GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN
Készült a TÁMOP-4.1.2-08/2/a/KMR-2009-0041 pályázati projekt keretében Tartalomfejlesztés az ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszékén
az ELTE Közgazdaságtudományi Tanszék az MTA Közgazdaságtudományi Intézet
és a Balassi Kiadó közrem¶ködésével
Készítette: Lovics Gábor Szakmai felel®s: Lovics Gábor
2010. június
ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék
Gazdaságmatematika középhaladó szinten
7. hét
Sajátértékek, sajátvektorok
Lovics Gábor
Motiváció
Emlékeztet®
Legyenq, b∈Rvalós számok. Ekkor egy egyváltozós els®rend¶ dierenciaegyenlet felírható a következ®
alakban:
at=qat−1+b.
Ez a feladat még könnyen megoldható, ha adotta0 kezd®pont. Ekkor a megoldás:
at=qt
a0− b 1−q
+ b
1−q.
Nem nehéz végiggondolni azt sem, hogy a feladat stacionárius pontja x∗ = 1−qb , és azt sem, hogy ha a
|q|<1, akkor a sorozat a stacionárius pontjához konvergál. Ilyenkor magát a sorozatot is (aszimptotikusan) stacionáriusnak nevezzük.
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¶ dierencia- egyenletté. Vizsgáljunk els® lépésben egy másodrend¶ egyenletet:
at=q1at−1+q2at−2+b.
Vezzesük be azαt=at−1jelölést. Ekkor a feladat a következ® formára írható át:
at=q1at−1+q2αt−1+b αt=at−1.
Ez az összefüggés mátrixos alakba átírva at
αt
=
q1 q2
1 0
at−1 αt−1
+
b 0
.
Az eredeti feladat tehát a következ® alakban írható át:
a(0)t a(1)t ...
a(k−1)t
=
q1 q2 . . . qk−1 qk
1 0 . . . 0 0 ... ... ... ...
0 0 . . . 1 0
a(0)t−1 a(1)t−1 ...
a(k−1)t−1
+
b 0...
0
.
Ezért általánosságban nem magasabbrend¶, hanem többváltozós els®rend¶ diernciaegyenletr®l szoktunk beszélni. LegyenA∈Rn×n,b∈Rn. Ekkor a dierenciaegyenlet a következ® alakban írható fel:
xt=Axt−1+b.
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:
xt yt
=
−1 0 0 −5
xt−1 yt−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|= 1és| −5|>1, ezért a példában szerepl® dierenciaegyenlet nem stacionárius. Most vizsgáljuk meg, hogy stacionárius-e a következ® dierenciaegyenlet:
xt
yt
=
2 −7 3 −8
xt−1 yt−1
+
0,2 0,1
.
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. 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
−5
= 0 7
3
−5 1
1
.
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.
Sajátértékek és sajátvektorok megkeresése
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 mátrix λ∈R, és x∈Rn a feladat változói. Ezt a feladatot szokás sajátérték, sajátvektor problémának nevezni. A feladat triviális megoldásax=0, ami viszont nyílván nem lehet eleme egyetlen bázisnak sem, ezért igazából arra vagyunk kiváncsiak, hogy a sajátérték, sajátvektor problémának létezik-e a0-tól különböz® megoldása.
Sajátérték és sajátvektor 1. Deníció
LegyenA∈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.
A feladat megoldásai
Alakítsuk át a sajátérték, sajátvektor problémát a következ® módon:
Ax=λx Ax−λx=0 (A−λI)x=0.
Így a feladat adott λ esetén 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.
A karakterisztikus polinom 2. Deníció
LegyenA∈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.
El®szörλ=−1helyettesítéssel kapjuk, hogy
3x1−7x2=0 3x1−7x2=0.
Ennek a feladatnak a megoldása például a 7 3
vektor. Másodszor nézzük meg aλ=−5 helyettesítést.
Ekkor a következ® egyenletrendszerhez jutunk:
7x1−7x2=0 3x1−3x2=0,
aminek megoldása az 1 1
vektor.
Szemléltetés a sajátvektorokról
Ahhoz, hogy a sajátértékek jelentését jobban megértsük, nézzünk meg néhány olyan R2 → R2 lineáris 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.
Most vizsgáljuk meg, mi történik akkor, amikor azxtengelyre mer®legesen levetítjük a sík vektorait. Ekkor azxtengelyen lév® vektorok az1-hez mint sajátértékhez tartozó sajátvektorok. Azytengelyen lév® vektorok pedig a 0-hoz tartozó sajátvektorok. Az ábrán az is látszik, hogy a 0 sajátértékhez tartozó sajátvektorok éppen a leképzés magterét alkotják.
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.
Megoldhatóság
Már csak az a kérdés, hogy mi a feltétele annak, hogy diagonalizálható legyen egy mátrix. A karakterisz- tikus polinom mindign-ed fokú. Ha ennekndb 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.
