9. Xususiy vektorlar va xususiy qiymatlar masalasi

9. Xususiy vektorlar va xususiy qiymatlar masalasi
Bizga bo‘lgan A matritsa berilgan bo‘lsin. Faraz qilaylik shu matritsa ta’sir qilayotgan n-o‘lchamli fazoda shunday x vector va sonlar topilsinki ular uchun
(95)
munosabat bajarilsin. Bu holda son A matritsaning xususiy qiymati yoki soni va vektor x matritsaning shu xususiy songa mos keluvchi xususiy vektori deyiladi. Ba’zi-bir hollarda xarakteristik son ham deyiladi.
Xususiy qiymat va xususiy vektorlarni topishga o‘taylik.Buning uchun (95) formulani quyidagicha yozib olaylik:
(96)
sonidan keyin paydo bo‘lgan I birlik matritsani bildiradi.Cramer⁴ teoremasi bo‘yicha bu tenglama yechimga ega bo‘lishi uchun
(97)
bo‘lishi kerak. Bu esa bizga uchun n-tartibli tenglamani beradi.Algebraning asosiy teoremasi bo‘yicha uning n ta yechimi bor. Demak, A matritsaning n ta xususiy qiymatlari bor ekan. Shunihisobga olib (95) tenglamani
(98)
ko‘rinishda yozib olamiz. vektor A matritsaning xususiy
soniga mos keluvchi xususiy vektoridir. xususiy qiymatlar oddiy va karrali bo‘lishi mumkin. Biror xususiy son ga ta xususiy vektorlar mos kelsa shu xususiy sonning karraligi bo‘ladi. Kvant mexanikasida bunday hol karrali aynish deyiladi Matritsaning xususiy qiymatlari to‘plami - - shu matritsaning
spektri deyiladi.
1.10-misol. Agar T - unitar matritsa bo‘lsa A va T AT larning spektrlari
bir xildir. Buning isboti quyidagi sodda munosabatdan kelib chiqadi:

Hermite matritsalarning eng muhim xossasiga kelaylik.
Теорема I.3 Hermite matritsaning xususiy qiymatlari – haqiqiy sonlardir. Har xil xususiy qiymatga mos keluvchi xususiy vektorlar o‘zaro ortogonaldir.
Isbot. i-nchi va j -nchi xususiy qiymatlarga va xususiy vektorlarga
mos keluvchi tenglamalarni yozib olaylik:
(99)
Bu yerda - xususiy qiymatga mos keluvchi xususiy vektor, xususiy qiymatga mos keluvchi xususiy vektor. Shu tenglamalardan ikkinchisining hermite qo‘shmasiga o‘taylik:
(100)
Bu tenglamadagi ni qanday ma’noda tushunish kerak? Odatda vektor deyilganda, ayniqsa matritsalar kirgan chiziqli tenglamalar haqida gap ketganda, vektor-ustun ko‘zda tutiladi:
(101)
Bu ustunni chap tomondan matritsaga ko‘paytirsak ((99) tenglamadalargidek yana ustun, demak vektor, olamiz. Ammo ustunni chap tomondan matritsaga ko‘paytirib bo‘lmaydi, matritsalarning ko‘paytirish qoidasiga matritsani chap tomondan satrga ko‘paytirish mos keladi. (100) tenglamada xuddi shunday operatsiya ko‘zda tutilgan, chunki hermite qo‘shmaga transponirlash kiradi - ustunni transponirlasak u satrga aylanadi:
(102)
Masalan, vektorning o‘z-o‘ziga skalar ko‘paytmasi:
(103)
Ya’ni, (99) va (100) tenglamalarda chap va o‘ng tomonlarda bir xil tabiatli kattaliklar kirgan - (99) da chap va o‘ng tomonlarda ustunlarga egamiz, (100) da esa ikkala tomonda satrlarga egamiz. ,(99) ning birinchisini chapdan ga ko‘paytiraylik, (100) ni esa o‘ng tomondan x ga ko‘paytiraylik:

Matritsa A hermite bo‘lgani uchun =A ikkinchi tenglamaning chap tomoni birinchi tenglamaning chap tomoniga teng bo‘ladi -

Shuni hisobga olib birinchi tenglamadan ikkinchisini ayirib
tashlasak
(104)
tenglikka kelamiz. Bu yerda ikkita variant bor.
Birinchidan, , bu esa degani, demak

Ya’ni, ikkita har xil xususiy qiymatlarga mos keluvchi xususiy
vektorlar o‘zaro ortogonal ekan.
Ikkinchi variant - i = j: Bu holda

(104) ning chap tomoni nolga teng bo‘lishi uchun

bo‘lishi kerak, ya’ni, xususiy qiymatlar haqiqiy bo‘lishi kerak.
Teorema isbot qilindi.
1.11-misol. Quyidagi matritsaning xususiy qiymatlari va xususiy
vektorlarini toping:

Yangi matritsa tuzamiz:

Uning determinantini nolga tenglashtirish kerak:

Bu tenglamaning uchta yechimi bor:

A matritsaning xususiy qiymatlarini topildi. Xususiy vektorlarga o‘taylik.
hol
Bu holda

tenglamaga egamiz. Komponentalar tilida:

Demak, birinchi xususiy vektor

ko‘rinishga ega ekan. Bu vektorning normasini birga tenglashtirishimiz kerak:
, buning uchun esa bo‘lishi kerak ( )
holning tahlili misolning oxirida berilgan). Natija:

= 1 hol.
Bu holda

tenglamaga kelinadi. Uni ochib yozaylik:

Ikkinchi xususiy vektor

ko‘rinishga ega ekan. Uning normasini birga tenglashtirsak

ekanligini topamiz. Natijaviy ifoda:

= 0 hol.
Bu holda

Algebraik ko‘rinishda
x = 0; y = 0; z - ixtiyoriy:
Demak, yechim sifatida

olinishi mumkin. Vektorning normasini birga tenglashtirsak z = 1 bo‘ladi.
Natijada = 0 xususiy qiymatga


vektor mos kelishi topildi.
Ko‘rinib turibdiki, topilgan vektorlar o‘zaro ortogonal to‘plamni tashkil
qiladi:
(105)
Har bir vektorning normasini birga tenglashtirib olganimiz uchun bu ortogonal sistema ortonormal sistemadir:
(106)
Shu bilan uchta o‘zaro ortogonal va uzunligi birga teng bo‘lgan ortlar topildi. Vektorlarni normaga keltirish jarayonida har gal ishoralardan plyusini tanlab oldik. Ishoraning minusini ham tanlab olishimiz
mumkin edi, hosil bo‘lgan sistema bari-bir ortonormalligicha qolaverar edi. Masalan, ikkinchi ortni
(107)

ko‘rinishda olishimiz mumkin, bu ort bari-bir A matritsaning xususiy vektori bo‘lib qolaveradi, ammo, hosil bo‘lgan ortlar sistemasi o‘ng qo‘l sistemasini emas, balki chap qo‘l sistemasini hosil qiladi. Bu vaziyat (I.2) rasmda ko‘rsatilgan. Birinchi va ikkinchi ortlar (x; y) tekisligida joylashgan, uchinchi ort -z o‘qi bo‘yicha yo‘nalgan. Xuddi shunday boshqa ortlarning ishorasini ham o‘zgartirishimiz mumkin, bu bazis ortlarning yo‘nalishlarini har xil qilib tanlab olishga teng. Qaysi ishorani tanlash yechilyapgan masalaning mohiyatiga mos kelishi nuqtayi nazaridan hal qilinishi kerak.
1.12-misol. Karrali xususiy qiymatga misol.
(108)
matritsaning xususiy sonlari:
(109)
Xususiy qiymatlar karrali bo‘lib chiqdi: ,
(110)
xususiy vektor mos kelsa, ga bitta
(111)
xususiy vektor mos keladi. Masalaning o‘zida x va y larni tanlashga imkoniyat beradigan iloj yo‘q, demak, qo‘shimcha mulohazalardan foydalanishimiz kerak.
Birinchi qadamda x = 0 deb olamiz:
(112)
Ikkinchi variant uchun y = 0 holni tanlaymiz:
(113)
Olingan vektorlarning hammasi o‘zaro ortogonal va uzunligi birga teng. Ya’ni,
ma’lum bir ortonormal bazisni tanlab oldik. Boshqa variantlar ham bor edi. Agar (111) ga qarasak bu vektor shunday tekislik ustida yotibdiki, u tekislik (y; z ) o‘qlari hosil qilgan to‘g‘ri burchakning diagonali bo‘yicha o‘tgan, (y; z ) tekisligiga perpendikular va x o‘qi uning ustida yotadi. vektor esa shu tekislikka perpendikular. (111) ifodada x va y larning ixtiyoriy tanloviga shu tekislikda yotgan va ga ortogonal bo‘lgan bir vektor mos keladi, x va y larning boshqa tanloviga shu tekislikda yotgan boshqa vektor mos keladi. Bizning tanlov - mumkin bo‘lgan bitta xususiy variant. Biror masala yechilganda shunday vaziyat tug‘ilsa o‘sha masalaning konkret xususiyatlariga mos keluvchi variantni tanlash kerak.
1.11-mashq. Pauli matritsalari berilgan bo‘lsin:
(114)
a) Har bir matritsaning xususiy qiymatlari va xususiy vektorlarini toping.
Ularni birlik normaga keltiring;
b) Birlik vektor olamiz n = ( ) Shu vector uchun skalar ko‘paytmaga mos keluvchi matritsani toping;
c) matritsaning xususiy qiymatlarini toping va uning xususiy
vektorlari

bo‘lishini ko‘rsating. Agar = 0 va ϕ = 0 bo‘lsa ushbu vektorlar yuqoridagi ning vektorlari bilan ustma-ust tushushini ko‘rsating. bo‘lganda natija ga mos kelishini ko‘rsating. va holda esa uchun natijalarga kelinishini ko‘rsating.
1.12-mashq. Unitar matritsaning determinanti -haqiqiy son,bo‘lishini ko‘rsating.
1.13-mashq. Unitar matritsaning xususiy qiymatlari haqiqiy
son, bo‘lishini ko‘rsating.
1.14-mashq. Haqiqiy antisimmetrik matritsaning xususiy qiymatlari
mavhum yoki nolga tengligini ko‘rsating. Misol sifatida
matritsani ko‘ring.