Diagonalisering av linjära avbildningar I

Vektorgeometri för gymnasister
Per-Anders Svensson
http://homepage.lnu.se/staff/psvmsi/vektorgeometri/gymnasiet.html
Fakulteten för teknik
Linnéuniversitetet
Diagonalisering av linjära avbildningar I
Innehåll
Repetition: Matrisrepresentation av linjära avbildningar
Diagonaliserbara avbildningar
Egenvärden och egenvektorer
Sekularekvationen
2(26)
Repetition: Matrisrepresentation av linjära avbildningar
Låt F vara en linjär avbildning av rummet. Givet en bas
e = (e1 , e2 , e3 ) finns det en matris A som representerar F , på så vis
att y = F (x) motsvaras av matrisekvationen Y e = AX e , där
• X e och Y e är kolonnmatriser vars element består av
koordinaterna till vektorerna x respektive y i basen e.
• A är en 3 × 3-matris, vars kolonner i tur och ordning ges av
koordinaterna till F (e1 ), F (e2 ) och F (e3 ) i basen e.
Om f = (f 1 , f 2 , f 3 ) är en annan bas, finns det på samma sätt en
3 × 3-matris B som representerar F i avseendet att y = F (x) då
motsvaras av matrisekvationen Y f = BX f , där
• X f och Y f är kolonnmatriser vars element består av
koordinaterna till vektorerna x respektive y i basen f .
• B är en 3 × 3-matris, vars kolonner i tur och ordning ges av
koordinaterna till F (f 1 ), F (f 2 ) och F (f 3 ) i basen f .
Om T är den transformationsmatris som beskriver basbytet från
basen e till basen f , så gäller sambandet
B = T −1 AT ,
3(26)
mellan avbildningsmatriserna i de båda baserna.
Exempel
Låt S vara speglingen i planet 2x1 + x2 − x3 = 0. Då gäller (jfr. med
tidigare exempel) att
S(x) = x − 2λn,
där n = (2, 1, −1) är normalvektor till planet och λ = (x · n)/|n|2 kan
räknas ut med hjälp av projektionsformeln.
n
x
2u = 2λn
S(x)
Med hjälp av formeln ovan får vi att S(e1 ) = (− 13 , − 23 , 32 ),
S(e2 ) = (− 23 , 32 , 13 ) och S(e3 ) = ( 32 , 31 , 32 ), så avbildningsmatrisen för S
i basen e = (e1 , e2 , e3 ) ges av


−1 −2 2
1
−2
2 1 .
A=
3
2
1 2
4(26)
Vi ska nu plocka fram matrisen B för S i en annan bas
f = (f 1 , f 2 , f 3 ). Om T är transformationsmatrisen för bytet från
bas e till f , så kommer då sambandet
B = T −1 AT
(1)
att gälla. Om vi dessutom strävar efter att f ska vara en ON-bas, så
kommer (1) kunna skrivas
B = T T AT ,
eftersom transformationsmatrisen vid ett byte mellan två ON-baser
alltid är en ortogonal matris, d.v.s. dess invers är lika med dess
transponat: T −1 = T T .
5(26)
I och med att vi vet att det rör sig om en spegling, kan vi med ett
geometriskt resonemang hitta en ON-bas:
• Låt u1 = n = (2, 1, −1) vara normalvektor till planet.
• En vektor som är ortogonal mot u1 måste ligga i planet, så dess
koordinater kommer att uppfylla planets ekvation
2x1 + x2 − x3 = 0. Här duger t.ex. u2 = (0, 1, 1). (Andra val är
givetvis tänkbara.)
• Vi behöver en tredje vektor u3 , som är ortogonal mot både u1
och u2 ; här duger vektorprodukten u3 = u1 × u2 = (2, −2, 2).
u1
u3
u2
Vektorerna u1 = (2, 1, −1), u2 = (0, 1, 1) och u3 = (2, −2, 2) är nu
parvis ortogonala, men de bildar inte en ON-bas, eftersom ingen av
dem har längden 1. Vi kommer dock att få en ON-bas, om vi
normerar var och en av vektorerna.
6(26)
En vektor normeras genom att multiplicera den med ett lämpligt tal,
så att resultatet blir en vektor av längd 1; för en vektor v 6= 0 ges
detta tal av 1/|v| (nollvektorn kan inte normeras). Om vi alltså sätter
(2, 1, −1)
u1
1
=p
= √ (2, 1, −1)
2
2
2
|u1 |
6
2 + 1 + (−1)
u2
(0, 1, 1)
1
f2 =
=√
= √ (0, 1, 1)
|u2 |
2
02 + 12 + 12
(2, −2, 2)
1
u3
=p
= √ (1, −1, 1),
f3 =
2
2
2
|u3 |
3
2 + (−2) + 2
f1 =
så kommer f = (f 1 , f 2 , f 3 ) att vara en ON-bas.
7(26)
Avbildningsmatrisen B för S i basen f har som sina kolonner
koordinaterna för S(f 1 ), S(f 2 ) och S(f 3 ) i basen f . Här är
• S(f 1 ) = −f 1 , ty f 1 är en normalvektor till planet.
• S(f 2 ) = f 2 och S(f 3 ) = f 3 eftersom f 2 och f 3 båda ligger i
planet.
f1
S(f 3 ) = f 3
S(f 2 ) = f 2
S(f 1 ) = −f 1
Alltså ges avbildningsmatrisen för S

−1
B= 0
0
8(26)
i basen f av diagonalmatrisen

0 0
1 0 .
0 1
Eftersom
1
f 1 = √ (2, 1, −1)
6
1
f 2 = √ (0, 1, 1)
2
1
f 3 = √ (1, −1, 1),
3
så ges transformationsmatrisen för bytet från bas e till bas f av
√ 
√

1/√3
2/√6
√0
T =  1/√6 1/√2 −1/√3 ,
1/ 3
−1/ 6 1/ 2
och sambandet mellan A (matrisen för S i basen e) och B (matrisen
för S i basen f ) ges av
B = T T AT ,
ty T är en ortogonal matris (T −1 = T T ).
9(26)
Diagonaliserbara avbildningar
I exemplet med speglingen ovan lyckades vi hitta en bas, i vilken
avbildningsmatrisen blev en diagonalmatris. Är detta möjligt för
vilken linjär avbildning som helst?
Med andra ord: Om F är en linjär avbildning av rummet, går det då
alltid att hitta en bas f = (f 1 , f 2 , f 3 ) i vilken avbildningsmatrisen
för F blir en diagonalmatris


λ1 0
0
D =  0 λ2 0 ?
0
0 λ3
Svaret på denna fråga är nej − inte för alla linjära avbildningar.
Men det finns vissa linjära avbildningar för vilka detta är möjligt; för
speglingen i det förra exemplet gick det ju. De linjära avbildningar,
där det är möjligt att hitta en bas i vilken avbildningsmatrisen för
avbildningen blir en diagonalmatris, brukar man kalla för
diagonaliserbara.
10(26)
Definition (Diagonaliserbar avbildning)
Låt F vara en linjär avbildning av rummet (planet). Om det finns en
bas i vilken avbildningsmatrisen för F är en diagonalmatris, så
säges F vara diagonaliserbar.
Exempel
Speglingen S på planet 2x1 + x2 − x3 = 0 i det tidigare exemplet är
diagonaliserbar, ty i den bas f = (f 1 , f 2 , f 3 ) vi plockade fram i
exemplet, så har S diagonalmatrisen


−1 0 0
D =  0 1 0
0 0 1
som avbildningsmatris.
11(26)
Exempel
Låt P vara den ortogonala projektionen på samma plan
2x1 + x2 − x3 = 0 som vi i det förra exemplet speglade rummets
vektorer. Då är också P diagonaliserbar, ty i samma bas f som i
exemplet ovan, kommer P nämligen att ha diagonalmatrisen


0 0 0
D = 0 1 0
0 0 1
som avbildningsmatris. Detta beror på att P (f 1 ) = 0 (i och med
att f 1 är en normalvektor till planet) samt P (f 2 ) = f 2 och
P (f 3 ) = f 3 , eftersom f 2 och f 3 ligger i planet.
Man kan visa att alla speglingar och alla projektioner (ortogonala
såväl som sneda) är diagonaliserbara.
12(26)
Egenvärden och egenvektorer
Låt F vara en godtycklig linjär avbildning. Kan vi på något sätt
avgöra ifall F är diagonaliserbar eller inte? Och om F är
diagonaliserbar, hur hittar vi en i så fall en bas, i vilken F får en
diagonalmatris som avbildningsmatris?
För att kunna reda ut detta, låtsas vi att F faktiskt är en
diagonaliserbar linjär avbildning, och ser vad detta i så fall innebär.
13(26)
Att F är diagonaliserbar, betyder enligt definitionen att det finns en
bas e = (e1 , e2 , e3 ) i vilken F :s avbildningsmatris är en diagonalmatris


λ1 0
0
D =  0 λ2 0  .
0
0 λ3
Kolonnerna i D är ju koordinaterna för F (e1 ), F (e2 ) och F (e3 ) i
basen e. För e1 = (1, 0, 0) gäller alltså
F (e1 ) = (λ1 , 0, 0) = λ1 (1, 0, 0) = λ1 e1 ,
d.v.s. F (e1 ) och e1 är parallella. På samma sätt ser vi att det för
e2 = (0, 1, 0) gäller att
F (e2 ) = (0, λ2 , 0) = λ2 (0, 1, 0) = λ2 e2 ,
så även F (e2 ) och e2 är parallella. Till sist ser vi att även F (e3 ) och
e3 = (0, 0, 1) är parallella, ty
F (e3 ) = (0, 0, λ3 ) = λ3 (0, 0, 1) = λ3 e3 .
14(26)
För att kunna konstatera att F är diagonaliserbar, gäller det alltså
hitta en bas bestående av vektorer v i rummet, som är sådana att de
uppfyller F (v) = λv för något λ. Den här typen av vektorer kallar
man för egenvektorer till F . Vi ger en formell definition:
Definition (Egenvärden och egenvektorer)
Låt F vara en linjär avbildning av rummet (planet). En vektor v 6= 0
som är sådan att
F (v) = λv,
för något tal λ, kallas för en egenvektor till F . Talet λ kallas för ett
egenvärde till F ; vi säger att v är en egenvektor till F med
egenvärdet λ.
Slutsats: Om vi för en linjär avbildning F av rummet kan hitta tre
linjärt oberoende egenvektorer till F , så kommer F i den bas som
består av dessa tre vektorer att ha en diagonalmatris som
avbildningsmatris.
Anmärkning
I definitionen ovan avkräver man att v 6= 0. Detta innebär att
nollvektorn aldrig kan vara en egenvektor till en linjär avbildning.
15(26)
Exempel
Låt S vara speglingen i ett givet plan Π och P den ortogonala
projektionen på samma plan. För alla vektorer v som ligger i detta
plan gäller då
S(v) = v = 1 · v
och P (v) = v = 1 · v,
d.v.s. alla vektorer i planet (utom nollvektorn) är egenvektorer till
både S och P med egenvärdet 1.
Om n är en normalvektor till planet så gäller
S(n) = −n = (−1) · n och P (n) = 0 = 0 · n,
d.v.s. n är också en egenvektor till både S och P , fast med olika
egenvärden; till S är n en egenvektor med egenvärdet −1, medan n är
en egenvektor till P med egenvärdet 0.
16(26)
Exempel
Antag att F är en linjär avbildning av rummets vektorer, som i en
given bas har avbildningsmatrisen


3 −1
2
2 −1 .
A = 1
1
2
4
Då visar sig v = (1, 0, 1) vara en egenvektor till F , ty eftersom

    
5
1
3 −1
2
1
2 −1 . 0 = 0
5
1
1
2
4
så är F (v) = 5v. Egenvärdet till v är alltså λ = 5.
17(26)
Sekularekvationen
Vi ska nu runda av denna föreläsning genom att visa hur man kan
räkna ut egenvärden och egenvektorer till en linjär avbildning F .
Antag att F är en linjär avbildning av rummet (planet). Vi söker
vektorer v 6= 0 som uppfyller F (v) = λv för något λ. Antag att F
har A som avbildningsmatris i den bas som är given. Då blir
ekvationen F (v) = λv på matrisform
AX = λX ,
där X 6= O är den kolonnmatris som svarar mot vektorn v 6= 0.
Ekvationen ovan kan också skrivas
AX = λEX ⇐⇒ AX − λEX = O ⇐⇒ BX = O,
där B = A − λE . Eftersom vi vill att X 6= O, så måste det homogena
ekvationssystemet BX = O ha en icke-trivial lösning. Detta inträffar
precis när det B = 0, eller med andra ord, när
det(A − λE ) = 0.
18(26)
Definition (Sekularekvationen)
Låt A vara en kvadratisk matris. Då kallas ekvationen
det(A − λE ) = 0
(2)
för sekularekvationen till matrisen A.
Ett annat vanligt namn på sekularekvationen är den karakteristiska
ekvationen för matrisen A.
Genom att lösa sekularekvationen till A får vi alltså alla möjliga
egenvärden till den linjära avbildning F som har A som
avbildningsmatris. Genom att sedan lösa det linjära ekvationssystemet
AX = λX (vilket ju är motsvarigheten till F (v) = λv) för varje sådant
egenvärde λ, så kommer vi att erhålla motsvarande egenvektorer.
19(26)
Exempel
Låt F vara en linjär avbildning av planet, med avbildningsmatrisen
1 4
.
A=
4 7
Vi ska undersöka om F är diagonaliserbar, och i så fall bestämma en
bas bestående av egenvektorer till F , i vilken F alltså kommer att få
en diagonalmatris som avbildningsmatris.
20(26)
Vi börjar med att lösa sekularekvationen. Eftersom
1 4
1 0
1 4
λ 0
1−λ
4
A−λE =
−λ
=
−
=
,
4 7
0 1
4 7
0 λ
4
7−λ
så får vi
1 − λ
4 = 0 ⇐⇒ (1 − λ)(7 − λ) − 4 · 4 = 0
4
7 − λ
⇐⇒ 7 − λ − 7λ + λ2 − 16 = 0
⇐⇒ λ2 − 8λ − 9 = 0
p
⇐⇒ λ = 4 ± 42 + 9 = 4 ± 5.
Det finns alltså två egenvärden, i form av λ1 = 4 − 5 = −1 och
λ2 = 4 + 5 = 9.
För att bestämma motsvarande egenvektorer behöver vi lösa
ekvationssystemet AX = λX för λ = −1 respektive λ = 9.
21(26)
λ = −1: Vi ska här lösa ekvationssystemet AX = −X , d.v.s.
2x1 + 4x2 = 0
x1 + 4x2 = −x1
2x1 + 4x2 = 0
⇐⇒
⇐⇒
0 = 0.
4x1 + 7x2 = −x2
4x1 + 8x2 = 0 −2
Vi får ett ekvationssystem med oändligt många lösningar (det ska vi
också få, annars har vi räknat fel!). Lösningarna kan skrivas
x1 = −2t
x2 =
t,
vilket betyder att (x1 , x2 ) = t(−2, 1) är en egenvektor med egenvärdet
λ = −1, för varje t 6= 0. Speciellt för t = 1 får vi
√ egenvektorn
v 1 = (−2, 1). (Skulle vi stället ha valt t = ±1/ 5, får vi en
egenvektor av längd 1.)
22(26)
λ = 9: Här blir det till att lösa ekvationssystemet AX = 9X , d.v.s.
x1 + 4x2 = 9x1
−8x1 + 4x2 = 0 2
0=0
⇐⇒
⇐⇒
4x1 + 7x2 = 9x2
4x1 − 2x2 = 0
4x1 − 2x2 = 0.
Även här blir ett ekvationssystem med oändligt många lösningar
(vilket det alltså ska bli). Dessa kan skrivas
x1 = t
x2 = 2t,
så för varje t 6= 0 är alltså (x1 , x2 ) = t(1, 2) en egenvektor till
egenvärdet λ = 9. Speciellt för t = 1 får vi egenvektorn v 2 = (1,√2).
(Även här får vi en egenvektor av längd 1 om vi väljer t = ±1/ 5.)
23(26)
Vi har alltså funnit två egenvektorer v 1 = (−2, 1) och v 2 = (1, 2)
till F , med respektive egenvärden λ = −1 och λ = 9, vilket innebär att
F (v 1 ) = −v 1
och F (v 2 ) = 9v 2 .
(3)
Som synes är (v 1 , v 2 ) en bas för planet; vektorerna är inte parallella. I
denna bas kommer F att ha diagonalmatrisen
−1 0
D=
0 9
som avbildningsmatris, på grund av (3). Sambandet mellan D och den
ursprungliga avbildningsmatrisen A ges av
D = T −1 AT ,
−2 1
där T =
är transformationsmatrisen (vars kolonner består
1 2
av koordinaterna för egenvektorerna v 1 och v 2 i den ursprungliga
basen).
Anmärkning
24(26)
Notera att de egenvektor v 1 = (−2, 1) och v 2 = (1, 2) vi valde ovan är
ortogonala; v 1 · v 2 = 0. Alltså kan vi t.om. hitta en ON-bas som
består av egenvektorer till F , om vi väljer v 1 och v 2 av längd 1.
Vi avslutar med att ge ett exempel på en linjär avbildning som inte är
diagonaliserbar.
Exempel
Låt F vara en linjär avbildning, representerad av matrisen
1 2
A=
.
0 1
Vi undersöker om F diagonaliserbar. Sekularekvationen blir
1 − λ
2 = 0 ⇐⇒ (1 − λ)2 − 2 · 0 = 0 ⇐⇒ (1 − λ)2 = 0.
0
1 − λ
Vi ser att det enda egenvärdet är λ = 1. Motsvarande egenvektorer
bestäms genom att lösa ekvationssystemet
x1 + 2x2 = x1
x1 = t
AX = X ⇐⇒
⇐⇒
x2 = x2
x2 = 0.
Alla egenvektorer är alltså parallella med vektorn (1, 0). Därför kan
man inte bilda en bas för planet med hjälp av dessa; basvektorerna
måste ju vara icke-parallella. Slutsats: F är inte diagonaliserbar.
25(26)
Något om nästa föreläsning
Om F är en linjär avbildning av planet, så är varje avbildningsmatris
för F av typen 2 × 2, vilket innebär att sekularekvationen blir en
andragradsekvation.
Om F är en linjär avbildning av rummet, så kommer
sekularekvationen istället bli en tredjegradsekvation, eftersom
avbildningsmatrisen då är av typ 3 × 3.
Detta gör att det kan bli knivigt att lösa sekularekvationen, för hur
löser man en tredjegradsekvation?
Vi kommer därför inleda nästa föreläsning med en alternativ metod
att beräkna determinanter. Om man för 3 × 3-determinanter använder
denna metod istället för Sarrus’ regel, så blir sekularekvationen i regel
enklare att lösa; blåser man bara rakt på med Sarrus’ regel är risken
stor att man kör fast.
26(26)