Собственные числа матрицы 10x10

[netang]

Здравствуйте. Решаю задачу.
------------------------------------------------
Найдите собственные числа (с учетом кратности) матрицы $10 \times 10$, у которой на двух диагоналях стоят единицы, а все остальные элементы – нули.
------------------------------------------------
Подсказки мне.

mihailm в сообщении #970454 писал(а):

разложить определитель с лямдами по первой строке (или столбцу)

VladimirKr в сообщении #970526 писал(а):

Может, проще будет: дефект матрицы виден сразу (кратность 0), а кроме этого, все столбцы являются собственными векторами и понятно, с какими собственными числами (осторожно с центральным столбцом).

mihailm в сообщении #970565 писал(а):

VladimirKr в сообщении #970526 писал(а):

...Может, проще будет: дефект матрицы виден сразу (кратность 0), а кроме этого, все столбцы являются собственными векторами и понятно, с какими собственными числами (осторожно с центральным столбцом).

Что такое дефект не знаю, но идейно решение понятно - подбираем собственные числа и сразу видим их кратности.

[grizzly]

netang
Судя по прошлым задачам, Вы умеете угадывать решения там, где они бросаются в глаза. И у Вас уже есть опыт подбора (угадывания) ответа с диагональными матрицами.
Попытайтесь сейчас плясать от определения: $\det(A-\lambda E)=0$. У Вас просто две диагонали, и от одной Вы отнимаете одно и то же число. Сможете найти (угадать) нужное число, чтобы получился нулевой определитель? (Лучше парочку таких чисел.) Это не сложнее, чем в задаче 6. А потом, имея на руках каждое из этих чисел, определите количество собственных векторов (размерность соответствующего собственного подпространства) -- это будет кратность.

Если для большой матрицы Вам это кажется сложно, начните с небольшой (только нужна чётная). Посмотрите $2\times 2$ или сразу $4\times 4$. Уверен, что тогда Вы сразу почувствуете правильный ответ для общего случая.

(Это я на самом деле расписал Вам подробно последний совет.)

[netang]

Я представил матрицу $A-\lambda E$ в виде
$\begin{pmatrix} A = E - \lambda & B \\ C & D = E - \lambda \end{pmatrix}$
Нам необходимо, чтобы
$\begin{vmatrix} A = E - \lambda & B \\ C & D = E - \lambda \end{vmatrix} = 0$
Здесь $|B| = -1$ и $|C| = -1$, $A = D$, $|A||D| = 1$ $\Rightarrow \lambda_1 = 0, \lambda_2 = 2$
А с кратностями как? Мне не очень то хочется выписывать характеристический многочлен для матрицы $10 \times 10$
Другого способа я не знаю. Пойду думать дальше.

-- 14.06.2015, 17:47 --

Кажется дошло, сейчас напишу, если получится.

[netang]

Кратности собственных чисел $\lambda_1$ и $\lambda_2$ равны 5. Потому что, если расписать $A-\lambda_{1,2} E$, то ранги этих матриц равны 5.

[grizzly]

netang
Охотно верю, что вывод в последнем сообщении Вы действительно можете расписать. Но у меня остался вопрос по предыдущему сообщению. Там Вы лихо определитель матрицы раскладываете по блочной формуле. Вы можете это обосновать? Если нет, то лучше просто в решении говорить, что Вы угадали собственные числа, как очевидные. (Угадывать нам никто не запрещает, а пользоваться неизвестными свойствами нельзя.)

[netang]

grizzly в сообщении #1027519 писал(а):

Охотно верю, что вывод в последнем сообщении Вы действительно можете расписать.

$A-\lambda_{1,2} E$ получаются такими матрицами, элементы которых симметричны относительно центра матрицы (не знаю как такие матрицы называются), поэтому можно половину строк или столбцов сократить, а всё что осталось, - линейно независимы. Извините за косноязычное объяснение

grizzly в сообщении #1027519 писал(а):

Но у меня остался вопрос по предыдущему сообщению. Там Вы лихо определитель матрицы раскладываете по блочной формуле. Вы можете это обосновать?

Я думал такое можно провернуть с любыми квадратными матрицами при нахождении определителя, разве нет?

[grizzly]

netang в сообщении #1027569 писал(а):

Я думал такое можно провернуть с любыми квадратными матрицами при нахождении определителя, разве нет?

Нет, конечно. В редчайших случаях. Здесь так нельзя.

[grizzly]

netang в сообщении #1027569 писал(а):

$A-\lambda_{1,2} E$ получаются такими матрицами, элементы которых симметричны относительно центра матрицы (не знаю как такие матрицы называются), поэтому можно половину строк или столбцов сократить, а всё что осталось, - линейно независимы. Извините за косноязычное объяснение

Косноязычие не было бы здесь пороком, если бы не приводило к ошибкам. Матрицы, которые Вы упомянули выше, называются центральносимметричными, но для нашего случая этого свойства мало. Рассуждение, которое Вы предложили, должно опираться на некоторую симметричность матрицы относительно центральной оси (горизонтальной или вертикальной). Для одного собственного числа это будет обычная симметричность, для другого, скажем, кососимметричность (это когда симметричные элементы отличается знаками). Да, с такими матрицами Ваше рассуждение про ранги справедливо. Ну да ладно, я понимаю, что Вы это имели в виду.

Но у меня к Вам есть ещё вопросы. Вы отличаете геометрическую и алгебраическую кратности собственных чисел? О какой из них спрашивается в задаче? Какую Вы нашли? Как быть с другой? Без ответов на эти вопросы задачу нельзя считать решённой.

[netang]

grizzly в сообщении #1027579 писал(а):

Здесь так нельзя.

Раз тут так нельзя, то мне следует сделать так, как можно. Я придумал следующее.
Воспользовавшись определением определителя, мы можем записать
$\begin{vmatrix} 1-\lambda & 0 & 0 & ... & ... & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1-\lambda & 0 & ... & ... & 0 & 1 & 0 \\ \vdots & ... & ... & ... & ... & ... & ... & \vdots \\ & & & 1-\lambda & 1 & & \\ & & & 1 & 1-\lambda & & \\ \vdots & ... & ... & ... & ... & ... & ... & \vdots \\ 0 & 1 & 0 & ... & ... & 0 & 1-\lambda & 0 \\ 1 & 0 & 0 & ... & ... & 0 & 0 & 1-\lambda \\ \end{vmatrix} = (1-\lambda)^N-1$, где N - порядок матрицы (в нашем случае чётно).

Откуда легко заключить, что $\lambda_1 = 0, \lambda_2 = 2$

grizzly в сообщении #1027624 писал(а):

геометрическую и алгебраическую кратности собственных чисел

Я забыл про них , спасибо, что напомнили. Насколько я помню, алгебраическая кратность это степень при скобке, когда мы записываем характеристический многочлен (используя собственные значения (корни)) в виде $(\lambda-a)^k...(\lambda-b)^t$, она же есть ранг матрицы $A-\lambda E$. А геометрическая кратность это $n-\operatorname{rank}(A-\lambda E)$, размерность подпространства $\ker(A-\lambda E)$.

-- 16.06.2015, 14:00 --

grizzly в сообщении #1027624 писал(а):

О какой из них спрашивается в задаче? Какую Вы нашли? Как быть с другой?

Спрашивалось об алгебраической. Нашел алгебраическую. Другую можно найти по формуле $n-\operatorname{rank}(A-\lambda E)$. В нашем случае геометрические кратности обоих собственных чисел равны 5.

[grizzly]

netang в сообщении #1027709 писал(а):

Я придумал следующее.

Нет, Вы не придумали ничего нового или хорошего. Вы ещё раз свою старую ошибочную мысль записали другими словами / формулами. Ведь посмотрите внимательно -- у Вас характеристический многочлен получился такой же, как если бы Вы считали блочным способом. Вот, кстати, хороший будет пример, чтоб надолго запомнилось: возьмите и честно посчитайте характеристический многочлен для аналогичной матрицы $4\times 4$. Прочувствуйте разницу и поймите свою ошибку.

Про алгебраическую и геометрическую кратность Вам нужно повторить теорию. Рангом вычисляется геометрическая, степенью в разложении характеристического многочлена -- алгебраическая. Иногда они совпадают. Вспомните когда -- это упростит Вам решение.

Отдельная задача -- убедитесь, что алгебраическая кратность каждого из корней $\lambda =0$ и $\lambda =2$ для многочлена $(1-\lambda )^{10}-1$ будет равна 1. А у Вас геометрическая получилась 5. Может ли геометрическая быть больше алгебраической?

Я бы советовал Вам обновить теорию по этим вопросам и немного попрактиковаться на несложных задачах. У Вас сбоит интуиция и её нужно подлечить. А просто впихивать насильно в себя знания / факты, которые противоречат Вашей же интуиции -- пользы будет мало.

[ewert]

$\begin{pmatrix}I&P\\P&I\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\vec x_1\\\vec x_2\end{pmatrix}=\lambda\begin{pmatrix}\vec x_1\\\vec x_2\end{pmatrix},$ где $I$ -- единичная матрица и $P$ -- матрица... даже не важно какая, а важно лишь, что невырожденная и что $P^{-1}=P$. Т.е. $\begin{cases}\vec x_1+P\vec x_2=\lambda\vec x_1\\P\vec x_1+\vec x_2=\lambda\vec x_2\end{cases}\ \Leftrightarrow\ \begin{cases}P\vec x_2=(\lambda-1)\vec x_1\\P\vec x_1=(\lambda-1)\vec x_2\end{cases}$, откуда $P\vec x_1=(\lambda-1)^2P\vec x_1$, откуда $(\lambda-1)^2=1$. С геометрическими (тем более алгебраическими) кратностями теперь всё ясно: для каждого из собственных чисел может быть собственным вектор с любой нижней (например) половиной.

[TOTAL]

$\begin{vmatrix} 1-\lambda & 0 & 0 & ... & ... & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1-\lambda & 0 & ... & ... & 0 & 1 & 0 \\ \vdots & ... & ... & ... & ... & ... & ... & \vdots \\ & & & 1-\lambda & 1 & & \\ & & & 1 & 1-\lambda & & \\ \vdots & ... & ... & ... & ... & ... & ... & \vdots \\ 0 & 1 & 0 & ... & ... & 0 & 1-\lambda & 0 \\ 1 & 0 & 0 & ... & ... & 0 & 0 & 1-\lambda \\ \end{vmatrix}$
К последней строке прибавим первую, ..., к шестой прибавим пятую. Получим
$\begin{vmatrix} 1-\lambda & 0 & 0 & ... & ... & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1-\lambda & 0 & ... & ... & 0 & 1 & 0 \\ \vdots & ... & ... & ... & ... & ... & ... & \vdots \\ & & & 1-\lambda & 1 & & \\ & & & 2-\lambda & 2-\lambda & & \\ \vdots & ... & ... & ... & ... & ... & ... & \vdots \\ 0 & 2-\lambda & 0 & ... & ... & 0 & 2-\lambda & 0 \\ 2-\lambda & 0 & 0 & ... & ... & 0 & 0 & 2-\lambda \\ \end{vmatrix}$
От первого столбца отнимем последний и т.д. Получим
$\begin{vmatrix} -\lambda & 0 & 0 & ... & ... & 0 & 0 & 1 \\ 0 & -\lambda & 0 & ... & ... & 0 & 1 & 0 \\ \vdots & ... & ... & ... & ... & ... & ... & \vdots \\ & & & -\lambda & 1 & & \\ & & & 0 & 2-\lambda & & \\ \vdots & ... & ... & ... & ... & ... & ... & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & ... & ... & 0 & 2-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 0 & ... & ... & 0 & 0 & 2-\lambda \\ \end{vmatrix}$

[ewert]

Да, кстати:

grizzly в сообщении #1027624 писал(а):

Вы отличаете геометрическую и алгебраическую кратности собственных чисел?

А зачем их различать в этой задаче?

-- Вт июн 16, 2015 14:37:18 --

Соответственно, ещё вариант решения (более привязанный к специфике матрицы). У матрицы ранг очевидным образом равен пяти. Значит, ноль -- это собственное число кратности пять; и собственное подпространство для него тоже очевидно -- это все антисимметричные векторы. Ортогональным дополнением будут все симметричные векторы, ну а на них матрица понятно как действует.

[grizzly]

ewert в сообщении #1027753 писал(а):

А зачем их различать в этой задаче?

Различать их нет нужды. А вот задать мой вопрос ТС была необходимость (я поясню ниже). А пока цитата подтверждающая моё понимание в этом вопросе

grizzly в сообщении #1027719 писал(а):

Рангом вычисляется геометрическая, степенью в разложении характеристического многочлена -- алгебраическая. Иногда они совпадают. Вспомните когда -- это упростит Вам решение.

Я не ставил себе целью в этой теме дать ТС готовое решение. Я хотел только навести небольшой порядок в его линках, разрушив предварительно ложные интуитивные представления, которых там более чем достаточно. Насколько я могу судить, ТС способен от них (ложных) избавиться и решить задачу самостоятельно.