0  ; s 2  t2  ; s3   t3  ; ti  0, i  1, 2,3.  0   t1   2t3 

8