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 sättersedan 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