Случайные заметки

Линейная алгебра: два лайфхака

Одна из стандартных экзаменационных задач по линейной алгебре: найти у матрицы собственные числа и собственные векторы, а потом возвести её, скажем, в 100-ю степень. Обычно студентам предлагают матрицу небольшого размера, 2x2 или 3x3. Для этих задач есть два лайфхака! Оба они основаны на теореме Гамильтона-Кэли

Если $char(\lambda) = \det(A - \lambda I)$ — характеристический многочлен матрицы $A$, то $char(A) = 0$.

Найдём собственные числа и собственные вектора матрицы $A$, а также $A^{100}$ для матрицы

Поехали!

На первом шаге нет ничего необычного, находим

Раскрываем скобки,

Собственные числа найдены: $\lambda_1 = 1$, $\lambda_2 = 15$.

Лайфхак для собственных векторов

А теперь — сюрприз. По теореме Гамильтона-Кэли, $(A-I)(A-15I) = 0$.

Следовательно, столбцы матрицы $(A-15I)$ — это собственные векторы для $\lambda_1=1$.

Причём достаточно найти только один столбец в $(A-15I)$! На всякий случай, найдём оба :)

Всё, собственный вектор для $\lambda_1 = 1$ равен $v=(-12, 6)^T$.

И, аналогично, столбцы матрицы $(A-I)$ — это собственные векторы для $\lambda_2=15$.

Значит, собственный вектор для $\lambda_2 = 15$ равен $v=(2, 6)^T$.

Снова заметим, что второй столбец можно было даже не считать :)

Теперь перейдем к нахождению $A^{100}$.

Лайфхак для степеней матрицы

Для лайфхака даже не нужно находить собственные векторы! Собственных чисел хватит!

Поделим многочлен $p(x)=x^{100}$ на характеристический многочлен $char(x)=(x-1)(x-15)$ с остатком:

.

По теореме Гамильтона-Кэли, $A^{100} = q(A) \cdot 0 + r(A)$. Следовательно, осталось найти многочлен-остаток $r(x)$.

Поскольку мы делим на квадратный многочлен, то остатко может быть только линейным, $r(x) = ax+ b$.

Осталось найти $a$ и $b$. Составим систему уравнений подставив в обе части $\lambda_1 = 1$ и $\lambda_2 = 15$.

Находим, $a = (15^{100} - 1)/14$ и $b=(15 - 15^{100})/14$.

Следовательно, $A^{100} = (15^{100} - 1)/14 \cdot A + (15 - 15^{100})/14 \cdot I$.

Всё :)

Для матриц 3х3 лайфхак, конечно, требует больше вычислений, но всё равно приятен.

Для нахождения собственного вектора для $\lambda_1$ потребуется первый столбец в произведении $(A-\lambda_2 I)(A-\lambda_3 I)$. Раз нужен только один столбец, то можно взять, скажем, всю матрицу $(A-\lambda_2 I)$ и первый столбец из $(A-\lambda_3 I)$.

Для нахождения $A^{100}$ потребуется система из трёх уравнений, так как остаток $r(x)$ будет квадратным трёхчленом $r(x) = ax^2 + bx +c$.

Узнал из блога Виктора Клепцына, а он ссылается на Аскольда Хованского.