\documentclass[a4paper]{article}
\pagestyle{empty}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[latin2]{inputenc}
\usepackage[magyar]{babel}

\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}

%\usepackage{fullpage}
\setlength{\hoffset}{-3 cm}
\setlength{\voffset}{-4 cm}
\addtolength{\textwidth}{5 cm}
\addtolength{\textheight}{8 cm}

\newcommand*{\mego}{\textit{Megold\'as}: }
\newcommand*{\R}{\mathbb{R}}

\begin{document}

\begin{center}
{\Large \textbf{Matematika 2 építészmérnököknek}\\
2. gyakorlat (2004.~02.~18.~illetve 19.)\\
\textbf{
Mátrixok sajátértékei, sajátvektorai
}}\\ 
(gyak. vez.: Rudas Anna)
\end{center}

Az $(n\times n)$-es mátrixok potosan megfelelnek az 
$n$-dimenziós euklideszi tér lineáris transzformációinak. Egy 
transzformáció hatása egy vektorra annak felel meg, hogy a 
transzformáció mátrixával megszorozzuk az adott (oszlop)vektort.

Egy $\lambda \in \R$ számot az $A$ mátrix sajátértékének 
nevezünk, ha létezik olyan $\underline{x}\ne \underline{0}$ 
vektor, amire igaz, hogy 
\[A\underline{x}=\lambda\underline{x},\]
más szóval ha az $A$-nak megfelelő lineáris transzformáció az 
$\underline{x}$ vektor irányában $\lambda$ arányú nyújtást 
jelent. Ha egy $\underline{x}$ vektor sajátvektor a $\lambda$ 
sajátértékkel, akkor bármilyen nemnulla valós számmal 
megszorozva is egy ugyanahhoz a sajátértékhez 
tartozó sajátvektort kapunk. Ennek megfelelően bármikor 
megtehetjük, hogy egy már megtalált sajátvektor helyett az ő 
számszorosával (de nem a nullaszorosával) dolgozunk tovább, ez 
egyrészt néha kényelmesebb, másrészt sokszor szükségünk lehet 
egységhosszú sajátvektorokra: ilyenkor a vektor minden 
koordinátáját el fogjuk osztani a vektor hosszával.

Egy $A$ mátrix sajátértékei pontosan a 
\[\text{det}(A-\lambda I)=0\]
karakterisztikus egyenlet gyökei, ahol $I$ az egységmátrix. Ez 
az egyenlet $n$-edfokú, ha $A$ $(n\times n)$-es.

Minden valós szimmetrikus mátrixra igaz, hogy sajátértékei 
valósak, sajátvektorai pedig ortogonális 
rendszert alkotnak (bármely kettő merőleges egymásra), valamint 
igaz rá a főtengely tétel, ezt konkrétan a feladatok között 
látjuk majd.

A továbbiakban csak valós szimmetrikus mátrixokkal foglalkozunk.
\begin{enumerate}
\item Diagonális mátrixok

Diagonális egy mátrix, ha a főátlóján kívül csupa 0 áll. Ezek a 
legegyszerűbb mátrixok, sajátértékeik épp az átlóban álló 
elemek, sajátvektoraik pedig a megfelelő egységvektorok. Például
$A=\left(\begin{matrix}
2&0&0\\
0&-1&0\\
0&0&3\\
\end{matrix}
\right)$ sajátértékei és a hozzá tartozó sajátvektorok:
\[\lambda_1=2,\quad \underline{v}_1=(1,0,0)\]
\[\lambda_2=-1,\quad \underline{v}_2=(0,1,0)\]
\[\lambda_3=3,\quad \underline{v}_3=(0,0,1).\]

\item Blokkdiagonális mátrixok

Ha egy mátrix blokkdiagonális (azaz minden eleme nulla, kivéve 
a főátlója mentén elhelyezkedő négyzetes blokkokat), akkor 
sajátértékei megegyeznek a megfelelő blokkokból képzett kisebb 
mátrixok sajátértékeivel, sajátvektorait pedig megkaphatjuk úgy, 
ha a kis blokkmátrixok sajátvektorait a megfelelő számú nullával 
kiegészítjük. Például:
$A=\left(\begin{matrix}
\frac{41}{25}&-\frac{12}{25}&0\\
-\frac{12}{25}&\frac{34}{25}&0\\
0&0&3\\
\end{matrix}\right)$, ennek két blokkja van. Az egyik a 3-as 
szám önmagában, ez a $\lambda_1=3$ sajátértéknek felel meg, az 
ehhez tartozó sajátvektor $\underline{v}_1=(0,0,1)$. A másik 
blokk a
$B=\left(\begin{matrix}
\frac{41}{25}&-\frac{12}{25}\\
-\frac{12}{25}&\frac{34}{25}\\
\end{matrix}\right)$, ennek sajátértékeit a karakterisztikus 
egyenletből határozhatjuk meg. Ez jelen esetben:
\[
(\frac{41}{25}-\lambda)(\frac{34}{25}-\lambda)-\frac{144}{625}=0,
\]
ez egy másodfokú egyenlet, gyökei $\lambda_2=2$ és 
$\lambda_3=1$. Keressük meg az ezekhez tartozó sajátvektorokat! 
Mivel sajátvektor számszorosa is sajátvektor, kereshetjük a 
vektort $\underline{x}=(1,y)$ alakban. (Ezt mindig megtehetjük, 
feltéve, hogy 
az egyessel jelölt elem nem nulla.) 
$\lambda_2=2$ esetén a \[B\underline{x}=2\underline{x}\]
egyenletet kiírva az első sor arra vezet, hogy
\[
\frac{41}{25}-\frac{12}{25}y=2,
\]
amiből $y=-\frac{3}{4}$, 
\newline $\lambda_3=1$ esetén pedig
\[
\frac{41}{25}-\frac{12}{25}y=1,
\]
amiből $y=\frac{4}{3}$. Azt kaptuk tehát végül, hogy az $A$ 
mátrix sajátértékei és sajátvektorai:
\[\lambda_1=3,\quad \underline{v}_1=(0,0,1)\]
\[\lambda_2=2,\quad \underline{v}_2=(1,-\frac{3}{4},0)\]
\[\lambda_3=1,\quad \underline{v}_3=(1,\frac{4}{3},0).\]
Ellenőrizhetjük a megoldásunkat beszorzással (tegyük meg), 
valamint azt is megnézhetjük, hogy a kapott 
sajátvektorok valóban ortogonálisak (azaz bármely 
kettő skalárszorzata 0).

A következő mátrix sajátértékeit, sajátvektorait pontosan 
ugyanígy kapjuk meg. Csak a számszerű megoldást mellékelem. Ha a 
gyakorlás során foglalkoztok a feladatokkal, ne 
feledjétek, hogy az én megoldásaimban szereplő sajátvektorok 
számszorosai is ugyanolyan jó megoldások! 

FELADAT:
\[A=\left(\begin{matrix}
\frac{3}{2}&-\frac{1}{2}&0\\
-\frac{1}{2}&\frac{3}{2}&0\\
0&0&2\\
\end{matrix}\right)\]

MEGOLDÁS:
\[\lambda_1=2,\quad \underline{v}_1=(0,0,1)\]
\[\lambda_2=1,\quad \underline{v}_2=(1,1,0)\]
\[\lambda_3=2,\quad \underline{v}_3=(1,-1,0).\]

\item 

Tekintsük a következő mátrixot:
$A=\left(\begin{matrix}
\frac{13}{9}&-\frac{5}{9}&\frac{2}{9}\\
-\frac{5}{9}&\frac{13}{9}&\frac{2}{9}\\
\frac{2}{9}&\frac{2}{9}&\frac{1}{9}\\
\end{matrix}\right)\)$. Ez nem blokkdiagonális, valamilyen 
szimmetriát mégis észrevehetünk benne (azon kívül, hogy valós 
szimmetrikus). Hogy ezt jobban észrevegyük, és hogy ne kelljen 
folyton törtekkel számolnunk, emeljünk ki 1/9-et a mátrixból:$
\[A=\frac{1}{9}9A=\frac{1}{9}\left(\begin{matrix}
13&-5&2\\
-5&13&2\\
2&2&1\\
\end{matrix}\right)\).\]

Ha a $B=9A$ mátrixnak megtaláljuk a sajátértékeit, akkor az 
$A$-hoz tartozókat is tudjuk egyből, hiszen a következő két 
egyenlet ekvivalens:
\[(9A)\underline{x}=\lambda\underline{x}\] 
\[A\underline{x}=\frac{\lambda}{9}\underline{x}\] 
tehát ha a $B$ sajátértékeit elosztjuk 6-tal, akkor az $A$ 
sajátértékeit kapjuk (a sajátvektorok pedig ugyanazok lesznek).

Érdemes tehát a $B$ mátrixxal foglalkozni, aminek egész elemei 
vannak, és így könnyebben számolhatunk vele. Az imént említett 
szimmetriát is könnyebben meglátjuk benne. Ha ránézünk a 
mátrixra, látjuk, hogy a keresett sajátvektor első két 
koordiátáját megegyezőnek, a harmadikat pedig különbözőnek 
választhatjuk, azaz a megoldást kerressük 
$\underline{x}=(1,1,z)$ alakban. 
$\lambda\underline{x}=(\lambda,\lambda,\lambda z)$, tehát a 
$9A\underline{x}=\lambda \underline{x}$ egyenlet első és 
harmadik sora a következő egyenletrendszerhez vezet:
\[13-5+2z=\lambda\] 
\[2+2+z=\lambda z,\] 
amit megoldva kapjuk, hogy a $B$ mátrix két sajátértéke 9 és 0, 
sajátvektorai $(1,1,\frac12)$ és $(1,1,-4)$. Az eredeti $A$-ra 
tehát 
\[\lambda_1=1,\quad \underline{v}_1=(1,1,\frac12)\]
\[\lambda_2=0,\quad \underline{v}_2=(1,1,-4).\]
$A$ harmadik sajátvektorát könnyen megkaphatjuk abból, hogy 
tudjuk, a három sajátvektor páronként merőleges egymásra, tehát
$\underline{v}_3=\underline{v}_1\times 
\underline{v}_2=(-\frac92,\frac92,0)$ illetve ennek 
$(-\frac29)$-szerese, $(1,-1,0)$ is ugyanúgy sajátvektor. Az 
ehhez tartozó sajátértéket legegyszerűbben úgy kaphatjuk meg, 
hogy megszorozzuk $A$-t $(1,-1,0)$-val, kapjuk $(2,-2,0)$-t, 
amiből látjuk, hogy $\lambda_3=2$.
Végülis a harmadik sajátérték-sajátvektor párra azt kaptuk, hogy
\[\lambda_3=2,\quad \underline{v}_3=(1,-1,0).\]

Ugyanezt a szimmetriát fedezzük fel a következő példában, és 
ennek segítségével határozzuk meg a sajátértékeket, 
sajátvektorokat: 

FELADAT:
\[A=\left(\begin{matrix}
\frac{14}{9}&-\frac{4}{9}&-\frac{2}{9}\\
-\frac{4}{9}&\frac{14}{9}&-\frac{2}{9}\\
-\frac{2}{9}&-\frac{2}{9}&\frac{17}{9}\\
\end{matrix}\right)\]

MEGOLDÁS:
\[\lambda_1=1,\quad \underline{v}_1=(1,1,\frac12)\]
\[\lambda_2=2,\quad \underline{v}_2=(1,1,-4)\]
\[\lambda_3=2,\quad \underline{v}_3=(1,-1,0).\]
(a megoldás nagyon hasonlít a kidolgozott 
példában szereplő számokhoz, ez ne zavarjon meg senkit.)

\item A következő példában is valamilyen szimmetriát szeretnénk 
kihasználni:
\[A=\left(\begin{matrix}
\frac{13}{6}&\frac{2}{3}&\frac{1}{6}\\
\frac{2}{3}&\frac{5}{3}&\frac{2}{3}\\
\frac{1}{6}&\frac{2}{3}&\frac{13}{6}\\
\end{matrix}\right)\)=\frac16
\left(\begin{matrix}
13&4&1\\
4&10&4\\
1&4&13\\
\end{matrix}\right)\)\]
Ebből az egész számokból álló $B$ mátrixból leolvasható, hogy 
sajátvektorai lesznek valamilyen $\underline{x}=(1,y,1)$ alakú 
vektorok. Lássuk:
\[13+4y+1=\lambda\]
\[4+10y+4=\lambda y,\]
ezekből a következő párokat kapjuk: 18 és (1,1,1), illetve 
6 és (1,-2,1). Ezekből leolvashatjuk az $A$-nak két 
sajátérték-sajátvektor párját:
\[\lambda_1=3,\quad \underline{v}_1=(1,1,1)\]
\[\lambda_2=1,\quad \underline{v}_2=(1,-2,1).\]
A harmadik sajátvektort az első kettő vektoriális szorzataként 
kapjuk, ha pedig az így kapott vektort beszorozzuk 
az $A$ mátrixszal, látjuk, hogy az a saját kétszeresébe ment át, 
azaz
\[\lambda_3=2,\quad \underline{v}_3=(1,0,-1).\] 

A következő két feladat pontosan ugyanígy oldható meg:

FELADAT:
\[A=\left(\begin{matrix}
\frac{8}{3}&\frac{2}{3}&-\frac{1}{3}\\
\frac{2}{3}&\frac{5}{3}&\frac{2}{3}\\
-\frac{1}{3}&\frac{2}{3}&\frac{8}{3}\\
\end{matrix}\right)\]

MEGOLDÁS:
\[\lambda_1=3,\quad \underline{v}_1=(1,1,1)\]
\[\lambda_2=1,\quad \underline{v}_2=(1,-2,1)\]
\[\lambda_3=3,\quad \underline{v}_3=(1,0,-1).\]

FELADAT:
\[A=\left(\begin{matrix}
\frac{5}{2}&1&-\frac{1}{2}\\
1&1&1\\
-\frac{1}{2}&1&\frac{5}{2}\\
\end{matrix}\right)\]

MEGOLDÁS:
\[\lambda_1=3,\quad \underline{v}_1=(1,1,1)\]
\[\lambda_2=0,\quad \underline{v}_2=(1,-2,1)\]
\[\lambda_3=3,\quad \underline{v}_3=(1,0,-1).\]

\item A következő mátrixot nézzük:
\[A=\left(\begin{matrix}
2&0&3\\
0&3&0\\
3&0&10\\
\end{matrix}\right),\]
ez majdnem olyan, mint egy blokkdiagonális mátrix.
Ha az $A-\lambda I$ mátrixban felcseréljük a két alsó sort, majd 
a két jobboldali oszlopot, akkor a következőt kapjuk:
\[B=\left(\begin{matrix}
2-\lambda&3&0\\
3&10-\lambda&0\\
0&0&3-\lambda\\
\end{matrix}\right).\]
Tudjuk ugyanakkor, hogy ezen műveletek végrehajtása során a 
determináns nem változott meg (pontosabban kétszer egymás 
után ellenkezőjére változott az előjele). Tehát a $B$ mátrixnak 
ugyanakkor lesz nulla a determinánsa, mint amikor $A-\lambda 
I$-nek. Másszóval az $A$ mátrixnak ugyanazok a sajátértékei, 
mint a  
$\left(\begin{matrix}
2&3&0\\
3&10&0\\
0&0&3\\
\end{matrix}\right)$ mátrixnak. Ezt pedig könnyű meghatározni, 
hiszen blokkdiagonális. A sajátértékek $\lambda_1=3$, 
$\lambda_2=11$, $\lambda_3=1$. Visszatérve az eredeti mátrixra 
most megkeressük a sajátvektorokat:
$\lambda_1=3$-hoz ránézésre a $(0,1,0)$ tartozik. 
$\lambda_2=11$-hez nézzük az egyenletrendszert 
($\underline{x}=(1,y,z)$ alakban keressük a megoldást):
\[2+3z=11\]
\[3y=11y\]
amiből $z=3$, $y=0$ adódik. Ugyanígy a $\lambda_3=1$-hez:
\[2+3z=1\]
\[3y=y,\]
ebből $z=-\frac13$, $y=0$.
Kaptuk tehát végül, hogy
\[\lambda_1=3,\quad \underline{v}_1=(0,1,0)\]
\[\lambda_2=11,\quad \underline{v}_2=(1,0,3)\]
\[\lambda_3=1,\quad \underline{v}_3=(1,0,-\frac13).\]

\end{enumerate}

\end{document}
