4. Trị riêng và vector riêng¶
4.1. Trị riêng và vector riêng¶
Definition 4.5 (Trị riêng và vector riêng)
Xét toán tử tuyến tính được biểu diễn bởi ma trận \(\bm{A}\). Khi đó vector \(\bm{v}\) khác không được gọi là vector riêng (hay eigenvector) của ma trận nếu tồn tại phần tử \(\lambda\) sao cho
Giá trị \(\lambda\) khi đó gọi là trị riêng (hay eigenvalue) tương ứng với vector riêng \(\bm{v}\).
Chuyển vế đẳng thức trên ta có \((\bm{A} - \lambda \bm{I}) \bm{v} = \bm{0}\). Ở đây \(\bm{I}\) là ma trận cùng cỡ với \(\bm{A}\) và có các phần tử ở hàng \(i\) và cột \(i\) bằng \(1\) (ma trận đơn vị).
Như vậy, để phương trình có nghiệm khác không thì ma trận \(\bm{A} - \lambda \bm{I}\) suy biến, hay \(\det (\bm{A} - \lambda \bm{I}) = 0\).
Mỗi nghiệm \(\lambda\) của phương trình \(\det (\bm{A} - \lambda \bm{I}) = 0\) là một trị riêng. Với mỗi trị riêng \(\lambda\) ta tìm được các vector riêng \(\bm{v}\) tương ứng.
Example 4.1
Trị riêng của ma trận \(\begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 4 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}\) là \(\pm 5\), trong đó:
tương ứng với trị riêng \(\lambda_1 = 5\) là vector riêng \(\bm{v}_1 = (2, 1)\);
tương ứng với trị riêng \(\lambda_2 = -5\) là vector riêng \(\bm{v}_2 = (1, -2)\).
Chứng minh
Ta có
nên
Khi \(\lambda = 5\) thì
do đó \(x_1 - 2 x_2 = 0\), tương đương \(x_1 = 2 x_2\). Khi đó mọi vector \((x_1, x_2)\) có dạng
nên vector riêng ứng với trị riêng \(\lambda = 5\) là \((2, 1)\).
Khi \(\lambda = -5\) thì
do đó \(2 x_1 + x_2 = 0\), tương đương \(x_2 = -2 x_1\). Khi đó mọi vector \((x_1, x_2)\) có dạng
nên vector riêng ứng với trị riêng \(\lambda = -5\) là \((1, -2)\).
Property 4.2 (Một số tính chất của trị riêng và vector riêng)
Giả sử đối với ma trận \(\bm{A}\) cỡ \(n \times n\) thì phương trình đặc trưng có đầy đủ \(n\) nghiệm thực, ta có các tính chất sau:
\(\mathrm{tr} \bm{A} = \lambda_1 + \lambda_2 + \ldots + \lambda_n\).
\(\det \bm{A} = \lambda_1 \cdot \lambda_2 \cdots \lambda_n\).
Property 4.3 (Tính chất liên quan đến rank và trace)
\(\mathrm{tr} (\bm{A} \bm{B}) = \mathrm{tr} (\bm{B} \bm{A})\).
\(\mathrm{rank} (\bm{A} \bm{B}) \leqslant \min(\mathrm{rank}(\bm{A}), \mathrm{rank}(\bm{B}))\).
4.2. Bài tập¶
Bài 1. Cho vector cột \(\bm{v} \in \mathbb{R}^n\). Đặt \(\bm{A} = \bm{v} \cdot \bm{v}^\top\). Tìm \(\mathrm{spa} \bm{A}\).
Các cột của \(A\) có dạng \(\bm{v} \cdot \bm{v}_1\), \(\bm{v} \cdot \bm{v}_2\), …, \(\bm{v} \cdot \bm{v}_n\). Như vậy các cột đều tỉ lệ với cột đầu nên \(\mathrm{rank} \bm{A} = 1\).
Suy ra \(\dim \ker \bm{A} = n-1\) và do đó \(\lambda = 0\) là nghiệm bậc \(n-1\) trong phương trình đặc trưng.
Như vậy phương trình đặc trưng còn một nghiệm \(\lambda \neq 0\).
Do
Đặt \(\bm{v}^\top \cdot \bm{x} = \alpha\) thì \(\alpha \bm{v} = \lambda \bm{x}\). Suy ra \(\bm{x} = \bm{v}\) và do đó \(\alpha = \lambda = \lVert \bm{v} \rVert^2\).
Vậy \(\mathrm{spa} \bm{A} = \{ \lVert \bm{v} \rVert^2, 0, 0, \ldots, 0\}\).
Bài 3. Cho ma trận \(\bm{A}_{3 \times 3}\). Biết rằng \(\mathrm{tr} \bm{A} = \mathrm{tr} \bm{A}^{-1} = 0\) và \(\det \bm{A} = 1\). Chứng minh rằng \(\bm{A}^3 = \bm{I}\).
Phương trình đặc trưng có dạng \(P_3(\lambda) = -\lambda^3 + a_2 \lambda^2 + a_1 \lambda + a_0\).
Theo tính chất trên thì \(a_2 = \sum \lambda = \mathrm{tr} \bm{A} = 0\).
Do \(\lambda\) là trị riêng nên \(\bm{A} \bm{x} = \lambda \bm{x}\). Do \(\bm{A}\) khả nghịch nên \(\dfrac{1}{\lambda} \bm{x} = \bm{A}^{-1} \bm{x}\).
Nghĩa là \(\dfrac{1}{\lambda}\) là trị riêng của ma trận \(\bm{A}^{-1}\). Suy ra \(\dfrac{1}{\lambda_1} + \dfrac{1}{\lambda_2} + \dfrac{1}{\lambda_3} = \mathrm{tr} A^{-1} = 0\).
Từ đó suy ra \(\lambda_1 \lambda_2 + \lambda_2 \lambda_3 + \lambda_3 \lambda_1 = 0\).
Cuối cùng \(\det \bm{A} = \lambda_1 \cdot \lambda_2 \cdot \lambda_3 = 1\).
Vậy phương trình đặc trưng là \(P_3(\lambda) = -\lambda^3 + 1\). Theo định lý Cayley-Hamilton thì \(P_3(\bm{A}) = -\bm{A}^3 + \bm{I} = \bm{0}\), hay \(\bm{A}^3 = \bm{I}\).
Bài 4. Cho ma trận \(\bm{A}_{n \times n}\), \(\bm{A}_{ij} \geqslant 0\). Giả sử ma trận có đủ \(n\) trị riêng thực. Chứng minh rằng \(\lambda_1^k + \lambda_2^k + \ldots + \lambda_n^k \geqslant 0\) với mọi \(k \in \mathbb{N}\).
Ta thấy rằng với \(k = 1\) thì \(\lambda_1 + \ldots + \lambda_n = \mathrm{tr}(\bm{A}) \geqslant 0\).
Vì \(\lambda_i\) là thỏa phương trình \(\bm{A} \bm{x} = \lambda_i \bm{x}\) nên nhân hai vế cho \(\bm{A}\) ta có \(\bm{A} \cdot \bm{A} \bm{x} = \bm{A} \cdot \lambda_i \bm{x}\). Tương đương với \(\bm{A}^2 \bm{x} = \lambda_i (\bm{A} \bm{x}) = \lambda_i^2 \bm{x}\).
Nói cách khác, \(\lambda_i^2\) là trị riêng của ma trận \(\bm{A}^2\). Thực hiện tương tự ta có \(\lambda_i^k\) là trị riêng của ma trận \(\bm{A}^k\).
Do đó \(\lambda_1^k + \ldots + \lambda_n^k = \mathrm{tr}(\bm{A}^k) \geqslant 0\).
Bài 5. Cho ma trận \(\bm{A}\) khả nghịch. \(\bm{X}\) là ma trận sao cho \(\bm{A} \bm{X} + \bm{X} \bm{A} = \bm{0}\). Chứng minh rằng \(\mathrm{tr} \ \bm{X} = 0\).
Nhân bên trái hai vế cho \(\bm{A}^{-1}\) ta có \(\bm{X} + \bm{A}^{-1} \bm{X} \bm{A} = \bm{0}\). Ta biết rằng \(\bm{A}^{-1} \bm{X} \bm{A}\) là ma trận tương đương ma trận \(\bm{X}\) nên \(\mathrm{tr} (\bm{A}^{-1} \bm{X} \bm{A}) = \mathrm{tr} \ \bm{X}\).
Suy ra \(\mathrm{tr} \bm{X} + \mathrm{tr} \bm{X} = \mathrm{tr} \ \bm{0} = 0\). Từ đây có \(\mathrm{tr} \ \bm{X} = 0\).