LINJÄR ALGEBRA II LEKTION 4 Innehåll 1. Egenvärden

LINJÄR ALGEBRA II
LEKTION 4
JOHAN ASPLUND
Innehåll
1. Egenvärden, egenvektorer och egenrum
2. Diagonalisering
3. Uppgifter
5.1:4-5(a)
Extrauppgift från dugga
5.2:8
5.2:13
Extrauppgift från tenta
1
1
2
2
2
4
4
4
1. Egenvärden, egenvektorer och egenrum
En av de viktigaste begreppen som har med linjära avbildningar att göra är egenvärden och egenvektorer.
En egenvektor till en matris (eller linjär avbildning) A ∈ Rn×n , är en vektor v ∈ Rn sådan att Av = λv. Här
kallas λ för egenvärdet till egenvektorn v. Om vi har givet en matris kan vi hitta egenvektorer och egenvärden
till denna matris? Vi skriver om ekvationen Av = λv och använder v = Iv där I är identitetsmatrisen.
Då får vi
Av − λIv = 0 ⇔ (A − λI)v = 0 .
Nu är λ ett egenvärde till egenvektorn v om denna ekvation har en icke-trivial lösning (annars skulle
v = 0). Denna ekvation har en icke-trivial lösning om
det(A − λI) = 0 .
Denna ekvation kallas för den karaktäristiska ekvationen till A. När vi hittat ett eller flera λ som uppfyller
den karaktäristiska ekvationen så kan vi hitta egenvektorerna genom att lösa ekvationen (A − λI)v = 0
för varje givet λ. Det vi gör är att vi hittar nollrummet till matrisen A − λI. Vi kallas detta nollrum för
egenrummet till A med egenvärde λ och betecknar det med
E(λ) = N (A − λI) .
2. Diagonalisering
Diagonalisering av en matris är ett samband mellan en matris och en diagonalmatris. Diagonalisering
är nära begreppet med egenvärden och egenvektorer. Givet en linjär operator (eller en matris) A ∈ Rn×n ,
så anser man att operatorn är väl förstådd om man hittat en bas b = {b1 , . . . , bn } i Rn så att
Abi = λi bi ,
gäller för alla i ∈ {1, . . . , n}, och för vissa skalärer λi ∈ R. Detta samband kan man skriva om enligt
följande sats.
Sats 2.1. För varje kvadratisk matris A ∈ Rn×n är de följande påståendena ekvivalenta.
(i) Det finns en bas b i Rn som består av egenvektorer till A.
(ii) Det finns en inverterbar matris T ∈ Rn×n och en diagonalmatris D ∈ Rn×n så att
A = T DT −1 .
1
2
JOHAN ASPLUND
Matrisen A kallas för diagonaliserbar om (i) och (ii) i denna sats gäller för A. Om vi har givet en matris
A som är diagonaliserbar så kan vi hitta matriserna T och D som följande

|

T = v1 · · ·
|


|

vn  ,
|


λ1
D=

..

,

.
λn
där Avi = λi vi gäller för alla i ∈ {1, . . . , n}.
Det finns en metod för att avgöra om en matris faktiskt är diagonaliserbar, utan att använda sats 2.1.
Om A har egenvärdena λ1 , . . . , λl så tittar vi på summan av dimensionerna av egenrummen och ser om
den är lika med n. Om den är det så är matrisen A diagonaliserbar. Det vill säga om
l
∑
dim(E(λi )) = n .
i=1
3. Uppgifter
(
5.1:4-5(a). Hitta egenvärdena och en bas till alla egenrum till matrisen A =
Lösning. Vi löser den karaktäristiska ekvationen för att hitta egenvärdena.
4 − λ
det(A − λI) = 0
3 = (4 − λ)(−2 − λ) = 0 .
−2 − λ
Detta ger λ1 = 4 och λ2 = −2. Vi börjar med E(4) = N (A − 4I).
(
)(
0 3
0 −6
(A − 4I)v =
v1
v2
)
= 0.
( )
1
eftersom
0
Vi får v2 = 0 och v1 = t. Så en bas till E(4) är
( )
1
0
E(4) = t
Vi betraktar sedan E(−2).
(
(A + 2I)v =
Vi sätter v1 = t och får v2 = −2t. Alltså får vi
6 3
0 0
)(
(
1
E(−2) = t
−2
(
.
v1
v2
)
= 0.
)
.
)
1
En bas till E(−2) är alltså
.
−2
Extrauppgift från dugga. Den linjära operatorn f : R3 −→ R3 ges av
 
(3.1)
(a)
(b)
(c)
(d)


x
x − 2y − 2z
  

f y  = −2x + y − 2z  .
z
−2x − 2y + z
Ange f :s matris A.
Bestäm A:s egenvärden.
Finn en bas i varje egenrum till A.
Tolka operatorn f geometriskt.
)
4 3
.
0 −2
LINJÄR ALGEBRA II
LEKTION 4
Lösning. (a) Vi skriver om (3.1) som följande.




3
 

x
x − 2y − 2z
1 −2 −2

 
 
−2x + y − 2z  = −2 1 −2 y  .
z
−2x − 2y + z
−2 −2 1
1 −2 −2


Alltså är f :s matris A = −2 1 −2.
−2 −2 1
(b) Vi hittar egenvärdena genom att lösa den karaktäristiska ekvationen.
1 − λ
−λ − 3
−2
−2 ←
−+ ←
−+
det(A − λI) = −2 1 − λ −2 = −2
−2
−2
−2 1 − λ
−1
−λ − 3 −λ − 3
1−λ
−2 −2
1−λ 


y
+
−1

y
1
1
0
0 1
1 = (−λ − 3) −2 1 − λ −2 = (−λ − 3) −2 3 − λ
0 −2
−2
0
3 − λ
−2 1 − λ
0 3 − λ
= (−λ − 3) = −(λ + 3)(3 − λ)2 = 0 .
0
3 − λ
+
Detta ger egenvärdena λ1 = −3 och λ2 = 3.
(c) Vi tittar först på egenrummet E(−3).






−1
2
4 −2 −2 ←
−2 4 −2
−2 4 −2
−











+
A + 3I = −2 4 −2 ←
−
∼ 0
|·
6 −6
− ∼  4 −2 −2 ←

+
+
←−−−−
←
−
−2 −2 4
−2 −2 4
0 −6 6

1
6

−2 4 −2


∼  0 1 −1 .
0 0 0
Vi sättersedan
 v3 = t och får v2 = t, som ger −2v1 + 2t = 0 ⇔ v1 = t. Alltså är en bas i E(−3)
1
 
vektorn 1.
1
Vi gör samma sak med egenrummet E(3).




−1 −1 | · − 1
−2 −2 −2
1 1 1
2







A − 3I = −2 −2 −2 ←
−+
∼ 0 0 0
 .
−2 −2 −2 ←−−−− +
0 0 0
Sätter vi v3 = t och v2 = s får vi v1 = −t − s. Så alla lösningar till ekvationen (A − 3I)v = 0 är




−1
−1
 
 
v = t 0  + s 1  ,
1
0
   

−1 

 −1
   
så en bas i E(3) är  0  ,  1  .


 1
0 
(d) Från egenvektorerna vet vi att det är två egenvektorer med egenvärde 3, samt en egenvektor med
egenvärde −3. Den enda linjära operatorn som har två egenvektorer vars egenvärde är 1, samt en
egenvektor med egenvärde −1 är en spegling i ett plan. Notera att egenvärdena är 3 respektive −3.
4
JOHAN ASPLUND
Så f är en spegling i ett plan följt
 av
 en skalning med faktor 3. Vi vet att speglingen sker i planet
1
 
x + y + z = 0, eftersom vektorn 1 är normalen till planet (eftersom den speglas).
1
(
5.2:8. Avgör om matrisen A =
)
2 −3
är diagonaliserbar.
1 −1
Lösning. Vi hittar alla egenvärden. Sedan hittar vi dimensionerna av alla egenrum och ser om de summerar till 2. I detta fallet får vi
2 − λ
det(A − λI) = 1
−3 = 0.
−1 − λ
Denna ekvation har inga reella lösningar, och alltså finns det inga egenvärden, så A är inte diagonaliserbar.
(
5.2:13. Hitta matrisen P som diagonaliserar A och beräkna
P −1 AP
där A =
)
5 7
.
0 −3
Lösning. Matrisen P består av egenvektorer. Så vi hittar först egenvärden.
5 − λ
det(A − λI) = 0
7 = (5 − λ)(−3 − λ) = 0 .
−3 − λ
Egenvärdena är λ1 = 5 och λ2 = −3. Egenrummet som hör till λ1 = 5 får vi genom följande
(
)(
0 7
0 −3
(A − 5I)v =
( )
(
(A + 3I)v =
8 7
0 0
)(
(
Sätter vi v2 = t får vi v1 =
− 78
Så egenrummet är t
1
(
P =
P
Så
1 −7
0 8
(
1 8 7
P −1 AP =
8 0 1
Extrauppgift från tenta. Beräkna
An
−1
)(
= 0.
)
)
= 0.
(
)
−7
=t
. Vi sätter ihop dessa till
8
.
1 8 7
=
8 0 1
5 7
0 −3
v1
v2
)
(
Vi beräknar inversen och får
)
1
. Egenrummet som hör till λ2 = −3 får vi som
0
Vi får direkt att v2 = 0 och att v1 = t, så v = t
− 87 t.
v1
v2
)(
)
.
1 −7
0 8
)
(
=
)
5 0
0 −3
.
(
för alla udda naturliga tal n, då A =
)
1 −2
.
−2 1
Lösning. Låt oss anta att A är diagonaliserbar. Då kan vi skriva
A = T DT −1 .
Vi kan sedan se att
A2 = T DT −1 T DT −1 = T DDT −1 = T D2 T −1 .
Faktum är att An = T Dn T −1 gäller. Potenser av diagonalmatriser är lätta att beräkna, eftersom potenserna tas på varje diagonalelement var för sig. Så vårt mål är att diagonalisera A. Vi hittar först egenvärden.
−2 1 − λ
det(A − λI) = = (1 − λ)2 − 4 = 0 .
−2
1 − λ
LINJÄR ALGEBRA II
LEKTION 4
5
Vi får att λ = 1 ± 2, så λ1 = 3 och λ2 = −1. Egenrummet som hör till λ1 = 3 får vi genom
(
A − 3I =
(
)
−2 −2
−2 −2
(
1 1
0 0
∼
)
.
)
−1
Sätter vi v2 = t får vi v1 = −t, så E(3) = t
. Egenrummet som hör till λ2 = −1 får vi genom
1
(
)
2 −2
A+I
−2 2
(
∼
1 −1
0 0
)
.
( )
Sätter vi v2 = t får vi v1 = t, så E(−1) = t
1
. Vi kan då diagonalisera A som
1
A = T DT −1 ,
(
där
T =
(
Vi får
T −1
=
− 12
1 −1
−1 −1
)
(
=
1
2
)
)
(
Dn =
(
n
n
A = TD T
(
−1
D=
3 0
0 −1
)
.
−1 1
. Nu beräknar vi Dn . Om n är udda så är (−1)n = −1.
1 1
Alltså är
så
(
−1 1
,
1 1
1 −1 1
=
2 1 1
)(
)
1 3n − 1 −3n − 1
=
2 −3n − 1 3n − 1
E-mail address: [email protected]
.
3n 0
0 −1
)(
3n 0
0 −1
)
,
−1 1
1 1
)
(
1 −1 1
=
2 1 1
)(
)
−3n 3n
−1 −1