KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

(1)

GAZDASÁGMATEMATIKA

KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

(2)

(3)

(4)

ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék

Gazdaságmatematika középhaladó szinten

7. hét

SAJÁTÉRTÉKEK, SAJÁTVEKTOROK Készítette: Lovics Gábor

Szakmai felel®s: Lovics Gábor

(5)

7. hét Lovics

Motiváció Sajátértékek és sajátvektorok megkeresése

Vázlat

1 Motiváció

2 Sajátértékek és sajátvektorok megkeresése

(6)

7. hét Lovics

Emlékeztet®

Legyen q,b∈Rvalós számok. Ekkor egy egyváltozós els®rend¶

dierenciaegyenlet felírható a következ® alakban:

at =qat−1+b.

Ez a feladat még könnyen megoldható, ha adott a₀ kezd®pont.

Ekkor a megoldás:

a_t =q^t

a₀− b 1−q

+ b

1−q.

Nem nehéz végiggondolni azt sem, hogy a feladat stacionárius pontja x^∗= ₁₋^b_q, és azt sem, hogy ha a |q|<1, akkor a sorozat a stacionárius pontjához konvergál. Ilyenkor magát a sorozatot is (aszimptotikusan) stacionáriusnak nevezzük.

(7)

7. hét Lovics

Magasabbrend¶ dierenciaegyenletek

Egy magasabbend¶ dierneciaegyenlet a következ® alakban írható fel:

at =q1at−1+q2at−2+· · ·+qkat−k+b.

Kérdés, hogy ennek a feladatnak a megoldása mikor stacionárius.

El®ször azt mutatjuk meg, hogy egy magasabbrend¶

dierenciaegyenlet visszavezethet® minden esetben egy többváltozós els®rend¶ dierenciaegyenletté. Vizsgáljunk els®

lépésben egy másodrend¶ egyenletet:

at =q1at−1+q2at−2+b.

Vezzesük be azα_t =a_t−1jelölést. Ekkor a feladat a következ®

formára írható át:

a_t =q₁a_t−1+q₂α_t₋₁+b α_t =at−1.

(8)

7. hét Lovics

Magasabbrend¶ dierenciaegyenletek (folyt.)

Ez az összefüggés mátrixos alakba átírva a_t

α_t

=

q₁ q₂

1 0 a_t−1

α_t₋₁

+ b

0

.

Az eredeti feladat tehát a következ® alakban írható át:





 a⁽_t⁰⁾ a⁽_t¹⁾ ...

a⁽_t^k−1⁾







=







q₁ q₂ . . . q_k−1 q_k

1 0 . . . 0 0

... ... ... ...

0 0 . . . 1 0











 a⁽_t⁰₋⁾₁ a⁽_t¹₋⁾₁ ...

a⁽_t−1^k⁻¹⁾





 +





 b0 0...





 .

Ezért általánosságban nem magasabbrend¶, hanem többváltozós els®rend¶ diernciaegyenletr®l szoktunk beszélni.

Legyen A∈Rⁿ^×ⁿ, b∈Rⁿ. Ekkor a dierenciaegyenlet a következ®

alakban írható fel:

x_t =Ax_t−1+b.

(9)

7. hét Lovics

Egy speciális eset

A célunk, hogy egy többváltozós els®rend¶ dierenciaegyenletr®l eldöntsük, hogy stacionárus-e vagy sem. Egy speciális esetben ez meglehet®sen egyszer¶. Vizsgáljuk meg például a következ®

egyenlet stacionaritását:

x_t y_t

=

−1 0

0 −5 x_t−1

y_t−1

+

0,2 0,1

.

Ebben a példában a kétváltozós dierenciaegyenlet két egyváltozós dierenciaegyenletté esik szét. A két egyváltozós

dierenciaegyenletr®l pedig már tudjuk, hogy mikor stacionáriusak.

Mivel| −1|=1 és| −5|>1, ezért a példában szerepl®

dierenciaegyenlet nem stacionárius. Most vizsgáljuk meg, hogy stacionárius-e a következ® dierenciaegyenlet:

x_t y_t

=

2 −7

3 −8 x_t−1

y_t−1

+

0,2 0,1

.

(10)

7. hét Lovics

Áttérés másik bázisra

Ahhoz, hogy megállapítsuk, hogy stacionárius-e a sorozat, elegend® a

2 −7 3 −8

mátrixot vizsgálnunk. Korábban láttuk, hogy a mátrix

értelmezhet® mint egy lineáris leképzés,R²→R². Azt is láttuk, hogy a mátrix oszlopai nem mások, mint a bázis, vagyis az

1 0

és a 0

1

vektorok képei. Azt is megbeszéltük, hogy ha áttérünk egy másik bázisra, akkor a leképezés mátrixa is

megváltozik. Kérdés, hogy a bázis változtatásával el lehet-e érni, hogy leolvasható legyen a stacionaritás.

Térjünk át például a 7

3 1

1

bázisra, és vizsgáljuk meg, hogy hogyan hat ez a mátrixunkra! Ehhez megvizsgáljuk, hogy mik leszenk az új bázis képei, majd a képeket felírjuk az új bázisban.

(11)

7. hét Lovics

Áttérés másik bázisra (folyt.)

Az új bázis els® elemének a képe:

2 −7

3 −8 7

3

= −7

−3

.

Az új bázis els® elemének a képe felírva az új bázisban:

−7

−3

=−1 7

3

+0 1

1

.

Az új bázis második elemének a képe:

2 −7

3 −8 1

1

= −5

−5

.

Az új bázis második elemének a képe felírva az új bázisban:

−5

=0 7 3

−5 1 1

.

(12)

7. hét Lovics

Áttérés másik bázisra (folyt.)

Vagyis az új bázisban felírva az eredeti lineáris leképzés mátrixát a következ®t kapjuk:

−1 0 0 −5

,

amir®l már korábban megmutattuk, hogy egy nem stacionárius sorozatot deniál. Már csak az a kérdés, hogy hogyan találjuk meg a végtelen sok lehetséges új bázis közül éppen, azt amelyikre áttérve leolvashatóvá válik a stacionaritás.

(13)

7. hét Lovics

A sajátérték, sajátvektor probléma

Gondoljuk végig, hogy milyen tulajdonságokkal rendelkeztek az új bázis vektorai, ami miatt alkalmasak voltak a diagonalizációra. A diagonális mátrixunk els® oszlopának csak az els® eleme

különbözhet 0-tól, az összes többi 0 kell legyen. Ez azt jelenti, hogy az új bázisban az els® vektor képe úgy kell el®álljon, mint valahányszor az els® vektor (és 0-szor az összes többi). Ugyanez a gondolatmenet nyilván az összes többi oszloppal is végigjátszható.

Tehát az új bázis vektorai úgy fognak el®állni, mint az Ax=λx

egyenlet egy megoldása, ahol A∈Rⁿ^×ⁿ adott mátrixλ∈R, és x∈Rⁿ a feladat változói. Ezt a feladatot szokás sajátérték, sajátvektor problémának nevezni. A feladat triviális megoldása x=0, ami viszont nyílván nem lehet eleme egyetlen bázisnak sem, ezért igazából arra vagyunk kiváncsiak, hogy a sajátérték,

sajátvektor problémának létezik-e a 0-tól különböz® megoldása.

(14)

7. hét Lovics

Sajátérték és sajátvektor

Deníció

Legyen A∈Rⁿ^×ⁿ adott mátrix. Akkor a mátrixhoz tartozó sajátérték, sajátvektor probléma:

Ax=λx alakú.

A feladatot megoldóλ-kat a mátrix sajátértékeinek és a hozzájuk tartozó x6=0 vektorokat a mátrix sajátvektorainak nevezzük.

(15)

7. hét Lovics

A feladat megoldásai

Alakítsuk át a sajátérték, sajátvektor problémát a következ®

módon:

Ax=λx Ax−λx=0 (A−λI)x=0.

Így a feladat adottλesetén egy homogén lineáris egyenletté egyszer¶södik, melynek x=0 továbbra is triviális megoldása.

Kérdés, hogy mikor van ezen kívül más megoldása is. Emlékezzünk vissza, hogy egy n×n-es feladatnak akkor nem egyértelm¶ a megoldása, ha a bal oldalon álló mátrix determinánsa 0.

Nézzük meg a korábbi példákban, hogy ez mit jelent:

2 −7 3 −8

−

λ 0

0 λ

=

2−λ −7 3 −8−λ

=

=(2−λ)(−8−λ) +21=λ²+6λ+5.

(16)

7. hét Lovics

A karakterisztikus polinom

Deníció

Legyen A∈Rⁿ^×ⁿ mátrix. Ekkor a mátrix karakterisztikus polinomján az

|A−λI| determinánst értjük.

Egy mátrix sajátértékeinek megkeresése tehát nem más, mint a mátrix karakterisztikus polinomja gyökeinek a megkeresése. A példánk alapján tehát a sajátértékek a következ®k:

λ₁,2= −6±√ 36−20

2 =

(−1

−5.

Ezzel meghatároztuk a mátrix sajátértékeit. Ezután már csak az a dolgunk, hogy a sajátértékhez megtaláljuk a sajátvektorokat. Ezt pedig már egy egyszer¶ lineáris egyenletrendszer megoldásával találhatjuk meg.

(17)

7. hét Lovics

A karakterisztikus polinom (folyt.)

El®ször λ=−1 helyettesítéssel kapjuk, hogy 3x₁−7x₂=0 3x1−7x2=0. Ennek a feladatnak a megoldása például a

7 3

vektor.

Másodszor nézzük meg a λ=−5 helyettesítést. Ekkor a következ® egyenletrendszerhez jutunk:

7x1−7x2=0 3x₁−3x₂=0, aminek megoldása az 1

1

vektor.

(18)

7. hét Lovics

Szemléltetés a sajátvektorokról

Ahhoz, hogy a sajátértékek jelentését jobban megértsük, nézzünk meg néhány olyanR²→R²lineáris függvényt, amely

geometriailag jól szemléltethet®. Lineáris leképzés például, ha egy origón átmen® egyenesre tükrözzük a vektorokat. Ekkor az egyenesen lév® vektorok az 1-hez mint sajátértékhez tartozó sajátvektorok, az origón átmen®, az erdeti egyenesre mer®leges vektorok pedig a−1-hez tartozó sajátvektorok.

(19)

7. hét Lovics

Szemléltetés a sajátvektorokról (folyt.)

Most vizsgáljuk meg, mi történik akkor, amikor az x tengelyre mer®legesen levetítjük a sík vektorait. Ekkor az x tengelyen lév®

vektorok az 1-hez mint sajátértékhez tartozó sajátvektorok. Az y tengelyen lév® vektorok pedig a 0-hoz tartozó sajátvektorok. Az ábrán az is látszik, hogy a 0 sajátértékhez tartozó sajátvektorok éppen a leképzés magterét alkotják.

(20)

7. hét Lovics

Szemléltetés a sajátvektorokról (folyt.)

Most nézzük meg, hogy mit mondhatunk akkor, amikor a sík vektorait egy adott szöggel elforgatjuk az origó körül. Ez egy olyan lineáris leképzés, melynek nincsenek sajátvektorai, ezért valós sajátértékei sincsenek. A valós sajátértékek nem létezéséb®l azonban nem következtethetünk arra, hogy a leképzés nem invertálható, hiszen a forgatás inverz leképzése az ellenkez®

irányba való forgatás.

(21)

7. hét Lovics

Megoldhatóság

Már csak az a kérdés, hogy mi a feltétele annak, hogy

diagonalizálható legyen egy mátrix. A karakterisztikus polinom mindig n-ed fokú. Ha ennek n db gyöke van, akkor végig tudjuk csinálni a fenti eljárást. Ezt a valós számok halmazán nem, de a komplex számok halmazán mindig meg tudjuk tenni. Tehát amennyiben vizsgálódásainkat kiterjesztjük a komplex számok halmazára, akkor mindig találunk n db sajátértéket, és így mindig diagonalizálható a mátrix.