λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ

Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenrum
EGENRUM, ALGEBRAISK- OCH GEOMETRISK
MULTIPLICITET
INLEDNING
Ett polynom ( i variabel λ ) av grad n är ett uttryck på formen
P(λ ) = an λn +  a2 λ2 + a1λ + a0 , där an ≠ 0 .
Polynomets nollställen är lösningar ( rötter) till ekvationen
an λn +  a2 λ2 + a1λ + a0 =0.
FAKTORISERING AV ETT POLYNOM,
ALGEBRAISK MULTIPLICITET
1. Om λi är en lösning till (*) då är polynomet delbart med (λ–λi).
--------------------------------------------------------------------------------------2. FAKTORSATSEN. Varje polynom P (λ ) = an λn +  a2 λ2 + a1λ + a0 , n ≥ 1 , ( med
reella eller komplexa koefficienter ak ) kan faktoriseras enligt följande
an λn +  a2 λ2 + a1λ + a0 = an (λ − λ1 )(λ − λ2 )  (λ − λn )
(F1)
där λi är polynomets nollställen ( reella eller komplexa)
-----------------------------------------------------------------------------3. Definition 1a) Om vi grupperar lika linjära faktorer då kan vi skriva (F1)
på ekvivalenta formen
an λn +  a2λ2 + a1λ + a0 = an Π(λ − λ j )
Kj
j
(F2)
där λ j är distinkta rötter (olika syns emellan) .
Exponenterna Kj visar hur många gånger upprepas faktorn (λ − λ j ) i formeln F1.
Vi säger att λ j är en rot av multipliciteten Kj eller ekvivalent
att λ j har den algebraiska multipliciteten Kj.
Om t ex Kj är 2 (eller 3) då säger vi att λ j är en dubbel rot ( trippel rot) till ekvationen,
eller att λ j har den algebraiska multipliciteten 2 ( eller 3) .
Anmärkning: Man kan även definiera den algebraiska multipliciteten på fäljande
ekvivalenta sätt:
Definition 1b) ( En ekvivalent definition för den algebraiska multipliciteten)
Om λi är ett nollställe till polynomet P(λ ) och
P(λ )= (λ − λi ) K g (λ ) där g (λi ) ≠ 0 , för ett positivt heltal K,
då säger vi att λi har den algebraiska multipliciteten K.
-----------------------------------------------------------------------------------4. Låt
an λn +  a2λ2 + a1λ + a0 = an Π(λ − λ j )
j
Kj
. Då gäller:
Summan av algebraiska multipliciteter (för reella och komplexa rötter) är lika med
polynomets grad, d.v.s.
Sida 1 av 14
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenrum
∑K
j
=n
j
---------------------------------------------------------------------------------------------5. Om polynomets koefficienter ak är reella tal då eventuella komplexa nollställen
förekommer i konjugerade par λk = a + bi , λk +1 = a − bi
Om vi önskar faktorisering i reella faktorer då grupperar vi motsvarande linjära
faktorer:
(λ − (a + bi ))(λ − (a − bi )) = (λ − a − bi )(λ − a + bi ) = (λ − a) 2 − (bi ) 2
= (λ − a) 2 + b 2 = λ2 − 2aλ + a 2 + b 2
Alltså för att få en reell faktorisering, ersätter vi (λ − (a + bi ))(λ − (a − bi )) i F1 med
andragradspolynomet λ2 − 2aλ + a 2 + b 2 .
===============================================
Uppgift 1. Låt P(λ ) = 10λ3 + 50λ2 + 60λ
a) Bestäm polynomets nollställen.
b) Faktorisera polynomet i linjära faktorer.
c) Bestäm rötternas algebraiska multipliciteter.
d) Beräkna ∑ K j där K j är den algebraiska multipliciteten av λ j .
j
Lösning:
a) Vi får nollställen från
10λ3 + 50λ2 + 60λ = 0
Vi kombinerar faktorisering och formeln för andragradsekvationer:
Först bryter vi ut 10λ och får ekvationen
10λ (λ2 + 5λ + 6) = 0
Härav först λ1 = 0 och ( från andragradsekvationen λ2 + 5λ + 6 = 0 )
λ2 = −3 , λ3 = −2 .
b) Faktorisering:
P(λ ) = an (λ − λ1 )(λ − λ2 )(λ − λ3 ) = 10(λ − 0)(λ + 3)(λ + 2)
c) Alla rötter är enkla dvs har den algebraiska multipliciteten=1.
d) ∑ K j = 1 + 1 + 1 = 3 (= polynomets grad)
j
Svar. a) λ1 = 0 , λ2 = −3 , λ3 = −2
b) P(λ ) = 10(λ − 0)(λ + 3)(λ + 2)
c) Alla rötter är enkla dvs har den algebraiska multipliciteten=1.
d) ∑ K j = 3
j
Uppgift 2. Låt P(λ ) = λ3 − 4λ2 + 5λ
a) Bestäm polynomets nollställen
Sida 2 av 14
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenrum
b) Faktorisera polynom i linjära faktorer
c) Bestäm rötternas algebraiska multipliciteter.
d) Beräkna ∑ K j där K j är den algebraiska multipliciteten av λ j .
j
e) Faktorisera polynomet i reella faktorer ( som då får innehålla andragradspolynom)
Lösning:
a) λ3 − 4λ2 + 5λ = 0 ⇒ λ (λ2 − 4λ + 5) = 0
⇒ λ1 = 0 , λ2 = 2 + i , λ3 = 2 − i
b) Faktorisering i linjära faktorer:
P(λ ) = an (λ − λ1 )(λ − λ2 )(λ − λ3 ) = 1(λ − 0)(λ − (2 + i ))(λ − (2 − i ))
= λ (λ − 2 − i )(λ − 2 + i )
c) Alla rötter är enkla dvs har den algebraiska multipliciteten=1.
d) ∑ K j = 1 + 1 + 1 = 3 (= polynomets grad)
j
e) Faktorisering i reella faktorer ( som då kan innehåller andragradspolynom) :
Vi multiplicerar in två sista faktorer ( för att bli av med komplexa delen) och får
P(λ ) = λ (λ − 2 − i )(λ − 2 + i )
{ Vi använder formeln (A–B)(A+B)= A2–B2 på uttrycket ((λ − 2) − i )((λ − 2) + i ) }
Vi får
P(λ ) = λ ((λ − 2) 2 − i 2 ) = λ (λ2 − 4λ + 5)
Svar. a) λ1 = 0 , λ2 = 2 + i , λ3 = 2 − i
b) P(λ ) = λ (λ − 2 − i )(λ − 2 + i )
c) Alla rötter är enkla dvs har den algebraiska multipliciteten=1.
d) ∑ K j = 3
j
e) P(λ ) = λ (λ2 − 4λ + 5)
Uppgift 3. Låt
a) P(λ ) = λ3 + λ2 − 6λ b) P(λ ) = λ3 + 6λ2 + 9λ
i) Bestäm polynomets nollställen.
ii) Faktorisera polynomet i linjära faktorer.
iii) Bestäm rötternas algebraiska multipliciteter.
iv) Beräkna ∑ K j där K j är den algebraiska multipliciteten av λ j .
j
Lösning:
i) λ3 + λ2 − 6λ = 0 ⇒ λ (λ2 + λ − 6) = 0 ⇒ λ1 = 0 , λ2 = 2 , λ3 = −3
Alltså har polynomet nollställena λ1 = 0 , λ2 = 2 och λ3 = −3 .
ii) Faktorisering: P(λ ) = λ (λ − 2)(λ + 3) .
Sida 3 av 14
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenrum
iii)Eftersom varje faktor λ , (λ − 2) och (λ + 3) förekommer exakt en gång i
faktoriseringen, ser vi att varje nollställen har den algebraiska multipliciteten 1.
iv) ∑ K j = 1 + 1 + 1 = 3
j
λ3 + 6λ2 + 9λ = 0 ⇒ ⇒ λ (λ2 + 6λ + 9) = 0 ⇒ λ1 = 0 , λ2 = −3 , λ3 = −3
Alltså har polynomet nollställena λ1 = 0 , och λ2,3 = −3 ( dubbelrot).
b) i)
ii) Faktorisering: P(λ ) = λ (λ + 3)(λ + 3) = λ (λ + 3) 2
iii) Härav ser vi att ekvationen har två distinkta (olika) rötter ( tre totalt om man
räknar med deras multipliciteter) :
Roten λ = 0 ( dvs λ1 = 0 ) har den algebraiska multipliciteten = 1
medan roten λ = –3 ( dvs λ2,3 = −3 ) har den algebraiska multipliciteten = 2
iv)
∑K
j
= 1+ 2 = 3
j
Uppgift 4. Låt P(λ ) = λ3 + 3λ2 + 3λ + 1
Bestäm polynomets nollställen, faktorisera polynomet i linjära faktorer, och bestäm
nollställenas multiplicitet. Beräkna ∑ K j (summan av algebraiska multipliciteter).
j
Tipps: Man kan använda formeln (a + b) 3 = a 3 + 3a 2b + 3ab 2 + b 3
Lösning: Om vi använder formeln (a + b) 3 = a 3 + 3a 2b + 3ab 2 + b 3 med a = λ och b = 1
får vi
λ3 + 3λ2 + 3λ + 1 = (λ + 1) 3 = (λ + 1)(λ + 1)(λ + 1)
[ Alternativt kan man finna en rot bland heltals delare ( +1 och –1) till den konstanta
termen ( dvs 1 ) i polynomet. ]
Härav får vi direkt att ekvationen P(λ ) = 0 har en trippelrot λ1, 2,3 = −1 .
Alltså λ = −1 är en rot med den algebraiska multipliciteten = 3
∑ K j =3
j
Svar:
λ1, 2,3 = −1 .
P(λ ) = (λ + 1)(λ + 1)(λ + 1) = (λ + 1) 3 .
Roten λ = −1 har den algebraiska multipliciteten = 3
Uppgift 5. Låt P(λ ) = λ5 + 3λ4 + 3λ3 + λ2
Bestäm polynomets nollställen, faktorisera polynomet i linjära faktorer, och bestäm
nollställenas multiplicitet. Beräkna ∑ K j (summan av algebraiska multipliciteter).
j
Svar:
λ1, 2 = 0 , λ3, 4,5 = −1 . (Två distinkta rötter 0 och − 1 )
P(λ ) = λ ⋅ λ (λ + 1)(λ + 1)(λ + 1) = λ2 (λ + 1) 3 .
Roten λ = 0 har den algebraiska multipliciteten = 2
Roten λ = −1 har den algebraiska multipliciteten = 3
∑K j = 2 + 3 = 5
j
Sida 4 av 14
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenrum
EGENRUM OCH GEOMETRISK MULTIPLICITET
Låt λ vara ett egenvärde till matrisen A av typ n × n dvs en lösning till ekvationen
det( A − λI ) = 0 .
Motsvarande egenvektorer är alla nollskilda lösningar till ekvationen
 
( A − λI ) v = 0
Alla lösningar till (**) dvs även �𝟎𝟎⃗ , bildar ett underrum som vi betecknar Eλ och
kallar egenrummet tillhörande λ. Med andra ord är Eλ = ker( A − λI ) ker(A-λI).
Med andra ord: Eλ är nollrummet till A − λI .
Definition 2. ( Egenrum Eλ)
Låt λ vara ett egenvärde till matrisen A av typ n × n .
Underrummet

 
Eλ = ker(A-λI) = {v ∈ R n : ( A − λI )v = 0}
kallas egenrummet tillhörande λ.
Anmärkning: Lägg märke till att, enligt definitionen underrummet Eλ innehåller,
förutom alla egenvektorer tillhörande λ, även nollvektorn.
Definition 3. (Geometrisk multiplicitet för λ )
Dimensionen för egenrummet Eλ kallas den geometriska multipliciteten för λ
Anmärkning: Notera att dim(Eλ )= dim( ker(A-λI)). I många fall är det enklare att
bestämma rang(A-λI). Enligt dimensionssatsen har vi dim( ker(A-λI))+ rang(A-λI)=n.
Därför
dim(Eλ )= dim( ker(A-λI))=n– rang(A-λI)
4 0 
Exempel: Låt A = 
.
 3 4
Bestäm
a) matrisens egenvärden och den algebraiska multipliciteten för varje egenvärden
b) tillhörande egenrum och en bas till egenrum
c) den geometriska multipliciteten för varje egenvärden
d) egenvektorer för varje egenvärden
Lösning:
a) Från den karakteristiska ekvationen
(4 − λ )
0
det( A − λI ) = 0 ⇔
=0⇔c
3
(4 − λ )
får vi ett egenvärde λ1 = 4 som har den algebraiska multipliciteten= 2 .
Sida 5 av 14
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenrum
b) Egenrummet som hör till λ1 = 4 är mängden av alla lösningar (även nollvektorn) till
ekvationen
0   x  0
0 0  x  0
( 4 − 4)
 
= ⇔
( A − λ1 I )v = 0 ⇔ 



  =  
( 4 − 4)  y  0
 3
3 0  y  0
x = 0
0=0
⇔
som är ekvivalent med ekvationssystemet 
.
3 x = 0  0 = 0
 x  0
Systemet har en ledande variabel x = 0 och en fri variabel y = t .Alltså   = t   .
 y  1 
0
0
Därmed är Eλ 1 = {t  , t ∈ R} = span(   ) egenrummet som hör till λ1 = 4 .
1 
1 
0
Basen till egenrummet Eλ 1 är (   ) .
1 
c) Den geometriska multipliciteten för λ1 = dim( Eλ 1 ) = 1 .
 x  0
d) Egenvektorer som hör till λ1 är vektorerna   = t  , t ≠ 0 dvs alla vektorer i Eλ 1
 y  1 

förutom 0 .
I ovanstående exempel är den geometriska multipliciteten för λ1 mindre än den
algebraiska multipliciteten.
Vi ska visa nedan att för ett egenvärde λk gäller alltid
1≤ ( den geom. multipliciteten för λk ) ≤ (den algeb. multipliciteten för λk )
Först ska vi visa en sats om similära matriser.
Definition 4. Två matriser A och B är similära om det finns en inverterbar matris P så att
A= PBP–1.
Sats 1. (Satsen om similära matriser)
Låt A och B vara två similära matriser och λ ett tal. Då gäller
a) det(A)=det(B)
b) det(A–λI)= det(B–λI)
Bevis:
1
= det(B)
det( P)
b) det(A–λI)= det(PBP–1–λI)= (eftersom I=PP–1)= det(PBP–1–λ PP–1)=
1
= det(PBP–1–P λ P–1)= det(P(B– λ I)P–1)= det( P) det(B– λ I)
= det(B– λ I)
det( P)
a) det(A) = det( PBP–1)
= det( P)det(B) det(P–1) = det( P)det(B)
Sats 2. Låt λ vara ett egenvärde för matrisen A. Då gäller
1 ≤ ( den geom. multipliciteten av λ ) ≤ (den algeb. multipliciteten av λ )
Bevis: Låt λk vara ett egenvärde för matrisen A med geometriska multipliciteten p. Då är
Sida 6 av 14
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenrum


dim( Eλk ) = p . Låt B=( v1 , ..., v p ) vara en bas till Eλk . Vi kompletterar basen B till en bas
C
C
C C
C = ( v1 , ..., v p , u p +1 ,..., un ) för hela rummet Rn . Vi bildar matrisen P genom att använda

 

basvektorerna v1 , ..., v p , u p +1 ,..., un som kolonner i P. Matrisen P är uppenbart inverterbar.

 

Vi har Pei = vi , för i = 1,..., p där ei är enhetsvektor (notera att Pei är kolonn i i matrisen
 
P). Därför är P −1vi = ei .





Låt F = P −1 AP . Då gäller Fei = P −1 APei = P −1 Avi = P −1λk vi = λk ei för i = 1,..., p .

Detta betyder att F har kolonner λk ei för i = 1,..., p dvs följande form:
λk 0
0 λ
k

 
F=
0 0
 

0 0
 0 * *
 0 * *

  * *
 (med p st λk på diagonalen)
 λk * *

 

 0 * *
Därför är det( F − λI ) = (λk − λ ) p g (λ ) . Matriser A och F = P −1 AP är similära och, enligt
sats 1 gäller det( A − λI ) = det( F − λI ) . Alltså
det( A − λI ) = (λk − λ ) p g (λ ) som visar att den algebraiska multipliciteten av λk är större
eller lika med p. Vi har därmed bevisat att
( den geom. multipliciteten för λk ) ≤ (den algeb. multipliciteten för λk ).
Vi upprepar grundsatsen om diagonaliserbara matriser:
Sats 3. Satsen om diagonaliserbara matriser och linjärt oberoende egenvektorer
Låt A vara en kvadratisk matris av typ n × n . Matrisen A är diagonaliserbar om och
endast om matrisen har en uppsättning av n st linjärt oberoende egenvektorer.
Vi har visat tidigare att egenvektorer som hör till olika egenvärde är oberoende. Sats 3
kan vi formulera på ekvivalent sätt:
Sats 4. Satsen om diagonaliserbara matriser och egenrum.
Låt A vara en kvadratisk matris av typ n × n som har p distinkta egenvärden λ1 ,..., λ p .
p
Matrisen A är diagonaliserbar om och endast om
∑ dim( Eλ ) = n .
k =1
k
Låt mk algebraiska multipliciteten för egenvärden λk . Enligt Sats 2 gäller då
∑ dim( Eλ ) ≤ ∑ m
k
k
k
k
Sida 7 av 14
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Eftersom summan
∑m
k
Egenrum
= n ( om man räknar summan av multipliciteter för alla reella
k
och komplexa rötter ) får vi, från Sats 4, följande sats:
Sats 5.
Låt A vara en kvadratisk matris av typ n × n . Matrisen A är diagonaliserbar om och
endast om
1. alla lösningar till den katrakteristiska ekvationen det( A − λI ) = 0 är reella tal
och
2. ( den geometriska multipliciteten för λk ) = (den algebraiska multipliciteten för λk )
för varje egenvärde λk
Därmed har vi följande två följdsatser:
Sats 6.
Matrisen är inte diagonaliserbar om minst en lösning till den katrakteristiska ekvationen
det( A − λI ) = 0 är komplext tal.
Sats 7.
Matrisen är inte diagonaliserbar om för minst ett egenvärde λk gäller
( den geometriska multipliciteten för λk ) < (den algebraiska multipliciteten för λk).
Uppgift 6.
i) Bestäm alla egenvärden till A.
För varje egenvärde bestäm tillhörande,
ii) algebraisk multiplicitet,
iii) egenvektorer,
iv) egenrum,
v) geometrisk multiplicitet.
vi) Är matrisen diagonaliserbar?
2 0
a) A = 

 4 2
3 0
b) A = 
 ,
0 3
1 0 1 

c) A = 0 1 0
0 0 2
Lösning a)
2 0
a) A = 

 4 2
i) Först löser vi
𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆 I) = 0
(2 − 𝜆𝜆)
0
𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 �
�=0
4
(2 − 𝜆𝜆)
Sida 8 av 14
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenrum
⇒ 𝜆𝜆2 − 4𝜆𝜆 + 4 = 0
Ett egenvärde λ= 2 med den algebraiska multipliciteten = 2.
Svar i) Ett egenvärde λ= 2
ii) λ= 2 har den algebraiska multipliciteten = 2.
Vi bestämmer tillhörande egenvektorer
𝑥𝑥
Låt 𝑣𝑣⃗ = �𝑦𝑦�.
Vektorekvationen
(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆 I) 𝑣𝑣⃗ = �⃗
0
ger
𝑥𝑥
(2 − 2)
0
0
�
� �𝑦𝑦� = � �
4
(2 − 2)
0
0 0 𝑥𝑥
0
�
�� � = � �
4 0 𝑦𝑦
0
Vi får systemet
0𝑥𝑥 + 0𝑦𝑦 = 0
𝑥𝑥 = 0
�
~ �
( 𝑥𝑥 = 0,
4𝑥𝑥 + 0𝑦𝑦 = 0
0=0
iii) Härav får vi alla tillhörande egenvektorer
𝑥𝑥
0
0
𝑣𝑣⃗ = �𝑦𝑦� = � � = 𝑡𝑡 � � där t≠0.
𝑡𝑡
1
𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 𝑦𝑦 = 𝑡𝑡 )
 
iv)
Egenrummet Eλ består av alla lösningar till ( A − λI )v = 0 ( nollvektorn och
egenvektorer)
0 
Eλ= span (   )
1
v) Den geometriska multipliciteten är dimensionen av egenrummet:
dim(Eλ) =1
vi) Matrisen är inte diagonaliserbar eftersom, för egenvärdet λ= 2 gäller
1=(den geometriska multipliciteten) < (den algebraiska multipliciteten)=2
(Därmed kan vi inte bilda en bas till R2 med egenvektor)
Lösning b)
3 0
A=

0 3
i)
𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆 I) = 0
(3 − 𝜆𝜆)
0
𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 �
�=0
0
(3 − 𝜆𝜆)
Sida 9 av 14
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenrum
⇒ 𝜆𝜆2 − 6𝜆𝜆 + 9 = 0
Ett egenvärde λ= 3 med den algebraiska multipliciteten = 2.
Svar i) Ett egenvärde λ= 3
ii) λ= 3 har den algebraiska multipliciteten =2.
Vi bestämmer tillhörande egenvektorer
𝑥𝑥
Låt 𝑣𝑣⃗ = �𝑦𝑦�.
Vektorekvationen
(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆 I) 𝑣𝑣⃗ = �0⃗
ger
0 0 𝑥𝑥
0
�
� �𝑦𝑦� = � �
0 0
0
Vi får system
0𝑥𝑥 + 0𝑦𝑦 = 0
0=0
�
~ �
( 𝑡𝑡𝑡𝑡å 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 𝑥𝑥 = 𝑠𝑠,
𝑦𝑦 = 𝑡𝑡 )
0𝑥𝑥 + 0𝑦𝑦 = 0
0=0
iii) Härav får vi alla tillhörande egenvektorer
𝑥𝑥
𝑠𝑠
1
0
förutom fallet där både s=0 och t=0 samtidigt.
𝑣𝑣⃗ = �𝑦𝑦� = � � = 𝑠𝑠 � � + 𝑡𝑡 � �
𝑡𝑡
0
1
 
iv)
Egenrummet Eλ består av alla lösningar till ( A − λI )v = 0 ( nollvektorn och
egenvektorer)
1 0
Eλ= span (  ,   , )
0 1
v) Den geometriska multipliciteten är dimensionen av egenrummet:
dim(Eλ) =2
vi) Ja (matrisen är redan en diagonal matris.)
c)
1 0 1 
A = 0 1 0
0 0 2
Egenvärden:
𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆 I) = 0
ger − λ + 4λ − 5λ + 2 = 0
Genom att testa alla faktorer till konstanta termen 2 ( vi prövar ± 1, ± 2 )
får vi att 𝜆𝜆1 = 1 är en lösning .
Polynom division :
(λ3 − 4λ2 + 5λ − 2)(λ − 1) = λ2 − 3λ + 2
Ekvationen λ2 − 3λ + 2 = 0 ger två lösningar till : 𝜆𝜆2 = 1 och 𝜆𝜆3 = 2
Alltså har vi en dubbel rot λ=1 (dvs med alg. multipliciteten = 2 )
3
2
Sida 10 av 14
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
och en enkel rot λ=2
Egenrum
(dvs med alg. multipliciteten = 1 )
Matrisen har två egenvärden: λ=1 med alg. multipliciteten 2 och λ=2 med alg.
multipliciteten = 1.
Egenvektorer:
För λ = 1 får vi
0
0 1 𝑥𝑥
0
𝑧𝑧 = 0
𝑧𝑧 = 0
�
⃗
(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆𝜆𝜆)𝑣𝑣⃗ = 0 ⇒ � 0
0 0� �𝑦𝑦� = �0� ⇒ �0 = 0 ⇒ �0 = 0
0 0 1 𝑧𝑧
0
𝑧𝑧 = 0
0=0
(𝑡𝑡𝑡𝑡å 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 𝑥𝑥 = 𝑠𝑠, 𝑦𝑦 = 𝑡𝑡)
𝑠𝑠
1
0
⇒ 𝑣𝑣⃗ = � 𝑡𝑡 � = 𝑠𝑠 �0� + 𝑡𝑡 �1�
0
0
0
1 0
Därmed är tillhörande egenrum E (λ =1) =span{�0� , �1�} och har dimension 2.
0 0
1
har vi motsvarande egenvärde 𝑡𝑡 �0� ( 𝑑𝑑ä𝑟𝑟 𝑡𝑡 ≠ 0)
1
1
och tillhörande egenrum E (λ =2) =span{�0�}.
1
Matrisen har total tre linjärtoberoende egenvärde ( vi kan bilda inverterbar matris P av
typ 3 × 3) och därmed är matrisen A (av typ 3 × 3) diagonaliserbar.
För λ=2
Svar c)
𝜆𝜆 = 1 , den algeb. multip. =2,
1
0
E (λ =1) = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(�0� , �1�) , dim(E (λ =1))=2 , (den geom multipliciteten =2)
0
0
𝜆𝜆 = 2 , den algeb. multip. =1,
1
E (λ =2) = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(�0�) ,
dim(E (λ =2))= 1 ,( den geom multipliciteten =1)
1
Matrisen A (typ 3x3) är diagonaliserbar eftersom dim(E (λ =1))+ dim(E (λ =2)) =2+1=3.
a 0
Uppgift 7. För vilka värden på reella tal a, b och c är matrisen A = 

 c b
diagonaliserbar
0 
( a − λ )
Lösning: det( A − λI ) = det( 
= ( a − λ )(b − λ )
(b − λ )
 c
Ekvationen det( A − λI ) = 0 har två lösningar λ = a och λ = b .
Fall1. Om a ≠ b så har matrisen A (av typ 2x2) två olika egenvärden och är därmed
diagonaliserbar (för alla c).
Sida 11 av 14
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenrum
Fall2. Om a = b så är λ = a ett egenvärde med alg. multipliciteten =2.
0 0
( A − λI ) = ( A − λI ) = 
 . Rang ( A − λI ) beror av c.
c 0
0 0
Fall 2a) Om c=0 så är ( A − λI ) = 
.
0 0
Rang ( A − λI ) =0 och därmed dim(E(λ=a) =dim(Ker ( A − λI ) )=2– Rang ( A − λI ) =2.
Med andra ord har vi två lin. oberoende egenvektorer för A (som är en 2x2 matris)
Därmed är matrisen A diagonaliserbar
0 0
Fall 2b) Om c≠0 så är ( A − λI ) = 
.
c 0
I detta fall är Rang ( A − λI ) =1 och därmed dim(E(λ=a) =dim(Ker ( A − λI ) )
=2– Rang ( A − λI ) =1. (Med andra ord har vi max en lin. oberoende egenvektorer för A (
2x2 matris). Matrisen A är inte diagonaliserbar
Svar:Matrisen A är diagonaliserbar i följande fall:
f1: a ≠ b , alla c ∈ R .
f2: a = b och c = 0 .
4 2 3
Uppgift 8. För vilka värden på a och b är matrisen A = 0 a 1 diagonaliserbar


0 0 b
2
3 
( 4 − λ )
Lösning: det( A − λI ) = det(  0
(a − λ )
1  = ( 4 − λ )( a − λ )(b − λ )


 0
0
(b − λ )
Ekvationen det( A − λI ) = 0 har tre lösningar λ = 4 , λ = a och λ = b .
Vi undersöker tre fall:
Fall1 Alla lösningar till den karakt. ekvationen det( A − λI ) = 0 är olika.
Fall2 En enkel och en dubbel rot.
Fall3 En trippel rot.
Fall1. Om alla tre lösningar är olika tal dvs a ≠ b , a ≠ 4 och b ≠ 4 så har matrisen A (av
typ 3x3) två olika egenvärden och är därmed är A diagonaliserbar.
Fall 2. Anta nu att exakt två lösningar är lika. Vi betraktar följande situationer:
Fall 2a. a = 4 , medan b ≠ 4 . Vi har två egenrum E(λ=a) och E(λ=b).
Först dim(E(λ=b))=1 eftersom λ = b är en enkel rot.
3 
0 2

Från A − aI = 0 0
1  får vi att Rang ( A − aI ) =2 (notera att kolonn 2 och tre är


0 0 (b − 4)
oberoende ) och därmed gäller
dim(E(λ=a)) =dim(Ker ( A − aI ) ) =3– Rang ( A − aI ) =1.
Sida 12 av 14
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenrum
Därmed dim(E(λ=a) + dim(E(λ=b))=1+1 < 3. Med andra ord har matrisen A (av typ 3x3)
max 2 lin. oberoende egenvektorer och är därmed inte diagonaliserbar.
Fall 2b. b = 4 , medan a ≠ 4 . Vi har två egenrum E(λ=a) och E(λ=b).
Först dim(E(λ=a))=1 eftersom λ = a är en enkel rot.
2
3
0

Från A − bI = 0 ( a − 4) 1 får vi att Rang ( A − bI ) beror av a . Vi ser att kolonn2


0
0
0
och kolonn3 är parallella om och endast om ( a − 4) / 1 = 2 / 3 dvs om a = 14 / 3 .
Fall 2b i) Om a = 14 / 3 blir Rang ( A − bI ) =1 och därmed
dim(E(λ=b)) =dim(Ker ( A − bI ) ) =3– Rang ( A − bI ) =2.
Därmed dim(E(λ=a) + dim(E(λ=b))=1+2 =3. Därför är matrisen diagonaliserbar.
Fall 2b ii) Om a ≠ 14 / 3 blir Rang ( A − bI ) =2 och därmed
dim(E(λ=b)) =dim(Ker ( A − bI ) ) =3– Rang ( A − bI ) =1.
Därmed dim(E(λ=a) + dim(E(λ=b))=1+1 =2. Matrisen är inte diagonaliserbar.
Fall 2c. a = b , medan a ≠ 4 . Vi har två egenrum E(λ=a) och E(λ=4).
Först dim(E(λ=4))=1 eftersom λ = 4 är en enkel rot.
4 − a 2 3
Från A − aI =  0
0 1 får vi att Rang ( A − aI ) =2 (notera att kolonn 2 och tre är


 0
0 0
oberoende ) och därmed gäller
dim(E(λ=a)) =dim(Ker ( A − aI ) ) =3– Rang ( A − aI ) =1.
Därmed dim(E(λ=a) + dim(E(λ=b))=1+1 < 3. Med andra ord har matrisen A (av typ 3x3)
max 2 lin. oberoende egenvektorer och är därmed inte diagonaliserbar.
Fall 3 a = b = 4 Vi har ett egenrum E(λ=4)
0 2 3
Från A − 4I = 0 0 1 får vi att Rang ( A − 4 I ) =2 (notera att kolonn 2 och tre är


0 0 0
oberoende ) och därmed gäller
dim(E(λ=4)) =dim(Ker ( A − 4 I ) ) =3– Rang ( A − aI ) =1.
Därmed dim(E(λ=4) =1 < 3. Med andra ord har matrisen A (av typ 3x3) max 1 lin.
oberoende egenvektorer och är därmed inte diagonaliserbar.
Uppgift 9.
En kvadratisk matris av typ 2 ×2 har två egenvärden:
 1 
λ1 = 2 med tillhörande egenvektor v1 =   och
 2
Sida 13 av 14
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenrum
 1
λ2 = 5 med tillhörande egenvektor v 2 =   .
3
Bestäm A
Lösning:
Metod 1:
Vi har två villkor:
1   2 


Av1 = 2v1 ⇒ A  =   ,
Villkor 1:
 2  4
1  5 


Av 2 = 5v 2 ⇒ A  =  
Villkor 2:
3 15
som vi kan uttrycka med en matrisekvation
1 1 2
A
=
2 3 4
 2 5  1
A=

4 15 2
5
15
1
3
−1
2 5   3 − 1  − 4 3 
=

=

4 15 − 2 1  − 18 11
Metod 2.
Eftersom vi har två linjärt oberoende egenvektorer (för en 2×2 matris), är matrisen
diagonaliserbar och vi kan lösa uppgiften med hjälp av diagonaliseringsformeln:
A = PDP −1
1 1
 2 0
där P = 
och D = 


2 3
0 5
−1
1 1 2 0 1 1
2 5   3 − 1  − 4 3 
=
A = PDP = 



4 15 − 2 1  = − 18 11
2 3 0 5 2 3


 

−1
Sida 14 av 14