A = x

Matematiska Institutionen KTH Lösningar till några övningar på linjära avbildningar och egenvärden och ehenvektorer inför lappskrivning nummer 5 på kursen linjär algebra SF604, ht 07.. (a) A(2,, 0) A(2(, 0, 0) + (0,, 0)) 2A(, 0, 0) + A(0,, 0) (, 2, ) + (2,, 2) (,, ). (b) Kolonnerna i avbildningens matris ges av bilden av basvektorerna. Alltså blir avbildningens matris A 2 2 2 Nollrummet ges av de x (x, x 2, x ) i R sådana att A x 0 eller ekvivalent A x T 2 2 x x 2 0 0 2 x 0 Detta ger ett homogent linjärt ekvationssystem med lösningsmängden Alltså nollrummet är span{(,, 5)}. (x, x 2, x ) t(,, 5) t reellt tal. (c) Vi vet att A:s bildrummet är lika med matrisen A:s kolonnrum. Då dimensionen av nollrummet plus dimensionen av kolonnrummet till en matris är lika med antalet kolonner så får vi att dimensionen av kolonnrummet är 2. Då kolonn och kolonn 2 i det 2-dimensionella kolonnrummet är linjärt oberoende så bildar de en bas för detta rum. Således är A:s bildrum lika med span{(, 2, ), (2,, 2)}. (d) Se nedan. (e) Den ovan givna matrisen A är matrisen e A e. Vi använder transitionsmatriser och Martins metod för att hitta de övriga. Martins metod ger lätt e A f : 0 0 2 0 0 2 2 0 0 elem. radop. 4 2 4 2 0 2 0 Vi ser i tablån bilden av vektorerna f, f 2 och f är (4, 2, 4), (2, 0, 2) respektive (,, ). Därför blir matrisen e A f lika med 4 2 ea f 2 0 4 2 et f 0 och f T e e T f 4 2 2 2 2 0

2 Vi får f A f f T e e A f 4 Vi får också f A e f T e e A e 4 2 2 2 2 0 2 2 2 2 0 4 2 2 0 4 2 2 2 2 4 2 2 4 4 6 0 4 4 8 0 5 5 4 2 6 0 2. Låt A beteckna den linjära avbildning från R till R som består av först en spegling i planet x + x 2 2x 0 och därefter en projektion på planet 2x + x 2 + 2x 0. (a) Bestäm matrisen för denna linjära avbildning relativt standardbasen. Låt S beteckna speglingen och P projektionen och låt S respektive P beteckna dessa linjära avbildningars matriser relativt standardbasen. Den sökta matrisen blir då matrisen PS. Vi söker nu matrisen S. En normalvektor till spegeln är t ex n (,, 2) och två vektorer spegeln är t ex ū (,, 0) och v (2, 0, ). Vid spegling gäller S n n 0ch Sū ū och S v v. Martins metod ger 2 2 0 0 2 0 2 0 0 0 0 0 2 0 2 0 0 0 2/ / 2/ 0 0 / 2/ 2/ 0 0 2/ 2/ / Matrisen S blir alltså S 2 0 2 0 2 2 0 0 2 0 2 0 0 0 2 2 0 0 2 0 2 0 2/ / 2/ / 2/ 2/ 2/ 2/ / 0 0 2/ / 2/ 0 0 / 2/ 2/ 0 0 2/ 2/ / Projektionsplanets normal är n (2,, 2) och två vektorer paralella med planet är t ex ū (, 0, ) och v (, 2, 0). Det gäller att P n 0 och P ū ū och P v v. Martins metod ger då matrisen P 2 2 0 0 0 0 0 2 0 2 0 4 0 2 0 2 0 0 9 0 0 5 2 4 0 0 2/9 8/9 2/9 0 0 4/9 2/9 5/9 0 0 5/9 2/9 4/9 4 0 2 0 2 0 0 2 0 2 0 4 0 2 0 2 0 0 0 0 5/9 2/9 4/9 0 0 5/9 2/9 4/9 0 0 2/9 8/9 2/9 0 0 4/9 2/9 5/9

Svar: PS 9 5 2 4 2 8 2 4 2 5 2 2 2 2 2 2 27 20 7 0 8 4 4 4 0 7 För spegling gäller att S S v v för alla vektorer v. Den vektor som speglas på projektionsplanets normal (2,, 2) är alltså 2/ / 2/ / 2/ 2/ 2 7/ 4/ 2/ 2/ / 2 4/ Vektorerna (, 0, ) och (, 2, 0) ligger i planet och projiceras på sig själva. Dessa är spegelbilder av vektorerna 2/ / 2/ 0 / 2/ 2/ 0 2/ 2/ / / resp 2/ / 2/ / 2/ 2/ 2/ 2/ / 2 0 4/ 5/ 2 Vi kan använda Martins metod för att bestämma P också men, för att visa på en annan metod ger vi först P :s matris relativt en ON-bas, där en av basvektorerna är en normal till planet. f (2,, 2) f2 (, 0, ) f (, 4, ). 2 8 Det gäller att P f 0 och P f 2 f 2 och P f f. Avbildningen P :s matris relativt denna bas blir då f P f 0 0 0 0 0 0 0 För transitionsmatriserna som beskriver basbytet gäller et f Q Svaret ges nu tillslut av 2 2 8 4 0 8 2 2 8 0 0 0 0 0 0 0 2 2 8 4 0 8 2 2 8 och f T e Q Q T. et f f P f f T e S 2 2 8 4 0 8 2 2 8 T 2/ / 2/ / 2/ 2/ 2/ 2/ /? (b) Nollrummet består av de vektorer som speglas på vektorer vinkelräta mot planet, dvs för vilka S v (2,, 2). Vi obesrverar nu att speciellt vid spegling gäller att S S v v så de sökta vektorerna satisfierar v S(t(2,, 2)) t 2/ / 2/ / 2/ 2/ 2/ 2/ / 2 2 t 7/ 4/ 4/ Så nollrummet är span{(7, 4, 4)}. Bildrummet blir det plan på vilket vektorerna projiceras, dvs 2x + x 2 + 2x 0.

4. Vi använder Martins metod f A f f 2 A f 2 f A f Vi får 2 2 2 0 2 0 0 0 0 0 0 5 0 0 4 0 0 elem. radop 0 0 0 0 2 0 0 A ē ē A ē 2 ē 2 A ē ē 4 0 0 0 0 5 0 0 0 0 0 Svar: Inversa avbildningens matris relativt standardbasen blir 0 0 0 5 4 0 0 0 0 0 5 0 0 0 4. För varje linjär avbildning gäller att A 0 A0 v 0A v 0. För den givna avbildningen har vi A(0, 0, 0) (0, 0, ) (0, 0, 0) och alltså kan den inte vara linjär. 5. (a) Låt ē, ē 2, ē och ē 4 utgöra en bas för R 4 (vilken bas som helst, spelar ingen roll.) Definiera A genom och Då blir A en linjär avbildning och Aē 0, Aē 2 0, Aē ē, Aē 4 ē 2 A(λ ē +... + λ 4 ē 4 ) λ Aē +... + λ 4 Aē 4. A A(λ ē +...+λ 4 ē 4 ) A(λ Aē +...+λ 4 Aē 4 ) A(λ ē +λ 4 ē 2 ) λ Aē +λ 4 Aē 2 0. (b) Om A A 0 så gäller för varje x (x, x 2, x ) att A(A x T ) 0. Detta innebär att varje kolonn A x T tillhör A:s nollrum. Men mängden av alla kolonner A x T utgör bildrummet som har dimension 2, som alltså inte kan ligga i nollrummet eftersom detta har dimension. 6. Bestäm egenvärden och tillhörande egenvektorer för matriserna A 2 2 9 2, B 0 2 0 2, C 2 4 0 2 0 0 0 0 Lösning 0 λ 2 2 9 λ 2 2 λ λ 0 λ 2 9 λ 2 2 λ λ 0 2 9 λ 2 2 λ λ 0 0 2 9 λ 4 2 2 λ λ( )((9 λ)(2 λ) 8) λ( )(λ 2 λ + 0)

5 Denna ekvation har rötterna 0, och 0. Vi Löser nu systemet λ 2 x 2 9 λ 2 x 2 0 0 2 λ x 0 för dessa värden på λ. Vi får egenrummen E 0 span{(, 0, )}, E span{(2,, 2)} och E 0 span{(, 4, )}. Matrisen B har egenrummen E span{(, 0, )}, E 0 span{(,, )} och E span{(, 2, )} Matrisen C har egenrummen E 0 span{(0, 0, )}, E 0 span{(2,, 0)} och E 5 span{(, 2, 0)} 7. Gör en s.k. ortogonal diagonalisering av matrisen 7 4 4 4 8 4 8 Lösning: 0 7 λ 4 4 4 λ 8 4 8 λ 7 λ 4 0 4 λ 9 + λ 4 8 9 λ (9 λ) 7 λ 4 0 4 λ 4 8 (9 λ) 7 λ 4 0 8 7 λ 0 4 8 (9 λ)[(7 λ)( 7 λ) 2] (9 λ)[λ 2 8] ger egenvärdena λ 9 (dubbelrot) och λ 9. Tillhörande ortogonalbas av egenvektorer t ex till λ 9: e (, 2, 2) till λ 9: e 2 (2,, 2) och e (2, 2, ). Diagonaliseringen blir således 7 4 4 4 8 4 8 2 2 2 2 2 2 9 0 0 0 9 0 0 0 9 2 2 2 2 2 2 T 8. Bestäm A n när ( 4 6 A ). Lösning Matrisen A har egenvärden och 2 med tillhörande egenvektorer (2, ) respektive (, ). Med ( ) ( ) 2 P och P 2 så får vi att ( ) 4 6 A P varur vi sluter att ( ) n A n 4 6 P ( 0 0 2 ( 0 0 2 ) n P P ) P, ( ) 0 0 2 n P. OBSERVERA Eftersom matrisen inte är symmetrisk kan vi inte göra en s k ortogonal diagonalisering.

6 9. En symmetrisk -matris har egenvärdena, och. En egenvektor hörande till egenvärdet är (0,, ) T. Bestäm matrisen A. Lösning: Matrisens övriga egenvektorer bildar, eftersom matrisen är symmetrisk ett egenrum E som ligger ortogonalt mot vektorn (0,, ) eftersom matrisen förutsattes vara symmetrisk. (eller någon annan vektor parallell med (0,, ). Det gäller att varje multipel λ(0,, ) av (0,, ) också är en egenvektor hörande till egenvärdet.) Egenrummet E har dimension eftersom är ett enkelt nollställe till karaktersitiska ekvationen. Vektorerna (, 0, 0) och (0,, ) tillhör E (Vi kan ta vilka två icke parallella vektorer som helst som är ortogonala mot (0,, ). Istället för (, 0, 0) och (0,, ) hade vi t ex kunnat välja (,, ) och (2,, ).) Vi har nu att för den linjära avbildning som A representerar gäller A(, 0, 0) (, 0, 0), A(0,, ) (0,, ) A(0,, ) (0,, ). Detta ger, t ex med Martins metod, A(0, 2, 0) (0,, ) + (0,, ) (0, 0, 2) och A(0, 0, 2) (0,, ) (0,, ) (0, 2, 0). Alltså A(0,, 0) (0, 0, ) och A(0, 0, ) (0,, 0). Således SVAR: Alternativt har vi A 0 0 0 0 som uträknat blir som svaret ovan. 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0. Matrisen A har egenvektorerna (, 2, ), (2,, ) och (, 0, ) hörande till egenvärdena 2,, respektive. Bestäm A(4 ) T. Lösning: Vi skriver först vektorn (4,, ) som en linjärkombination av egenvektorerna: (4,, ) x (, 2, ) + x 2 (2,, ) + x (, 0, ) Man finner att x, x 2 och x. Dvs (4,, ) (, 2, ) + (2,, ) + (, 0, ) Vi applicerar nu matrisen A och får då: A 4 A 2 +A 2 +A 0 2 2 + 2. Matrisen A är symmetrisk och har bl a egenvektorerna (,, ) och (, 2, ). Bestäm samtliga egenvektorer till matrisen A. 0 7 7 0 Lösning: Då matrisen är symmetrisk så är egenvektorer hörande till skilda egenvärden ortogonala mot varandra. Egenvektorerna (,, ) och (, 2, ) är inte ortogonala mot varandra och måste då höra till samma egenvärde och spänna upp ett egenrum av dimension 2. Matrisen är uppenbarligen av formatet och till den hör en ortogonalbas av egenvektorer. En tredje egenriktining ē ges av en vektor ortogonal mot de givna två vektorerna t ex ē (,, ) (, 2, ) (, 2, ). SVAR. span{(,, ), (, 2, )} resp span{(, 2, )}