Riadkové a stĺpcové (ľavé a pravé) vlastné vektory

[Martin Sleziak]

My sme vlastné vektory matice $A$ definovali tak, že sú to nenulové vektory spĺňajúce rovnosť $\vec x A = \lambda \vec x$ pre nejaké $\lambda\in F$. (Kde $F$ je pole, nad ktorým pracujeme.)

Toto je pre nás vcelku prirodzená definícia, lebo od prvého ročníka pracujeme s riadkovými vektormi, lineárne zobrazenia prislúchajúce matici $A$ sme definovali ako $\vec x \mapsto \vec x A$, atď.

Je veľa textov, ktoré používa stĺpcové vektory. (Pravdepodobne sú častejšie ako stĺpcové.) To znamená, že by sme hľadali vektory také, že $A \vec x^T=\lambda \vec x^T$.

To, že sa vyskytujú obe konvencie, je spomenuté aj na Wikipedii.

Pridám aj linku na podobný topic vo fóre k inému predmetu: viewtopic.php?t=1687

*************************

Pokiaľ odo mňa dostanete v rámci tejto prednášky (na domácu úlohu, na písomke, na skúške) príklad, kde máte za úlohu vypočítať vlastné vektory; tak by som očakával, že použijete definíciu z tejto prednášky. Alebo - ak ste sa učili z nejakých iných zdrojov a zvykli ste si pracovať so stĺpcovými vektormi - tak že aspoň upozorníte na to, že vaša definícia iné.

Ak sú vlastné vektory potrebné len ako pomocná vec, tak si treba uvedomiť, čo z vecí, ktoré sme si hovorili bude platiť aj pre stĺpcové vlastné vektory. (V prípade, že chcete počítať so stĺpcovými vektormi.)

Skúsme sa pozrieť na to, ako by to bolo s výpočtom Jordanovho tvaru.

Úloha Nájdite charakteristický polynóm a Jordanov tvar matice
$$A=\begin{pmatrix} 2 & 4 & -3 \\ 0 & -2 & 1 \\ 0 & -4 & 2 \end{pmatrix}.$$
Nájdite aj príslušnú maticu prechodu a zapíšte príslušnú maticovú rovnosť.

Chcem najprv nájsť stĺpcové vlastné vektory, t.j. vektory, ktoré spĺňajú $A\vec x^T=\lambda \vec x^T$. Táto rovnosť je ekvivalentná s $(A-\lambda I)\vec x^T=\vec 0^T$, čiže na to, aby bola riešiteľná, musí matica $A-\lambda I$ byť singulárna, teda musí platiť $|A-\lambda I|=0$. Teda prípustné čísla $\lambda$ nájdeme opäť ako korene charakteristického polynómu. (Čiže pri výpočte vlastných čísel je úplne jedno, či pracujeme s riadkovými alebo stĺpcovými vektormi.) Pri hladaní vlastných vektorov sa zmení to, že teraz riešime sústavu s maticou $A-\lambda I$, teda maticu netransponujeme.

Charakteristický polynóm.
$|A-xI|= \begin{vmatrix} 2-x & 4 & -3 \\ 0 & -2-x & 1 \\ 0 & -4 & 2-x \end{vmatrix}= (2-x)\begin{vmatrix} -2-x & 1 \\ -4 & 2-x \end{vmatrix}= (2-x)[(x-2)(x+2)+4]=(2-x)(x^2-4+x)=(2-x)x^2$.

Vlastné čísla sú $0$ a $2$.

Stĺpcové vlastné vektory k vlastnému číslu $2$.
$$A-2I= \begin{pmatrix} 0 & 4 &-3 \\ 0 &-4 & 1 \\ 0 &-4 & 0 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$
Priestor riešení je $(1,0,0)$.


Stĺpcové vlastné vektory k vlastnému číslu $0$.
$$A= \begin{pmatrix} 2 & 4 &-3 \\ 0 &-2 & 1 \\ 0 &-4 & 2 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 2 & 0 & -1 \\ 0 &-2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} -2 & 0 & 1 \\ 0 &-2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$
Priestor riešení je $[(1,1,2)]$.

Našli sme iba jeden vlastný vektor k $0$. Budeme teda hľadať zovšeobecnené vlastné vektory, to znamená, že riešime sústavu $(A-\lambda I)\vec x^T = \vec0^T$.
$$\begin{pmatrix} 2 & 4 &-3 &|& 1\\ 0 &-2 & 1 &|& 1\\ 0 &-4 & 2 &|& 2 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 2 & 4 &-3 &|& 1\\ 0 &-2 & 1 &|& 1\\ 0 & 0 & 0 &|& 0 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 2 & 0 &-1 &|& 3\\ 0 &-2 & 1 &|& 1\\ 0 & 0 & 0 &|& 0 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} -2& 0 & 1 &|&-3\\ 0 &-2 & 1 &|& 1\\ 0 & 0 & 0 &|& 0 \end{pmatrix}$$
Jedno z riešení je $(2,0,1)$.

Teraz by sme radi nejako skúsili poskladať z vektorov, ktoré sme našli, maticu; ktorá dá do súvisu nejako maticu $A$ a jej Jordanov tvar $J$.

Ak $P=(\vec\alpha_1^T,\vec\alpha_2^T,\vec\alpha_3)$ (t.j. označili sme si ako $\vec\alpha_1$, $\vec\alpha_2$, $\vec\alpha_3$ stĺpce matice $A$) tak si môžeme všimnúť, že platí:
$AP=A(\vec\alpha_1^T,\vec\alpha_2^T,\vec\alpha_3)=(A\vec\alpha_1^T,A\vec\alpha_2^T,A\vec\alpha_3)$
$PJ=(\vec\alpha_1^T,\vec\alpha_2^T,\vec\alpha_3)J=(\vec\alpha_1^T,\vec\alpha_2^T,\vec\alpha_3^T) \begin{pmatrix}\lambda_1 & 1 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_2\end{pmatrix}= (\lambda_1\vec\alpha_1^T,\lambda_1\vec\alpha_2^T+\vec\alpha_1^T,\lambda_2\vec\alpha_3^T)$
(V našom prípade $\lambda_1=0$ a $\lambda_2=2$; chcel som túto rovnosť napísať tak, aby bolo aspoň trochu vidno, že to bude fungovať aj všeobecne.)

Ak chceme, aby platila rovnosť $AP=PJ$, tak musia platiť rovnosti
$A\vec\alpha_1^T=\lambda_1\vec\alpha_1^T$
$A\vec\alpha_2^T=\lambda_1\vec\alpha_2^T+\vec\alpha_1^T$
$A\vec\alpha_3T=\lambda_2\vec\alpha_1^3$
Prvá a tretia rovnosť nám hovorí, že do prvého a tretieho stĺpca by sme mali dať (stĺpcové) vlastné vektory k $\lambda_1$ a $\lambda_3$. Čo s druhým stĺpcom? Tam by mal byt vektor spĺňajúci $A\vec\alpha_2^T-\lambda_1\vec\alpha_2^T=\vec\alpha_1^T$, čomu vyhovujú presne riešenia sústavy $(A-\lambda_1)\vec\alpha^T=\vec\alpha_1^T$.

Keď teda tieto vektory poukladáme v uvedenom poradí dostaneme
$$P=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\ 1 & 0 & 0\\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}$$
tak dostaneme maticu $P$ takú, že $AP=PJ$, teda $P^{-1}AP=J$, kde $J=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$.

Ľahko môžeme skontrolovať, či to naozaj sedí. Napríklad na WolframAlpha zadaním inverse([[1,2,1],[1,0,0],[2,1,0]])*[[2,4,-3],[0,-2,1],[0,-4,2]]*[[1,2,1],[1,0,0],[2,1,0]].

*************************

Skúsme sa ešte pozrieť ako by vyzerali tie isté výpočty, keby sme použili riadkové vektory; tak ako sme zvyknutí.

Spoiler:

Charakteristický polynóm je $|A-xI|=(2-x)x^2$.

Vlastné čísla sú $0$ a $2$.

Vlastné vektory k vlastnému číslu $2$.
$$(A-2I)^T= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 4 & -4 & -4 \\ -3 & 1 & 0 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 &-1 &-1 \\ -3 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 &-1 &-1 \\ 0 &-2 &-3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$
Priestor riešení je $[(1,3,-2)]$

Vlastné vektory k vlastnému číslu $0$.
$$A^T=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 4 &-2 &-4 \\ -3 & 1 & 2 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 &-2 &-4 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$
Priestor riešení je $[(0,2,-1)]$.

Našli sme len jediný vlastný vektor, takže hľadáme aj zovšeobecnené vlastné vektory.
$$\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 &|& 0\\ 4 &-2 &-4 &|& 2\\ -3 & 1 & 2 &|&-1 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 &|& 0\\ 0 &-2 &-4 &|& 2\\ 0 & 1 & 2 &|&-1 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 &|& 0\\ 0 & 1 & 2 &|&-1\\ 0 & 0 & 0 &|& 0 \end{pmatrix}$$
Jedno z riešení je $(0,-1,0)$.

Jordanov tvar. Jordanov tvar je
$J=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$

Matica prechodu. Ak poukladáme vlastné vektory do matice v správnom poradí, tak dostaneme maticu
$$P=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 2 & -1 \\ 1 & 3 & -2 \end{pmatrix}$$
pre ktorú platí $PAP^{-1}=J$.

Správnosť, opäť môžeme skontrolovať výpočtom; tu je link na Wolframalpha.

Oplatí sa všimnúť si, že nám nevyšlo úplne to isté: Pri jednom postupe sme dostali maticu takú, že $PAP^{-1}=J$, pri druhom takú, že $PJP^{-1}=A$. Tiež si všimnime, že jeden postup nie je iba transponovaním druhého -- potom by sme dostali maticu $J^T=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$, čo nie je matica v Jordanovom tvare. (Samozrejme, keby bol Jordanov tvar diagonálny, tak by stačilo transponovať.)