Föreläsningsanteckningar Linjär Algebra II Lärarlyftet

Transkript

1 Föreläsningsanteckningar Linjär Algebra II Lärarlyftet Per Alexandersson Repetera hur man nner bas för rum som spänns upp av några vektorer Reptetera hur man nner bas för summa och snitt av delrum. Reptetera denition av linjär avbildning, bildrum och nollrum. Föreläsning III Timme I: Något om basbyten Säg att vi har ett vektorrum V, med två baser, e,..., e n samt f,..., f n. Varje vektor i V kan då skrivas med koordinater, antingen i bas e, eller bas f. Speciellt kan vi nna koordinaterna för f j i basen e, nämligen f j = s j e + s j e s nj e n. Detta ger oss en kvadratisk n n-matris, som vi kallar S. Matrisen S är basbytesmatrisen från f -bas till e-bas. Notera att första kolonnen i S är koordinaterna för f i basen e, och så vidare. Vektorn (,,..., ) T som anger koordinaterna för f i basen f, avbildas på (s, s,..., s nj ), vilket är f :s koordinater i basen e. Matrisen S skickar alltså f-koordinater på e- koordinater. Denna matris är alltid inverterbar, och S gör det omvända bytet, och skickar e-koordinater på f-koordinater. Problem. Vektorerna e, e samt e 3 utgör en bas i R 3. Vektorerna f = e + e 3, f = e + e 3 samt f 3 = e + e utgör också en bas i R 3. Bestäm basbytesmatriserna som byter från f -basen till e-basen, resp. till f -basen. från e-basen Lösning. Notera att f = e + e + e 3. Koecienterna (,, ) blir då första kolonnen i avbildningsmatrisen S, som byter från f-basen till e-basen. På samma sätt får vi ut de andra kolonnerna. Detta ger oss att S = och S =.

2 Om nu S byter från bas f till e, för två baser i ett vektorrum V, och A är avbildningsmatrisen i basen e för en linjär avbildning F : V V, så är B = S AS avbildningsmatrisen för avbildningen F i basen f. Problem. Bestäm avbildningsmatrisen för avbildningen F i basen f = (,, ), f = (,, ) och f 3 = (,, ), där F ges av relationerna F (e ) = e, F (e ) = 3e och F (e 3 ) = e + e 3, där e = (,, ), e = (,, ) samt e 3 = (,, ). Lösning. Vi kan enkelt skriva upp F :s avbildningsmatris i basen e, e, e 3, den ges helt enkelt av A = 3. Notera nu att f = e + e 3, f = e + e 3 samt f 3 = e + e. Vi kan då använda S som vi ck i föregående uppgift. Den sökta avbildningsmatrisen är B = S AS, eftersom S utför basbytet från f-bas till e-bas: B = 3 = Vi skickar alltså in koordinater i basen f och gör om dessa till koordinater i basen e. I denna bas känner vi avbildningsmatrisen, och använder den. Slutligen byter vi tillbaka till f-basen. Test: Vi kollar var f avbildas med F : F (f ) = F (e + e 3 ) = F (e ) + F (e 3 ) = 3e + e 3 () = 3(,, ) + (,, ) = (3,, 4). () Använder vi matrisen B, ser vi at t f avbildas på f f + f 3 eftersom B(,, ) T = (,, ). Men f f + f 3 = (,, ) (,, ) + (,, ) = (3,, 4), vilket tyder på att B verkligen är F i basen f. Varför vill man representera linjära avbildningar i olika baser? Jo, vissa avbildningar är lättare att behandla i speciella baser. Många tillämpningar handlar om att hitta en bas, så att den linjära avbildningen blir lätt att approximera. Till exempel kan man använda detta inom ansiktsigenkänning.

3 Speciellt bra baser, är de som gör att avbildninsmatrisen blir en diagonalmatris: D = 3 Det är då enkelt att beräkna vad som händer om vi gör avbildningen era gånger efter varandra: n D n = ( ) n. 3 n Om A är en avbildning, som med ett lämpligt basbyte kan skrivas som A = S DS där D är en diagonalmatris, följer det att A n = S D n S. Notera att D n kan enkelt beräknas, men A n är svår att beräkna. Om A med hjälp an en inverterbar matris S kan uttryckas som A = S DS säger vi att A är diagonaliserbar. Timme II: Egenvärden och egenvektorer En egenvektor till en kvadratisk matris A, är en vektor v som uppfyller att Av = λv för något tal reellt eller komplext tal λ. Detta tal kallas för egenvärdet till v och man säger också att det är ett egenvärde till A. Om Av = λv följer det att Av λv =. Vi kan bryta ut v genom att sätta in enhetsmatrisen på lämpligt ställe, och får (A λi)v =. Detta innebär precis att v ker(a λi). Vi har nu konstaterat att om v är en egenvektor med egenvärde λ, så tillhör egenvektorn kärnan till matrisen A λi. Eftersom v per denition inte är nollvektorn, måste kärnan vara minst endimensionell. Detta innebär att A λi inte kan ha full rang, så dess determinant, A λi måste vara. Polynomet p(λ) = A λi vi får av att utveckla determinanten, kallas för A:s karakteristiska polynom. Nollställena till det karakteristiska polynomet ger precis A:s egenvärden. Problem 3. (ev-mittag-leffler) Bestäm alla egenvärden och motsvarande egenvektorer till matrisen A = ( ) 3. (3) 8 Lösning. Matrisens karakeriskiska polynom ges av λ 3 8 λ = ( λ)(8 λ) + 6 = λ 9λ = (λ )(λ 7). 3

4 Vi nner att egenvärdena ges av λ = 7, λ =. Egenvektorerna ges nu av ker(a λi), fall λ = 7 ger oss ( ) ( ) 7 3 (4) 8 7 Detta leder till att vektorn (, ) utgör en egenvektor med egenvärde 7 till matrisen A. På samma sätt, fallet λ = ger oss ) ) ( 3 8 ( 3 vilket ger oss egenvektorn (3, ). Sammanfattningsvis, (, ) är en egnvektor med egenvärde 7, och (3, ) är en egenvektor med egenvärde. Sats 6., Om A och B har egenvektor v, med egenvärden λ, µ gäller att A + B, AB, ca har v som egenvektor med egenvärde λ + µ, λµ, cλ resp. Om A inverterbar, har matrisen A vektorn v som egenvektor med egenvärde /λ. (A inverterbar ger att ker A = så λ ). Av = λv v = A λv λ v = A v (5) Vidare, A k har egenvektor v med egenvärde λ k. Om p är ett polynom så gäller att p(a) har v som egenvektor med egenvärde p(λ). Problem 4. (ev-dirac) Bestäm alla egenvärden och bas för motsvarande egenrum till matrisen 5 A =. Lösning. Först bestämmer vi matrisens karakteristiska polynom, genom att beräkna det(a λi). 5 λ ( ) ( ) ( ) λ λ λ = (5 λ) + λ λ λ (6) = (5 λ)(λ λ 3) + (6 λ) ( 6 + λ) (7) = λ 3 + 7λ 5λ + 9. (8) Här gissar vi en heltalsrot, som måste vara en jämn delare till 9. Vi ser att λ = 3 är en rot, och polynomdivision samt lösning av resulterande andragradare ger att karakteristiska polynomet kan faktoriseras som (λ 4

5 3) (λ ). Matrisens egenvärden är då λ = 3 och λ =. Det återstår att bestämma motsvarande egenrum, det vill säga, en bas till lösningsrummet till ekvationssystemet A λi =. Fallet λ = ger oss A I = och ekvationssystemet blir 4 = Dela alla rader med och byt plats på rad och. (9) = Eliminera med första raden. () = Styk sista raden då denna är parallell med andra. () ( ) () I sista steget multiplicerades också andra raden med. Lösningarna ges på parameterform, t(,, ). Egenrummet till egenvärdet λ = spänns alltså upp av vektorn (,, ) och denna vektor är alltså en egenvektor med egenvärde. Fallet λ = 3 ger systemet A 3I = och vi får = Alla rader är lika, stryk de två sista och dividera med. ( (3) ) (4) Vi får ett tvådimensionellt lösningsrum, s(,, ) + t(,, ). Vektorerna (,, ) och (,, ) är då båda egenvektorer med egenvärde 3, och dessa spänner upp det tvådimensionella egenrummet med egenvärde 3. Timme III: Diagonalisering Problem 5. (ev-knuth) Diagonalisera matrisen ( ) 3 A =. (5) 8 Lösning. Vi fann i problem 3 att (, ) är en egenvektor med egenvärde 7, och (3, ) är en egenvektor med egenvärde. Detta ger oss enl. formeln för 5

6 diagonalisering att ( ) ( ) ( ) A =. }{{}}{{}}{{} T D T Problem 6. (ev-conway) Diagonalisera matrisen A som ges i problem 4. Lösning. Vi har i problem 4 bestämt en bas av egenvektorer, (,, ) T, (,, ) T samt (,, ) T och de har motsvarande egenvärden, 3 och 3. Vi kan då diagonalisera A som A = T DT där T är basbytesmatrisen vars kolonner utgörs av egenvektorerna, och D är diagonalmatrisen med motsvarande egenvärden på huvuddiagonalen. Vi har att T = och denna måste inverteras. Vi ställer upp detta som en gausselimination: = Eliminera med första raden (6) = Eliminera med rad och 3 i rad. (7) Således, och = Byt plats och tecken på rad och 3. (8) (9) T = A = T DT = 3. 3 Notera att man kan få ett annat svar på denna uppgift, eftersom det nns många olika val av bas för egenrummet med egenvärde 3. 6

7 Problem 7. (ev-gödel) Visa att matrisen A = () inte kan diagonaliseras. Lösning. För att en 3 3-matris skall kunna diagonaliseras, måste vi nna tre linjärt oberoende egenvektorer. Den karakteristiska ekvationen till A ges av A λi = ( λ) 3 eftersom A λi är övertriangulär. Vi har alltså enbart egenvärdet. Vi bestämmer nu en bas för motsvarande egenrum, vilket för λ = ges av kärnan till A I: () Eftersom rangen för denna matris är ett, är kärnan tvådimensionell (en bas för kärnan är (,, ) T och (,, ) T ). Vi behöver ett tredimensionellt rum av egenvektorer, så matrisen kan inte diagonaliseras. I allmänhet så kan man inte diagonalisera övertriangulära matriser som är av storlek eller mer, där alla diagonalelement är samma och matrisen är inte en multipel av identitetsmatrisen. Timme IV: Tillämpningar av diagonalisering Kom ihåg att om A = T DT, så har vi att A n = T D n T. Problem 8. (ev-sierpinski) På ett universitet så studeras två ämnen, teoretisk fysik och virkning. Varje år, så börjar % av de som är sysslolösa med teoretisk fysik, och % av de som studerar teoretisk fysik byter till virkning. Slutligen, av de som virkar, byter 3% av studenterna till teoretisk fysik. Övriga personer fortsätter med samma syssla som de hade tidigare. Om det ett visst år nns personer som ägnar sig åt att vara sysslolös, studera fysik resp. virka, hur ser fördelningen ut efter ett år? Närmar sig fördelningen ett stabilt tillstånd med åren? Bestäm vilken i sådana fall. Lösning. Vi kan beskriva övergångarna med en övergångsmatris A, där kolonn j beskriver hur grupp j omfördelas. Element a ij säger hur stor procent som 7

8 går från grupp j till grupp i. I A motsvarar kolonnerna de sysslolösa, de som studerar fysik, resp. de som virkar. Övergångsmatrisen ges då av A = och vår startvektor är v = (,, ) T. Varje övergång mellan den årliga fördelningen representeras då av en matrismultiplikation. Nästföljande års fördelning ges av v = Av och så vidare. Vi nner efter matrismultiplikation att v = (96, 56, 8), så detta är fördelningen av studenter efter ett år. Vad som nu eftersöks är beteendet av A n v då n, vilket vi kan undersöka genom att diagonalisera A. Karakteristiska polynomet ges av 8 A λi = λ 8 λ 3 7 λ = 8 λ 8 λ 3 7 λ. () Utveckling längs med första raden ger A λi = (8 λ) 8 λ 3 7 λ (3) = (8 λ) [(8 λ)(7 λ) 6] (4) = (8 λ)(λ 5λ + 5) (5) = 5 (8 λ)(λ 3λ + ). (6) Detta leder till egenvärdena λ = 8, λ =, λ 3 =. Vi beräknar nu motsvarande egenvektorer: Fallet λ = 8 ger oss 3 3 (7) och vektorn u = (3,, ) T är en bas för motsvarande egenrum. Fallet λ = ger oss (8) 8

9 och vektorn u = (, 3, ) T är en bas för motsvarande egenrum. Slutligen, fallet λ 3 = ger oss (9) och vektorn u 3 = (,, ) T är en bas för motsvarande egenrum. Basbytesmatrisen T ges då av kolonnerna u, u, u 3 och 3 T = 3, T = (3) Alltså diagonaliseras A som T DT och eftersom A n = T D n T får vi ( 3 8 n ) A n = 3 n 5 ( 5 ) (3) n Notera att då n, så gäller det att ( ) 8 n ( och 5 n ). Gränsfördelningen, A n v blir då (3) Beräknar vi denna produkt, får vi slutligen vektorn (, 6, 44) T som då är den stabila gränsfördelningen. Problem 9. (ev-hamilton) Bestäm en matris B så att B 3 = ( ) Lösning. Låt säga vi har en diagonaliserbar matris A = T DT. Om D 3 ges av diagonalmatrisen D men med kubikroten ur alla element, så följer det att (T D 3 T ) 3 = (T D 3 D 3 D 3 T ) = T DT = A. Strategin blir då att diagonalisera matrisen ( )

10 En snabb beräkning ger oss egenvärdena 8 och. Egenvärdet 8 leder till beräkningen ( ) ( ) (33) 5 5 så motsvarande egenvektor blir (, ) T. På samma sätt, egenvärdet leder till ( ) ( ) 5 5 (34) 5 och en egenvektor fås av (, 5) T. Diagonalisering ger nu att ( ) ( ) ( ) 6 8 = } {{ } D ( ) 5. (35) 7 Matrisen B = ( ) ( 5 ) }{{} D 3 ( ) 5 = 7 7 ( ) 5 9 (36) har då ha egenskapen vi söker.