Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenvärden och egenvektorer
EGENVÄRDEN och EGENVEKTORER
Definition 1. (Linjär avbildning)
En funktion T från Rn (n-dimensionella vektorer) till Rm (m-dimensionella vektorer) säges
vara en linjär avbildning ( linjär funktion eller linjär transformation) om följande två villkor
är uppfyllda
Villkor 1.
T( u + v ) = T( u ) + T( v )
Villkor 2.
T(k u ) = kT( u )
för varje skalär k och alla , ∈ .
T ex. rotationen kring origo, spegling i en linje, spegling i ett plan i R3,projektionen av en
vektor på en linje, projektionen av en vektor på ett plan i R3 är linjära avbildningar.
En linjär avbildning från Rn till Rm kan definieras med hjälp av en m × n matris A genom:
r
r
y = Ax .
Exempel 1.
⎡1 1 ⎤
⎡1 1⎤
r
r
r ⎢
r
⎢
⎥
Låt A= 2 2 . Då är y = Ax dvs y = 2 2⎥ x en linjär avbildning som avbildar
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢⎣ 3 1⎥⎦
⎢⎣3 1⎥⎦
r
r
tvådimensionella vektorer x på tredimensionella vektorer y .
⎡1 1⎤
⎡3⎤
⎡1⎤ ⎢ ⎥
r ⎡1 ⎤
r ⎢
⎥
Exempelsvis vektorn x = ⎢ ⎥ avbildas på y = 2 2 ⎢ ⎥ = 6
⎢
⎥ 2 ⎢ ⎥
⎣ 2⎦
⎢⎣ 3 1⎥⎦ ⎣ ⎦ ⎢⎣5⎥⎦
→
Anmärkning: Eftersom en punkt P tillhörande ortvektor OP har samma koordinater, istället
att säga vektorn (x1, x2,...xn) kan vi säga punkten (x1, x2,...xn).
⎡cos v − sin v ⎤
r
r
Exempel 2. Låt A = ⎢
. Avbildningen y = Ax beskriver rotationen vinkeln v
⎥
⎣ sin v cos v ⎦
kring origo. Låt v =
π
4
. Bestäm bilden av punkten P=(2,2).
2⎤
π⎤ ⎡ 2
⎡ π
cos
sin
−
−
⎢
⎥
⎡cos v − sin v ⎤ ⎢
4
4⎥ = ⎢ 2
2 ⎥
Lösning. A = ⎢
=
⎥ ⎢
π ⎥
2 ⎥
⎣ sin v cos v ⎦ ⎢ sin π
cos ⎥ ⎢ 2
4
4 ⎦ ⎢⎣ 2
⎣
2 ⎥⎦
Vi skriver punktens koordinater som kollonvektor (annars är matrisprodukt ej definierad)
⎡ 2
2⎤
−
⎢
⎥
⎡2⎤
2 ⎥ ⋅ ⎡2⎤ = ⎡ 0 ⎤
och beräknar A ⋅ ⎢ ⎥ = ⎢ 2
2 ⎥ ⎢⎣2⎥⎦ ⎢⎣2 2 ⎥⎦
⎣2⎦ ⎢ 2
⎣⎢ 2
2 ⎦⎥
⎡ 0 ⎤
Svar: ⎢
⎥
⎣2 2 ⎦
Sida 1 av 5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenvärden och egenvektorer
Definition ( av egenvektor och egenvärde för en kvadratisk matris )
Låt A vara en kvadratisk matris dvs en matris av typ n × n .
r
Om det finns en nollskild vektor v och en skalär λ så att
r
r
Av = λ v
(*)
då kallas matrisens egenvektor och talet λ kallas matrisens egenvärde.
r
r
Geometriskt tolkning. Vi kan betrakta avbildningen v → Av där varje n-dimensionell
r
r
r
r
vektor v avbildas på Av . Geometriskt betyder Av = λ v att egenvektorn är parallell
r
med sin bild Av .
T(v)
v
r
Anmärkning 1. Nollvektorn 0 godkänns alltså INTE som egenvektor till en kvadratisk
matris A. Däremot talet 0 kan vara ett egenvärde till A. Detta ät fallet om
r
r
r r
Av = 0 ⋅ v dvs Av = 0
r
för någon nollskylld vektor v . Eftersom ovanstående homogena system har icke-triviala
lösningar om och endast det(A)=0 har vi att
λ= 0 är ett egenvärde till A om och endast om det(A) = 0.
Därför gäller följande ekvivalens:
(λ= 0 är ett egenvärde till A) ⇔ (det(A) = 0) ⇔ ( A är INTE inverterbar) .
r
Anmärkning 2. Om v är en egenvektor till A som svarar mot egenvärde λ, dvs om
r
r
r r
Av = λ v då är u = tv (där t är en skalär skild från 0 ) också en egenvektor med samma
egenvärde.
Bevis:
r
r
r
r
r
r
Au = A ⋅ (tv ) = tAv = tλ v = λtv = λu
r
r
Alltså Au = λu V.S.B.
-----------------------------------------------------------------------------------------
Bestämning av egenvärden och egenvektorer
I vår kurs, som standard, betraktar vi reella vektorrum ( och därmed söker vi reella
egenvärde λ)
r
För att bestämma λ och v skriver vi om (*) :
r
r
r r
Av = λ v ⇒ ( A − λ I ) v = 0
Sida 2 av 5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenvärden och egenvektorer
eller
⎤ ⎡ x1 ⎤
⎥⎢ ⎥
⎥ ⎢ x2⎥ = 0
⎥ ⎢ ... ⎥
⎥⎢ ⎥
... ( ann − λ )⎦ ⎢⎣ x n ⎥⎦
a12
⎡( a11 − λ )
⎢ a
( a22 − λ )
21
⎢
⎢ ...
...
⎢
am 2
⎣ a n1
Eftersom
om
...
...
...
a1n
a2 n
...
(**)
≠ 0 enligt definitionen, söker vi icke-triviala lösningar, och de finns endast
det( A − λI ) = 0
eller
( a11 − λ )
a21
...
a1n
( a22 − λ ) ...
a2 n
a12
...
...
...
...
a n1
am 2
... ( ann − λ )
=0
(* * *)
Ekvationen det( A − λI ) = 0 är (efter utveckling av determinanten) en algebraisk ekvation
av grad n. Ekvationen
det( A − λI ) = 0
kallas för den karakteristiska ekvationen eller, i några böcker, ”sekularekvation”.
Steg 1. Vi löser först den karakteristiska ekvationen
det( A − λI ) = 0
( EKV1 )
och får eventuella reella egenvärden. ( I vår kurs betraktar vi reella vektorrum och
accepterar endast reella egenvärden)
Steg 2. För varje reell lösning λk till EKV1 substituerar vi λ=λk i
r r
( A − λI ) v = 0
( EKV2)
och bestämmer motsvarande egenvektor .
Uppgift 1 Bestäm alla egenvärden och egenvektorer för följande matriser:
a)
4
1
−2
1
b)
−1
−1
3
3
c)
d)
a) Lösning
Vi löser följande två ekvationer :
det( A − λI ) = 0
och
r r
( A − λI ) v = 0
( EKV1 )
( EKV2)
Steg 1. Först löser vi den karakteristiska ekvationen ,
det( A − λI ) = 0
EKV1, och får eventuella reella egenvärden:
Sida 3 av 5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenvärden och egenvektorer
(4 − )
−2
= 0 ⇒ (4 − )(1 − ) + 2 = 0 ⇒
1
(1 − )
− 5 + 6 = 0
Ekvationen har två reella lösningar 2 och 3 och därför har vi två egenvärden
= 3.
Steg 2. Låt
=
= 2,
. För varje reell lösning λk till EKV1 substituerar vi λ=λk i EKV2,
dvs i följande ekvation
(4 − )
−2
1
(1 − )
0
0
=
Och bestämmer motsvarande egenvektorer.
= 2 . Vi har
i)
(4 − 2)
−2
0
=
,
1
(1 − 2)
0
0
2 −2
=
,
0
1 −1
Vi får system (som har icke triviala lösningar)
2 −2 =0
~
− =0
− =0
( 0=0
Vi väljer t ex
, = ℎ ä
= )
= Härav
1
.
1
ii ) På samma sätt får vi för
=
=
=
= 3 en tillhörande egenvektor är Svar:
a) Egenvärdet
egenvärdet
b)
=2 ,
= 2 med motsvarande egenvektor
= 3 , med motsvarande egenvektor
=
1
1
;
=0,
=
=
2
1
1
, t ≠ 0 och
1
2
=
.
1
=
3
.
1
c)
Steg 1. ( − I) = 0
⇒ −λ + 7λ − 14λ + 8 = 0
Om det finns heltalslösningar till ovanstående ekvation då är de delare till konstanta
termen 8.
Vi testar heltalsfaktorer till 8 : ±1, ± 2 ± 4 ℎ ± 8.
Talet λ = 1 är en lösning (kontrollera själv) och därför är polynomet
−λ + 7λ − 14λ + 8
delbart med (λ − 1).
Polynomdivision ger
(−λ + 7λ − 14λ + 8)/(λ − 1) = −λ + 6λ − 8
Sida 4 av 5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenvärden och egenvektorer
Ekvationen
ger två lösningar till
Steg 2. Låt
=
= 2 och ;
−λ + 6λ − 8 = 0
= 4.
. För varje egenvärde λk substituerar vi λ=λk i EKV1,
och bestämmer motsvarande egenvektor. ( Kontrollera nedanstående svar.)
=1 ,
Svar c)
=
1
1 ,t≠0 ;
0
=2,
=
1
2 ,t≠0 ;
0
=4,
=
0
2 ,
1
t≠0
Svar d)
=
=0 ,
=
1
1
0
,t≠0
;
=2,
=
1
2 ,t≠0 ;
0
=3,
0
0 ,t≠0
1
Uppgift 2.
Antag att matrisen A har egenvektorn v som svarar mot egenvärdet λ . Visa att då v också är
egenvektor till matriserna
a) A 2
b) A 2 − 3 A + 2I
Bestäm motsvarande egenvärden i båda fall.
Lösning:
a)
Enligt antagande gäller
Av = λv
(ekv1)
Vi multiplicerar (ekv1) med A från vänster och får
A2v = λAv ⇒
A2v = λ2v
Allternativt kan vi direkt beräkna A2v=AAv= Aλv=λAv=λλv=λ2v
Alltså, från A2v = λ2v, ser vi att v också är en egenvektor till A2 som tillhör egenvärdet λ2.
b) ( A 2 − 3 A + 2 I ) v=A2v –3Av+2v= λ2v –3λv +2v =(λ2–3λ +2)v ,
därför är v en egenvektor till A 2 − 3 A + 2I med tillhörande egenvärdet (λ2–3λ +2).
Sida 5 av 5
