Vektorgeometri för gymnasister

Transkript

1 Vektorgeometri för gymnasister Per-Anders Svensson Fakulteten för teknik Linnéuniversitetet Diagonalisering av linjära avbildningar III

2 Innehåll Repetition: Egenvärden och egenvektorer ON-baser av egenvektorer Spektralsatsen Beräkning av matrispotenser 2(24)

3 Repetition: Egenvärden och egenvektorer Definition (Egenvärden och egenvektorer) Låt F vara en linjär avbildning av rummet (planet). Om det finns en vektor v 0 och ett reellt tal λ så att F (v) = λv, så kallas v för en egenvektor till F med egenvärdet λ. 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. För att F ska vara diagonaliserbar, krävs det att det finns en bas för rummet (planet), som enbart består av egenvektorer till F. När man tar itu med att hitta en sådan bas, brukar man säga att man försöker diagonalisera F. 3(24)

4 Om F är en linjär avbildning av rummet, så får vi egenvärdena till F genom att lösa sekularekvationen det(a λe) = 0, där A är avbildningsmatrisen för F i den bas som är given. För vart och av egenvärdena λ till F kan vi sedan bestämma motsvarande egenvektorer genom att lösa ekvationssystemet AX = λx, X O. Om vi bland alla dessa egenvektorer kan hitta tre stycken som bildar en bas för rummet, så kommer F i denna bas att ha avbildningsmatrisen λ D = 0 λ 2 0, 0 0 λ 3 där λ 1, λ 2, λ 3 är de olika egenvärdena till F. Vidare gäller D = T 1 AT, där T är transformationsmatrisen för basbytet (kolonnerna i T utgörs av koordinaterna för de egenvektorer som ska ingå i basen). 4(24)

5 ON-baser av egenvektorer Antag att F är en diagonaliserbar avbildning. Det finns då en bas för rummet, i vilken F representeras av en diagonalmatris D, och denna bas består av egenvektorer till F. Vi har vid ett flertal tillfällen sett att ON-baser är att föredra. Därför frågar vi oss om det finns någon speciell egenskap hos F som gör att det bland egenvektorerna till F går att hitta en ON-bas? Sats Antag att F är en diagonaliserbar linjär avbildning av rummet, och att det finns en ON-bas u = (u 1, u 2, u 3 ), bestående av egenvektorer till F. Låt e = (e 1, e 2, e 3 ) vara en godtycklig ON-bas. Om F i denna bas har A som avbildningsmatris, så är A symmetrisk, d.v.s. A T = A. Med andra ord: Om det finns ON-bas av egenvektorer till F, så kommer avbildningsmatrisen för F i vilken annan ON-bas som helst att vara en symmetrisk matris. 5(24)

6 Bevis av satsen. Antag att F i den godtyckligt valda ON-basen e representeras av matrisen A. Låt D vara matrisen för F i den ON-bas u, som består av egenvektorer till F. Då är D en diagonalmatris, och en sådan är alltid symmetrisk; D T = D. Vi ska bevisa att även A är symmetrisk! Om T är den transformationsmatris, som beskriver basbytet från basen e till egenvektorbasen u, så är D = T 1 AT, vilket vi också kan skriva som A = TDT 1. Men eftersom vi byter från en ON-bas till en annan, så är T ortogonal, d.v.s. T 1 = T T. I själva verket har vi alltså A = TDT T. Räknelagarna för transponering av matriser ger nu d.v.s. A är symmetrisk. A T = (TDT T ) T = (T T ) T D T T T = TDT T = A, Definition (Symmetrisk avbildning) En linjär avbildning F kallas symmetrisk, om den i någon ON-bas (och därmed i alla ON-baser) har en symmetrisk avbildningsmatris. 6(24)

7 Exempel Om vi studerar tidigare exempel på linjära avbildningar, så ser vi avbildningsmatriserna för speglingar i ett plan alltid har varit symmetriska matriser. En spegling i ett plan är ett exempel på en symmetrisk avbildning. Vi ser även från tidigare exempel, att de avbildningsmatriser vi bestämt för ortogonala projektioner på ett plan (eller en rät linje) har varit symmetriska. Ortogonala projektioner är ännu ett exempel på symmetriska avbildningar. Däremot är sneda projektioner inte symmetriska (avbildningsmatrisen för en sådan kan inte vara symmetrisk). Enligt den sats vi nyligen bevisade, så har vi: Om det finns en ON-bas av egenvektorer till en linjär avbildning, så är denna avbildning symmetrisk. Det omvända förhållandet visar sig också gälla, d.v.s. om vi startar med en linjär avbildning F, som i en given ON-bas har en symmetrisk avbildningsmatris (d.v.s. F är symmetrisk), så finns det en ON-bas som enbart består av egenvektorer till F, d.v.s. F är diagonaliserbar. Detta resultat brukar man referera till som spektralsatsen. 7(24)

8 Spektralsatsen Sats (Spektralsatsen) Låt F vara en symmetrisk linjär avbildning. Då är F diagonaliserbar. Vidare finns det en ON-bas som enbart består av egenvektorer till F. När man letar efter en ON-bas av egenvektorer till en symmetrisk linjär avbildning, så kan följande sats vara matnyttig: Sats Låt u och v vara egenvektorer till en symmetrisk linjär avbildning F, med motsvarande egenvärden λ respektive µ. Antag att λ µ. Då är u och v ortogonala, d.v.s. u v = 0. För att bevisa denna sats, behövs en hjälpsats (ett s.k. lemma ). Lemma Låt F vara en symmetrisk linjär avbildning av rummets (planets) vektorer. Då gäller F (x) y = x F (y), för alla vektorer x och y i rummet (planet). 8(24)

9 Bevis av lemmat. Om x = (x 1, x 2, x 3 ) och y = (y 1, y 2, y 3 ) i en ON-bas, så kan ju som bekant skalärprodukten av dessa vektorer beräknas genom x y = x 1 y 1 + x 2 y 2 + x 3 y 3. Om X och Y är motsvarande kolonnvektorer, kan vi se högerledet ovan som en matrisprodukt: x 1 y 1 + x 2 y 2 + x 3 y 3 = ( ) y 1 x 1 x 2 x 3 = X T Y. Ifall A nu är avbildningsmatrisen för F i den givna basen, så motsvaras F (x) och F (y) av AX respektive AY. Med ovanstående tolkning av skalärprodukt, svarar skalärprodukterna F (x) y och x F (y) mot matrisprodukterna (AX ) T Y respektive X T (AY ), så att bevisa att F (x) y = x F (y) blir därmed samma sak som att bevisa att (AX ) T Y = X T (AY ). Detta följer av räknereglerna för transponering av matriser samt av att vi vet att A är symmetrisk: y 2 y 3 (AX ) T Y = (X T A T )Y = (X T A)Y = X T (AY ). 9(24)

10 Bevis av satsen. Vi ska visa att om u och v är egenvektorer till en symmetrisk linjär avbildning F, sådana att motsvarande egenvärden λ och µ är olika, så är u v = 0. Att u och v är egenvektorer till F med egenvärdena λ respektive µ, betyder att F (u) = λu och F (v) = µv. Eftersom F är symmetrisk, vet vi från föregående lemma att F (u) v = u F (v). Med F (u) = λu och F (v) = µv blir alltså (λu) v = u (µv). Räknereglerna för skalärprodukt ger att λ(u v) = µ(u v) (λ µ)(u v) = 0. Men vi vet att λ µ och därmed att λ µ 0. För att (λ µ)(u v) ska kunna vara noll måste därför u v = 0, vilket skulle bevisas. 10(24)

11 Exempel Låt F vara en linjär avbildning med A = som avbildningsmatris i den bas vi har given (vilken i vanlig ordning förutsätts vara ortonormerad). Eftersom A är symmetrisk är F en symmetrisk avbildning. Alltså är F diagonaliserbar, och det finns en ON-bas för rummet som består av egenvektorer till F, enligt spektralsatsen. Vi ska nu bestämma en sådan bas. 11(24)

12 Vi börjar i vanlig ordning med att lösa sekularekvationen 1 λ λ λ = 0. Determinanten i vänsterledet blir (10 λ) ( (1 λ)( 6 λ) ( 12) 2) = (10 λ)(λ 2 + 5λ 150), så antingen är 10 λ = 0 eller λ 2 + 5λ 150 = 0. Andragradsekvationen har lösningarna λ = 5 2 ± (5 2 ) = 5 2 ± 25 2, d.v.s. λ = 5/2 25/2 = 15 eller λ = 5/2 + 25/2 = (24)

13 Vi har alltså hittat två egenvärden λ 1 = 15 och λ 2 = 10, och bestämmer nu motsvarande egenvektorer, genom att lösa ekvationssystemet AX = λx för dessa två värden på λ: λ = 15: Ekvationssystemet att lösa är här AX = 15X, d.v.s. x 1 12x 3 = 15x 1 10x 2 = 15x 2 12x 1 6x 3 = 15x 3 16x 1 12x 3 = 0 25x 2 = 0 12x 1 + 9x 3 = 0. Enligt den andra ekvationen måste x 2 = 0. De två övriga ekvationerna är båda ekvivalenta med 4x 1 3x 3 = 0. Om vi sätter x 3 = 4t så blir därmed x 1 = 3t. Egenvektorerna som hör till egenvärdet λ = 15 ges alltså av alla (x 1, x 2, x 3 ) = t(3, 0, 4), där t 0. Vi är ju ute efter en ON-bas. Därför väljer vi t så att vi får en egenvektor av längd 1. Med t = 1/5 får vi en sådan vektor, nämligen v 1 = (3/5, 0, 4/5). 13(24)

14 λ = 10: Ekvationssystemet som ska lösas är här AX = 10X, d.v.s. x 1 12x 3 = 10x 1 10x 2 = 10x 2 12x 1 6x 3 = 10x 3. Den andra ekvationen säger här att x 2 kan anta ett godtyckligt värde, säg x 2 = t. För de övriga två variablerna får vi ekvationssystemet { 9x1 12x 3 = 0 12x 1 16x 3 = 0. Båda ekvationerna är ekvivalenta med 3x 1 + 4x 3 = 0, så om vi sätter x 3 = 3s, blir x 1 = 4s. Det ursprungliga ekvationssystemet har därmed den tvåparametriga lösningen x 1 = 4s x 2 = t x 3 = 3s. Lösningen kan vi tolka som det plan som går genom origo och spänns upp av vektorerna ( 4, 0, 3) och (0, 1, 0). Samtliga vektorer som ligger i detta plan är alltså egenvektorer till F med egenvärdet λ = (24)

15 Bland alla vektorer som ligger i detta plan söker vi två vektorer av längd 1 som är ortogonala mot varandra. I detta fall har vi litet tur, ty de två vektorer ( 4, 0, 3) och (0, 1, 0) som vi fann spänner upp detta plan är ortogonala, så för att vi ska få en ON-bas, behöver vi bara normera dem: v 2 = ( 4/5, 0, 3/5) och v 3 = (0, 1, 0). Den egenvektor v 1 = (3/5, 0, 4/5) vi tidigare fann för egenvärdet λ = 15 kommer automatiskt att vara ortogonal mot både v 2 och v 3, ty v 1 hör ju till ett annat egenvärde än v 2 och v 3, och egenvektorer som hör till olika egenvärden till en symmetrisk avbildning är alltid ortogonala, enligt den sats vi formulerade och bevisade innan exemplet (och som vi återger här): Sats Låt u och v vara egenvektorer till en symmetrisk linjär avbildning F, med motsvarande egenvärden λ respektive µ. Antag att λ µ. Då är u och v ortogonala, d.v.s. u v = 0. 15(24)

16 Sammanfattningsvis: Vektorerna v 1 = (3/5, 0, 4/5), v 2 = ( 4/5, 0, 3/5) och v 3 = (0, 1, 0) utgör en ON-bas av egenvektorer till F. I denna bas har F avbildningsmatrisen D = , och sambandet mellan D och den ursprungliga avbildningsmatrisen A ges av D = T T AT, där 3/5 4/5 0 T = = /5 3/ Transformationsmatrisen T är här ortogonal (T 1 = T T ) eftersom det rör sig om ett basbyte från en ON-bas till en annan. 16(24)

17 Beräkning av matrispotenser Exempel Låt a n beteckna antalet individer i en bakteriekultur efter n timmar. En ansats till en matematisk modell, för att beskriva hur antalet bakterier i kulturen förändras med tiden, skulle kunna vara: a n = 7a n 1 10a n 2, n = 2, 3, 4,... (1) Till timme n kommer antalet individer som fanns efter n 1 timmar att sjufaldigas (därav 7a n 1 ), men det kommer även dö tio gånger så många som antalet bakterier efter n 2 timmar (därav 10a n 2 ). Om vi vet att a 0 = 3 och a 1 = 7, hur många bakterier finns det då i kulturen efter ett dygn, d.v.s. vad är a 24 lika med? Vi skulle kunna beräkna detta genom upprepat användande av (1): a 2 = 7a 1 10a 0 = = = 19 a 3 = 7a 2 10a 1 = = = 63 a 4 = 7a 3 10a 2 = = = 251, o.s.v... Boring! Finns det inget effektivare sätt? 17(24)

18 Bilda matrisen Då är ( ) a1 A a 0 ( ) a2 A a 1 ( ) a3 A a 2 Man kan bevisa att A = ( ) ( ) ( ) ( ) 7 10 a1 7a1 10a = = 0 = 1 0 a 0 a 1 ( ) ( ) ( ) 7 10 a2 7a2 10a = = 1 = 1 0 a 1 a 2 ( ) ( ) ( ) 7 10 a3 7a3 10a = = 2 = 1 0 a 2 a 3. ( ) ( ) an an+1 A =, a n 1 a n gäller för alla n, d.v.s. multiplikation av ( an a n 1 ( a2 a 1 ) ( a3 a 2 ( a4 ) a 3 ) ) med A (från vänster) gör att index för a n räknas upp med 1. 18(24)

19 ( ) a1 Om vi alltså startar med a 0 och multiplicerar denna vektor 23 gånger från vänster med A, så kommer index för a n räknas upp med 1 varje gång, vilket ger att (a24) a 23 = A 23 ( a1 a 0 ). En möjlig väg att komma åt a 24 är alltså att beräkna A 23. Hur då? Antag att det finns en inverterbar matris T sådan att D = T 1 AT är en diagonalmatris (d.v.s. att A är diagonaliserbar). Då är A = TDT 1, vilket ger att A 2 = (TDT 1 ) 2 = TDT 1 TDT 1 = TDEDT 1 = TD 2 T 1 A 3 = (TDT 1 ) 3 = TDT 1 TDT 1 TDT 1 = TD 3 T 1,. Allmänt får vi för varje heltal n 1 att A n = TD n T 1. 19(24)

20 Att med hjälp av formeln A n = TD n T 1 bestämma A 23 blir nu enkelt, eftersom D n lätt att beräkna, i och med att ( ) ( ) λ1 0 D = = D n λ n = λ 2 0 λ n, 2 där λ 1 och λ 2 är egenvärdena till A. Sekularekvationen 7 λ 10 1 λ = 0 visar sig ha rötterna λ 1 = 2 och λ 2 = 5. Genom att lösa ekvationerna AX = 2X och AX = 5X får vi motsvarande egenvektorer, som vi kan välja till v 1 = (2, 1) respektive v 2 = (5, 1) (övning!). Detta betyder alltså att A = TDT 1, där ( ) 2 5 T = och D = 1 1 Vi har här att (övning!) T 1 = 1 3 ( ) ( ) (24)

21 Nu blir ( ) ( ) A 23 = TD 23 T = ( ) = 1 ( ) = 1 ( ) ( ) ( ) Därmed är ( ) ( ) a24 = A 23 a1 = 1 ( ( ) ( ) 7 a 23 a ( )) 22 3 = 1 ( ) 7( ) + 30( ) 3 7( ) + 30( , ) där vi kan läsa av att a 24 = 1 3 (7( ) + 30( )) , d.v.s. nästan biljoner bakterier! (Modellen är alltså inte så realistisk, speciellt inte under en så lång tidsperiod som ett dygn... ). 21(24)

22 Sammanfattningsvis, om A är en kvadratisk matris, så kan matrispotensen A n, där n 2, beräknas på följande vis (förutsatt att A är diagonaliserbar): 1. Bestäm egenvärdena till A genom att lösa sekularekvationen det(a λe) = Bestäm motsvarande egenvektorer genom att för varje funnet egenvärde λ lösa ekvationssystemet AX = λx. 3. Välj en bas av egenvektorer och bilda matrisen T, vars kolonner utgörs av koordinaterna för just dessa egenvektorer. 4. Beräkna T Nu är D = T 1 AT en diagonalmatris, och elementen på huvuddiagonalen till D är egenvärdena till A. Därmed är A n = TD n T 1. 22(24)

23 Exempel I ett tidigare exempel på denna föreläsning, diagonaliserade vi den symmetriska linjära avbildning F, som hade avbildningsmatrisen A = och fann då att T 1 AT = D, där T = och D = Här är i själva verket T 1 = T T (ty vi byter ju bas från en ON-bas till en annan). 23(24)

24 Därmed är A n = TD n T 1 = TD n T T = ( 15) n n n = 1 3 ( 15) n ( 4) 10 n n ( 15) n 3 10 n = 1 9 ( 15) n n 0 12 ( 15) n n n ( 15) n n 0 16 ( 15) n n För t.ex. n = 5 får vi matrisen A 5 = (24)