DesignMat Egenværdier og Egenvektorer

DesignMat Egenværdier og Egenvektorer Preben Alsholm September 008 1 Egenværdier og Egenvektorer 1.1 Definition og Eksempel 1 Definition og Eksempel 1 Lad V være et vektorrum over L (enten R eller C). Lad f : V! V være lineær. Tallet λ kaldes en egenværdi for f, hvis der findes en vektor v 6= 0, så f (v) = λv (1) En vektor v, der opfylder (1), kaldes en egenvektor hørende til egenværdien λ. Egenrummet E λ = fv V j f (v) = λv g er et underrum. Eksempel 1. Lad V = P n (R) og lad f : V! V være givet ved f (v) (x) = xv 0 (x) for alle x R. Så er polynomierne m 0 (x) = 1, m 1 (x) = x, m (x) = x,..., m n (x) = x n egenvektorer for f hørende til egenværdierne 0, 1,,..., n, henholdsvis. Bevis: f (m k ) (x) = x dx d x k = xkx k 1 = kx k = km k (x), altså f (m k ) = km k for k = 0, 1,,..., n. 1. Eksempel Eksempel Lad V være et vektorrum med basis a = (a 1, a, a ). Lad f : V! V være den lineære afbildning, der er givet ved f (a 1 ) = a 1, f (a ) = 11a + 6a, f (a ) = a + 10a. Åbenbart er a 1 egenvektor med som tilhørende egenværdi. Det påstås, at u = a + a også er egenvektor. 1

Eftervisning: f (u) = f ( a + a ) = f (a ) + f (a ) = ( 11a + 6a ) + ( a + 10a ) = a 6a = u På samme vises, at v = 1. a + a er egenvektor hørende til egenværdien 1. Eksempel fortsat Eksempel fortsat Afbildningsmatricen F for f mht. basen a er F = 0 0 11 0 0 6 10 Da K a ( f (x)) = FK a (x) følger det af f (a 1 ) = a 1, f (u) = u og f (v) = v at F 1 0 0 = 1 0 0, F 0 1 = 0 1, F 0 1 Hvilket også let eftervises ved simpel matrixmultiplikation. 1. Eksempel : Matrixegenværdiproblemet Eksempel : Matrixegenværdiproblemet Lad A være matricen A = 0 8 0 = 0 1 Vi kan opfatte den som afbildningsmatrix mht. den kanoniske basis for afbildningen f : R! R givet ved f (x) = Ax Egenværdiproblemet for A består nu i at bestemme tal λ og søjlevektorer x 6= 0, så Ax = λx. Altså (A λi) x = 0 skal have en ikke-triviel løsning x. Dette er tilfældet, hvis og kun hvis A λi ikke er invertibel. Vi ved, at A λi er invertibel hvis og kun hvis det (A λi) 6= 0. Egenværdierne for A er altså rødderne i karakterpolynomiet det (A λi).

1. Eksempel fortsat Eksempel fortsat Karakterpolynomiet er det (A λi) = λ 0 8 λ 0 λ der udreg- nes til ( λ) λ 8 λ λ = ( λ) λ. Rødder:, og 1. Disse er altså egenværdierne. Egenvektorer hørende til egenværdien opfylder (A I) x = 0. Homogent ligningssystem. Gausselimination: 0 8 0 1 0 0 6 0! Dvs. x 1 x = 0 og x + 9x = 0, så x = x 1 0 0 0 1 9 0 0 0 0 0 1.6 Eksempel (Matrixegenværdiproblem) Eksempel (Matrixegenværdiproblem) 9 1. Matricen A er givet ved A = 9 9 7 Karakterpolynomiet det (A λi) = λ λ 9 9 7 λ = (λ 1) (λ + ) = λ λ + Så egenværdierne er 1 og, denne med algebraisk multiplicitet. Egenvektorerne bestemmes i Maple-worksheet.

1.7 Sætning 7. Lineær uafhængighed af egenvektorer I Sætning 7. Lineær uafhængighed af egenvektorer I Hvis v 1, v,..., v r er egenvektorer hørende til indbyrdes forskellige egenværdier λ 1, λ,..., λ r, så er v 1, v,..., v r lineært uafhængige. Bevis: Tag først r =. Antag c 1 v 1 + c v = 0 () Ved anvendelse af f på begge sider fås c 1 f (v 1 ) + c f (v ) = 0, altså Men vi har også af () at c 1 λ 1 v 1 + c λ v = 0 () c 1 λ v 1 + c λ v = 0 () () minus () giver c 1 (λ 1 λ ) v 1 = 0, så c 1 = 0. Af () fås c = 0. 1.8 Lineær uafhængighed af egenvektorer II Lineær uafhængighed af egenvektorer II Dernæst r =. Antag c 1 v 1 + c v + c v = 0. Ved anvendelse af f på begge sider fås c 1 f (v 1 ) + c f (v ) + c f (v ) = 0 altså c 1 λ 1 v 1 + c λ v + c λ v = 0 Men vi har også c 1 λ v 1 + c λ v + c λ v = 0 Ved subtraktion fås c 1 (λ 1 λ ) v 1 + c (λ λ ) v = 0 Af resultatet for r = følger, at c 1 = c = 0 og derfor, at c = 0. Således kan fortsættes for r = osv. 1.9 Sætning 7. Lineær uafhængighed af egenvektorer III Sætning 7. Lineær uafhængighed af egenvektorer III Lad f have de indbyrdes forskellige egenværdier λ 1, λ,..., λ r med egenrum E λ1, E λ,..., E λr, der har dimensionerne q 1, q,..., q r. Vælges baser for hver af disse vil samlingen bestående af de q = q 1 + q + + q r vektorer være lineært uafhængigt. Bevis: En linearkombination af de q vektorer vil kunne skrives som en sum af r vektorer v 1, v,..., v r fra E λ1, E λ,..., E λr. Men en sådan sum kan kun være nul (iflg. sætn. 7.), hvis alle er nul. Men v i = 0 medfører, at koefficienterne i linearkombinationen alle er nul.

1.10 En lineær afbildning uden egenværdier En lineær afbildning uden egenværdier Lad V = x = (x n ) n=1 xn C være mængden af (komplekse) talfølger. V er et vektorrum under elementvis addition og multiplikation med skalar. Et medlem af V er et talsæt med uendeligt mange tal. Lad f : V! V være givet ved f (x) = (0, x 1, x, x,...) for alle x V. f er lineær, men f har ingen egenværdier. Thi antag, at f (x) = λx, så har vi (0, x 1, x, x,...) = (λx 1, λx, λx, λx,...). Af 0 = λx 1 følger, at enten λ = 0 eller x 1 = 0. Hvis λ = 0 følger af x 1 = λx at x 1 = 0 og videre, at x n = 0 for alle n. Hvis x 1 = 0 og λ 6= 0, følger, at x = 0 og videre, at x n = 0 for alle n. Uanset værdien af λ medfører f (x) = λx altså, at x = 0 = (0, 0, 0,...). 1.11 En lineær afbildning med alle tal som egenværdier En lineær afbildning med alle tal som egenværdier Lad igen V = x = (x n ) n=1 xn C være mængden af (komplekse) talfølger. Lad f : V! V være givet ved f (x) = (x, x,...) for alle x V. f er lineær, og ethvert λ C er egenværdi. Af f (x) = λx fås (x, x,...) = (λx 1, λx, λx, λx,...). Dette er tilfældet, når x = λx 1, x = λx = λ x 1, osv. Generelt finder vi, at f (x) = λx er opfyldt, hvis og kun hvis x n = λ n 1 x 1. Ethvert tal λ C er altså egenværdi og tilhørende egenvektorer er x = x 1 1, λ, λ, λ,... for x 1 C. Egenrummet E λ er altså endimensionalt.

1.1 Endnu en lineær afbildning uden egenværdier Endnu en lineær afbildning uden egenværdier Lad f : R! R være givet ved f (x) = Ax for alle x R, hvor 0 1 A = 1 0 Evt. egenværdier for f er rødder i karakterpolynomiet for A. det (A λi) = λ 1 1 λ = λ + 1. λ + 1 har ingen reelle rødder (men de to imaginære i). Altså har f ingen egenværdier. Men med samme A har f : C! C givet ved f (x) = Ax for alle x C egenværdierne i. 1.1 Sætning 7.6 Diagonal afbildningsmatrix Sætning 7.6 Diagonal afbildningsmatrix Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. Lad v = (v 1, v,..., v n ) være en basis for V. Så er afbildningsmatricen F = v F v diagonal, hvis og kun hvis basen v = (v 1, v,..., v n ) består af egenvektorer for f. Bevis: Da vi har v F v = [K v ( f (v 1 )) K v ( f (v ))... K v ( f (v n ))] fås v F v = diag (µ 1, µ,..., µ n ), K v ( f (v i )) = 0... 0 µ i 0... 0 T for alle i. Højre side siger f (v i ) = µ i v i for alle i. f har altså en diagonal afbildningsmatrix hvis og kun hvis den har n lineært uafhængige egenvektorer. 1.1 Matrixegenværdiproblemet Matrixegenværdiproblemet Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. Lad v = (v 1, v,..., v n ) være en basis for V. Lad F være afbildningsmatricen v F v. Så gælder f (x) = λx () FK v (x) = λk v (x). f og F har altså samme egenværdier. 6

x V er egenvektor for f hørende til egenværdien λ, hvis og kun hvis koordinatvektoren K v (x) er egenvektor for F hørende til egenværdien λ. Alle afbildningsmatricer er similære, så karakterpolynomiet er det samme for alle. Vi kan tale om karakterpolynomiet for f uden at nævne en basis for V. 1.1 Karakterpolynomiet Karakterpolynomiet Lad A være en n n-matrix med karakterpolynomium p (λ) = det (A λi). Lad rødderne være λ 1, λ,..., λ n (gentaget efter multiplicitet). p (λ) = det (A λi) = ( 1) n det (λi A) = ( 1) n (λ λ 1 ) (λ λ ) (λ λ n ). Ved indsættelse af λ = 0 fås det A = λ 1 λ λ n. Koefficienten til λ n 1 er ( 1) n+1 (λ 1 + λ + + λ n ). Men med A = a ij, er den også ( 1) n+1 (a 11 + a + + a nn ). Summen af diagonalelementerne i A er sporet af A, spor(a) = a 11 + a + + a nn. Altså λ 1 + λ + + λ n = spor (A) λ 1 λ λ n = det A 1.16 Algebraisk og geometrisk multiplicitet Algebraisk og geometrisk multiplicitet Lad A være en n n-matrix. λi) har n rødder regnet med mul- Karakterpolynomiet p (λ) = det (A tiplicitet. Hvis roden λ 1 har multiplicitet k i p (λ), så har egenværdien λ 1 algebraisk multiplicitet k, (betegnelse am(λ 1 )). Hvis egenrummet E λ1 = N (A λ 1 I) har dimension j, så har λ 1 geometrisk multiplicitet j, (betegnelse gm(λ 1 )). Der gælder: 1 gm (λ) am (λ) for enhver egenværdi λ. Bevis: Se side 0. 7