R: 0, , = 6000 D : 0, , = 4000 La v n = angi fordelingen etter n år (dvs. a b n stemmer for R og

Transkript

1 EGENVERDIER FOR MATRISER a Motiverende eksempel En by i USA har 0000 innbyggere som stemmer ved valget hvert år. I dag stemmer 8000 for R og 000 for D. Hvert år går 30% fra R til D og 0% fra D til R. Hva er fordelingen mellom R og D etter år? Etter 5 år? Etter n år? I det lange løp? Etter år: R: 0, , D : 0, , an La v n angi fordelingen etter n år dvs. a b n stemmer for R og n b n stemmer for D. Vi har da v 0, v 000 Av , der 0, 7 0, A. Videre får vi v 5 A 5 v 0 og v n A n v 0. Vi trenger da en metode for å regne ut A n. For å gjøre dette trenger vi å undersøke egenverdier og egenvektorer nærmere. b Eksempler på egenverdier og egenvektorer Se side 00 og 95 for repetisjon. Eksempel: 0 0 λ 0 La A. Får da λi A, så detλi 0 λ A λ, så 0 er eneste egenverdi for A. Eksempel: 0, 7 0, La oss se på matrisa fra del a, dvs. A. λ 0, 7 0, Egenverdiene: detλi A det λ 0, 3 λ 0, 8 0, 7λ 0, 8 0, 06 λ λ, så vi får to egenverdier, nemlig λ og λ. Egenvektorene: La λ λ : Betrakt ligningssystemet I x 0, 3 0, x 0 Ax 0, der x, dvs., x 0, 3 0, x 0 noe som gir ligningen 0, 3x 0, x 0. La x t R. Da er x t, og vi har løsningene {t 3 t R}. Egenvektorene 3 med egenverdi er da {t 3 t 0 R}, f.eks. v. 3

2 EGENVERDIER FOR MATRISER La nå λ λ. Betrakt ligningssystemet I Ax 0. Tilsvarende regning som over gi at egenvektorene med egenverdi er {t t 0 R}, f.eks. v. c Diagonaliserbare matriser Denisjon. En -matrise A over R er diagonaliserbar hvis det ns en inverterbar -matrise P slik at P AP D, der D er en d 0 diagonalmatrise, dvs. D for d 0 d, d R. Eksempel: La A. Da er A diagonaliserbar, for hvis 0 P, så er P inverterbar siden det P 0, og regning gir at P, og P AP. 0 Eksempel: 0 0 La A. Da er A ikke diagonaliserbar. Anta at 0 a b P er inverterbar, og at P c d d 0 AP D. Regn ut 0 d og få en motsigelse. Hvorfor er diagonalisering interessant? Når P AP D, så har vi A P DP, og dermed er A P DP P DP P D P. d Ser da at A n P D n P, og D n n 0 d 0 0 d n når D. 0 d Dermed kan A n lett beregnes. Hvordan nner vi P? Setning 0.. La A være en -matrise. Anta at λ λ er egen- v v verdier for A, og la v og v v være tilhørende egenvektorer. La P v v v v v. Anta at P er inverterbar. v v Da har vi P λ 0 AP D, der D. 0 λ a a Bevis. La A. Vi har Av a a λ v og Av λ v, a a dvs. v λ v a a og v λ v. a v λ v a v λ v a Dermed har vi AP a a a v v a a v v λ v λ v λ v λ v

3 EGENVERDIER FOR MATRISER 3 v v λ 0 P D. Da P er inverterbar, har vi P v v 0 λ AP D. Merknad. En kan vise at antagelsen om at P er inverterbar kan sløyfes, da det vil være en konsekvens av de andre antagelsene. Tilbake til eksempel a: Vi bruker setningen over til å nne P 0, 7 0, slik at P AP D for A, dvs. la P som 3 er inverterbar. Har da P. Får da ved litt regning at 5 3 n 0 A n P 0 P n n 3 3 +, og dermed A n v n 5 5 n A n 4000 n Etter 5 år er da fordelingen gitt ved 4000 n 45 v 5 A 5 v 0. I det lange løp dvs. når n vil fordelingen gå mot d Ortogonale matriser Denisjon. La A være en -matrise over R. Vi sier at A er ortogonal hvis A T er den inverse matrisen til A dvs. A T A. Merknad. A er ortogonal hvis og bare hvis A T A I. Bevis. : Anta A ortogonal, dvs. A T A. Da har vi at A T A A A I. : Anta A T A I. Har da fra Theorem.6.3 i boka at A T A, så A er ortogonal. Eksempel: cos θ sin θ cos θ sin θ La A. Ser at A sin θ cos θ T. sin θ cos θ Siden deta cos θ + sin θ, så er A inverterbar, og vi har cos θ sin θ A. Ser da at A sin θ cos θ A T, så A er ortogonal. Denisjon. La v, v være to vektorer i R. Da kaller vi {v, v } en ortogonal mengde hvis v v 0. Hvis vi i tillegg har v v, så kaller vi {v, v } en ortonormal mengde. Eksempel: {0,,, 0} er en ortonormal mengde. Ser at 0,, , at, 0 + 0, og at 0, 0 +. Eksempel: {,,, at,, +, og at, } er en ortonormal mengde. Ser 0, at, +.

4 4 EGENVERDIER FOR MATRISER Setning 0.. En -matrise A er ortogonal søylevektorene {v, v } i A er en ortonormal mengde i R. a a Bevis. La A v a a v. Da er A T a a a a v T v v T. Vi får da A T T A v v v T v v v v. Ser v v v v da at A er ortogonal A T v v A I v v 0 v v v v 0 v v, v v 0, v v 0 og v v {v, v } er en ortonormal mengde i R. e Ortogonalt diagonaliserbare matriser Denisjon. A er ortogonal diagonaliserbar hvis det eksisterer en ortogonal matrise P som diagonaliserer A, dvs. P AP D, hvor D er en diagonalmatrise. Merknad. Ser at vi legger et sterkere krav på P enn i denisjonen av diagonaliserbar. Setning 0.3. A er ortogonalt diagonaliserbar A er symmetrisk Bevis. Vi vil bare vise en retning. : Anta A er ortogonalt diagonaliserbar. Vi vil vise at A er symmetrisk. Har at det eksisterer en ortogonal matrise P slik at P AP D, så A P DP. Siden P er ortogonal, så er P P T, så A P DP T. Får da at A T P DP T T P T T D T P T P DP T A, så A er symmetrisk. Setning 0.4. La A være symmetrisk, la λ λ være egenverdier til A med tilhørende egenvektorer v og v med v v. Da er P v v en ortogonal matrise og det er den vi bruker til å diagonalisere. Eksempel: La A. Vi ønsker å nne en ortogonal P slik at P AP D er en diagonalmatrise. Først trenger vi egenverdiene λ til A: detλi A det λ λ 4. Vi får da egenverdiene λ 3 og λ. Vi må så nne egenvektorer med lengde. Vi starter med å nne en egenvektor til λ : Vi må da løse x 0 ligningsettet 3I Ax 0, dvs.. La x x 0 t. Vi får da x t, så egenvektorene er {t t 0 R}. Vi ønsker at egenvektoren har norm en, så vi må løse ligningen t t

5 EGENVERDIER FOR MATRISER 5. Ser da at t gir en løsning, så v er en løsningsvektor med norm v. Tilsvarende regning gir at v er en løsningsvektor til ligningen I Ax 0 med norm v. Vi har da at P er en ortogonal matrise, og P AP 3 0 er en diagonal matrise. 0 Setning 0.5. La A være en symmetrisk matrise over R. Da har vi detλi A λ λ λ λ, der λ og λ er reelle tall. Merknad. Konklusjonen gjelder ikke for vilkårlige -matriser. Hvis 0 λ vi ser på matrisa A, så har vi detλi A 0 λ λ +, som ikke kan faktoriseres som i setningen. Dermed har A ingen relle egenverdier.