Vektorgeometri för gymnasister

Transkript

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

2 Innehåll Repetition: Matrisrepresentation av linjära avbildningar Diagonaliserbara avbildningar Egenvärden och egenvektorer Sekularekvationen 2(26)

3 Repetition: Matrisrepresentation av linjära avbildningar 3(26) Låt F vara en linjär avbildning av rummet. Givet en bas e = (e 1, e 2, e 3 ) 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(e 1 ), F(e 2 ) och F(e 3 ) 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, mellan avbildningsmatriserna i de båda baserna.

4 Exempel Låt S vara speglingen i planet 2x 1 + x 2 x 3 = 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. x n 2u = 2λn S(x) Med hjälp av formeln ovan får vi att S(e 1 ) = ( 1 3, 2 3, 2 3 ), S(e 2 ) = ( 2 3, 2 3, 1 3 ) och S(e 3) = ( 2 3, 1 3, 2 3 ), så avbildningsmatrisen för S i basen e = (e 1, e 2, e 3 ) ges av A = (26)

5 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)

6 I och med att vi vet att det rör sig om en spegling, kan vi med ett geometriskt resonemang hitta en ON-bas: Låt u 1 = n = (2, 1, 1) vara normalvektor till planet. En vektor som är ortogonal mot u 1 måste ligga i planet, så dess koordinater kommer att uppfylla planets ekvation 2x 1 + x 2 x 3 = 0. Här duger t.ex. u 2 = (0, 1, 1). (Andra val är givetvis tänkbara.) Vi behöver en tredje vektor u 3, som är ortogonal mot både u 1 och u 2 ; här duger vektorprodukten u 3 = u 1 u 2 = (2, 2, 2). u 1 u 3 u 2 Vektorerna u 1 = (2, 1, 1), u 2 = (0, 1, 1) och u 3 = (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)

7 En vektor normeras genom att multiplicera den med ett lämpligt tal, så att resultatet blir en vektor av längd 1; för en vektor v 0 ges detta tal av 1/ v (nollvektorn kan inte normeras). Om vi alltså sätter f 1 = u 1 u 1 = (2, 1, 1) ( 1) 2 = 1 6 (2, 1, 1) f 2 = u 2 u 2 = (0, 1, 1) = 1 2 (0, 1, 1) f 3 = u 3 u 3 = (2, 2, 2) 22 + ( 2) = 1 3 (1, 1, 1), så kommer f = (f 1, f 2, f 3 ) att vara en ON-bas. 7(26)

8 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. f 1 S(f 3 ) = f 3 S(f 2) = f 2 S(f 1 ) = f 1 Alltså ges avbildningsmatrisen för S i basen f av diagonalmatrisen B = (26)

9 Eftersom f 1 = 1 6 (2, 1, 1) f 2 = 1 2 (0, 1, 1) f 3 = 1 3 (1, 1, 1), så ges transformationsmatrisen för bytet från bas e till bas f av 2/ 6 0 1/ 3 T = 1/ 6 1/ 2 1/ 3 1/ 6 1/ 2 1/, 3 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)

10 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 λ D = 0 λ 2 0? 0 0 λ 3 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)

11 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 2x 1 + x 2 x 3 = 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 D = som avbildningsmatris. 11(26)

12 Exempel Låt P vara den ortogonala projektionen på samma plan 2x 1 + x 2 x 3 = 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 D = 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)

13 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)

14 Att F är diagonaliserbar, betyder enligt definitionen att det finns en bas e = (e 1, e 2, e 3 ) i vilken F:s avbildningsmatris är en diagonalmatris λ D = 0 λ λ 3 Kolonnerna i D är ju koordinaterna för F(e 1 ), F(e 2 ) och F(e 3 ) i basen e. För e 1 = (1, 0, 0) gäller alltså F(e 1 ) = (λ 1, 0, 0) = λ 1 (1, 0, 0) = λ 1 e 1, d.v.s. F(e 1 ) och e 1 är parallella. På samma sätt ser vi att det för e 2 = (0, 1, 0) gäller att F(e 2 ) = (0, λ 2, 0) = λ 2 (0, 1, 0) = λ 2 e 2, så även F(e 2 ) och e 2 är parallella. Till sist ser vi att även F(e 3 ) och e 3 = (0, 0, 1) är parallella, ty F(e 3 ) = (0, 0, λ 3 ) = λ 3 (0, 0, 1) = λ 3 e 3. 14(26)

15 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 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 0. Detta innebär att nollvektorn aldrig kan vara en egenvektor till en linjär avbildning. 15(26)

16 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)

17 Exempel Antag att F är en linjär avbildning av rummets vektorer, som i en given bas har avbildningsmatrisen A = Då visar sig v = (1, 0, 1) vara en egenvektor till F, ty eftersom = så är F(v) = 5v. Egenvärdet till v är alltså λ = 5. 17(26)

18 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 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 O är den kolonnmatris som svarar mot vektorn v 0. Ekvationen ovan kan också skrivas AX = λex AX λex = O BX = O, där B = A λe. Eftersom vi vill att X O, så måste det homogena ekvationssystemet BX = O ha en icke-trivial lösning. Detta inträffar precis när detb = 0, eller med andra ord, när det(a λe) = 0. 18(26)

19 Definition (Sekularekvationen) Låt A vara en kvadratisk matris. Då kallas ekvationen för sekularekvationen till matrisen A. det(a λe) = 0 (2) 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)

20 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)

21 Vi börjar med att lösa sekularekvationen. Eftersom ( ) ( ) ( ) ( ) λ 0 A λe = λ = = λ ( ) 1 λ 4, 4 7 λ så får vi 1 λ λ = 0 (1 λ)(7 λ) 4 4 = 0 7 λ 7λ + λ 2 16 = 0 λ 2 8λ 9 = 0 λ = 4 ± = 4 ± 5. Det finns alltså två egenvärden, i form av λ 1 = 4 5 = 1 och λ 2 = = 9. För att bestämma motsvarande egenvektorer behöver vi lösa ekvationssystemet AX = λx för λ = 1 respektive λ = 9. 21(26)

22 λ = 1: Vi ska här lösa ekvationssystemet AX = X, d.v.s. { x1 + 4x 2 = x 1 4x 1 + 7x 2 = x 2 { 2x1 + 4x 2 = 0 4x 1 + 8x 2 = 0 2 { 2x1 + 4x 2 = 0 0 = 0. Vi får ett ekvationssystem med oändligt många lösningar (det ska vi också få, annars har vi räknat fel!). Lösningarna kan skrivas { x1 = 2t x 2 = t, vilket betyder att (x 1, x 2 ) = t( 2, 1) är en egenvektor med egenvärdet λ = 1, för varje t 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)

23 λ = 9: Här blir det till att lösa ekvationssystemet AX = 9X, d.v.s. { { { 2 x1 + 4x 2 = 9x 1 8x1 + 4x 2 = 0 0 = 0 4x 1 + 7x 2 = 9x 2 4x 1 2x 2 = 0 4x 1 2x 2 = 0. Även här blir ett ekvationssystem med oändligt många lösningar (vilket det alltså ska bli). Dessa kan skrivas { x1 = t x 2 = 2t, så för varje t 0 är alltså (x 1, x 2 ) = 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)

24 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 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. 24(26)

25 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 λ = 0 (1 λ)2 2 0 = 0 (1 λ) 2 = 0. Vi ser att det enda egenvärdet är λ = 1. Motsvarande egenvektorer bestäms genom att lösa ekvationssystemet AX = X { x1 + 2x 2 = x 1 x 2 = x 2 { x1 = t x 2 = 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)

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)