Собственные векторы

[Alexoid]

Здраствуйте Математики!!!!
Никак немогу понять как так получаеться !!!!
Имеется матрица:
$ \begin{pmatrix} -4&3&1&\\ 1&-2&1&\\ 3&-2&-1 \end{pmatrix}\end((0)$
}{арактеристическая матрица:
$ \begin{pmatrix} -4-\lambda&3&1&\\ 1&-2-\lambda&1&\\ 3&-2&-1-\lambda \end{pmatrix}\end$
Собственные значения я нащупал правильно проверено MathCadom $\lambda1=0;$\lambda2=-2;$\lambda3=-5;$
далее начинаются проблемки. Подставим в хар. матрицу $\lambda1=0$те матрица фактически та же-(0)
В Общем Гауссом у меня получается это-
$ \begin{pmatrix} -4&3&1&\\ 1&-2&1&\\ 3&-2&-1 \end{pmatrix}\to\begin{pmatrix} 1&0&-1&\\ 0&1&-1&\\ 0&0&0 \end{pmatrix}\end$
а матКад при нулевом значении лямбды пишет это-
$ eigenvec(A,0)=\begin{pmatrix} \frac{3}{5}\\\\ \frac{3}{5}\\\\ \frac{3}{5} \end{pmatrix}\end$
Прошу прщения за обрезки логики, завтра допишу если чё непонятно, прошу растолкуйте что я упускать могу

[Nik_Svan]

Alexoid писал(а):

Здраствуйте Математики!!!!

В книге X. УИЛКИНСОН АЛГЕБРАИЧЕСКАЯ ПРОБЛЕМА СОБСТВЕННЫХ ЗНАЧЕНИЙ
http://depositfiles.com/files/uu50a0mjj
найдете ответ.

[bot]

Alexoid в сообщении #181207 писал(а):

а матКад при нулевом значении лямбды пишет это

Чем Вам не нравится ответ маткада, если конечно не считать несущественного множителя $3/5$?

[gris]

А что Вас напугало? Хорошая матрица получилась. Решение системы уравнений будет $(c; c; c)$.
Маткад дал один из собственных векторов, соответствующих собственному числу 0. Они же образуют линейное пространство, в данном случае размерности 1.

[Alexoid]

gris писал(а):

А что Вас напугало? Хорошая матрица получилась. Решение системы уравнений будет $(c; c; c)$.
Маткад дал один из собственных векторов, соответствующих собственному числу 0. Они же образуют линейное пространство, в данном случае размерности 1.

Т. е. даже для одного собственного значения, например: $\lambda=0$ , я так понял, может быть несколько собственных векторов и в зависимости, какую треугольную матрицу получу, методом Гаусса, к такому собственному вектору я и приду.
Правильно я вас понял

[Brukvalub]

Alexoid в сообщении #181329 писал(а):

Т. е. даже для одного собственного значения, например: $\lambda=0$ , я так понял, может быть несколько собственных векторов

Даже линейно независимых собственных векторов может быть несколько.

[gris]

Число линейно независимых собственных векторов, соответствующих определённому собственному значению, будет равно кратности этого собственного значения.
PS Nik Svan далее указал на ошибку. Действительно, равенство будет только для простых матриц, т.е. подобных диагональной. А вообще количество векторов меньше или равно кратности собственного значения.

Собственные векторы, соответствующие разным собственным значениям, будут линейно независимыми.
У Вас "0" - собственное значение, кратности 1. То есть все собственные векторы матрицы, соответствующие "0" будут иметь вид $\lambda v$, где $v$ - любой ненулевой вектор, соответствующий "0". То есть концы этих векторов будут лежать на прямой. Если представить Вашу матрицу, как матрицу некоторого линейного преобразования, то одним из компонентов этого преобразования будет проекция пространства на плоскость, перпендикулярную этой прямой.

[Профессор Снэйп]

Кстати, а как доказывается, что конечная система из собственных векторов, каждый из которых соответствует отличному от других собственному значению, линейно независима? А двух векторов это очевидно, а для большего их числа?

[MaхVT]

Предполагаете линейную зависимость, потом действуете много раз на линейную комбинацию исходным оператором, получаете однородную систему, определитель которой -- это определитель Вандермонда (известно чему равный).

[gris]

А предположим, что она линейно зависима. Тогда есть нетривиальная линейная комбинация, равная нулю.

Начнем её теперь последователно умножать на матрицы, полученные из исходной вычитанием собственного значения из главной диагонали. Получим в результате равное нулю произведение кучи разностей собственных значений, умноженных на один из коэффициентов линейной комбинации.

Поскольку собственные значения все отличаются, так как взяты без учёта кратностей, то этот коэффициент, как и его собратья, будет равен нулю.

Можно расписать, конечно. Главное, не путаться, с какой стороны умножать.

ЗЫ. Пока я своё рабоче-крестьянское решение накарябал, да еще проверял сто раз, уже написали более изящное и понятное. Но мне жалко удалять

[ewert]

На самом деле -- просто по индукции, без никаких Вандермондов, и за множителями следить ни к чему.

Действительно, предполагаем равенство нулю некоторой линейной комбинации, и оставляем в ней только ненулевые слагаемые. Умножением на $(A-\lambda_1I)$ выбиваем первое слагаемое. Затем второе, третье и т.д., пока не останется одно. И получаем, что собственный вектор равен нулю, что не есть хорошо.

[Nik_Svan]

gris писал(а):

Число линейно независимых собственных векторов, соответствующих определённому собственному значению, будет равно кратности этого собственного значения.

Рассмотрим квдратную матрицу 2*2. Диагональные элементы одинаковы, один внедиагональный элемент равен 1, а другой равен 0.

[ewert]

Число независимых векторов называется геометрической кратностью. Которая не превосходит алгебраической (есть такая теорема).

[Профессор Снэйп]

ewert писал(а):

Действительно, предполагаем равенство нулю некоторой линейной комбинации, и оставляем в ней только ненулевые слагаемые. Умножением на $(A-\lambda_1I)$ выбиваем первое слагаемое. Затем второе, третье и т.д., пока не останется одно. И получаем, что собственный вектор равен нулю, что не есть хорошо.

Да, действительно просто. Только я бы сказал так: "выбиваем первое слагаемое и ссылаемся на индукционное предположение"

[ewert]

Ну да, я для наглядности снебрежничал. Грамотно так: при $n=1$ утверждение тривиально. Предположим, что оно верно для $n$ векторов, и докажем, что тогда оно верно и для $(n+1)$ вектора...