SYMMETRISKA MATRISER

1
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Symmetriska matriser
SYMMETRISKA MATRISER
Definition 1. (Symmetrisk matris)
En kvadratisk matris kallas symmetrisk om
AT = A
Vi upprepar definitionen av en ortogonal matris
Definition 1. ( Ortogonal matris )
En kvadratisk matris kallas ortogonal om
AT A = AAT = I
−1
T
d v s om
A =A .
Egenskaper för symmetriska matriser
Vi har visat tidigare i kursen att en matris är diagonaliserbar om och endast om matrisen
har n st linjäroberoende egenvektorer (kolla stencilen "Diagonalisering av en kvadratisk
matris"). Man kan visa att detta krav är uppfyllt för en symmetrisk matris.
En symmetrisk matris är alltid diagonaliserbar. Dessutom kan vi välja
ortonormerade egenvektorer. Här följer några satser om diagonaliserbarhet av
symetriska matriser.
Sats 1 . (Egenvärden till symetriska matriser)
För en symetrisk matris A gäller följande:
a) Alla egenvärden till A är reella tal.
b) Egenvektorer från olika egenrum är ortogonala.
Bevis för b delen.


Låt λ1 och λ2 vara två olika egenvärden med motsvarande egenvektorer v1 och v2 .


Vi beräknar (v1 )T A v2 på två sätt och därför resultat måste vara lika:






 
 
I) ( v1 )T A v2 = ( v1 )T ( A v2 ) = ( v1 )T λ2 v2 = λ2 ( v1 )T v2 = λ2 ( v1 ⋅ v2 )
(*)


II) (v1 )T A v2 = ( A symmetrisk dvs A=AT )

 
 
T 
 

= (v1 )T AT v2 = ( Av1 )T v2 = (λ1v1 )T v2 = λ1v1 v2 = λ1 (v1 ⋅ v2 ) (**)
 
 
Därför λ2 (v1 ⋅ v2 ) = λ1 (v1 ⋅ v2 ) eller ekvivalent
 
(***)
(λ2 − λ1 )(v1 ⋅ v2 ) = 0
Enligt antagande λ2 ≠ λ1 och första faktorn i (***) är inte 0. Därför måste andra faktorn I
 
(***) vara 0 dvs (v1 ⋅ v2 ) = 0
2
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Symmetriska matriser
Sats 2. ( Spektralsatsen om ortogonal diagonalisering av en symmetrisk matris)
Låt A vara en ortogonalt diagonaliserbar matris dvs det finns en ortogonal matris P och
en diagonalmatris D sådana att A = PDP −1 .
Då är A en symmetrisk matris.
Bevis: Anta A = PDP −1 . Eftersom P T = P −1 ( ortogonal matris) har vi att
A = PDP T (*)
Om vi transponerar båda leden i (*) får vi
(
AT = PDP T
) = (P ) D
T
T T
T
P T = PDP T = A ⇒ A är en symmetrisk matris. (V. S.B.)
Satsen om egenvärden till och diagonalisering av en symetrisk reell matris kallas
spektralsatsen.
Sats 3. ( Spektralsatsen om ortogonal diagonalisering av en symmetrisk matris)
En symetrisk matris A är ortogonalt diagonaliserbar dvs det finns en ortogonal matris P
och en diagonalmatris D sådana att
A = PDP −1
eller A = PDP T
( eftersom P T = P −1 för en ortogonal matris).
Eftersom kolonner i en ortogonal matris P bildar en ortonormerad bas ( ON bas) i Rn kan
vi uttrycka satser 2 och 3 på följande sätt:
Sats 4. (symmetrisk matris och ortonormerade egenvätorer )
( En kvadratisk matrisen av typ n × n är symmetrisk.) ⇔ (Vi kan bilda en ON bas till Rn
av matrisens egenvektorer.)
En direkt påföljd av sats 3 (eller 4) år att dim( Eλi ) = den algebraiska multipliciteten för
λi för varje egenvärde som hör till en symmetrisk matris A.
Hur bestämmer man en ortogonal matris P som diagonaliserar en symmetrisk
matris A?
För att bestämma en ortogonal matris P som diagonaliserar A gör vi enligt följande.
1. Vi bestämmer som vanligt egenvärden och egenvektorer till matrisen A.
2. Vi normerar de egenvektorer som hör till egenvärden vars algebr. multiplicitet är 1.
(Egenvektorer som hör till olika egenvärden är redan ortogonala mot varandra enlig sats
1.)
3. Om ett egenvärde λi har den algebraiska multipliciteten m>1 då är dim( Eλi ) = den
algebraiska multipliciteten för λi . De basvektorer som spänner upp egenrummet Eλi
3
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Symmetriska matriser
ortonormerar vi med Gram-Schmidt metoden. På detta sätt får vi en ortonormerad bas för
Eλi .
4. De ortonormerade basvektorer i 2 och 3 bildar kolonner i P.
Uppgift 1. Låt A= �
Lösning:
1
1/2
�. Bestäm en ortogonal matris som diagonaliserar A.
1/2
1
Vi bestämmer egenvärden, egenvektorer och därefter ortonormerar vektorerna.
(1 − 𝜆𝜆)
1/2
𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆𝜆𝜆) = 0 ⇒ �
�=0⇒
1/2
(1 − 𝜆𝜆)
(1 − 𝜆𝜆)2 − 1/4 = 0 ⇒ (1 − 𝜆𝜆)2 = 1/4 ⇒ 1 − 𝜆𝜆 = ±1/2
𝜆𝜆1 = 3/2 och 𝜆𝜆2 = 1/2
Motsvarande egenvektorer är
1
1
𝑣𝑣⃗1 = � � 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝑣𝑣⃗2 = � �
1
−1
Vektorerna är ortogonala.
Vi normerar vektorer och bildar P
Därmed är
𝑢𝑢
�⃗1 =
1
1
1/√2
1/√2
𝑣𝑣⃗1 = �
� 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝑢𝑢
�⃗2 =
𝑣𝑣⃗2 = �
�
|𝑣𝑣⃗1 |
|𝑣𝑣⃗2 |
1/√2
−1/√2
𝑃𝑃 = �
1/√2
1/√2
�
1/√2 −1/√2
en ortogonal matris som diagonaliserar A dvs som uppfyller
ekvivalent
𝐴𝐴 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑇𝑇
( eller
𝑃𝑃𝑇𝑇 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷).
𝐴𝐴 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃−1 eller
Uppgift 2. ( Ortogonalt diagonalisering av en symmetrisk matris med en dubbelrot)
2 1 1
Låt A = �1 2 1�. Bestäm en ortogonal matris P som diagonaliserar A.
1 1 2
Lösning:
Vi bestämmer egenvärden, egenvektorer och därefter ortonormerar vektorerna.
𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆𝜆𝜆) = 0 ⇒ −𝜆𝜆3 + 6𝜆𝜆2 − 9𝜆𝜆 + 4 = 0
För att finna en heltalslösning ( om en sådan finns) testar vi faktorer av 4 (konstant term i
slutet av ekvationen) ,
dvs vi testar om det finns en lösning bland 1, -1, 2, –2 , 4,–4 och finner att
𝜆𝜆1 = 1 är en lösning.
Polynomdivision (−𝜆𝜆3 + 6𝜆𝜆2 − 9𝜆𝜆 + 4)/(𝜆𝜆 − 1) = −𝜆𝜆2 + 5𝜆𝜆 − 4.
Från ekvationen −𝜆𝜆2 + 5𝜆𝜆 − 4 = 0 får vi två lösningar till
4
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Symmetriska matriser
𝜆𝜆2 = 1 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝜆𝜆3 = 4 .
Därmed har vi en dubbelrot 𝜆𝜆1,2 = 1 och 𝜆𝜆3 = 4
i) Substitutionen 𝜆𝜆 = 1 i (𝐴𝐴 − 𝜆𝜆𝜆𝜆)𝑣𝑣⃗ = �0⃗ ger två oberoende (men inte ortogonala)
−1
−1
vektorer 𝑣𝑣⃗1 = � 0 � och 𝑣𝑣⃗2 = � 1 �.
1
0
Vi ortoganaliserar de med hjälp av Gram-Schmidts metod och får en ny bas med
ortogonala vektorer för egenrum som hör till 𝜆𝜆 = 1
−1/2
−1
−1
1
𝑢𝑢
�⃗1 = 𝑣𝑣⃗1 = � 0 � och 𝑢𝑢
�⃗2 = �
�. ( Vi kan istället använda 2𝑢𝑢
�⃗2 = � 2 � som är
−1/2
1
−1
också ortogonal mot 𝑢𝑢
�⃗1 )
ii) Den egenvektor som tillhör egenvärdet 𝜆𝜆 = 4 är
1
𝑣𝑣⃗3 = �1�
1
och är redan ortogonal mot alla vektorer i det första egenrummet (Egenvektorer för en
symmetrisk matris från olika egenrum är ortogonala ).
Alltså har vi en bas med ortogonala vektorer
−1
−1
1
� 0 � , � 2 � och �1�.
1
−1
1
För att få en ORTONORMERAD bas delar vi varje vektor med dess längd. Därefter
−1/√2 −1/√6 1/√3
bildar vi 𝑃𝑃 = � 0
2/√6 1/√3� som ortogonalt diagonaliserar A.
1/√2 −1/√6 1/√3
Uppgift 3. En matris har komplexa egenvärden 𝜆𝜆1 = 2 + 𝑖𝑖 och 𝜆𝜆2 = 2 − 𝑖𝑖.
Är matrisen symmetrisk ?
Svar. Nej. En symmetrisk matris har reella egenvärden.
Uppgift 4. Kan man bestämma en symmetrisk matris av typ 2×2 som har
a) egenvärden 𝜆𝜆1 = 3 och 𝜆𝜆2 = 2
1
1
med motsvarande egenvektorer 𝑣𝑣⃗1 = � � 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝑣𝑣⃗2 = � �
1
2
b) egenvärden 𝜆𝜆1 = 3 och 𝜆𝜆2 = 2
−2
1
med motsvarande egenvektorer 𝑣𝑣⃗1 = � � 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝑣𝑣⃗2 = � �
1
2
c) ett egenvärde 𝜆𝜆1 = 5 med den algebraiska multipliciteten 2.
1
1
med motsvarande egenvektorer 𝑣𝑣⃗1 = � � 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝑣𝑣⃗2 = � �
1
2
d) ett egenvärde 𝜆𝜆1 = 5 med den algebraiska multipliciteten 2.
1
med motsvarande egenrummet 𝐸𝐸𝜆𝜆1 = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(� �) ?
1
Lösning:
5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Symmetriska matriser
Vi använder Sats 1 och undersöker om vi kan bilda en bas av ortonormerade
egenvektorer.
a) Nej. Egenvektorer för en symmetrisk matris från olika egenrum måste vara
1
1
ortogonala (Sats2) . I vårt fall 𝑣𝑣⃗1 = � � och 𝑣𝑣⃗2 = � � som tillhör olika egenvärden
1
2
𝜆𝜆1 = 3, 𝜆𝜆2 = 2 är inte ortogonala.
Anmärkning: Matrisen
1 1  3 0  2 − 1 4 − 1
𝐴𝐴 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃−1 = 


=
,
1 2 0 2 − 1 1  2 1 
som har givna egenvärden och egenvektorer , är diagonaliserbar men inte symmetrisk.
b) Ja. Matrisen har 2 ortogonala vektorer (som vi kan normera, om vi vill) och därför,
enligt Sats 1. är matrisen symmetrisk:
(Matrisen är symmetrisk.) ⇔(Vi kan bilda en ON bas av matrisens egenvektorer.)
Vi kan även bestämma A:
− 2 1  3 0 1  2 − 1  1  14 − 2
⋅
𝐴𝐴 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃−1 = 

⋅
= 
,
 1 2 0 2 (−5) − 1 − 2 5 − 2 11 
c) Ja. Den karakteristiska ekvationen har en dubbelrot 𝜆𝜆1 = 5 med motsvarande
1
1
egenvektorer 𝑣𝑣⃗1 = � � 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝑣𝑣⃗2 = � � som vi kan ortonormera , t ex med Gram1
2
Schmidt metoden, och bilda en ON bas som består av egenvektorer.
(Vi kan bilda en ON bas av matrisens egenvektorer.)⇔( Matrisen är symmetrisk.)
Anmärkning 1: Vi har inte krav i vår uppgift att bestämma en ON bas. Om vi vill endast
bestämma A som har givna egenvektorer/ egenvärden kan vi räkna direkt , (utan att
normera egenvektorer)
1 1 5 0  2 − 1 5 0
𝐴𝐴 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃−1 = 


=
,
1 2 0 5  − 1 1  0 5

Anmärkning 2: Lägg märke till att alla vektorer i R2 förutom 0 är egenvektorer eftersom
1 1
𝐸𝐸𝜆𝜆1 = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(� � , � �)
1 2
har dimension 2 och därmed spänner upp hela rummet R2 .
d) Nej. Matrisen är inte alls diagonaliserbar ( endast en oberoende egenvektor ).
Uppgift 5. Bestäm en symmetrisk matris av typ 2×2 som har ett
 1
egenvärde 𝜆𝜆1 = 1 med motsvarande egenvektor v1 =   och ett
1

egenvärde 𝜆𝜆2 = 2 . (Tips: Bestäm först en egenvektor v2 som svarar mot 𝜆𝜆2 .)
Lösning: Egenvektorer som tillhör olika egenvärden ( dvs som tillhör olika egenrum) är
  x


 
ortogonala, därmed är v2 ortogonal mot v1 . Beteckna v2 =   . Från v1 ⋅ v2 = 0 har vi
 y
− t 
1
x+y=0 och x= –y. Därmed är   ortogonal mot   för varje t.
t 
1
6
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
  − 1
v2 =  
1
Symmetriska matriser
 1
v1 =  
1
1 − 1
  − 1

Vi väljer en vektor för v2 t ex v2 =   och bildar matrisen P= 
 . Då är
1
1
1
 


1
1

1
. Slutligen har vi
P −1 = 
2  − 1 1
A = PDP −1
1 1 − 1 1 0  1 1 1 1 − 2  1 1 1  3 − 1  3 / 2 − 1 / 2
= 
=
=
=
2 1 1  0 2  − 1 1 2 1 2   − 1 1 2  − 1 3   − 1 / 2 3 / 2 
 3 / 2 − 1 / 2
Svar: A = 

− 1 / 2 3 / 2 
Uppgift 6. Kan man bestämma en symmetrisk matris av typ 3×3 som har
egenvärden 𝜆𝜆1 = 3 och 𝜆𝜆2,3 = 2 , (dvs en dubbel rot 𝜆𝜆 = 2 )
med motsvarande egenrum
𝜆𝜆 = 3,
𝐸𝐸(𝜆𝜆=3)
−2
= 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 � 0 � ,
2
𝜆𝜆 = 2 (𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟),
−1 0
𝐸𝐸(𝜆𝜆=2) = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(� 2 � , �2� ).
−1 0
Svar: Ja.
1. Först: Matrisen A, av typ 3×3, har tre linjärt oberoende ( kontrollera själv)
egenvärden och därmed är matrisen diagonaliserbar.
2. Egenvektorer som tillhör olika egenvärden ( dvs som tillhör olika egenrum) är
ortogonala:
−2
−1
0
För 𝑣𝑣⃗1 = � 0 � från 𝐸𝐸(𝜆𝜆=3) och 𝑣𝑣⃗2 = � 2 �,
𝑣𝑣⃗3 = �2� från 𝐸𝐸(𝜆𝜆=2)
2
−1
0
gäller 𝑣𝑣⃗1 ∙ 𝑣𝑣⃗2 = 0 och 𝑣𝑣⃗1 ∙ 𝑣𝑣⃗3 = 0 .
3. Två basvektorer 𝑣𝑣⃗2 , 𝑣𝑣⃗3 ( som inte är ortogonala men tillhör samma egenrum) från
−1 0
underrummet 𝐸𝐸(𝜆𝜆=2) = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(� 2 � , �2� ) kan vi ortogonalisera och även ortonormera (
−1 0
Gram_Schmidt). På detta sätt får vi en bas med tre ON egenvektorer som betyder att
matrisen A, av typ 3×3, är ortogonal diagonaliserbar och därmed symmetrisk.
Uppgift 7. Kan man bestämma en symmetrisk matris av typ 3×3 som har
egenvärden 𝜆𝜆1 = 3 och 𝜆𝜆2,3 = 2 , (dvs en dubbel rot 𝜆𝜆 = 2 )
7
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Symmetriska matriser
med motsvarande egenrum
𝜆𝜆 = 3,
−2
𝐸𝐸(𝜆𝜆=3) = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 � 0 � ,
2
−1 0
𝜆𝜆 = 2 (𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟), 𝐸𝐸(𝜆𝜆=2) = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(� 2 � , �1� ).
−1 1
Svar: Nej . Egenvektorer för en symmetrisk matris som tillhör olika egenvärden ( dvs
som tillhör olika egenrum) måste vara ortogonala men i vårt fall
−2
0
𝑣𝑣⃗1 = � 0 � från egenrummet 𝐸𝐸(𝜆𝜆=3) och 𝑣𝑣⃗3 = �1� från egenrummet 𝐸𝐸(𝜆𝜆=2)
2
1
är INTE ortogonala.
Uppgift 8. Bestäm en symmetrisk 3×3-matris A med följande två egenskaper:
1. Matrisen har ett egenvärde 𝜆𝜆 = 3 med den algebraiska multipliciteten =2.
Motsvarande egenvektorer "ligger i " planet ( dvs är parallella med planet)
x − 2 y − 3z = 0
2. Matrisen har ett egenvärde 𝜆𝜆 = 1 med den algebraiska multipliciteten = 1.
Lösning: Två egenvektorer från egenrummet 𝐸𝐸3 som svarar mot 𝜆𝜆 = 3 bestämmer
vi genom att välja två linjärt oberoende vektorer som ligger i planet
x − 2 y − 3z = 0
Punkten O(0,0,0) ligger i planet.
Om vi t ex väljer z =0 , y=1 får vi x=2 och punkten M(2,1,0)
Om vi t ex väljer y =0 , z=1 får vi x=3 och punkten N(3,0,1) som ligger i planet.
Därmed har vi två linjärt oberoende ( kolla själv) vektorer
2
3
������⃗ = �1� och 𝑣𝑣⃗2 = ������⃗
𝑣𝑣⃗1 = 𝑂𝑂𝑂𝑂
𝑂𝑂𝑂𝑂 = �0�
0
1
som ligger i planet och är därmed egenvektorer för matrisen A.
För att få en symmetrisk matris måste vi välja den tredje egenvektor ortogonal mot de
första två (Egenvektorer för en symmetrisk matris från olika egenrum måste vara
ortogonala (Sats2))
Vi kan till exempel välja en vektor som är parallell med 𝑣𝑣⃗1 × 𝑣𝑣⃗2 .
1
𝑣𝑣⃗3 = 𝑣𝑣⃗1 × 𝑣𝑣⃗2 = �−2�
−3
Låt P vara matrisen vars kollon är 𝑣𝑣⃗1 , 𝑣𝑣⃗2 , 𝑣𝑣⃗3
2 3 1
𝑃𝑃 = �1 0 −2�
0 1 −3
2 10 −6
1
Vi beräknar 𝑃𝑃−1 = 14 �3 −6 5 �
1 −2 −3
20 2
3
1
och A = PDP −1 = 7 � 2 17 −6� .
3 −6 12
8
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Symmetriska matriser
Anmärkning: Vi skulle få samma svar om vi först bestämde en ON bas av
egenvektorer. Denna metod skulle kräva lite mer beräkning.
Svar:
1 20
𝐴𝐴 = � 2
7
3
2
3
17 −6�
−6 12
Uppgift 9. Bestäm en symmetrisk 3×3-matris A med följande två egenskaper:
1. Matrisen har ett egenvärde 𝜆𝜆 = 2 med den algebraiska multipliciteten =1.
Motsvarande egenvektorer "ligger på " linjen ( dvs är parallella med linjen)
𝑥𝑥
2
𝑦𝑦
� � = t �2�
𝑧𝑧
1
2. Matrisen har ett egenvärde 𝜆𝜆 = 5 med den algebraiska multipliciteten = 2.
Lösning: Vi ska bestämma tre linjärt oberoende egenvektorer men de som ligger i
olika egenrum måste vara ortogonala.
2
( lijens riktningsvektor)
En egenvektor som tillhör 𝐸𝐸(𝜆𝜆=2) är 𝑣𝑣⃗1 = �2�
1
Vi väljer två linjärt oberoende egenvektorer 𝑣𝑣⃗2 , 𝑣𝑣⃗3 som tillhör 𝐸𝐸(𝜆𝜆=5) .
De två måste vara vinkelrätta mot 𝑣𝑣⃗1 ( I en symmetrisk matris är egenvektorer från olika
egenrum ortogonala )
2
1
Vi kan välja t ex 𝑣𝑣⃗2 = �−2�
och 𝑣𝑣⃗3 = � 0 �. De är linjärt oberoende och dessutom
0
−2
vinkelräta mot 𝑣𝑣⃗1.
𝑣𝑣⃗1 ∙ 𝑣𝑣⃗2 = 0, 𝑣𝑣⃗1 ∙ 𝑣𝑣⃗3 = 0
Anmärkning: Vektorerna 𝑣𝑣⃗2 och 𝑣𝑣⃗3 behöver inte vara ortogonala sinsemellan eftersom
de tillhör samma egenrum, men självklart, om vi vill, kan vi ortonormera de. Detta är
onödigt i den här uppgiften)
Låt P vara matrisen vars kollon är 𝑣𝑣⃗1 , 𝑣𝑣⃗2 , 𝑣𝑣⃗3
2 2
1
𝑃𝑃 = �2 −2 0 �
1 0 −2
4 4
2
1
Vi beräknar 𝑃𝑃−1 = 18 �4 −5 2 �
2 2 −8
och A = PDP −1 =
Svar:
𝐴𝐴 =
1
3
1
3
11 −4
�−4 11
−2 −2
11 −4
�−4 11
−2 −2
−2
−2 �
14
−2
−2 �
14
9
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Symmetriska matriser
Låt A vara en symmetrisk matris med givna egenvärden λ1 ,λk −1 , λk . Om
motsvarande egenrum Eλ1 , Eλk −1 är givna ( alla förutom Eλk ) då kan vi bestämma Eλk
genom att utnyttja följande fakta :
1. en symmetrisk matris är diagonaliserbar, därmed
dim( Eλi ) = den algebraiska multipliciteten för λi
( för en symmetrisk matris)
2. egenvektorer för en symmetrisk matris som hör till olika egenvärden är ortogonala
Uppgift 10. Låt A vara en symmetrisk matris av typ 3×3 som har en enkel rot λ1 med
 1  


motsvarande egenrummet Eλ 1 = span 2  och en dubbelrot λ2 .
 
 1  
  
a) Bestäm Eλ 2 b) Bestäm A om λ1 =0 och λ2 = 1
Lösning: Vi använder fakta att
1. en symmetrisk matris är diagonaliserbar (därmed har vår matris 3 linjärt oberoende
egenvektorer) och
2. att egenvektorer som hör till olika egenvärden är ortogonala.
1 
Därför har Eλ 2 dimension 2 och vektorer som ligger i Eλ 2 är ortogonala mot 2 .
 
1
 x
  
Låt v = y vara en godtycklig vektor i Eλ 2 . Då gäller
 
 z 
 x  1 
 y  ⋅ 2 = 0 dvs x + 2 y + z = 0 .
   
 z  1
Ekvationen x + 2 y + z = 0 har två fria variabler y=s och z=t. Härav x = −2 s − t = 0 och
därför
 x   − 2 s − 2t 
 − 2  − 1
 y = 

s
= s 1  + t  0 
  

   
t
 z  

 0   1 
  − 2  − 1 


Därmed är Eλ 2 = span  1 ,  0   .
   
  0   1 
    
1 − 2 − 1
0 .
b) Vi har tre linjärt oberoende egenvektorer och kan bilda P = 2 1


1 
1 0
10
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Symmetriska matriser
2
1 
1
1
Först beräknar vi P = − 2 2 − 2 (kontrollera själv)

6
 − 1 − 2 5 
 5 − 2 − 1
1
−1
och slutligen A = PDP = − 2 2 − 2 .

6
 − 1 − 2 5 
Uppgift 11. ( Jämför upp 9 ten 5 maj 2014) Låt A vara en symmetrisk matris av typ
 1  
  
 1 
4×4 som har en enkel rot λ1 med motsvarande egenrummet Eλ 1 = span    ,
en
0 
  
 0 
  
−1
enkel rot λ2 med motsvarande egenrummet Eλ 2



= span



0
0
 
1 
 
2



 och en dubbelrot λ3 .



Bestäm Eλ 3
Lösning: Vi använder fakta att
1. en symmetrisk matris är diagonaliserbar (därmed har vår matris 4 linjärt oberoende
egenvektorer) och
2. att egenvektorer som hör till olika egenvärden är ortogonala.
1 
1 
Därför har Eλ 3 dimension 2 och vektorer som ligger i Eλ 3 är ortogonala mot   och
0 
 
0 
x 
0 
y 
0 


mot
. Alltså, för en godtyckligt vektor   i Eλ 3 har vi
z 
1 
 
 
w 
2 
x
y

z

w
 1 
 x  0 
 1 
 y  0 



ekv 1:
⋅
= 0 och ekv 2:   ⋅   = 0
 0 
 z  1 
  
   
 0 
 w  2 
x+ y=0
som ger systemet
.
Två fria variabler y=s och w=t .
z + 2w = 0
Lösningen x = − s , y = s , z = −2t , w = t kan vi skriva på formen
x
y

z

w
 −s
  s
=
  − 2t
 
  t
 − 1  0 

1  0

 = s  + t   .
 0   − 2

   

0 1 

Alltså är Eλ 3
 − 1  0  
    
0 
 1
= span  ,    .
 0   − 2
    
 0

    1 