Linjär algebra II. Alex Loiko. Vi går vidare med vektorrum och definierar nya begrepp. i=1

Linjär algebra II Alex Loiko Lektion 2: vektorrum, forts. Vi går vidare med vektorrum och definierar nya begrepp. Definition. En linjärkombination av ett antal element (vektorer) v, v 2,... v n är ett uttryck av typen i=n λ i v i där λ i R i ett reellt vektorrum. i= Definition 2. Mängden av alla linjärkombinationer av v... v n kallas linjära höljet av dessa vektorer. Man kan skriva detta med [v... v n ] Sats. Det linjära höljet [v... v n ] är ett delrum av V om v i V för i {... n}. Bevis. Vi visar detta genom att visa de båda underrumskriterierna från den föregående satsen.. u +u 2 V för alla u, u 2 [v... v n ] Man ser att detta är uppfyllt genom att skriva u och u 2 som linjärkombinationer och inse att u + u 2 också blir en linjärkombination. (Duh!) 2. λu [v... v n ] för alla tal λ och u [v... v n ] Detta visar man på ungefär samma sätt som föregående. Föreläsaren skrev ut detta utförligt. Det tog ett tag. Det är även klart att [v... v n ] Här kommer ytterligare några nya begrepp. Definition 3. Ett antal element v... v n i ett vektorrum sägs vara linjärt oberoende, det är nästa viktiga term i kursen, om i=n λ i v i = i=

bara har lösningen λ i = för alla lambdan och inget annat. Och motsatsen, om det finns andra tal λ... λ n som inte alla är och så att i=n λ i v i = i= säger vi att v... v n är linjärt beroennde. Här kommer en till viktig sats som användeg definitionen. Sats 2. Låt v... v n, n 2 vara element i ett vektorrum V. Då gäller att följande är ekvivalent: v i... v n är linjärt beroende Ett av elementen v... v n är en linjärkombination av de övriga. Det är det som begränsar värdet på n i satsen. För att kunna tala om de övriga elementen måste vi ha minst 2. Bevis. Vi börjar med att visa att det första villkoret implicerar det andra. Antag att v... v n är linjärt beroende. Då finns det tal λ... λ n, ej alla =, sådana att λ v +... + λ n v n =. Vi kan anta att λ så vi delar allt med λ och flyttar över v till andra sidan för att få i=n v = λ i v i λ i=2 alltså att v är en linjärkombination av de övriga v i. Nu visar vi resten av ekvivalensen. Antag alltså att något tal av alla v i, vi antar v för att det inte finns någon skillnad på dem, är en linjärkombination av de övriga. Sedan gör vi lite enkel algebra och är klara med beviset. Så här: v = n λ i v i = v + i=2 n λ i v i i=2 och vi är klara eftersom (koefficienten vid v )! 2 Lektion 5 Vi ska fortsätta med linjära avbildningar Fortsättning på ytterligare fakta om linjära avbildningar. 2

Definition 4. Låt U och V vara mängder. Då definierar vi ytterligare en gång begreppen injektiv till injektiv, surjektiv till surjektiv och biektiv som biektiv. Som om det finns någon i salen som inte har hört det förr. Sats 3. Låt U vara ett ändligtdimensionellt vektorrum och låt F : V V en linjär avbildning från V till V. Då är följande ekvivalent:. F (e) = e = 2. F är injektiv 3. F är surjektiv 4. F är biektiv För vanliga funktioner gäller satsen ovan naturligtvis inte. En vanlig funktion kan vara surjektiv utan att vara injektiv eller injektiv utan att vara surjektiv. Bevis. Vi visar satsen genom att först visa en hjälptats. Lemma. Låt F : V W vara en linjär avbildning (V, W är vektorrum) och låt e = (e... e n ) vara en bas i V. (V är alltså här ändligtdimensionellt. Då gäller V (F ) = [F (e ),... F (e n )], eller att V (F ) är det linjära höljet av F (e ),... F (e n ) För att visa lemmat skriver vi en vektor v V som v = n i= λ ie i. Då får vi att ( n ) n F (v) = F λ i e i = λ i F (e i ) i= Men det är ju det linjära höljet av F (e i )! i= Vi fortsätter med att visa satsen. Om V = {} är det inget att visa eftersom det bara finns en enda avbildning F. Vi antar därför att vi har ett icketrivialt vektorrum, d.v.s. att V {} Det räker med att bara visa att, 2 och 3 är ekvivalenta då (4) är ekvivalent med 2 och 3. Vi visar först () (2). Låt v, v 2 vara två element sådana att F (v ) = F (v 2 ). Då är F (v v 2 ) = F (v ) F (v 2 ) =. Alltså måste v = v 2 enligt antagandet i () och vi är klara med den delen av beviset. Nu fortsätter vi med att visa att (2) (3). Antag alltså att (2) gäller. Vi startar alltså med att F är injektiv och ska komma fram till att F också är surjektiv. Notera att ( n n ) λ i F (e i ) = F λ i e i = i= P.g.a. injektivitet måste n i= λ ie i = Men vi utgick också från att {e... e n } var en bas, alltså måste alla λ i = för i {... n}. Det ger oss att F (e ),... F (e n ) i= 3

är linjärt oberoende. Eftersom dim V = n är F (e ),... F (e n ) en bas och eftersom det är en bas så är V (F ) = V och F surjektiv. Nu visar vi lite omvända satser. Först (3) (). Antag alltså att (3) gäller, d.v.s. att V (F ) = V. Från lemmat vet vi att V (F ) = [F (e )... F (e n ) Eftersom dim V (F ) = n har vi att F (e )... F (e n ) är linjärt oberoende. Härifrån är det enkelt att se att F (v) =, v = n i= λ ie i bara för v = ty v = medför att ( n ) n F λ i e i = = λ i F (e i ) = i= vilket bara är sant för λ i = för alla i {... n} Nu är vi klara! Eftersom () (2) (3) () och (2) (3) (4) Nu ska vi titta på inversa linjära avbildningar. Låt nu U och V åter igen vara mängder (inte vektorrum) och låt F : U V vara en biektiv funktion. Då har F alltid en invers F eller: Till varje v V finns exakt ett u U sådant att F (u) = v. Att det finns minst ett sådant u följer surjektiviteten, att det bara finns ett får vi från att F är injektivt. (Skulle det finnas två hade vi F (u ) = F (u 2 ) = v vilket motsäger injektiviteten.) Av detta följer att vi till varje avbildning F : U V kan definiera en ny avbildning F : V U sådan att F (v) = u där u U är det element för vilket det gäller att F (u) = v. Denna avbildning kallas för inversen till F. PAUS i= Låt F : U V vara biektiv som ovan och låt U och V vara mängder. Vidare låt F : V U vara inversen. Enligt definition har vi då för u U och v V att F (v) = u är ekvivalent med F (v) = u. Vi får då att v = F (u) = F (F (v)) och att u = F (F (u)). D.v.s. att F F = I V, sammansättningen av en funktion och dess invers blir idenditet. Vi går nu tillbaka till de linjära avbildningarna. 2 Låt V vara ett ändligtdimensionellt vektorrum och låt F : V V vara linjär. Antag också att F är biektiv. Enligt satsen ovan inträffar det exakt om F (v) = endast för v =. Då har F en invers F V V och följande gäller: Sats 4.. F är linjär 2. ( F ) e,e = (F ) e,e 3 Ta reda på hur jag får den fina bollen 2 Jag har aldrig träffat en annan föreläsare som skriver något sådant på tavlan. Det här är ordagrannt vad han skrev! 3 Viktigt. Så här betecknas avbildningarnas matriser. 4

Bevis.. Välj tal λ, µ och v, v 2 V godtyckligt. Vi behöver då visa att F (λv + µv 2 ) = λf (v ) + µf (v 2 ) = u Hur visar vi det? Vi sätter u 2 = F (v ) och u 3 = F (v 2 ). Det gäller att F (u ) = λv + µv 2 Vi använder lineariteten av F och får att F (u ) = F (λu 2 + µu 3 ) Det leder till att vilket vi ville visa. 4 F (u ) = λf (u 2 ) + µf (u 3 ) = λf (v ) + µf (v 2 ) 2. Den andra delen av beviset får bli en hemläxa. Jag kan inte både skriva och tänka samtidigt. Ett tips är att använda att sammansättningen är identitet och komma fram till att produkten av matriserna måste vara I n där n = dim V. 2. Nollrum och värderum för linjära avbildningar Låt F : U V vara en linjär avbildning (U och V är vektorrum). Sätt {N(F ) = {u U F (u) = } V (F ) har vi redan definierat, här är en påminnelse: V (F ) = {F (u) u U} Sats 5.. N(F ) är ett delrum av U. 2. V (F ) är ett delrum av V. Bevis. Beviset är inte särskilt svårt och boken valde att utelämna det. Det bygger på det test på underrum vi visade tidigare, nämligen att U är underrum till V om v + u U och λu U för u U. Det är väl bara att direkt tillämpa! Det första är verkligen helt jättetrivialt. Den andra delen kan reduceras till att visa att F (e )... F (e n ) spänner upp V (F ) där e... e n är bas i V. Med standardnotationen blir det V (F ) = [F (e ), F (e 2 )... F (e n )] Man kan också visa det något lättare med hjälp av underrumskriteriet. Det är däremot ibland intressant att känna till att det spänns upp av avbildningarna av baserna. 4 Kontrollera att allt verkligen funkar så och att det räcker hemma 5

Sats 6. Dimensionssatsen Beviset står väldigt tydligt i boken och även i ett av extrahäftena. Låt F : U V vara ett linjärt rum och låt U vara ändligdimensionellt. Då gäller att dim V (F ) + dim N(F ) = dim V Nästa timme gör vi Bevis. Det finns inget! Titta i boken! 3 Repetitionsuppgifter. För u = (x, x 2 ), v = (x 2, y 2 ) sätter vi (u v) = 2x x 2 +x y 2 +x 2 y +3y y 2 Då är (u v) en skalänprodukt på R 2 Bevis: Vi ser att (u v) kan skrivas som en matrisprodukt, ( ) 2 (u v) = (x, y ) = uav t 3 Vi kallar matrisen i mitten för A. Lag gäller för att (u v) = uav t = (uav t ) t = va t u t = (v u). 5 Lag 2 gäller ganska uppenbart från matrisreglerna. 6 Lag 3 följer också direkt från reglerna för matrisräkning. 7 I lag 4 har vi ingen nytta av matrisen. 8 Vi skriver Det kan skrivas om till 9 (u u) = 2x 2 + 2x y + 3y 2 x 2 + (x + y ) 2 + 2y 2 För att det ska bli måste x =, (x + y ) = och y =. Lag 4 gäller alltså. 5 Lag säger att (u v) = (v u) 6 Lag 2 hävdar att (u + v w) = (u w) + (v w) 7 Lag 3 påstår att (λu v) = λ(u v) 8 Den säger att (u u) med likhet omm u = 9 För att göre det systematiskt ska vi kvadratkomplettera på riktigt 6

Nu ska vi hitta den punkt på x + y = för vilken avståndet till origo är minst. Avstånd från origo O till en punkt P på linjen, P = (t, t) är OP = (P P ). Som tur har vi redan räknat ut (u u) och det enda som är kvar att göra är att minimera x 2 + (x + y ) 2 + 2y 2 för (x, y ) = (t, t). Det förenklas till 2t 2 + 2t( t) + 3( t) 2 = 3t 2 4t + 3 Vi kvadratkompletterar och får ( ( 3 t 2 ) ) 2 4 3 9 Minimum är 5 3 då t = 2 3. Kortaste avståndet är 5 3. Det blir ( 2 3, 3) som ligger närmast origo. 2. P 3 definieras som rummet av alla polynom med grad 3. Låt U = {p P 3 p() + p() = p () + p () = } Visa att det blir ett icketrivialt delrum av P 3. Vi har för ett godtyckligt polynom p(x) = a + a x + a 2 x 2 + a 3 x 3 P 3 att p(x) U { a + a + a + a 2 + a 3 = a + a + 2a 2 + 3a 3 Det förenklas till a 3 = 4a och a 2 = 6a a där a, a är godtyckliga. Det är (a, a, a 2, a 3 ) = (a, a, ( 6a a ), 4a ) eller p(x) = a ( 6x 2 + 4x 3 ) + a (x x 2 ) då a, a är godtyckliga. Alltså är U = [ 6x 2 + 4x 3, x x 2 ]. Det medför att U är ett delrum med bas 6x 2 + 4x 3, x x 2. Dimensionen är 2. 3. M är en mängd av polynomen p, p 2... p 5. I standardbasen e = (, x, x 2, x 3 ) låter vi A vara matrisen med (p i (x)) e som kolumnvektorer. A = ((p (x) e... (p 5 (x)) e ) = 2 3 5 2 2 7

Lite räkning ger att A B = 2 Det är en radreducerad trappmatris. Vi ser att kolumn, 2, 4 är linjärt oberoende och att de övriga kan skrivas som linjärkombinationer av dessa. Alltså B (), B (2), B (4) är linjärt oberoende och B (3) = B () B (2), B (5) = B () + B (2) + 2B (4) Eftersom A B gäller motsvarande för kolumner i A, dvs (p (x)) e, (p 2 (x)) e, (p 4 (x)) e är linjärt oberoende i R 4 och (p 3 (x)) e = (p (x)) (p 2 (x)) e... Vi har att p (x), p 2 (x), p 4 (x) är linjärt oberoende och p 3 (x) = p (x) p 2 (x) p 5 (x) = p (x) + p 2 (x) + 2p 4 (x) 4. Vi har en bas e = (e, e 2, e 3 ) i R 3 och tre andra vektorer f = e + e 2, f 2 = e 2 + e 3, f 3 = e 3. Visa att f:en också är en bas i R 3 Bevis Eftersom dim R 3 = 3 räcker det att visa att f, f 2, f 3 är linjärt oberoende. Vi skriver λ f + λ 2 f 2 + λ 3 f 3 = Samma som λ e + (λ + λ 2 )e 2 + (λ 2 + λ 3 )e 3 = e = (e, e 2, e 3 ) är en bas, allstå är λ =, λ 2 + λ =, λ 2 + λ 3 =. Det är λ = λ 2 = λ 3 = T : R 3 R 3 är linjär avbildning som har matris 2 T e,e = 2 2 i basen e. Vi vill ha matrisen för samma linjära avbildning i basen (f, f 2, f 3 ) Skriver (f, f 2, f 3 ) = (e, e 2, e 3 ) 8

Kallar den senaste matrisen för S. Enligt basbytesformeln gäller att T f,f = S T e,e S (T f,f är matrisen för T i basen f) Beräkning ger att S = Utför alla multiplikationerna och får T f,f = S T e,e S 5. T : P 3 P 3 är linjär och sådan att T (p(x)) = (x 3 + x)p (x) 2x 2 p (x) för alla p(x) P 3. Hitta avbildningens matris i standardbasen. Låt e = (, x, x 2, x 3 ) vara standardbasen i P 3. Vi har att T () =, T (x) = 2x 2 = 2x 2, T (x 2 ) = (x 3 + x) ) 2x 2 2x = 2x 2x 3 T (x 3 ) = (x 3 + x) 6x 2x 2 3x 2 = 6x 2 Allt det här ger att T e,e = 2 2 6 2 Vi kan skriva om T som en radreducerad trappmatris. T e,e B = 3 B (2), B (3) är linjärt oberoende. B () =, B (4) = 3B (2) Eftersom de är radekvivalenta gäller motsvarande för T e,e, dvs (T (x)) e, (T (x 2 )) e är linjärt oberoende medan (T ()) e =, (T (x 3 )) e = 3(T (x)) e. T har ingen Gör en härledning av det! Inte trappstegsmatris. 9

invers eftersom T e,e har en noll-kolumn. Vi skulle också hitta nollrum och värderum. V (T ) = [T (x), T (x 2 )] = [ 2x 2, 2x + 2x 3 ] = [x 2, x 3 x] Man behöver visst motivera lite till innan man får uttala sig om nollrum. Vi skriver T e,e (p(x)) e = B(p(x)) e = 3 (p(x)) e = Nu får vi skriva att N(T ) = [, 3x + x 3 ] s 3t t = s +t 3 Innan man får säga något om inverser ska vi motivera lite till. T är inverterbar omm T (x) = endast för x =. Det stämmer inte i vårt fall. 6. n u 2 ( α k e k = u k= n α k e k u k= ) n α k e k k= Det sista uttrycket är ( ) ( n n ) n = (u u) 2 u α k e k + α k e k α k e k Vi döper k= k= k= ( n ) n A = α k e k α k e k = k= k= = (α e +... + α n e n α e +... + α n e n ) = (α(e 2 e ) + α2(e 2 2 e 2 ) +... + αn(e 2 n e n )) n = k= Dessutom har vi u 2 n α k e k = u 2 2 α k (u e k ) + k= Vi kallar det för B. Vi kvadratkompletterar B och får exakt det vi skulle visa. α 2 k k= n k= α 2 k

Finns i boken som Exempel 3 till kapitlet om ortogonala baser! Den andra delen av uppgiften kan lösas mha föregående uppgift. Vi kan hitta ett minsta värde för u α e α 2 e 2 2 med (a)-delen på uppgiften. Sätt α = α 2 = π 2 4 Lektion massor Fortfarande repetitionsuppgifter. 4. Sista rep-uppgiften Om A än en m n matris så gäller Först att Au = A t Au = för u R n Visa att rang(a t A) = rang(a) rang(a t A) = rang(aa t ) 2 Vi tar det första. ( ) är självklart, Au = A t (Au) = A t = Nu tar vi ( ). Antag att A t Au =. A t A är då av typ n n. Vi har att Vilket leder till att A t Au = u t A t Au = u t = = u t A t Au = (Au) t Au = (Au) (Au) där ( ) är standardskalärprodukten. Videre får vi (Au) (Au) = Au 2 =. Längden av en vektor är bara om vektorn är. Vi har alltså att Au = vilket skulle bevisas. 2 Är rang(ab) = rang(ba) sant för godtyckliga matriser?

Den andra, rang(a t A) = rang(a) Enligt dimensionssatsen för matriser gäller för en p q matris B att dim N(B) + rang(b) = q För A(m n) och A t A(n n) ger det att dim N(A) + rang(a) = n dim N(A t A) + rang(a t A) = n Mha första delen av uppgiften kan vi se att eftersom dim N(A) = dim N(A t A) N(A) = {u R n Au = } = {u R n A t Au = } = N(A t A) Och kvar får vi att rang(a) = n dim N(A) = n dim N(A t A) = rang(a t A) Sista, rang(a t A) = rang(aa t ) rang(aa t ) = rang(a t ) = rang(a) = rang(a t A) 4.2 Nya saker - determinanter Determinanten av en matris är enbart definierad för kvadratiska matriser. Låt A vara en kvadratisk matris. Då skrivs determinanten för A, det A, det(a), ibland A. det A är ett tal. Determinanten kan definieras på många olika ekvivalenta sätt. 3 Man får därvid följande räkneregler: Att lägga till en multipel av en rad till en annan rad ändrar inte determinantens värde. Att mutliplicera en rad i A med λ gör att det av den nya matrisen blir λ det A λa... λa n = λ det A Platsbyte av två rader ändrar determinantens tecken. 3 I boken finns ett av sätten och härledningar för räknereglerna 2

a i,... a i,n = = a i, ( ) i+ D A i, + a i,2 ( ) i+2 D A i,2 +... + a i,n ( ) n D A i,n Där D i,j är den matris man får då rad i och kolumn j i A stryks. Det kallas utveckling efter rad i. det A t = det A det(ab) = det A det B Om A = (a), en matris, så är det A = a Nu kan vi testa beräkna a b c d = a( )2 det(d) + b( ) +2 det(c) = ad bc 4.3 Exempel och tillämpningar Nu testar vi räkna 3.6.(b). Vad är 2 6 4 6 3 5 5 3 2 = 7 5 5 3 2 = 2 = 3 4 2 7 5 2 4 6 7 5 3 2 = 3 ( 2( 4 3)) = 2 Om en matris har två lika rader är determinanten. Om en matris har några rader som är linjärt beroende är determinanten. En triangulär matris (med nollor under huvuddiagonalen) har determinant lika med produkten av diagonalelementen. Sats 7. Låt A vara en kvadratisk matris sådan att det A. Då är invers till A. B = ( ) + D, A... ( ) +n D A t,n det A =..... ( ) n+ Dn, A... ( ) n+n Dn,n A 3

Bevis. Vi börjar med att visa en hjälpsats. A är matrisen i satsen ovan. X = a m, ( ) k+ D A k, +... + a m,n ( ) k+n D A k,n = = { det A om m = k annars. I försa fallet, om m = k, är X radutvecklingen av det A över rad k. I andra fallet ersätter vi rad k i A med (a m,,..., a m,n ) och X blir det för den matris som uppkommer. Eftersom denna matris har två likadana rader kommer dess det bli. Vi fortsätter med beviset av satsen. Låt B vara matrisen i satsens formulering. (m, k) i matrisprodukten AB lika med { n a m,i ( ) k+i D A om k = m k,i = det A annars i= enligt hjälpsatsen. Vi har alltså att B = A Till exempel ta ( ) a b A = c d där det A = ad bc. Då säger satsen att A har invers och att den är ( ) A d c = ad bc b a Multiplikation av dem med varandra ger enhestmatrisen så det verkar stämma. Om A är en 3 3 matris eller större är satsen inget bra sätt att beräkna inversen. Då är det bättre att använda från grundkursen. (A E) (E B) A = B 4

4.4 Diagonalmatriser och övrigt Ovan påstods att a,...... a,n a 2,2... a 2,n.............. a n,n Det kan ses ganska enkelt med induktion om man utvecklar determinanten längs första kolumnen. Här kommer ett viktigt resultat som vi ska använda senare. Sats 8. Låt A vara en n n matris. Då är följande ekvivalen:. Ax = har endast lösning x = 2. A har invers 3. det A Bevis. Vi visar först att (2) (). Antag alltså att (2) gäller, dvs att A existerar. Då fås Ax = Ex = x = Nu tar vi () (2). Antag att Ax = enbart har lösningarna x =. Vi skriver = Ax = x A () + x 2 A (2) +... + x (n) n och får att A:s kolumner är linjärt oberoende i R n. Det följer att de är en bas i R n. Speciellt finns dal b,... b n,n sådana att b, A () +... b n, A (n) = eller med ettan på andra platser. Sätter nu B = [b i,j ] n n. Vi får då AB = E och B = A. så () (2) är bevisad.. (2) (3). Antar att A existerar. Då är AA = E och = det E = det(aa ) = det A det (A ) Det leder till att det A samt det ( A ) (3) (2) återstår. Det har vi visat i en sats ovan. 5

Att () (3) kan formuleras som Ax = har lösning x det A =. Det ska vi använda i fortsättingen. 5 Determinanter, forts x 2 3 4 x 2 4 9 6 x 3 8 27 64 Hitta x så att determinanten blir. = Om man stoppar in x = 2, 3, 4 så får man dubbelrader, om man utvecklar determinanten får man ett 3:e gradspolynom som kan högst ha 3 rötter, alltså är x = 2, 3, 4 lösningarna. Nu tar vi uppgift 3.9. En matris har nollor på huvuddiagonalen och ettor på alla andra platser. Vad blir dess det?...... Vi adderar alla rader till den första och får n n... n........... Nu kan man transponera matrisen och få en trappstegsmatris. Den har det (n )( ) n. Nu kommer ännu ett exempel: Låt A och B vara kvadratiska matrise av samma typ som uppfyller att A, B AB = Då blir det för A och det för B lika med. 6

Antag att så inte är fallet, WLOG har B en invers. Vi multiplicerar AB med B och får att AE = och att A inte kan vara. Här kommer ett specialfall. Vi har att A, A E samma som A, A E. Om nu A 2 = A A 2 A = A(A E) = så måste enligt det vi nyss har bevisat. det A = det(a E) = 6 Egenvärden och egenvektorer till kvadratiska matriser Låt A vara en n n matris. Då definierar vi egenvärde för A som ett tal λ sådant att det finns u R n, u sådant att Au = λu. Alla u R n, u sägs vara egenvektorer till A hörande till egenvärdet λ. För godtyckligt tal λ (inte bara egenvärden) och matris A sätter man Sats 9. E A (λ) är ett delrum av R n E A (λ) = {u R n Au = λu} Bevis. Vi behöver visa att summan av två vektorer i E A (λ) ligger i mängden och att multiplikation med skalär inte heller går utanför. Det är enkelt att inse att så är fallet med matrislagarna. Av definitionen av E A (λ) så följer att λ är egenvärde E A (λ) {} 6. Beräkning av egenvärden och egenvektorer till A 6.. Egenvärden λ Vi har att λ är egenvärde för A omm Au = λu för något u. Au λu = för något Enligt sats om determinanter såste u (A λe)u = det(a λe) = 7

6..2 Motsvarande egenvektorer För varje λ hittar vi de tillhörande egenvektorerna u genom att lösa ekvationssystemet (A λe)u =. 6.2 Exempeluppgift Sätt A = 2 2 3 2 2 Vi söker egenvärden till A. Vi använder att λ är egenvärde till A det(a λe) = Vi har då att 2 λ 2 det(a λe) = 3 λ = 2 2 λ Man får en tredjegradare när man utvecklar en sån det. Det betyder tre rötter. Man kan använda symmetri och addera ihop grejer. Det ger att det blir 2 λ 2 (5 λ) 3 λ 2 Gör lite förändringar till och får λ (5 λ) 3 λ = (5 λ)( λ)( λ) 2 Vi har alltså hittat λ {5, }. Nu letar vi rätt på egenvektorerna till de olika egenvärdena. λ = 5 ger 2 3 2 2 3 som ger lösningen Vi kan på liknande sätt räkna ut E A () = s u = 2 t t t + t 8

Vi döper de tre baserna till u, u 2, u 3. Det är klart att de i det här fallet är linjärt oberoende, men är det klart att de alltid spänner upp R n? Det ska vi snart visa! Så är inte alltid fallet. Om egenvektorerna bildar en bas i R n kallas A diagonaliserbar. Sådana är tydligen särskilt enkla att behandla i olika sammanhang. Det tar vi senare. Vi visar nu att resultatet om baser i olika egenrum. Sats. Baserna i det olika egenrummen till en matris A är linjärt oberoende. Bevis. Vi börjar med ett hjälpresultat. Lemma 2. Låt λ... λ n vara olika egenvärden till en kvadratisk matris A och låt u k E A (λ k ) för alla k vara sådana att u + u 2 +... u m =. Då är u =, u 2 =... u m = Bevis. Vi kör induktion över m. Om m = är det självklart. Antar att det funkar så för m där m 2. Vi visar att då är satsen sann för m. Vi får att Au + Au 2 +... Au m = Det ger λ u +... u m λ m =. De är alltså linjärt beroende. Eliminerar ett av u:na och har bara kvar m styck. (λ m λ )u + (λ m λ 2 )u 2 +... + (λ m λ m )u m = Enligt induktionsantagandet måste alla λ i vara lika λ m eller alla u i =. Det senare leder inte till motsägelse och lemmat är bevisat. Antag att vi har egenrummen E A (λ )... E A (λ m ) för olika λ i och låt u (k)... u (k) d k vara en bas i E A (λ k ). Då skriver vi α i u i där vi summerar över samtliga baser i samtliga egenrumm. Om summan är måste enligt hjälpsatsen alla α i också vara och vi har att alla u i är linjärt oberoende. 7 Lektion, Egenvärden och egenvektorer till kvadratiska matrises, forts. Låt A vara en n n matris. Vi har sagt att A kallas diagonaliserbar om det finns precis en bas i R n som består enbart av egenvektorer till A. Vi har också visat att baser i olika egenrum är tillsammans linjärt oberoende. Av detta resultat följer att en n n matris A är diagonaliserbar dim E A (λ i ) = n där λ i är olika egenvärden till A och E A (λ i ) är motsvarande egenrum. 9

Nu ska vi se vad det är som gäller om A är en diagonaliserbar n n matris. Låt u,... u n vara en bas i R n som bara består av n egenvektorer till a. Vidare sätter vi λ i som motsvarande egenvärden. (Några kan vara lika). Då gäller Au = λ u. Au n = λ n u n Men det kan skrivas på matrisform ((Au )... (Au n ) ) = A ( (u )... (u n ) ) Kan vidare förenklas till λ... AT = T....... λ n där T är basbytesmatrisen mellan standardbasen och (u,... u n ) Diagonalmatrisen kallar vi för D och har då AT = T D A = T DT Eftersom T är en basbytesmatris och har invers T. Några tillämpningar av att n n matris A är diagonaliserbar och kan skrivas om som T DT enligt ovan:. Beräkna en potens av A Induktion ger A n = T D n T. A = T DT A 2 = T D 2 T Vi går tillbaka till matrisen från föregående lektion, 2 2 A = 3 2 2 och som hade egenvärden 5 och och egenrummen E A (5) = [(2,, )], E A () = [( 2,, ), (,, )] Summan av dimensionerna blir dim E A (5) + dim E A () = + 2 = 3 = dim R 3 2

så A är, enligt vad vi sa i början av dagens lektion, diagonaliserbar. Vi söker en basbytesmatris T vars kolumner är u, u 2, u 3, alltså 2 2 T = ((u ) (u 2 ) (u 3 ) ) = 5 D = Med lite räkning får vi T = 4 2 2 2 3 Efter ytterligare lite räkningar kan vi få A m = 5 m + 3 2 5 m 2 5 m 5 m 2 5 m + 2 5 m 4 5 m 2 5 m 2 5 m + 3 2. Beräkning av lösning B till ekvationen B m = A Vi får det B m = det A leder till m det B = det A enligt produktsatsen för determinanter. Säg nu att A är en reell matris, m är jämnt och att vi säker en reell matris B sådan att B m = A. Det leder till att vi måste ha det A för att det ska gå. Vi försöker hitta en reell matris B sådan att B 4 = A där 2 2 A = 3 2 2 dvs samma matris som förut. Beräkning ger att det A = 5. Det medför att det B = 4 5. Vi har ju att A = T DT för redan nedskrivna matriser T, T Om vi nu sätter B = T 4 5 ger en enkel kontroll att A = B 4 och vi har hittat en fjärderot! På samma sätt som här kan man bära sig åt för att hitta n:te rötter ur godtyckliga diagonaliserbara matriser, så länge som vi inte försöker dra en jämn reell rot ur en matris med negativ determinant. 2

3. Differentialekvationssystem Betrakta differentialekvationssystemet där a, x (t) +... + a,n x n (t) = x (t) a n, x (t) +... + a n,n x n (t) = x n(t) x () = b... x n () = b n Det kan skrivas om som a,... a,n x (t)...... a n,... a n,n x n (t). = x (t). x n(t) Vi sätter A = [a i,j ]. Med dessa beteckningar blir Ax(t) = x (t) Antag nu att A är diagonaliserbar, dvs att A = T DT. Vi får då att T DT X(t) = X (t) DT X(t) = T X (t) DT X(t) = T X (t) T X (t) = d dt (T X(t)) eftersom T är tidsoberoende. Sätt y(t) = T x(t). Då får man Dy(t) = y (t) och kan lösa problemet i y och sedan transformera om för att få ut X. För ett mer utförligt exempel med n = 2 kan man titta i boken på sid. 34-342 (Exempel 3). 7. Egenvärden och egenvektorer till linjära operatorer (på vektorrum) Låt V vara ett vektorrum. En linjär operator F på V är en linjär avbildning från V till V. Låt F då vara en sådan linjär operator. Ett tal λ sägs vara egenvärde till F om det finns u V, u, sådant att F (u) = λu Om λ är egenvärde till F så kallas varje u V, u som uppfyller F (u) = λu för egenelement 4 till F hörande till egenvärdet λ. För dodtyckligt tal λ sätter man E F (λ = {u V F (u) = λu} E F (λ) för alla λ, alltid. Exakt som i matrisfallet visas att E F (λ) är ett delrum av V för alla λ. Vi har att λ är egenvärde till F E F (λ) {}, samma som i matrisfallet. I fortsättningern antar vi att V är ändligtdimensionellt för att 4 egenvektor, egenmatris, egenfunktion, egenpolynom, etc. 22

det låter oss använda matristeorin för egenvärden. Säg att dim V = n, n > och att e = (e,... e n ) är någon bas i V. Då kan vi beräkna egenvärden och egenvektorer(egenelement) till F så här: Egenvärden: λ är egenvärde till F omm för något u V, u F (u) = λu (F (u)) e = (λu) e F e,e u e = λu e enligt huvudsatsen för linjära avbildningar. Det betyder att vi reducerat problemet till något vi redan har löst, nämligen (F e,e λe)u e = Det är en sekularekvation eller karakteristisk ekvation för matrisen F e,e. Den ger oss egenvärdena. Egenelementen: Låt λ vara ett egenvärde till F. (Vi antar alltså att vi redan har hittat det). Då har vi att u E F (λ) F (u) = λu. Ekvivalent med (F e,e λe)u e = vilket är ett vanligt ekvationssystem. 7.2 Övning 42 Vi ska hitta matrisen till F i standardbasen och beräkna egenvärden och egenvektorer. F : P 3 P 3 är linjär och ges av att F (p(x)) = (x + )p (x) för alla p(x) P 3 5 Låt e = (, x, x 2, x 3 ) vara standardbasen i P 3. F :s matris i basen e: F () = F (x) = (x + ) = + x F (x 2 ) = 2x + 2x 2 F (x 3 ) = 3x + 3x 3 Som vanligt är då F e,e = 2 2 3 3 5 kom ihåg att P 3 är mängden av alla polynom med högst grad 3. 23

vilket alltså är F :s matris i basen e 6 Nu hittar vi alla egenvärden och egenvektorer. Det betyder att vi ska lösa λ = λ 2 2 λ 3 = λ( λ)(2 λ)(3 λ) 3 λ Egenvärden är,, 2, 3. Eftersom de är fyra stycken måste F e,e vara diagonaliserbar. Nu räknar vi på motsvarande egenrum. E F () räknas ut till linjära höljet av u = t E F () blir [ + x]. E F (2) är [ + 2x + x 2 ]. E F (3) = [ + 3x + 3x 2 + x 3 ] Dessa fyra polynom är linjärt oberoende i P 3. Nu tycker vi att vi måste ha matrisen för F F... F = F (F (F... F (x)...) Enligt sats om sammansättning av linjära avbildningar är det produkten F n. Den kan vi räkna ut med en diagonalmatris för F. 8 Egenvärden och egenvektorer till symmetriska linjära operatorer och matriser Om vi vet att en avbildning eller matris är symmetrisk gäller lite fler saker för egenvärdena och egenrummen. 8. Förberedelser Låt V vara ett ändligdimensionellt vektorrum med dim V = n och låt (u v) vara en skalärprodukt i V. Sats.. Låt u,... u n R n och sätt T till matrisen där kolonnvektorerna är u... u n. Då gäller att u... u n är en ON-bas i R n med standardskalärpdodkukt omm T t T = E. 2. Låt e... e n vara en ON-bas i V (med avseende på (u v)) Låt nu t vara en n n matris och sätt f = (f... f n ) där (f... f n ) = (e... e n )T Då gäller att f är en ON-bas i V (med avseende på (u v)) omm T t T = E. 6 Betecknas med F e,e 24

Bevis.. Vi har att u u... u u n T t T =..... u n u... u n u n Vi får att hela matrisen är E omm { om i = j u i u j = annars vilket är definitionen för en ON-bas. 2. Sätt T = [t i,j ] n n. Då ger (f... f n ) = (e,..., e n )T Vi får att vilket är f = t, e +... + t n, e n. f n = t n, e +... + t n,n e n (f i f j ) = (t,i e +... + t n,i e n t n,j e +... + t n,j e n ) t,i t,j (e e ) +... + t n,i t n,j (e n e n ) eftersom (e i e j ) = om i j och e är en ON-bas. Skriver om hela alltet som (t,i,..., t n,i ) t,j. t n,j = (T t ) i T (j) Det senaste är koefficienten (i, j) i produkten (T t T ). Och vi är klara eftersom den ska bli om i j och annars. En matris T med T t T = E kallas för ON-matris eller ortonormerad matris i boken. Om T är ortonormerad så stämmer också att T T t = E. Det är ekvivalent med att T = T t. Sats 2. (Övning 2.9) Låt U vara ett delrum av V, dim V = n och låt U vara ortogonala komplementet 7 av U. Då är U ett delrum av V och dim U + dim U = dim V 7 U = {v V (u v) = för alla u U}, utläses u ortogonal 25

Bevis. Om U = {} är u = V och om U = V är u = {}. I båda fallen gäller formeln. Antag därför att U {} och U V. Låt e... e m vara en ON-bas i U (det finns alltid en enligt Gram-Schmidts metod). Denna bas kan alltid kompletteras till en ON-bas i hela rummet V enligt sats i boken och Gram-Schmidt. Låt den ortonormerade basen vara e... e n. Nu är det ganska uppenbart att e m+... e m är en bas i U och vi är klara. Här kommer ännu ett resultat Sats 3. Låt e = (e,..., e n ) vara en ON-bas i V. Då är (u v) = u e v e = u t ev e från matrisräkneregler. Som vanligt betyder u e u:s koordinater i basen e. Alltså, oberoende av vilken ON-bas vi har gäller samma enkla formel för skalärprodukt. Bevis. Låt Då är u = u e +... + u n e n v = v e +... + v n e n (u v) = (u e +... + u n e n v e +... + v n e n ) = u v +... + u n v n eftersom (e i e j ) = { om i = j annars Roligt? -Kanske. Nu har vi förberedelserna och kan gå över till symmetriska linjära operatorer. 8.2 Symmetriska linjära operatorer Låt V vara ett vektorrum, och låt (u v) vara en skalärprodukt i V. Definition 5. En linjär operator F : V V sä s vara symmetrisk map. skalärprodukten (u v) precis om för alla u, v V. (F (u) v) = (u F (v)) I fortsättningen antar vi att V hä är ändligdimensionellt med dim V = n. För att en linjär operator ska vara symmetrisk krävs att några kriterier ska vara uppfyllda. Här kommer en sats om det. 26

Sats 4. Låt F : V V vara linjär. Då är följande ekvivalent:. F är symmetrisk med avseende på (u v) 2. för alla u, v V. (F (u) v) = (u F (v)) 3. F :s matris i någon ON-bas i V är symmetrisk. 4. F :s matris i varje ON-bas i V är symmetrisk. Bevis. De första två är ekvivalenta med definitionen. Vi visar (2) (3) Låter e vara en ON-bas i V. Det är detsamma som ((F (u)) e ) t )v e = (u e ) t (F (v)) e. Skriver om det lite och får ( ). ( ) är nästan lättare. (3) (3) är direkta tillämpningar av egenskaper för basbytesmatriser mellan ON-baser. Sats 5. Låt F : V V vara linjär och symmetrisk, sätt λ och µ vara två olika egenvärden till F, och låt u E F (λ), v E F (µ). Då är (u v) = där skalärprodukten är den F är symmetrisk över. Bevis. u E F (λ), v E F (µ) betyder att F (u) = λu, F (v) = µv. Eftersom F är symmetrisk måste (F (u) v) = (u (F (v). Sätter in uttrycken i varandra. Det ger och vi är klara eftersom λ µ. λ(u v) = µ(u v) Sats 6. Låt A vara en reell symmetrisk matris. Då har ekvationen det(a λe) = enbart reella rötter λ. 8 Bevis. Låt λ C vara en rot så att det(a λe) =. Då finns enligt sats om determinanter z C n, z, sådant att (A λe)z = Det är ekvivalent med Az = λz. Vi har alltså och vilket ger (z ) t Az = λz z λ = (z ) t Az (z ) t z Om man konjugerar λ får man λ vilket ger att λ R. Från satsen följer att alla egenvärden hos en symmetrisk matris är reella. 8 Vad är det som inte gäller för symmetriska avbildningar? 27

Sats 7. Låt F : V V vara linjär och symmetrisk. Då finns en ON-bas i V enbart beståended av egenvektorer till F. 9 = n. Det använder ortogonala- Beviset använder induktion efter dim V komplement-satsen. 9 Egenvärden och egenelement till symmetriska linjära operatorer och symmetriska matriser, forts. Problem. Till exempel, låt F : P 2 P 2 vara en linjär operator på rummet av alla reella polynom av högst grad 2. Vi sätter F (p(x)) = p( x) för alla p(x) P 2. För att en operator ska kunna vara symmetriisk måste man föst definiera en skalärprodukt. Definiera skalärprodukten på P 2 genom att sätta (p(x) q(x)) = p(x)q(x)dx för alla p(x), q(x) P 2. Man kan lätt se att det verkligen blir en skalärprodukt (det står f. ö. i boken). Visa att F är symmetrisk m.a.p. denna skalärprodukt. Vi vet att F är symmetrisk om F : s matris i någon ON-bas är symmetrisk med satsen från föregående lektion. För att kunna anväda satsen måste vi först räkna ut någon ON-bas i P 2 och sedan hitta F :s matris i den basen. Det kräver en del arbete så vi använder definitionen för symmetriska avbildningar och visar istället att (F (p(x)) q(x)) = (p(x) F (p(x))) fär alla p(x), q(x) P 2 För godtyckligt p(x), q(x) P 2 har vi att F (p(x) q(x)) = F (p(x))q(x)dx = Vi gör variabelbytet t = x, x = t, dx dt p(t)q( t)( dt) = p(t)q( t) = 9 Ja, verkligen allt gäller för symmetriska vektorer p(x )q(x) = Integralen blir då p(x)f (p(x))dx 28

vilket var det vi ville visa. Då vet vi att F är en symmetrisk operator m.a.p den givna skalärprodukten. Vi beräknar nu egenvärde till F och motsvarande egenrum (uppgiften är slut, det här är bara exempel på hur man räknar egenvärden). Enligt den stora satsen från föregående lektion måste egenvektorerna bilda en bas i P 2. Om vi låter e = (, x, x 2 ) vara standardbasen i P 2 blir F :s matris ganska enkel att beräkna, nämligen F e,e = 2 eftersom F () =, F (x) = x, F (x 2 ) = 2x + x 2. Vi vet att λ är egenvärde till F det(f e,e λe) = Det ger att vi ska lösa det λ λ 2 λ Det blir en trappmatris och ger direkt att egenvärdena blir en enkelrot λ = och ett dubbelrot λ =. Man kan visa att ett egenvärde med multiplicetet m ger upphov till ett egenrum av högst dimension m. Med satsen från senaste lektionen vet vi att dimensionen är exakt m för symmetriska operatorer. Enligt en annan sats från senaste lektion måste alla egenvärden också bli reella. Nu räknar vi ut motsvarande egenrum. Man kan räkna fram att E F ( ) = [ + 2x] E F () = [ + x x 2, x x 2 ] Eftersom F är symmetrisk måste polynom från olika egenrumm vara ortogonala om vi räknat allt rätt med sats från föregående lektion. Vi kollar att det verkligen gäller: (2x )dx = [x 2 x] = (2x )(x 2 x)dx = [ 2 x4 x 3 + ] 2 x2 = En ON-bas i E F ( ) fås genom att normera 2x m.a.p. skalärprodukten. Detsamma kan vi göra med det andra egenrummet. Efter uträkningar får vi en ON-bas i hela P 2 m.a.p skalärprodukten. 29

9. Symmetriska matriser Sats 8. Låt A vara en reell symmetrisk n n matris. Definiera en linjär avbildning F : R n R n genom F (x) = Ax för alla x R n. Utrusta R n med standardskalärprodukten. Då gäller att F är symmetrisk m.a.p. denna skalärprodukt. Bevis. Standardbasen e i R n är en ON-bas i standrardskalärprodukten. F e,e = A har vi visat tidigare. Och A är ju symmetrisk så enligt en av satserna från föregående lektion är F en symmetrisk linjär operator. Man kan också göra ett direkt bevis av satsen. Vi skriver (F (u)) v = (Au) v = (Au) t v = u t A t v = u t Av = u (F (v) eftersom A är symmetrisk och vi är klara. Eftersom F är symmetrisk finns en ON-bas till R n av egenvektorer till F. Låt u... u n vara en sådan bas och låt λ... λ n vara motsvarande egenvektorer. Dessa måste alla vara reella eftersom A var reell och symmetrisk. Dvs då är F (u ) = λ u Vilket är detsamma som. F (u n ) = λ n u n Au = λ u. Au n = λ u u n Det är ekvivalent att matrisprodukten λ... AT = T....... λ n om T är matrisen med u i som kolonnvektorer. Kalla den sista matrisen för D och vi har att AT = T D Matrisen T uppfyller att T t = T eftersom D är F :s matris i basen u... u n Därför kan allt skrivas om som AT T = T DT 3

Vi har sett att en sådan omskrivning låter oss enkelt beräkna potenser och rötter av A. Nu till ett praktiskt exempel! A = Vi löser som vanligt 2 2 7 2 2 7 är reell och symmetrisk det(a λe) = och får λ = 2 och λ 2 = 6, den sista är en dubbelrot. Räknar ut egenrummen till E A (2) = [(, 2, )] och E A (6) = [(,, ), (2,, )]. En ON-bas i E A (2) är v = (, 2, ) normerad vilket blir v 6 En ON-bas i E A (6) får vi med Gramm-Schmidts metod och det blir [ ] 2 (,, ), (,, ) 3 Inför martrisen T vars kolonner än ON-basen vi fick (den med massa kvardatrötter). Vi hade sedan tidigare att 2 D = 6 6 Då gäller alltså att A = T DT = T DT t 9.2 Kvadratiska former Definition 6. En kvadratisk form Q i variablerna x,..., x n är ett ett polynom av grad 2 i x,..., x n. Ett sådant kan skrivas som Q = α x +... α n x n + β i,j x i x j i<j n Det tillåter en matrisframstållning av Q: Q = (x,..., x n )A x.. där A = a i,j = x n α i,i om i = j 2 β i,j om i < j 2 β j,i annars n n 3

Egentligen funkar vilken matrisframställning som helst där a i,j + a j,i = β i,j för i < j men vi vill gärna ha en symmetrisk matris så det får bli A. En symmetrisk matris hade ju alla trevliga egenvärdeegenskaperna. Nu tar vi ett exempel: har matrisen Q = x 2 + 2x 2 2 + 3x 2 3 + 2x x 2 + 4x 2 x 3 A = 2 2 2 2 3 Låt nu Q vara en kvadratisk form i x,..., x n och låt A vara tillhörande symmetriska matris. Sätt x = Då gäller enligt ovan att Q = X t AX. Vi skriver A = T DT t där D är A:s diagonalmatris. Då gäller Q = X t T DT t X Om man låter Y = X t T blir det x. x n Q = Y DY t och vi kan få tillbaka X genom X = T Y t. Det här är en mycket trevligare form att skriva Q på. Vi har ju Ett annan rolig egenskap är Q = n λ i yi 2 i= Y Y t = (T t X) t T t X = X t X Kvadratiska former, forts Sätt Q = 7x 2 +x 2 2 +7x 2 3 4x x 2 +2x x 3 4x 2 x 3. Vi vill bestämma det stärsta och minsta värdet av Q då x 2 + x 2 2 + x 2 3 = 32

Det går eftersom mängden av alla (x, x 2, x 3 ) med x 2 +x 2 2 +x 2 3 = är sluten och begräsad. Men det ska vi inte bry oss om, det kommer att framgå av räkningarna att det finns ett största och minsta värde. Låt A = 7 2 2 2 2 7 Då blir Q = X t AX för denna matris och X = x x 2 x 3 Beräknar egenvärden och motsvarande egenrum samt bestämmer ON-baser i varje egenrum ger att A kan skrivas som A = T DT t där / 6 / 2 / 3 T = 2/ 6 3 / 6 / 2 / 3 samt där D = 2 6 6 Vi stoppar in A = T DT t i Q = X t AX får vi Q = Y t DY Y = XT t = Kvadratiska formen blir Q = Y t DY = 2y 2 + 6y 2 2 + 6y 2 3. Från förra gången vet vi att x 2 + x 2 2 + x 2 3 = y 2 + y 2 2 + y 2 3. Problemet har övergått i att hitta det största och minsta värdet på Q = Y t DY = 2y 2 + 6y 2 2 + 6y 2 3 vilket är mycket lättare. Man ser (typ) att det största får vi när y = och minsta är när y 2 =. Att hitta när likhet gäller är lite svårare. Nu vänder vi på problemet: Bestäm minsta och största (om det finns) värdet på x 2 +x 2 2 +x 2 3 då 7x 2 +x 2 2 + 7x 2 3 4x x 2 +2x x 3 4x 2 x 3 = Vi gör samma substitution och får som uppgift att hitta det minsta och största värdet på y 2 + y 2 2 + y 2 3 då 2y 2 + 6y 2 2 + 6y 2 3 =. Ett till resultat om kvadratiska former: Sats 9. Tröghetslagen för kvadratiska former Antag att en kvadratisk form Q i två olika baser e och e med koordinater (x,..., x n) resp. (x,..., x n) enbart består av rena kvadrattermer, dvs att Q = a x 2 +... + a n x 2 n och Q = b x 2 +... + b n x 2 n. Då är antalet a i > lika med antalet b i > och antalet a i = är lika med antalet b i =. y y 2 y 3 33

Bevis. Finns i kursboken. I ett ON-system har en yta ekvationen x 2 + 2x 2 2 + 2x 2 3 + x x 2 + x x 3 + x 2 x 3 = Visa att ytan är en ellipsoid. En ellipsoid är en yta som i något ON-system i rummet kan skrivas med a y 2 + y 2 x 2 + a 3 y 3 där a, a 2, a 3 är positiva. Låt A vara den symmetriska matris som hö till den kvadratiska formen Q ovan, och låt λ, λ 2, λ 3 (upprepade med sic multiplicitet) vara egenvärden till A. I ett lämpligt ON-system med koordinaterna x, x 2, x 3 gäller då att Q = kan skrivas som λx 2 + λx 2 2 + λx 2 3. Vi ska alltså bara hitta egenvärden till matrisen A. En annan metod är successiv kvadratkomplettering. Det ger att Q kan skviras om som (x + 2 (x 2 + x 3 )) 2 + 7 4 (x 2 + 7 x 3) 2 + 3 28 x2 3 och gör att man kan byta koordinater till en ny bas. (Går att kontrollera att det verkligen blir en bas). Med tröghetslagen har vi att Q är en ellipsoid. Nu tar vi uppgift 5.7. Låt A vara en reell kvadratisk matris. Då gäller att AA t är symmetrisk och att alla egenvärden i den är. Det är klart att AA t är symmetrisk då (AA t ) t = AA t. Eftersom A är reell är alltså AA t reell. Vi vet sedan innan att egenvärden till reella symmetriska matriser är reella, nu ska vi dessutom visa att de är positiva. Låt λ vara ett egenvärde till matrisen A. Låt u vara en tillhörande egenvektor så att AA t u = λu. Vi vill alltså visa att λ. Multiplicerar med u t från vänster och får u t AA t u = λu t u = (A t u) (A t u) > och λ måste alltså bli >. Kör uppgift 5. Låt A vara en kvadratisk matris, låt λ vara ett egenvärde och u en egenvektor. Låter p(x) vara ett polynom. Då har vi att p(λ) är ett egenvärde till p(a) och u tillhörande egenvektor. Det följer enkelt från matrisräkneregler. 34

Repetitionsuppgifter,... Repetitionsuppgift (a) A = 2 4 6 4 2 Vi studerar egenvärdena: 2 λ 4 = 6 λ = (6 λ)(λ 6)(λ + 2)) 4 2 λ och egenvärdena beräknas till λ = 6, λ 2 = 2 där λ 2 är en dubbelrot. Det innebär att motsvarande egenrum har dimension 2. Vi hittar egenrummen genom att lösa för E A ( 2): x E A ( 2) Ax = 2x (A + 2E)x = 4 4 8 x = t 4 4 för godtyckligt t. Eller, E A ( 2) = [(,, )]. Uträkning ger att E A (6) = [(,, ), (,, )] och dessa två råkar vara vinkelräta så normering ger att att en ON-bas i egenvektorer är Sätt då och e = 2 (,, ), e 2 = 2 (,, ), e 3 = (,, ) Då gäller att A = T DT t. T = D = 2 2 2 2 2 6 6 Repetitionsuppgift (b) Hitta max och min av Q = 2x 2 + 6y 2 + 6xz 2 + 8xz då x 2 + y 2 + z 2 =. Q kan skrivas som Q = X t AX där X = x y z 35

och A är matrisen ovan. Insättning av A = T DT t ger Q = X t T DT t X = (T t X) t (T t X). Sätt U = T t X där U = u v w så fås att Q = U t DU. Vi har redan visat att u 2 + v 2 + w 2 = x 2 + y 2 + z 2. I de nya variablerna ska vi alltså hitta max och min av Q = 2u 2 + 6v 2 + 6w 2 då u 2 + v 2 + w 2 =. För alla u 2 + v 2 + w 2 = gäller att 2u 2 + 6v 2 + 6w 2 6(u 2 + v 2 + w 2 ) = 6 Likhet hela vägen råder bara om u = och v 2 + w 2 =. Vi hittar att max är 6. Det sista översätts till v = sin t, u = cos t för något t < 2π. Nu löser vi ut de gamla variablerna ur de nya för att hitta när max inträffar i dem. Vi har 2 2 X = T U = cos t 2 2 sin t och vi kan räkna ut att maximum i x, y, z blir (x, y, z) = ( cos t, sin t, cos t), t < 2π 2 2 Motsvarande uträkningar ger att min inträffar då u =, v =, w =. Det blir i våra gamla variabler att (x, y, z) = ±( 2,, 2 ) Repetitionsuppgift (c) F : M 2 M 2 är en linjär avbildning på rummet av alla reella 2 2 matriser som ges av att F (X) = AX XA där A = ( 5 2 2 ) Vi ska bestämma en bas för nollrummet. 36

Det går enklast genom att räkna ut F ::s matris i någon bas i M 2. En sådan är motsvarigheten till standardbasen i R 4, ( ) B =, B 2 =..., B 3, B 4 Vi hittar att F :s matris i basen B är ( ) F (B ) = 2 ( ) 2 3 F (B 2 ) = 2 ( ) F (B 3 ) = 3 ( ) F (B 4 ) = 2 F B,B = Efter lite räkningar får vi att F B,B 2 3 2 3 2 2 3/2 /2 = C F B,B är alltså radekvivalent med C vilket betyder att om F ()... F (4) är kolonnerna i F B,B så är αi F (i) = α i C (i) = Vi har också tydligen F B,B u = Cu = T ex så är F (3) = 3/2F () + /2F (2). 2 Vi har att B = (B, B,2, B 2,, B 2,2 ) är en bas i M 2. Så V (F ) = [F (B, ), F (B,2 ), F (B 2, ), F (B 2,2 ) 2 Jag är fortfarante lite osäker på varför och om jag uppfattat allt rätt. Mem: repetera! 37

. Vi visade med radreduceringen att (F (B, ), F (B,2 ) är en bas i V (F ) vilket låter oss enkelt hitta N(F ), Vi löser Cu = och får u N(F ) F (u) = Cu = u = 2 s 3 2 + t Nu hittar vi egenvärden. Vi använder att λ är egenvärde till F är ekvivalent med det(f B,B λe) = Vi väljer basen B som vi använde tidigare. Då fås λ 2 det(f B,B λe) = 3 λ 2 3 λ 2 = 2 λ Efter lite arbete blir den karakteristiska ekvationen λ 2 (λ 2 ) = som har rötterna (och därmed egenvärdena), och. Motsvarande egenrum får vi med E F () = N(F ) vilket vi redan har räknat ut. [( )] E F () = [( )] 2 E F ( ) = 4 2 Vi har alltså 4 matriser i de olika egenrummen. Det gör att F kan diagonaliseras eftersom M 2 har en bas bestående av egenmatriser till F. Repetitionsuppgift (d) e = (e, e 2 ), e = (, 2), e 2 = (, ) ( ) 2 T e,e = a är symmetrisk för något a. Hitta detta a! 38

Låt f = (f, f ) vara standardbasen i R 2. Vi vet att T är symmetrisk map. standardskalärprodukten i R 2 omm T (u) v = u T (v) för alla u, v R 2. Enligt gammal sats är det ekvivalent med att T :s matris i någon ON-bas i R 2 är symmetrisk. Basen f än en ON-bas. Så vi hittar F :s matris i f! T är symmetrisk T f,f är en symmetrisk matris. Vi har { e = f + f 2 e 2 = f + f 2 allstå är ( (e, e 2 ) = (f, f 2 ) 2 Kalla den sista matrise för S. Vi får då att T e,e = S T f,f S vilket inte riktigt var vad vi ville ha. Skriver om det lite till T f,f = ST e,e S. Går snabbt att hitta ( ) S = 2 Vi räknar ut T f,f = ( 5 a a 3 8 a a 3 Det ger att a är entydigt bestämt och lika med 5. T är då också entydigt bestämt av de givna villkoren. Repetitionsuppgift (e) Den första är självklar, den andra är väl också rätt självklar... Repetitionsuppgift (f) Vi har { x + x 2 + x 3 + x 4 = x + 2x 2 = Det är ekvivalent med att { x = 2x 3 2x 4 x 2 = x 3 + x 4 ) ) U består alltså av allaa element x 3 ( 2,,, ) + x 4 ( 2,,, ) där x 3, x 4 är godtyckliga. Det ger oss det linjära höljet u = [( 2,,, )( 2,,, )] Dessa två är linjärt oberoendeoch är därför en bas i U. 39

Det är ekvivalent med U = {v R 4 v u = för alla u U} U = {v R 4 v u = v u 2 = } där (u, u 2 ) = (( 2,,, ), ( 2,,, )). För ett godtyckligt element v = (x, x 2, x 3, x 4 ) får vi att v u 2x + x 2 + x 3 = v u 2 2x + x 2 + x 4 = Ett element i U måste uppfylla båda dessa vilket är ekvivalent med att U = [(,, 2, 2), (,,, )] Repetitionsuppgift (g) Andra delen i uppgiften: Vi har M 2 med skalärprodukten definierad i första delen av uppgiften. Sätt W = {A M 2 uau t = } där u = (, ). Visa att W är ett delrum av M 2 och bestäm en ON-bas i W. Vi sätter ( ) a b A = c d Skriver är ekvivalent med vilket ger att A = a ( uau t a b = (, ) c d ( ) ( a + b + c + d = ) ( + b ) = ) ( c för alla a, b, c R. Dessa tre är linjärt oberoende och basen för W är dessa tre. ) 4