Материал: Элементы линейной алгебры. Глушко Е.Г., Дубровская А.П

уравнением.

Раскрывая определитель, получаем многочлен n-ой

степени относительно :

n+p1 n-1+...+pn-1 +pn=0.

Корни характеристического уравнения и являются собственными значениями линейного оператора. Для нахождения собственных векторов по полученным собственным значениям необходимо решить однородную систему (4.3).

Пример 1. Найти собственные значения и собственные

векторы линейного оператора A , заданного в некотором базисе матрицей:

1 3 3

1 4 8

Решение. Составим характеристическое уравнение:

91

Таким образом, 1= 2= 3=1 .

Найдем теперь собственные векторы, подставив число =1 в систему (4.3):

3x2 3x3 0 , 2x1 7x2 13x3 0 ,

x1 4x2 7x3 0 .

Определитель системы равен нулю, следовательно, ранг матрицы системы меньше трех, один из миноров второго порядка отличен от нуля:

значит, ранг системы равен двум. Составим укороченную систему уравнений, эквивалентную заданной, определитель которой совпадает с базисным минором M2.

3x2 3x3 0 ,

4x2 7x3 x1 .

Пусть x1=1, тогда, решив систему, имеем x2=x3=1/3. Таким образом, для данного линейного оператора, имеющего три равных собственных значения, существует только один

собственный вектор: x ={1,1/3,1/3}.

92

Пример 2. Найти собственные значения и собственные векторы оператора A , заданного в некотором базисе матрицей:

Решение. Составим характеристическое уравнение и

При 1=1 получим следующую систему для нахождения координат собственного вектора:

3x1 5x3 0 ,

7x1 3x2 9x3 0 , 3x1 5x3 0 .

Отбрасывая третье уравнение, получаем:

3x1 5x3 0 ,

7x1 3x2 9x3 0 .

Пусть x3=1, тогда x1=-5/3, x2=62/9.

При 2=9 получим:

5x1 5x3 0 ,

7x1 11x2 9x3 0 , 3x1 3x3 0 .

93

В данной системе первое и третье уравнения эквивалентны, поэтому координаты соответствующего собственного вектора определим как решения системы:

x1 x3 0 ,

7x1 11x2 9x3 0 .

Пусть x3=1, тогда x1=1,x2=16/11. При 3=-2 получим

6x1 5x2 0 ,

7x1 9x2 0 ,

3x1 8x2 0 .

или x1=0,x3=0,x2=1.

Итак, мы получили следующие собственные векторы:

Пример 3. Найти собственные значения и собственные

векторы линейного оператора A , заданного в некотором базисе матрицей:

Решение. Найдем собственные значения матрицы A:

Отсюда 1=1 - корень характеристического уравнения второй

94

Придавая неизвестным x2 и x3 различные значения, например x'2=1, x'3=0 и x"3=1, x"2=0, получим два линейно независимых вектора:

отвечающих собственному значению 1=1.

Для 2=2 система уравнений (4.3) примет вид: x2 x3 0 ,

x1 2x2 x3 0 , x1 x2 0 .

Заметим, что второе уравнение является суммой первого и третьего и его можно отбросить. Получается система:

или x3=x2, x1=x2. Пусть x2=1, тогда x3=1, x1=1 и

Приведенные выше примеры показывают, что не всегда линейный оператор имеет столько же собственных векторов, какова размерность пространства.

Так как определитель матрицы оператора не зависит от выбора базиса, то и собственные значения также не зависят от выбора базиса.

Теорема. Если все собственные значения матрицы A линейного оператора различны, то соответствующие

собственные векторы.

95