Sammanfattning 18
Linjär algebra – Symmetriska matriser
Vi beskriver n–dimensionella vektorer med kolonnmatriser
och skalärprodukten som
√
x · y = x T y = x1 y1 + · · · + xn yn . Speciellt blir |x| = x T x.
Definition x är vinkelrät mot y om x T y = 0. Vi skriver x ⊥ y .
Sats (Pythagoras): x ⊥ y ⇒ |x + y |2 = |x|2 + |y |2. Bevis: |x + y |2 = (x + y )T (x + y ) =
|x|2 + |y |2 + x T y + y T x = |x|2 + |y |2.
Ex. 1 Projektioner:
Given en enhetsvektor n, dvs nT n = 1, kan alla (ickenoll) vektorer entydigt delas upp i två komposanter,
x = xk + x⊥ , där xk = kn. Bestäm k. Lösning:
x⊥
x
n
0 = nT x⊥ = nT (x − xk ) = nT x − knT n, dvs k = nT x .
xk
Avbildningen x → P(x) = xk kallas projektion på n. För varje x gäller att P(x) = nnT x,
dvs P = nnT .
P 2 = P ty P 2 = nnT nnT = nnT = P.
P har egenvärden 0 och 1 ty P(x⊥ ) = P(x − P(x)) = P(x) − P(x) = 0 och P(n) = n.
Ex. 2 Spegling:
S(x) = x⊥ − xk = x − 2xk = x − 2P(x), dvs
S = I − 2P = I − 2nnT .
S 2 = (I − 2P)(I − 2P) = I − 2P − 2P + 4P 2 = I , dvs
S är sin egen invers.
Sats: S = S T .
Bevis: S T = (I − 2nnT )T = I − 2(nT )T nT = S.
xk
x
n
x⊥
−xk
S(x)
Definition: Matrisen Q är ortogonal om Q T Q = I , dvs Q −1 = Q T .
Ex. 3: S är ortogonal ty SS = I = S T S.
Sats: Låt qi , i = 1, · · · , n vara kolonnerna i en ortogonal matris, dvs Q = (q1 , q2 , · · · , qn ).
(a) Kolonnerna i Q motsvarar ortonormerade vektorer. (b) I kan skrivas som en summa
av ortogonala projektioner längs enhetsvektorerna qi .
Bevis: (a) Q T Q = I, dvs qiT qi = 1 och qiT qj = 0 för i 6= j. (b) QQ T = q1 q1T + q2 q2T +
· · · + qn qnT = I, där qi qiT qi qiT = qi qiT och qi qiT qj qjT = 0 , för i 6= j .
2 −2
1
1
Ex. 4: Är A = 1
2
2 ortogonal? Svar: Nej ty qiT qi = 9, nen Q = A är det.
3
2
1 −2
Sats 6.9: A reell och symmetrisk samt Az = λz, z 6= 0 ⇒ λ ∈ R. Bevis: Az = λz ⇒
Az = λz = Az. Därmed z T Az = λz T z. Också (Az)T z = z T AT z = z T Az = λz T z. Eftersom
z T z = |z|2 6= 0, så är λ = λ. Notera att eftersom A och λ är reella, så kan egenvektorn z
väljas reell.
Sats 6.10: Om A är reell och symmetrisk så är alla reella egenvektorer tillhörande olika
egenvärden ortogonala. Bevis: Ta λ 6= µ och Az = λz, Av = µv . Så är µz T v = z T Av =
(AT z)T v = (Az)T v = λz T v . λ 6= µ ⇒ z T v = 0.
Sats 6.11 (Spektralsatsen): Om A är reell och symmetrisk så finns det en ortogonalmatris Q som diagonaliserar A, dvs Q −1AQ = Q T AQ = D. Beviset är lättast om alla
egenvärden är olika. I så fall är A diagonaliserbar och S är ortogonal pga Sats 6.10.
Omvänt så innebär det att A = QDQ T = λ1 q1 q1T + λ2 q2 q2T + · · · + λn qn qnT .
1 −4 8
7 4 .
Ex. 5: Finn Q som diagonaliserar A = −4
8
4 1
2
Lösning: det(λI − A) = (λ − 9) (λ + 9), dvs egenvärden är λ1 = λ2 = 9, λ3 = −9. Ur
(9I − A)z = 0 fås 2z1 + z2 − 2z3 = 0. Två egenvektorer ligger i denna plan och den tredje
ligger längs normalen pga Sats 6.10, dvs q3 = 31 (1, 1, −2)T . Alla vektorer i planet duger
som egenvektorer, vi väljer q1 = 13 (1, 2, 2)T och därmed blir q2 = q3 × q1 = 13 (2, −2, 1)T .
Kvadratiska former
Definition: f (x1 , x2 , · · · , xn ) =
a11 x21
+ a12 x1 x2 + · · · =
n
X
i,j=1
aij xi xj .
|{z}
grad 2
Ex. 6: f (x1 , x2 , x3 ) = x21 + 6x1 x2 + 8x2 x3 + 7x23 är en kvadratisk form, men inte x21 − x2 .
1 3 0
1 6 0
x1
f (x1 , x2 , x3 ) = (x1 , x2 , x3 ) 0 0 8 x2 = x T Ax = x T 3 0 4 x = x T Kx,
0 4 7
0 0 7
x3
dvs kvadratiska former kan skrivas i matrisform, entydigt om matrisen är symmetrisk.
Definition: En kvadratisk form kallas (a) Positiv definit om x T Kx > 0 för alla x 6= 0 ,
(b) Positiv semidefinit om x T Kx ≥ 0 och likheten gäller för någon x 6= 0 , (c) Negativ
definit, (d) Negativ semidefinit på motsvarande sätt och (e) Indefinit om x T Kx växlar tecken.
10 −2
x.
Ex. 7: Klassificera formen f (x1 , x2 ) =
+ −4x1 x2 +
=x
−2
7
1
1
2
Metod 1: Spektralsatsen. det(λI − K ) = (λ − 6)(λ − 11), Q = √
och
5 2 −1
6 0
Q T KQ = D =
. Det blir: x T Kx = x T QQ T KQQ T x = y T Dy , där y = Q T x är
0 11
nya koordinater i planet. I de nya koordinaterna är f (y1, y2 ) = 6y12 + 11y22 ≥ 0 och f = 0
endast om y1 = 0 = y2 dvs endast om x1 = 0 = x2 , ty det(Q) 6= 0. Därmed är f positiv
definit. Vi säger att Q diagonaliserar f .
10x21
7x22
T
1
1
2
Metod 2: Kvadratkomplettering. f = 10(x21 − x1 x2 )+7x22 = 10((x1 − x2 )2 − x22 )+7x22 ,
5
5
25
1 2 33 2
dvs f = 10(x1 − x2 ) + x2 . Vi har att f ≥ 0 och att f = 0 endast om x2 = 0 och
5
5
1
x1 − x2 = 0, dvs endast om x1 = 0 = x2 . Därmed är f positiv definit.
5
