Egenverdier for 2 2 matriser

Transkript

1 Egenverdier for matriser (Bearbeidet versjon av tidligere notat på nett-sidene til MA101 - Lineær algebra og geometri Versjon oppdatert med referanser til 10utg av læreboken) Egenvektorer og egenverdier er introdusert på s 95, Anton/Rorres (10utg) Definisjon 1 Hvis T : R n er slik at R n er en lineær operator, kalles et tall λ som for en x 0 i R n en egenverdi til T T x λx (1) En x 0 som oppfyller (1) kalles egenvektor svarende til egenverdien λ Det er mange anvendelser der disse begrepene er nyttige Vi skal senere se på et par slike anvendelser for å motivere innføringen av egenverdi og egenvektor Vi vet at for en lineær operator T finnes det en n n-matrise A slik at (1) kan representeres på formen: Ax λx () hvor A er en n n-matrise, x er en n 1-matrise og Ax står for vanlig matrise-multiplikasjon Vi kan da omskrive () til formen: (A λi)x 0 (3) Dette er altså et homogent likningssystem med n likninger og n ukjente der matrisen har formen (a 11 λ) a 1 a 1n a 1 (a λ) a n (A λi)x (4) a n1 a n (a nn λ) Siden vi bare er interessert i løsninger av likningssystemet (3) som er 0, må vi først bestemme λ slik at det(a λi) 0 Vi vet fra teorien at systemet da har uendelig mange løsninger - og da spesielt løsninger 0 1

2 Hvorfor er vi ikke interessert i løsninger x 0 av (1)? For det første ser vi jo straks at x 0 er en løsning av (1) Men når vi ser nærmere på de anvendelser vi har av egenverdier/vektorer senere, ser vi straks at den trivielle null-løsningen er helt uinteressant! Derfor må vi starte med å bestemme de λ-verdiene som gjør at det(a λi) 0 Vi innser lett fra (4) at vi da får å løse en likning av grad n: λ n + α 1 λ n 1 + α λ n + α n 1 λ + α n 0 Vi skal i dette notatet kun holde oss til tilfellet n Eksempel 1 Vi skal bestemme egenverdier og egenvektorer for matrisen: 5 6 A Vi må da bestemme røttene i likningen: (5 λ) 6 ( λ) 0 Utregning gir: som kan faktoriseres til: λ 3λ + 0 (λ 1)(λ ) 0 Vi får da egenverdier λ 1 1 og λ λ 1 1: Vi vender tilbake til likningssystemet i (3) for å finne egenvektoren tilhørende denne λ-verdien: (5 1) 6 ( 1) x1 x 0 0 som ved Gauss-Jordan blir: som gir løsningene: λ : v 1 3 t ; t 0

3 For denne verdi av λ blir likningssystemet: (5 ) 6 x1 ( ) x 0 0 som ved Gauss-Jordan blir: som gir løsningene: v 1 t ; t 0 Merknad Vi observerer straks at dersom λ 0 er en egenverdi med egenvektor v 0, så er også kv 0 en egenvektor for denne samme egenverdi for hver k 0 i R Vi har nemlig: A(kv 0 ) k(av 0 ) k(λ 0 v 0 ) λ 0 (kv 0 ) Derfor kan vi feks gjerne bestemme t for våre to egenvektorer v 1 og v i eksemplet ovenfor slik at begge har lengde (norm) lik 1: v ; v Oppgave 1 Kontroller ved utregning at Av 1 v 1 og Av v i eksemplet ovenfor Vi trenger nå følgende: Definisjon Vi sier at en n n-matrise A er diagonaliserbar dersom det finnes en invertibel n n-matrise P som er slik at P 1 AP D der D er en diagonalmatrise Vi skal illustrere dette vha vårt eksempel ovenfor Vi velger nå 3 P 1 Vi benytter formelen fra boken (Teorem 145, s 43) for å bestemme P 1 P

4 Vi har da: P 1 AP Altså har vi diagonalisert matrisen A Det som er et spørsmål her er hvordan man fant en riktig matrise P som var slik at P 1 AP D der D er en diagonalmatrise Vi merker oss videre at D har formen λ1 0 D, 0 λ der λ 1 1 og λ altså egenverdiene til matrisen vi startet med Er dette en ren tilfeldighet? Vi kan også observere at P v 1 v der v1 og v er egenvektorer til egenverdiene λ 1 1 og λ Er dette tilfeldigheter eller kan vi bevise at vi alltid har en slik sammenheng? Oppgave La A være en -matrisen gitt ved: 9 A 6 Bestem egenverdiene λ 1 og λ, og vis at tilhørende egenvektorer er: v 1 1 ; v La P være gitt som: P Vis at da må P 1 AP D, der λ1 0 D 0 λ og der λ 1 og λ er egenverdiene til A Teorem 1 La A være en -matrise med to reelle egenverdier λ 1 og λ der v11 v1 λ 1 λ La v 1 og v være to tilhørende egenvektorer La videre v 1 v, P v 1 v v11 v 1 v 1 v Da vil: P 1 AP D der D er diagonalmatrisen: λ1 0 D 0 λ 4

5 (Merknad: Dette teorem viser at det vi observerte i eksemplet og oppgaven ovenfor ikke var tilfeldig!) Bevis: Vi beviser først at matrisen P definert som ovenfor nødvendigvis er invertibel Vi har fra boken at P er invertibel hvis og bare hvis det P 0 Det gjelder her å bevise at Anta at det motsatte, dvs: v 11 v 1 v 1 v v 11 v 1 v 1 v 0 0 Siden vi har: v 11 v 1 v 1 v v 11 v 1 v 1 v følger det fra Teorem 354 (a), s 166, at denne determinanten 0 hvis og bare hvis arealet av parallellogrammet utspent av vektorene v 1 og v blir 0 Siden både v 1 og v er 0, betyr dette at v 1 kv for en skalar k 0 Ut fra tidligere merknad betyr dette at: Av 1 λ v 1, mao at også v 1 er en egenvektor svarende til egenverdien λ Dette betyr at Av 1 λ 1 v 1 og Av 1 λ v 1 som gir λ 1 v 1 λ v 1 eller (λ 1 λ )v 1 0 Siden v 1 0 betyr dette at λ 1 λ, i strid med antagelsen i teoremet Altså er P invertibel Det gjenstår da å bevise at: AP P D Vi har da a11 a AP 1 a 1 a v11 v 1 v 1 v Av 1 Av siden a11 a Av 1 1 a 1 a v11 v 1 a11 v 11 + a 1 v 1 a 1 v 11 + a v 1 5

6 og a11 a Av 1 v1 a11 v 1 + a 1 v a 1 a v a 1 v 1 + a v Videre har vi: v11 v P D 1 λ1 0 λ1 v 11 λ v 1 λ v 1 v 0 λ λ 1 v 1 λ v 1 v 1 λ v Siden Av 1 λ 1 v 1 og Av λ v har vi dermed bevist at: eller ekvivalent, siden P er invertibel: AP P D P 1 AP D Korollar For hvert naturlig tall n har vi A n P D n P 1 Bevis: Fra P 1 AP D følger A P DP 1 ut fra regneregler for matriseprodukt Altså holder likheten for n 1 Anta så at Vi har da: A k P D k P 1 A k+1 A k A (P D k P 1 )(P DP 1 ) P D k (P 1 P )DP 1 P D k DP 1 P D k+1 P 1 Ut fra induksjonsprinsippet holder derfor A n P D n P 1 for alle n N Anvendelse På en øy lever det rever og kaniner Ved tiden t 0 er antallet rever lik R og antallet kaniner K Vi betegner antall rever etter n måneder med R n og antall kaniner etter n måneder med K n Vi stiller opp følgende sammenheng: R n+1 04R n + 03K n (5) K n+1 04R n + 1K n (6) Hva er idéen bak denne matematiske modellen for utviklingen av disse to dyrebestander? Leddet 04R n gir at dersom kaninbestanden etter n måneder er lik 0, vil bare 40% av revene overleve til neste måned Leddet 03K n i likning (5) ovenfor betyr at revebestanden øker avhengig av hvor mange kaniner 6

7 som finnes I likning (6) har vi antatt at kaninbestanden øker med 0% på en måned dersom ingen rever finnes, mens leddet 04R n representerer revenes innvirkning på kaninbestanden avhengig av antall rever etter n måneder Vi har da to lineære likninger som angir utviklingen i bestanden fra måned n til måned n + 1 Hvorvidt denne modellen er realistisk eller ikke kan vel diskuteres Men den samme type matematiske modell benyttes ved forskjellige studier innenfor populasjonsdynamikk Vi kan stille opp ovenstående likning på matriseform: Rn+1 K n Rn Vi ønsker å finne ut hvordan de to bestandene endrer seg etter feks 10 måneder og hvordan utviklingen endrer seg i det lange løp Vil feks en eller kanskje begge bestandene dø ut fordi revene spiser så mange kaniner at de selv lider sultedøden? Vi får da å regne ut Rn+1 K n n n R0 K 0 K n A n R0 K 0 der A er den angitte matrise Etter en relativt omstendig regning kommer man fram til at A Ytterligere regning gir indikasjon på at 1/ 3/4 A n n 1 3/ Det gir A n n 5 50 Vi prøver å studere det samme problemet ved å diagonalisere A Vi må da bestemme egenverdiene A λi (/5 λ) 3/10 4/10 (1/10 λ) 0 som gir likningen (/5 λ)(1/10 λ) + 1/

8 eller som gir egenverdiene Bestemmelse av egenvektorene gir: λ 1 1: 3/5 3/10 x1 4/10 1/5 (λ 1)(λ 3/5) 0 λ 1 1 ; λ 3/5 x 0 0 ; v 1 1 t ; t 0 λ 3/5: 1/5 3/10 4/10 3/5 x1 x 0 0 ; v 3 t ; t 0 Dermed settes og vi får Derfor har vi som gir P P P 1 AP D A n P D n P 1 1 n n ( 3 5 )n ( 3 5 )n 3 4 ( 3 5 )n 1 1 6( 3 5 )n 3( 3 5 )n ( 3 5 )n ( 3 5 )n 6 Dette gir så A n R0 K ( 3 5 )n 3( 3 5 )n 3 4 4( 3 5 )n ( 3 5 )n ( 3 5 )n ( 3 5 )n n

9 Når n vokser vil altså bestanden stabilisere seg på 5 rever og 50 kaniner på øyen Definisjon 3 En n n-matrise A sies å være ortogonal dersom A T A 1 Merknad Det innsees lett at A er ortogonal hvis og bare hvis A T A I: Hvis A T A 1 vet vi at A T A A 1 A I Dersom A T A I er A T venstreinvers til A, og det følger fra Teorem 163(a) at A T A 1 cos θ sin θ cos θ sin θ Eksempel Dersom A blir A sin θ cos θ T sin θ cos θ Vi har da A T A cos θ + sin θ 0 0 cos θ + sin θ Altså er A ortogonal Eksempel 3 A sin π er ortogonal ut fra eksempel siden cos π 4 Definisjon 4 La v 1 og v være to vektorer i R Vi sier at {v 1, v } er en ortogonal mengde dersom v 1 v 0 {v 1, v } sies å være en ortonormal mengde dersom man i tillegg har at v 1 v 1 Teorem 3 En -matrise A er ortogonal hvis og bare hvis søylevektorene v 1 og v utgjør en ortonormal mengde a11 a Bevis: Hvis A 1 a11, er v a 1 a 1 og v a 1 A T a11 a 1 som gir a 1 a A T v1 v A 1 v 1 v v v 1 v v a1 a Vi har da ut fra vanlige regler for matrisemultiplikasjon og definisjon av skalarprodukt(kontroller denne påstanden på egen hånd!) Dersom A er ortogonal, skal pr def A T A I eller ekvivalent: v 1 v 1 v 1 1 v 1 v 0 v v v 1 9

10 Altså utgjør søylevektorene i A en ortonormal mengde Dersom søylevektorene i A utgjør en ortonormal mengde, blir v 1 v 1 og v 1 v 0 Altså følger det av det ovenstående at A T A I, mao A er en ortogonal matrise Definisjon 5 Vi sier at A er ortogonalt diagonaliserbar dersom det finnes en ortogonal matrise P som er slik at P T AP D der D er en diagonalmatrise Teorem 4 A ortogonalt diagonaliserbar hvis og bare hvis A er symmetrisk (Vi minner om at A er symmetrisk dersom A A T ) Bevis: Vi antar først at A er ortogonalt diagonaliserbar Altså at det finnes en ortogonal matrise P slik at: P T AP D der D er en diagonalmatrise Dette gir: siden P T P 1 Av dette følger så: A P DP T A T (P DP T ) T (P T ) T D T P T P D T P T P DP T A ut fra Teorem 148 og det faktum at en diagonalmatrise er symmetrisk Altså er A symmetrisk Vi antar så at A T A Vi skal først bevise at da har A enten to reelle egenverdier λ 1 og λ der λ 1 λ eller A har formen: A a 0 0 a I det siste tilfellet er A allerede en diagonalmatrise og diagonalisering er derfor ikke nødvendig En annen sak er at I T AI A, slik at A formelt er ortogonalt diagonaliserbar La oss anta at A A T, dvs at a b A b c Vi studerer som vanlig likningen: A λi (a λ) b b (c λ) 0 10

11 Dette gir λ (a + c)λ + ac b 0 Vi ser på diskrimanten i formelen for røttene i gradslikningen: B 4AC (a + c) 4 1(ac b ) a + ac + c 4ac + 4b (a c) + (b) Dette uttrykket er aldri negativt og lik 0 hvis og bare hvis a c og b 0, mao når a 0 A 0 a I alle andre tilfeller har derfor A to relle og innbyrdes ulike egenverdier Vi betegner egenvektorene tilhørende egenverdiene λ 1 og λ henholdsvis v 1 og v Vi har da: Av 1 λ 1 v 1 ; Av λ v Ut fra tidligere bemerkning kan vi anta uten tap av generalitet at v 1 1 og v 1 Vi minner nå om at skalarproduktet av to vektorer kan uttrykkes vha produktet av to matriser i det man oppfatter en 1 1-matrise som et reelt tall: u v u T v (Se s 139) Videre er det klart at når B er en 1 1-matrise Dette gir: Vi har mao B T B λ (v 1 v ) v 1 (λ v ) v 1 (Av ) v T 1 (Av ) (v T 1 Av ) T v T A T (v T 1 ) T v T Av 1 (7) v T (λ 1 v 1 ) v (λ 1 v 1 ) λ 1 (v v 1 ) λ 1 (v 1 v ) λ (v 1 v ) Siden λ 1 λ, må derfor v 1 v 0 Altså er {v 1, v } en ortonormal mengde Hvis vi som tidligere definerer P ved P v 1 v har vi foran bevist at P er ortogonal og P 1 AP D der D er diagonalmatrisen λ1 0 D 0 λ 11

12 Oppgave 3 Kontroller riktigheten av alle likhetene i (7) Fra ovenstående bevis har vi også: (a) Dersom A er symmetrisk og ikke er en diagonalmatrise, har A to reelle egenverdier, λ 1 λ, med tilhørende egenvektorer v 1 og v som danner en ortonormal mengde Da er P v 1 v en ortogonal matrise og A P DP T (b) Hvis A allerede er en diagonalmatrise er diagonalisering unødvendig Merknad Hvis A ikke er symmetrisk har den ikke nødvendigvis to rellle egenverdier Vi har for 0 1 A 1 0 at likningen A λi 0 blir λ som ikke har reelle røtter 1