Нахождение собственных чисел

[an2ancan]

Здравствуйте, помогите пожалуйста решить следующую задачу:
Найдите собственные значения матрицы $v \cdot v^T$, где $v$ - некоторый вектор-столбец.

Обозначим элементы через $v_1 v_2 \dots v_n$, где $n$ - длина вектора.

Тогда мы получаем $ V = v \cdot v^T = $

$$\begin{pmatrix} v_1 \cdot v^T\\ v_2 \cdot v^T \\ v_3 \cdot v^T \end{pmatrix}$$

,

Т.е видно, что строки линенйно зависимые и определитель матрицы равено 0.

Перейдем к пойску собственных чисел

$\det( \lambda V - A ) = 0 $

Т.к. определитель матрицы $V$ и так равен $0$, то одно из собственных значений напрашивается само собой ( $0$ )

Есть ли еще собственные значения? И если да, то какие? Если нет, то как доказать, что их больше нет?

[B@R5uk]

an2ancan в сообщении #1276518 писал(а):

Т.к. определитель матрицы $V$ и так равен $0$, то одно из собственных значений напрашивается само собой ( $0$ )

Отличное начало решения! Теперь подумайте, какой ранг имеет ваша матрица $V$ и ещё несколько решений напросятся сами собой. Только мне почему-то кажется, что уравнение на собственные числа у вас не правильно записано. Матрица $A$ — это у вас единичная матрица? Обычно единичную обозначают $I$ или $E$.

[Slav-27]

Что делает оператор, задаваемый этой матрицей? Подсказка: возьмите произвольный вектор $u$, разложите его на 2 компоненты: параллельную $v$ и перпендикулярную, и подействуйте оператором.

Поверните систему координат так, чтобы $v$ имел координаты $(|v|, 0, 0...)$. Как изменится матрица?

[an2ancan]

B@R5uk в сообщении #1276522 писал(а):

Только мне почему-то кажется, что уравнение на собственные числа у вас не правильно записано. Матрица $A$ — это у вас единичная матрица? Обычно единичную обозначают $I$ или $E$.

Да, верно, я опечатался, когда писал решение. Простите, я хотел написать I.

B@R5uk в сообщении #1276522 писал(а):

Теперь подумайте, какой ранг имеет ваша матрица $V$ и ещё несколько решений напросятся сами собой.

Матрица $V = $

$$\begin{pmatrix} v_1 \cdot v^T\\ v_2 \cdot v^T \\ v_3 \cdot v^T\\ \vdots\\ v_n \cdot v^T\\ \end{pmatrix}$$

Соответсвенно если каждую $i$-ю строку, начиная со второй, домножить на $\frac{v_1}{v_i}$, а затем вычесть из нее первую строку, получим матроицу вида:

$$\begin{pmatrix} v_1 \cdot v^T\\ 0\\ 0\\ \vdots\\ 0\\ \end{pmatrix}$$

т.е. ранг матрицы $V$ равен $1$

Теперь вернемся к выражению:
$\det( V - \lambda I ) = 0 $
для $\lambda = 0$ получается
$\det(V) = 0$
т.к. ранг матрицы $V$ равен 1, то собственные значения кратны, со степенью кратности $n$ и равны они соответственно $0$.

[svv]

an2ancan в сообщении #1277244 писал(а):

ранг матрицы $V$ равен 1

Да.

an2ancan в сообщении #1277244 писал(а):

со степенью кратности $n$

Нет.

Хороший совет дал Slav-27:

Slav-27 в сообщении #1276525 писал(а):

Поверните систему координат так, чтобы $v$ имел координаты $(|v|, 0, 0...)$. Как изменится матрица?

Увидите всё как на ладони. Состав собственных значений, их кратность, ранг матрицы не изменятся.

[an2ancan]

svv в сообщении #1277283 писал(а):

Хороший совет дал Slav-27:Slav-27 в сообщении #1276525

писал(а):
Поверните систему координат так, чтобы $v$ имел координаты $(|v|, 0, 0...)$. Как изменится матрица? Увидите всё как на ладони. Состав собственных значений, их кратность, ранг матрицы не изменятся.

Представим наш вектор $v$ в некотором базисе так, что его координаты задаюся как

$$\begin{pmatrix} |v| \\ 0 \\ \vdots\\ 0 \end{pmatrix}$$

Тогда, матрица $ V = v \cdot v^T = $ в новом базисе будет иметь вид:

$$\begin{pmatrix} |v|^2 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix}$$

Выходит, что по диагонали стоят собственные числа, которые равны $|v|^2$ и $0$ (кратности $n-1$ ).

Скажите, все ли верно в этих рассуждениях?

[svv]

Да, всё верно. Здесь есть одна тонкость.

Пусть $A$ — квадратная матрица, которую мы хотим исследовать, $S$ — невырожденная квадратная матрица того же размера.

Матрицы $A$ и $S^{-1}AS$ (либо $SAS^{-1}$) называются подобными. А переход от $A$ к $SAS^{-1}$ называется преобразованием подобия. У подобных матриц совпадают собственные значения (даже с учётом их кратности), ранг, определитель, характеристический полином и некоторые другие свойства. Это и неудивительно, потому что преобразование подобия возникает при переходе от одного базиса к другому, а перечисленные свойства не зависят от базиса (чем и ценны).

А вот переход от $A$ к $S A S^T$ всех этих свойств, в общем случае, не сохраняет. Такое преобразование давайте называть «фальшивое подобие» (на самом деле — преобразование конгруэнтности).

Пусть вместо матрицы $vv^T$ мы взяли матрицу $pp^T$, где $p=Sv$ — некоторый другой вектор-столбец, который для нас более удобен; $S$ — преобразующая матрица. Посмотрим, что мы натворили:
$pp^T=Sv(Sv)^T=S(vv^T)S^T$
Получается, что уважаемый Slav-27 предложил нам фальшивое подобие, которое ничего интересного не сохраняет?

Но вчитаемся внимательно. Он говорил не о каком попало преобразовании, а о повороте. А поворот описывается ортогональной матрицей $S$, со свойством $S^T=S^{-1}$. И в этом частном случае фальшивое подобие оказывается настоящим:
$pp^T=S(vv^T)S^T=S(vv^T)S^{-1}$
И тогда у $pp^T$ собственные значения и всё, что я перечислил, будут те же, что у $vv^T$.

[an2ancan]

Да, спасибо, я понимаю (кажется) о чем вы. Нужно ли доказывать, что базис (ну или сам вектор относительно текущего базиса) можно повернуть таким образом, чтобы $v$ принял значения

$$\begin{pmatrix} |v| \\ 0 \\ \vdots\\ 0 \end{pmatrix}$$

,
Или этот факт очевиден? Ведь достачно поаернуть вектор так, чтобы он стал направлен вдоль одной из осей.

[svv]

Он очевиден. Но, понятно, поворот возможен лишь при условии, что сумма квадратов координат вектора не изменится. Поэтому нельзя требовать: поверните систему координат так, чтобы наш вектор $\mathbf v$ имел координаты $(1,0,0,\ldots)$.

Если это игнорировать, легко можно построить такое неправильное рассуждение (против которого, собственно, мой рассказ и был направлен). Пусть $\mathbf v\neq \mathbf 0$. Докажем, что ненулевое собственное значение нашей матрицы равно $289$.

Возьмём такой базис, чтобы базисный вектор $\mathbf e_1$ был равен $\frac 1{17}\mathbf v$, остальные базисные векторы роли не играют. В этом базисе координаты вектора $\mathbf v$ равны
$\begin{pmatrix}17\\0\\\ldots\\0\end{pmatrix}$
Умножив этот столбец на транспонированный, получим матрицу
$\begin{pmatrix}289 & 0 & \cdots & 0 \\0 & 0 & \cdots & 0 \\\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\0 & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix}$
с собственным значением $289$.

Ошибка в том, что это преобразование матрицы не было преобразованием подобия.

[an2ancan]

Спасибо, все понятно)

[svv]

Чтобы добить тему, полезно ответить на ещё один вопрос Slav-27.
Предположим, что мы работаем в ортонормированном базисе.
Возьмём вектор $x$, ортогональный $v$. Чему будет равно $vv^T x$ ?
Теперь возьмём вектор $y=cv$, пропорциональный $v$ (здесь $c$ — скалярный множитель). Чему будет равно $vv^T y$ ?

[an2ancan]

svv в сообщении #1277664 писал(а):

Возьмём вектор $x$, ортогональный $v$. Чему будет равно $vv^T x$ ?

$v^T x = 0 \rightarrow vv^T x = 0$

svv в сообщении #1277664 писал(а):

Теперь возьмём вектор $y=cv$, пропорциональный $v$ (здесь $c$ — скалярный множитель). Чему будет равно $vv^T y$ ?

$v^T y = c|v|^2 \rightarrow c|v|^2v$

[svv]

Правильно. Запишем обе Ваших формулы чуть иначе:
1) $(vv^T)x=0x$
2) $(vv^T)y=|v|^2 y$
Получается, что
1) любой ортогональный $v$ ненулевой вектор $x$ является собственным вектором нашей матрицы, соответствующим собственному значению $0$.
2) любой коллинеарный $v$ ненулевой вектор $y$ является собственным вектором нашей матрицы, соответствующим собственному значению $|v|^2$.

Такая геометрическая интерпретация позволяет ответить на вопрос, что делает матрица $vv^T$ с произвольным вектором $z$. Так как любой вектор $z$ можно разложить на «поперечную» (ортогональную $v$) часть $x$ и «продольную» (коллинеарную $v$) часть $y$, то
$vv^T z=vv^T x+vv^T y=0x+|v|^2y=|v|^2y$
Итак, наша матрица уничтожает поперечную часть любого вектора и растягивает в $|v|^2$ раз продольную.

Наконец, становится немного понятной кратность собственных чисел. Подпространство, ортогональное $v$, имеет размерность $n-1$ (возьмите, например, трехмерный случай), а подпространство, порождённое самим $v$, только одномерно. Отсюда и кратность соответствующих собственных значений. Это не очень строгое рассуждение (я здесь путаю алгебраическую и геометрическую кратность), но некоторый смысл в нём есть.