Riadkové a stĺpcové vlastné vektory

[Martin Sleziak]

Na cviku sme o tomto trochu hovorili, keďže sa to viackrát objavilo, tak azda nezaškodí k tomu niečo napísať.
Konkrétne ak sa pozriete na video z piatkového cvika cca od 52:22. A takisto bola o tom reč aj pri prednáškovej úlohe 3 na dnešnom cviku.

Wikipédia: Eigenvalues and eigenvectors § Left and right eigenvectors (aktuálna verzia)

Tiež sa tejto otázky týka poznámka nasledujúca v Korbaš-Gyurki za definíciou 13.5 (definíciou vlastného vektora).
Používa sa tam terminológia ľavé a pravé vlastné vektory.

Pridám linku aj na podobný topic pri inom predmete: viewtopic.php?t=288

[Martin Sleziak]

Výpočet riadkových vlastných vektorov
Na tejto prednáške zapisujeme vektory do riadku, teda naša definícia vlastného vektora obsahuje podmienku
$$\vec xA=\lambda\vec x.$$
Táto podmienka je ekvivalentná s $\vec x(A-\lambda I)=\vec 0$ a $(A-\lambda I)^T\vec x^T=\vec0^T$. Teda vlastné vektory nájdeme riešením sústavy
$$(A-\lambda I)^T\vec x^T=\vec0^T.$$

Výpočet stĺpcových riadkových vlastných vektorov
Takisto má zmysel pýtať sa, či vynásobenie vektorom zapísaným do stĺpca dá nejaký jeho násobok. (Napokon mnoho textov používa stĺpcové vektory.)
Teda sa pýtame na vektory spĺňajúce podmienku
$$A\vec x^T=\lambda\vec x^T,$$
čo nám dáva sústavu $$(A-\lambda I)\vec x^T=\vec 0^T.$$

Zostavenie matice prechodu
Vieme, že vlastné vektory sa dajú použiť v matici, ktorá vyjadruje podobnosť s diagonálnou maticou. Rozmyslime si, čo tu hovoria riadkové/stĺpcové vlastné vektory.
Napíšem to napríklad pre maticu $3\times3$ - asi ľahko vidno, že všeobecne to funguje rovnako.

Ak máme tri lineárne nezávislé vektory $\vec p_1,\vec p_2, \vec p_3$, t.j. pre každý z nich platí
$$\vec p_i A=\lambda_i \vec p_i,$$ tak pre maticu $P$, ktorá má tieto vektory ako riadky dostaneme
\begin{align*}
PA&=\begin{pmatrix}\vec p_1\\\vec p_2\\\vec p_3\end{pmatrix}A=\begin{pmatrix}\vec p_1A\\\vec p_2A\\\vec p_3A\end{pmatrix}\\
DP&=
\begin{pmatrix}
\lambda_1 & 0 & 0 \\
0 & \lambda_2 & 0 \\
0 & 0 & \lambda_3 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\vec p_1\\\vec p_2\\\vec p_3\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}\lambda_1\vec p_1\\\lambda_2\vec p_2\\\lambda_3\vec p_3\end{pmatrix}
\end{align*}
Máme teda rovnosti
\begin{align*}
PA&=DP\\
PAP^{-1}&=D\\
A&=P^{-1}DP
\end{align*}

Ak počítame so stĺpcovými vektormi, tak to vyjde trochu inak. Teraz si označme ako $Q$ maticu, ktorej stĺpec sú nejaké vektory $\vec q_1,\vec q_2, \vec q_3$, také že platí
$$A\vec q_i^T=\lambda_i\vec q_i^T.$$
Potom dostanem takéto rovnosti:
\begin{align*}
AQ&=A\begin{pmatrix}\vec q_1^T&\vec q_2^T&\vec q_3^T\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A\vec q_1^T&A\vec q_2^T&A\vec q_3^T\end{pmatrix}\\
QD&=\begin{pmatrix}\vec q_1^T&\vec q_2^T&\vec q_3^T\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\lambda_1 & 0 & 0 \\
0 & \lambda_2 & 0 \\
0 & 0 & \lambda_3 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}\lambda_1\vec q_1^T&\lambda_2\vec q_2^T&\lambda_3\vec q_3^T\end{pmatrix}
\end{align*}
Dostali sme teraz
\begin{align*}
AQ&=QD\\
Q^{-1}AQ&=D\\
QDQ^{-1}&=A
\end{align*}
Teda v takomto prípade (keď sme maticu zostavili zo stĺpcových vektorov), tak poradie vychádza opačné.

[Martin Sleziak]

Príklad
Zoberme si ako príklad nejakú maticu, ktorá je diagonalizovateľná, vypočítajme riadkové a stĺpcové vlastné vektory a prekontrolujme, či naozaj platia rovnosti, ktoré sme spomenuli vyššie.
Napríklad pre maticu
$$A=\begin{pmatrix}
-1 &-2 & 2 \\
4 & 3 &-4 \\
0 &-2 & 1 \\
\end{pmatrix}$$
dostaneme $\chi_A(t)=(t+1)(t-1)(t-3)$.

Spoiler:

$\chi_A(t)=
\begin{vmatrix}
t+1& 2 &-2 \\
-4 &t-3& 4 \\
0 & 2 &t-1\\
\end{vmatrix}=$ $
\begin{vmatrix}
t+1& 2 & 0 \\
-4 &t-3&t+1\\
0 & 2 &t+1\\
\end{vmatrix}=$ $
(t+1)\begin{vmatrix}
t+1& 2 & 0 \\
-4 &t-3& 1 \\
0 & 2 & 1 \\
\end{vmatrix}=$ $
(t+1)\begin{vmatrix}
t+1& 2 & 0 \\
-4 &t-5& 0 \\
0 & 2 & 1 \\
\end{vmatrix}=$ $
(t+1)\begin{vmatrix}
t+1& 2 \\
-4 &t-5\\
\end{vmatrix}=$ $
(t+1)(t^2-4t+3)=(t+1)(t-1)(t-3)
$

Ak nájdeme riadkové vlastné vektory, tak dostaneme:
K $-1$ vlastný vektor $(1,0,-1)$ (a jeho nenulové násobky),
K $1$ vlastný vektor $(2,1,-1)$,
K $3$ vlastný vektor $(1,1,-1)$.

Vypočítať ich vieme štandardným spôsobom a takisto prekontrolovať, že pre každý z týchto vektorov a prislúchajúcu vlastnú hodnotu platí $\vec xA=\lambda \vec x$.

Spoiler:

$(A+I)^T=
\begin{pmatrix}
0 & 4 & 0 \\
-2 & 4 &-2 \\
2 &-4 & 2 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
-2 & 0 &-2 \\
2 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$
Množina riešení: $[(1,0,-1)]$

$(A-I)^T=
\begin{pmatrix}
-2 & 4 & 0 \\
-2 & 2 &-2 \\
2 &-4 & 0 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 &-2 & 0 \\
-1 & 1 &-1 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 &-2 & 0 \\
0 &-1 &-1 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$
Množina riešení: $[(2,1,-1)]$

$(A-3I)^T=
\begin{pmatrix}
-4 & 4 & 0 \\
-2 & 0 &-2 \\
2 &-4 &-2 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 &-1 & 0 \\
1 & 0 & 1 \\
1 &-2 &-1 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 &-1 & 0 \\
0 & 1 & 1 \\
0 &-1 &-1 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$
Množina riešení: $[(1,1,-1)]$

Vlastné vektory poukladáme ako riadky do matice $P$, dostaneme maticu, pre ktorú platí $PA=DP$ resp. $PAP^{-1}=D$.
$$P=
\begin{pmatrix}
1 & 0 &-1 \\
2 & 1 &-1 \\
1 & 1 &-1 \\
\end{pmatrix}
$$
Že naozaj platí $PA=DP$ sa môžeme presvedčiť vo WolframAlpha alebo aj ručným výpočtom.

Spoiler:

\begin{align*}
PA&=
\begin{pmatrix}
1 & 0 &-1 \\
2 & 1 &-1 \\
1 & 1 &-1 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-1 &-2 & 2 \\
4 & 3 &-4 \\
0 &-2 & 1 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 1 \\
2 & 1 &-1 \\
3 & 3 &-3 \\
\end{pmatrix}\\
DP&=
\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 3 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 0 &-1 \\
2 & 1 &-1 \\
1 & 1 &-1 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 1 \\
2 & 1 &-1 \\
3 & 3 &-3 \\
\end{pmatrix}
\end{align*}

Prípadne môžeme vypočítať aj inverznú maticu
$$P^{-1}=
\begin{pmatrix}
0 & 1 &-1 \\
-1 & 0 & 1 \\
-1 & 1 &-1 \\
\end{pmatrix}.
$$

Spoiler:

$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 &-1 & 1 & 0 & 0 \\
2 & 1 &-1 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 1 &-1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 &-1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 0 & 1 &-1 \\
1 & 1 &-1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 &-1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 0 & 1 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-1 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
0 & 0 &-1 & 1 &-1 & 1 \\
1 & 0 & 0 & 0 & 1 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-1 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 &-1 & 1 &-1
\end{array}\right)
$

Asi je zaujímavé všimnúť si, že stĺpce tejto matice sú stĺpcové vlastné vektory.
A opäť sa môžeme presvedčiť aj o tom, že naozaj platí $PAP^{-1}=D$.

Spoiler:

$$
PAP^{-1}
=\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 1 \\
2 & 1 &-1 \\
3 & 3 &-3 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 & 1 &-1 \\
-1 & 0 & 1 \\
-1 & 1 &-1 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 3 \\
\end{pmatrix}
$$

Stĺpcové vektory
Ak vypočítame stĺpcové vektory, dostaneme napríklad:
K $-1$ stĺpcový vlastný vektor $(0,1,1)$ (a každý jeho nenulový násobok).
K $1$ stĺpcový vlastný vektor $(1,0,1)$
K $3$ stĺpcový vlastný vektor $(1,-1,1)$

Spoiler:

$A+I=\begin{pmatrix}
0 &-2 & 2 \\
4 & 4 &-4 \\
0 &-2 & 2 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
0 &-1 & 1 \\
1 & 1 &-1 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 &-1 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$
Množina riešení $[(0,1,1)]$

$A-I=\begin{pmatrix}
-2 &-2 & 2 \\
4 & 2 &-4 \\
0 &-2 & 0 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 &-1 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}$
Množina riešení $[(1,0,1)]$


$A-3I=\begin{pmatrix}
-4 &-2 & 2 \\
4 & 0 &-4 \\
0 &-2 &-2 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
2 & 1 &-1 \\
1 & 0 &-1 \\
0 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 &-1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$
Množina riešení: $[(1,-1,1)]$

Ak teraz tieto vektory poukladáme ako stĺpce do matice $$Q=
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 1 \\
1 & 0 &-1 \\
1 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix},
$$ tak dostaneme maticu pre ktorú platí $AQ=QD$. WolframAlpha

Spoiler:

\begin{align*}
AQ&=
\begin{pmatrix}
-1 &-2 & 2 \\
4 & 3 &-4 \\
0 &-2 & 1 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 1 \\
1 & 0 &-1 \\
1 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 3 \\
-1 & 0 &-3 \\
-1 & 1 & 3 \\
\end{pmatrix}
\\
QD&=
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 1 \\
1 & 0 &-1 \\
1 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 3 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 3 \\
-1 & 0 &-3 \\
-1 & 1 & 3 \\
\end{pmatrix}
\end{align*}

Opäť, ak chceme urobiť aj to, môžeme vypočítať aj inverznú maticu
$$Q^{-1}=
\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 1 \\
2 & 1 &-1 \\
-1 &-1 & 1 \\
\end{pmatrix}.
$$

Spoiler:

$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 &-1 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 &-1 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 &-1 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 &-1 & 1 & 1 &-1 \\
1 & 0 & 0 &-1 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
0 & 1 & 0 & 2 & 1 &-1 \\
0 & 0 & 1 &-1 &-1 & 1 \\
1 & 0 & 0 &-1 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & 0 &-1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 2 & 1 &-1 \\
0 & 0 & 1 &-1 &-1 & 1
\end{array}\right)
$

Aj tu si môžeme všimnúť, že riadky inverznej matice $Q^{-1}$ sú riadkové vlastné vektory.
A môžeme výpočtom preveriť, že naozaj platí $QDQ^{-1}=A$.

Spoiler:

$$
QDQ^{-1}=
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 3 \\
-1 & 0 &-3 \\
-1 & 1 & 3 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 1 \\
2 & 1 &-1 \\
-1 &-1 & 1 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
-1 &-2 & 2 \\
4 & 3 &-4 \\
0 &-2 & 1 \\
\end{pmatrix}
$$

[Martin Sleziak]

To isté platí aj pokiaľ sa pre danú symetrickú maticu snažím nájsť ortogonálnu maticu takú, že $PAP^T=D$. (Pripomeniem, že pre ortogonálne matice máme $P^{-1}=P^T$, takže inverznú maticu tu vieme dostať veľmi ľahko.)

V prípade, že $A$ je symetrická ale riadkové a stĺpcové vlastné vektory vychádzajú rovnako. (Ak $A=A^T$, tak podmienky $\vec xA=\lambda\vec x$ a $A\vec x^T=\lambda\vec x^T$ sú ekvivalentné, jednu z nich dostaneme transponovaním druhej.)

Ak počítam vlastné vektory, zostavím z nich ortonormálnu bázu a poukladám do riadkov matice $P$, tak dostanem
$$PAP^T=D \qquad\Leftrightarrow\qquad A=P^TDP.$$
Ak urobím maticu $Q$, kde sú vlastné vektory vektory v stĺpcoch, tak pre ňu platí
$$QDQ^T=A \qquad\Leftrightarrow\qquad D=Q^TAQ.$$