Lineáris Algebra

A sajátvektorok azok a vektorok, amiket a mátrix (mint transzformáció) nem forgat el, csak megnyújt vagy összenyom. Más szóval a sajátvektorokat a mátrixszal való szorzás önmaguk skalárszorosaivá skálázza, a skálatényezők a sajátértékek. Egyenlettel: `\mathbf{A}\mathbf{v}=lambda \mathbf{v}`. Rendezzük ezt nullára:

`\mathbf{A}\mathbf{v}-lambda \mathbf{v}=\mathbf{0}`

`(\mathbf{A}-lambda\mathbf{I}) \mathbf{v}=\mathbf{0}`

`([[2,-1,-2],[0,0,-1],[0,0,-1]]-[[lambda,0,0],[0,lambda,0],[0,0,lambda]])[[v_x],[v_y],[v_z]]=[[0],[0],[0]]`

`[[2-lambda,-1,-2],[0,-lambda,-1],[0,0,-1-lambda]][[v_x],[v_y],[v_z]]=[[0],[0],[0]]`

Ennek az egyenletnek csak akkor van a triviális `\mathbf{v}=\mathbf{0}` eseten kívüli megoldása, ha a mátrix determinánsa nulla. A determinánst érdemes az utolsó sor szerint kifejteni, mivel abban van a legtöbb nulla:

`|[2-lambda,-1,-2],[0,-lambda,-1],[0,0,-1-lambda]|``=``(-1-lambda)|[2-lambda,-1],[0,-lambda]|``=``(-1-lambda)(2-lambda)(-lambda)=0`

Ez egy harmadfokú egyenlet, de szerencsére már szorzatalakban van, könnyen leolvashatók a megoldások (vagyis a sajátértékek): `lambda_1=0`, `lambda_2=-1` és `lambda_3=2`.

A sajátvektorok az `(\mathbf{A}-lambda\mathbf{I}) \mathbf{v}=\mathbf{0}` egyenlet megoldásával határozhatók meg. `lambda` helyére behelyettesítjük külön-külön az előbb megkapott sajátértékeket, így három sima egyenletrendszert kell megoldani. Fontos tudni, hogy a sajátvektorok nem egyértelműek, egy konstans szorzó erejéig határozatlanok (ha `\mathbf{v}` sajátvektor, akkor `c*\mathbf{v}` is).

Nézzük a `lambda_1=0` sajátértékhez tartozó `\mathbf{v}_1` sajátvektort:

`[[2,-1,-2],[0,0,-1],[0,0,-1]][[v_{1x}],[v_{1y}],[v_{1z}]]=[[0],[0],[0]]`

Az utolsó két egyenlet alapján `v_{1z}=0`, ezután az első egyenlet szerint `2v_{1x}-v_{1y}=0`. Legyen mondjuk `v_{1x}=1`, ekkor `v_{1y}=2`. Tehát a sajátvektor:

`\mathbf{v}_1=[[1],[2],[0]]`


Nézzük a `lambda_2=-1` sajátértékhez tartozó `\mathbf{v}_2` sajátvektort:

`[[3,-1,-2],[0,1,-1],[0,0,0]][[v_{2x}],[v_{2y}],[v_{2z}]]=[[0],[0],[0]]`

A második egyenlet szerint `v_{2y}=v_{2z}`, legyen ez `t`. Ezután az első egyenlet `3v_{2x}-t-2t=0`, amiből `v_{2x}=t`. Azt kaptuk, hogy mindhárom komponens egyenlő, legyen például `1`. Így a sajátvektor:

`\mathbf{v}_2=[[1],[1],[1]]`


Nézzük a `lambda_3=2` sajátértékhez tartozó `\mathbf{v}_3` sajátvektort:

`[[0,-1,-2],[0,-2,-1],[0,0,-3]][[v_{3x}],[v_{3y}],[v_{3z}]]=[[0],[0],[0]]`

Az utolsó egyenlet szerint `v_{3z}=0`, ezután a második egyenletből `v_{3y}=0`, a `v_{3x}` komponens pedig teljesen határozatlan, legyen mondjuk `1`. Tehát az utolsó sajátvektor:

`\mathbf{v}_3=[[1],[0],[0]]`


Kérdés volt még az `\mathbf{A}^20` hatványmátrix. Ehhez érdemes diagonalizálni a mátrixot, más szóval elkészíteni a sajátfelbontását. Ennek feltétele, hogy a sajátvektorok lineárisan függetlenek legyenek, most azok (ha be szeretnéd látni, akkor Gauss-elimináld a sajátvektorokból készített mátrixot, azt fogod kapni, hogy teljes rangú). A sajátfelbontás alakja a következő: `\mathbf{A}=\mathbf{S}\mathbf{Lambda}\mathbf{S}^{-1}`, ahol `\mathbf{S}` a sajátvektorokból alkotott mátrix, `\mathbf{Lambda}` pedig a sajátértékekből alkotott diagonális mátrix. Tehát jelen esetben:

`\mathbf{A}=\mathbf{S}\mathbf{Lambda}\mathbf{S}^{-1}``=``[[1,1,1],[2,1,0],[0,1,0]]*[[0,0,0],[0,-1,0],[0,0,2]]*[[1,1,1],[2,1,0],[0,1,0]]^{-1}``=``[[1,1,1],[2,1,0],[0,1,0]]*[[0,0,0],[0,-1,0],[0,0,2]]*[[0,1/2,-1/2],[0,0,1],[1,-1/2,-1/2]]`

Ez arra jó, hogy a sajátfelbontás segítségével nagyon könnyen ki lehet számolni a hatványmátrixokat, ugyanis `\mathbf{A}^20=\mathbf{S} \mathbf{Lambda}^20 \mathbf{S}^{-1}`, diagonális mátrixot pedig elemenként lehet hatványozni. Tehát:

`\mathbf{A}^20=\mathbf{S}\mathbf{Lambda}^20 \mathbf{S}^{-1}``=``[[1,1,1],[2,1,0],[0,1,0]]*[[0,0,0],[0,(-1)^20,0],[0,0,2^20]]*[[0,1/2,-1/2],[0,0,1],[1,-1/2,-1/2]]``=``[[1048576,-524288,-524287],[0,0,1],[0,0,1]]`