Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Diagonalisering av en matris DIAGONALISERING AV EN MATRIS Definition ( Diagonaliserbar matris ) Låt A vara en kvadratisk matris dvs en matris av typ n × n . Matrisen A är diagonaliserbar om det finns en inverterbar matris P och en diagonalmatris D så att ( *) P −1 AP = D Anmärkning 1. P −1 AP = D ⇔ AP = PD ⇔ A = PDP −1 Anmärkning 2. Ofta vill man använda sambandet A = PDP −1 som vi får ur (*) genom att lösa ut A. Med "diagonalisera en matris (om möjligt )" menar vi att skriva, om möjligt, matrisen A på formen A = PDP −1 där D är en diagonal matris. I vår kurs betraktar vi diagonalisering över reella tal med andra ord kräver vi att både P och D har reella element. När vi skriver diagonaliserbar matris menar vi i den här kursen att matrisen är diagonaliserbar över reella tal. Här har vi den viktigaste satsen om diagonalisering av en kvadratisk matris. Sats 1. 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. Bevis: ( ⇒ ) Anta att v1 , v 2 , v n är matrisens linjärt oberoende egenvektorer som hör till egenvärden λ1 , λ2 λn . Låt P vara den matris vars kolonner är v1 , v 2 , v n dvs P = [v1 v 2 2 v n ] . Matrisen P är inverterbar eftersom kolonnerna v1 , v 2 , v n är linjärt oberoende. Då gäller AP = A[v1 v 2 2 v n ] = [ Av1 Av 2 2 Av n ] = [λ1v1 λ2 v 2 2 λn v n ] λ1 0 0 0 λ2 0 = [λ1v1 λ2 v 2 2 λn v n ] PD = [v1 v 2 2 v n ] 0 0 λn (där D = diag (λ1 , λ2 2 λn ) ). Alltså AP = PD . Från AP = PD har vi P −1 AP = D dvs A är en diagonaliserbar matris. ( ⇐ ) Anta nu att matrisen A är diagonaliserbar dvs att det finns en inverterbar matris P och en diagonalmatris D så att P −1 AP = D . Från P −1 AP = D har vi AP = PD . Om vi betecknar kolonner i P som v1 v2 vn och diagonal element i D som λ1 , λ2 λn , då gäller Sida 1 av 6 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Diagonalisering av en matris λ1 0 0 0 λ2 0 AP = PD ⇒ A[v1 v 2 v n ] = [v1 v 2 v n ] 0 0 λn ⇒ [ Av1 Av 2 Av n ] = [λ1v1 λ2 v 2 λn v n ] ⇒ Av1 = λ1v1 , Av 2 = λ2 v 2 ,, Av n = λn v n Med andra ord v1 v2 vn är egenvektorer. de är oberoende eftersom P är inverterbar, enligt antagande. Därmed har vi bevisat satsen. ====================================================== Anmärkning: Eftersom n st linjäroberoende vektorer bildar en bas i Rn kan vi uttrycka Sats 1. på följande sätt: Sats 1'. Låt A vara en kvadratisk matris av typ n × n . Matrisen A är diagonaliserbar om och endast om Rn har en bas av matrisens egenvektorer. Definition. Låt A vara en kvadratisk matris av typ n × n . Om det finns en bas B till Rn som består av matrisens egenvektorer v1 v2 vn då säger vi att B = ( v1 v 2 2 v n ) är egenbas till matrisen A. Om vi har n linjärt oberoende egenvektorer då bestämmer vi D och P i uttrycket (*) enligt följande: Matrisen P bygger vi upp genom att skriva egenvektorer v1 , v 2 , v n som kolonner i P. Matrisen D bygger vi upp av motsvarande egenvärden λ1 , λ2 λn . T ex i fallet 3 × 3, om matrisen A har tre oberoende egenvektorer 𝑎𝑎1 𝑎𝑎2 𝑎𝑎3 𝑣𝑣⃗1 = �𝑏𝑏1 � , 𝑣𝑣⃗2 = �𝑏𝑏2 � , 𝑣𝑣⃗3 = � 𝑏𝑏3 �, 𝑐𝑐1 𝑐𝑐2 𝑐𝑐3 med motsvarande egenvärden 𝜆𝜆1 , 𝜆𝜆2 , 𝜆𝜆3 då är 𝑎𝑎1 𝑎𝑎2 𝑎𝑎3 𝜆𝜆1 0 0 𝑃𝑃 = � 𝑏𝑏1 𝑏𝑏2 𝑏𝑏3 � 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝐷𝐷 = � 0 𝜆𝜆2 0 � . 𝑐𝑐1 𝑐𝑐2 𝑐𝑐3 0 0 𝜆𝜆3 Som sagt, betraktar vi ( i denna kurs) endast reella egenvärden och egenvektorer. Följande sats visar vi i stecilen om egenrummet. (Matrisen A har minst ett komplext egenvärde) ⇒ (A är INTE diagonaliserbar över reella tal ) Sats 2. Satsen om skilda egenvärden och linjärt oberoende egenvektorer Låt A vara en kvadratisk matris dvs en matris av typ n × n . Egenvektorer som hör till skilda egenvärden är linjärt oberoende. Vi bevisar satsen för fallet då vi har två olika egenvärden 𝜆𝜆1 ≠ 𝜆𝜆2 med motsvarande egenvektorer 𝑣𝑣⃗1 och 𝑣𝑣⃗2 . Vi ska visa att 𝑎𝑎𝑣𝑣⃗1 + 𝑏𝑏𝑣𝑣⃗2 = 0 ⇒ 𝑎𝑎 = 0 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝑏𝑏 = 0. Sida 2 av 6 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Diagonalisering av en matris Låt 𝑎𝑎𝑣𝑣⃗1 + 𝑏𝑏𝑣𝑣⃗2 = �0⃗ ( 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒1) Multiplikation med A ger ⇒ 𝑎𝑎𝜆𝜆1 𝑣𝑣⃗1 + 𝑏𝑏𝜆𝜆2 𝑣𝑣⃗2 �⃗ ⇒ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑣𝑣⃗1 + 𝑏𝑏𝐴𝐴𝑣𝑣⃗2 = �0⃗ 𝐴𝐴(𝑎𝑎𝑣𝑣⃗1 + 𝑏𝑏𝑣𝑣⃗2 ) = 𝐴𝐴0 = �⃗ 0 (𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒2) Om vi från ekv2 subtraherar 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒1 multiplicerad med 𝜆𝜆2 får vi 𝑎𝑎(𝜆𝜆1 − 𝜆𝜆2 )𝑣𝑣⃗1 = �0⃗ Eftersom 𝜆𝜆1 ≠ 𝜆𝜆2 och 𝑣𝑣⃗1 ≠ �⃗ 0 ( egenvektor är skild från �⃗ 0) måste 𝑎𝑎 = 0. Substitution i ekv1, och samma resonemang, ger 𝑏𝑏 = 0. Alltså 𝑎𝑎𝑣𝑣⃗1 + 𝑏𝑏𝑣𝑣⃗2 = �0⃗ ⇒ 𝑎𝑎 = 0 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝑏𝑏 = 0 Därmed har vi visat att 𝑣𝑣⃗1 och 𝑣𝑣⃗2 är linjärt oberoende. På liknande sätt visar vi satsen om vi har 3, 4 eller k st skilda egenvärden. Som en direkt påföljd har vi följande användbara sats. Sats 3. Satsen om egenvärden och diagonaliserbara matriser Låt A vara en kvadratisk matris av typ n × n . Om matrisen A har n st olika (reella) egenvärden så har matrisen n st linjärt oberoende egenvektorer och därmed är A diagonaliserbar (över reella tal). Anmärkning: Upprepar att vi ( i denna kurs) betraktar diagonalisering över reella tal. Uppgift 1. Avgör om A är en diagonaliserbar matris och bestäm D och P om detta är fallet. −1 3 4 −2 1 3 a) 𝐴𝐴 = � � b ) A= � � c) A= � � −1 3 1 1 −1 1 0 1 −2 1 −2 0 d) 𝐴𝐴 = �−2 3 2 � e) 𝐴𝐴 = �2 1 0� 0 0 4 0 0 3 Lösning a) Matrisen (2x2) har egenvärden är 𝜆𝜆1 = 2, 𝜆𝜆2 = 3 ( se Uppgift 1 i stencilen ”Egenvärden 1 och egenvektorer”) med motsvarande egenrum Eλ 1 = span( ). 1 2 Eλ 2 = span( ). Vi grupperar basvektorer från egenrum Eλ 1 och Eλ 2 och får två linjärt 1 1 2 oberoende egenvektorer v1 = och v2 = . v1 och v2 är lin. oberoende eftersom de hör 1 1 till olika egenrum ( men vi kan även direkt undersöka detta). Sida 3 av 6 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Diagonalisering av en matris För en 2x2 matris har vi därmed funnit 2 linjärt oberoende egenvektorer. Därmed är matrisen diagonaliserbar med 2 0 1 2 𝑃𝑃 = � � 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝐷𝐷 = � � 0 3 1 1–1 –1 och D= P AP eller ekvivalent A=PD P Kontroll Vi kan kontrollera om t ex A=PD P–1 1 1 −2 −1 2 Eftersom 𝑃𝑃−1 = −1 � �=� � då har vi −1 1 1 −1 2 6 −1 2 1 2 2 0 −1 2 4 −2 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃−1 = � �� �� �=� �� �=� � = 𝐴𝐴 2 3 1 −1 1–1 1 0 3 1 −1 1 1 Alltså PD P = A 1 3 b) Ja. 𝜆𝜆1 = 2 , 𝑣𝑣⃗1 = � � ; 𝜆𝜆2 = 0 , 𝑣𝑣⃗2 = � � och därmed 1 1 2 0 1 3 𝑃𝑃 = � � 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝐷𝐷 = � � 0 0 1 1 c) Nej. Matrisen har inga reella egenvärde (och därmed ingen reell egen vektor). d) Ja. Eftersom 1 1 0 𝜆𝜆1 = 1, Eλ 1 = span( �1� ) ; 𝜆𝜆2 = 2 , Eλ 2 = span( �2� ) ; 𝜆𝜆3 = 4 , Eλ 3 = span( �2� ) 0 0 1 har matrisen tre oberoende vektorer och därför kan diagonaliseras med 1 0 0 1 1 0 𝑃𝑃 = �1 2 2� 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝐷𝐷 = �0 2 0� 0 0 1 0 0 4 0 e) Nej. Endast ett egenvärde 𝜆𝜆1 = 3 med endimensionell egenrum Eλ 1 = span( �0� ) . 1 Uppgift 2 . Visa att följande matris är diagonaliserbar −2 2 0 𝐴𝐴 = � −4 4 0� 0 0 3 Lösning: Matrisen är av typ 3x3 och har tre skilda reella egenvärden 𝜆𝜆1 = 0 , 𝜆𝜆2 = 2, 𝜆𝜆3 = 3 (kontrollera själv) och därmed, enligt Sats 3, är matrisen diagonaliserbar (över reella tal). Anmärkning: Om matrisen A av typ n × n inte har n skilda egenvärden då båda fall, diagonaliserbar/ icke diagonaliserbar matris, kan förekomma: Vi ser detta i följande exempel: Uppgift 3 Avgör om följande matriser är diagonaliserbara 𝑎𝑎) 𝐴𝐴 = � Lösning: 2 1 � 0 2 𝑏𝑏) 𝐴𝐴 = � 3 0 � 0 3 c) −2 𝐴𝐴 = � −4 0 (2 − 𝜆𝜆) 1 �=0 0 (2 − 𝜆𝜆) ⇒ (2 − 𝜆𝜆)2 = 0 ⇒ 𝜆𝜆1,2 = 2 (dubbelrot) . Matrisen har inte två olika egenvärden utan endast 𝜆𝜆 = 2 . Vi bestämmer egenvektorer: a) 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆𝜆𝜆) = 0 ⇒ � Sida 4 av 6 2 0 4 0� 0 2 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Diagonalisering av en matris 𝑥𝑥 (2 − 𝜆𝜆) 1 0 � �𝑦𝑦� = � � ⇒ (𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖ä𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜆𝜆 = 2) 0 (2 − 𝜆𝜆) 0 𝑥𝑥 (2 − 2) 1 0 � � �𝑦𝑦� = � � ⇒ 0 (2 − 2) 0 0 1 𝑥𝑥 0 � � � � = � � ⇒ 𝑦𝑦 = 0, 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝑥𝑥 = 𝑡𝑡 0 0 𝑦𝑦 0 1 Därmed får vi tillhörande egenvektorer 𝑣𝑣⃗ = 𝑡𝑡 � � ( 𝑡𝑡 ≠ 0). 0 1 Motsvarande egenrummet är span( � � ) och har dimension 1. 0 Med andra ord: Vi kan INTE bilda en bas av n=2 linjärt oberoende egenvektorer och därför är matrisen INTE diagonaliserbar. � b) Matrisen har inte två olika egenvärden utan endast 𝜆𝜆 = 3 men i det här fallet är matrisen uppenbart diagonaliserbar ( den är redan en diagonal matris). Egenvektorer: 𝑥𝑥 (3 − 3) 0 0 � �𝑦𝑦� = � � ⇒ � 0 (3 − 3) 0 0 0 𝑥𝑥 0 � � � � = � � ⇒ 0 = 0, 0 = 0, sant för alla x,y. 0 0 𝑦𝑦 0 Vi kan ta x=t, y=s och motsvarande egenvektorer: 1 0 𝑣𝑣⃗ = 𝑡𝑡 � � + 𝑠𝑠 � � , ( 𝑠𝑠, 𝑡𝑡) ≠ (0,0) . 0 1 1 0 Därmed är egenrummet Eλ 1 = span(� � , � �), och har dimension 2. 0 1 (2x2 matrisen har 2 lin oberoende egen vektorer) ⇒ (matrisen är diagonaliserbar). c) Matrisen av typ 3 × 3 har endast 2 olika egenvärden 𝜆𝜆1 = 0 och dubbelrot 𝜆𝜆2,3 = 2. (kontrollera själv) Egenvektorer: 1 i) För 𝜆𝜆1 = 0 har vi motsvarande egenvärde 𝑡𝑡 �1� 0 1 och egenrummet Eλ 1 = span(�1�). 0 ii) För λ = 2 får vi ( 𝑑𝑑ä𝑟𝑟 𝑡𝑡 ≠ 0) −4𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 = 0 −4 2 0 𝑥𝑥 0 (𝐴𝐴 − 𝜆𝜆𝜆𝜆)𝑣𝑣⃗ = �0⃗ ⇒ � −4 2 0� �𝑦𝑦� = �0� ⇒ �−4𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 = 0 0 0 0 𝑧𝑧 0 0=0 −4𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 = 0 � (𝑡𝑡𝑡𝑡å 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣) 0=0 0=0 1/2 0 𝑠𝑠/2 ⇒ 𝑣𝑣⃗ = � 𝑠𝑠 � = 𝑠𝑠 � 1 � + 𝑡𝑡 �0�, , ( 𝑠𝑠, 𝑡𝑡) ≠ (0,0) 1 𝑡𝑡 0 1/2 0 1 0 Därmed är egenrummet Eλ 2 = span(� 1 � , �0�) = span(�2� , �0�) och har dimension 2. 1 0 1 0 Sida 5 av 6 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Diagonalisering av en matris Från i) och ii) har vi total tre linjärt oberoende egenvektorer ( vi kan bilda inverterbar matris P av typ 3 × 3) och därmed är matrisen A av typ 3 × 3 diagonaliserbar med 1 1 0 0 0 0 P = 1 2 0 och D = 0 2 0 . 0 0 1 0 0 2 Sida 6 av 6