DesignMat September 2008 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad V være et vektorrum over L (enten R eller C). fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad V være et vektorrum over L (enten R eller C). I Lad f : V! V være lineær. Tallet λ kaldes en egenværdi for f, hvis der ndes en vektor v 6= 0, så f (v) = λv (1) fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad V være et vektorrum over L (enten R eller C). I Lad f : V! V være lineær. Tallet λ kaldes en egenværdi for f, hvis der ndes en vektor v 6= 0, så f (v) = λv (1) I En vektor v, der opfylder (1), kaldes en egenvektor hørende til egenværdien λ. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad V være et vektorrum over L (enten R eller C). I Lad f : V! V være lineær. Tallet λ kaldes en egenværdi for f, hvis der ndes en vektor v 6= 0, så f (v) = λv (1) I En vektor v, der opfylder (1), kaldes en egenvektor hørende til egenværdien λ. I Egenrummet E λ = fv 2 V jf (v) = λv g er et underrum. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad V være et vektorrum over L (enten R eller C). I Lad f : V! V være lineær. Tallet λ kaldes en egenværdi for f, hvis der ndes en vektor v 6= 0, så f (v) = λv (1) I En vektor v, der opfylder (1), kaldes en egenvektor hørende til egenværdien λ. I Egenrummet E λ = fv 2 V jf (v) = λv g er et underrum. I. Lad V = P n (R) og lad f : V! V være givet ved f (v) (x) = xv 0 (x) for alle x 2 R. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad V være et vektorrum over L (enten R eller C). I Lad f : V! V være lineær. Tallet λ kaldes en egenværdi for f, hvis der ndes en vektor v 6= 0, så f (v) = λv (1) I En vektor v, der opfylder (1), kaldes en egenvektor hørende til egenværdien λ. I Egenrummet E λ = fv 2 V jf (v) = λv g er et underrum. I. Lad V = P n (R) og lad f : V! V være givet ved f (v) (x) = xv 0 (x) for alle x 2 R. I Så er polynomierne m 0 (x) = 1, m 1 (x) = x, m 2 (x) = x 2,..., m n (x) = x n egenvektorer for f hørende til ne 0, 1, 2,..., n, henholdsvis. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad V være et vektorrum over L (enten R eller C). I Lad f : V! V være lineær. Tallet λ kaldes en egenværdi for f, hvis der ndes en vektor v 6= 0, så f (v) = λv (1) I En vektor v, der opfylder (1), kaldes en egenvektor hørende til egenværdien λ. I Egenrummet E λ = fv 2 V jf (v) = λv g er et underrum. I. Lad V = P n (R) og lad f : V! V være givet ved f (v) (x) = xv 0 (x) for alle x 2 R. I Så er polynomierne m 0 (x) = 1, m 1 (x) = x, m 2 (x) = x 2,..., m n (x) = x n egenvektorer for f hørende til ne 0, 1, 2,..., n, henholdsvis. I Bevis: f (m k ) (x) = x d dx x k = xkx k 1 = kx k = km k (x), altså f (m k ) = km k for k = 0, 1, 2,..., n. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad V være et vektorrum med basis a = (a 1, a 2, a ). fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad V være et vektorrum med basis a = (a 1, a 2, a ). I Lad f : V! V være den lineære afbildning, der er givet ved f (a 1 ) = a 1, f (a 2 ) = 11a 2 + 6a, f (a ) = a 2 + 10a. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad V være et vektorrum med basis a = (a 1, a 2, a ). I Lad f : V! V være den lineære afbildning, der er givet ved f (a 1 ) = a 1, f (a 2 ) = 11a 2 + 6a, f (a ) = a 2 + 10a. I Åbenbart er a 1 egenvektor med som tilhørende egenværdi. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad V være et vektorrum med basis a = (a 1, a 2, a ). I Lad f : V! V være den lineære afbildning, der er givet ved f (a 1 ) = a 1, f (a 2 ) = 11a 2 + 6a, f (a ) = a 2 + 10a. I Åbenbart er a 1 egenvektor med som tilhørende egenværdi. I Det påstås, at u = a 2 + a også er egenvektor. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad V være et vektorrum med basis a = (a 1, a 2, a ). I Lad f : V! V være den lineære afbildning, der er givet ved f (a 1 ) = a 1, f (a 2 ) = 11a 2 + 6a, f (a ) = a 2 + 10a. I Åbenbart er a 1 egenvektor med som tilhørende egenværdi. I Det påstås, at u = I Eftervisning: a 2 + a også er egenvektor. f (u) = f ( a 2 + a ) = f (a 2 ) + f (a ) = ( 11a 2 + 6a ) + ( a 2 + 10a ) = 2a 2 6a = 2u fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad V være et vektorrum med basis a = (a 1, a 2, a ). I Lad f : V! V være den lineære afbildning, der er givet ved f (a 1 ) = a 1, f (a 2 ) = 11a 2 + 6a, f (a ) = a 2 + 10a. I Åbenbart er a 1 egenvektor med som tilhørende egenværdi. I Det påstås, at u = I Eftervisning: a 2 + a også er egenvektor. f (u) = f ( a 2 + a ) = f (a 2 ) + f (a ) = ( 11a 2 + 6a ) + ( a 2 + 10a ) = 2a 2 6a = 2u I På samme vises, at v = a 2 + 4a er egenvektor hørende til egenværdien 1. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
fortsat I Afbildningsmatricen F for f mht. basen a er 2 0 0 F = 4 0 11 5 0 6 10 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
fortsat I Afbildningsmatricen F for f mht. basen a er 2 0 0 F = 4 0 11 5 0 6 10 I Da K a (f (x)) = FK a (x) følger det af f (a 1 ) = a 1, f (u) = 2u og f (v) = v at 2 F 4 1 0 0 2 5 = 4 1 0 0 2 5, F 4 0 1 2 5 = 2 4 0 1 2 5, F 4 0 1 4 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II En lineær 2afbildning uden 0 med alle 4tal som 1 5 4 5 =
fortsat I Afbildningsmatricen F for f mht. basen a er 2 0 0 F = 4 0 11 5 0 6 10 I Da K a (f (x)) = FK a (x) følger det af f (a 1 ) = a 1, f (u) = 2u og f (v) = v at 2 F 4 1 0 0 2 5 = 4 1 0 0 2 5, F 4 0 1 2 5 = 2 4 I Hvilket også let eftervises ved simpel matrixmultiplikation. 0 1 2 5, F 4 0 1 4 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II En lineær 2afbildning uden 0 med alle 4tal som 1 5 4 5 =
Eksempel : et I Lad A være matricen 2 A = 4 5 0 8 2 2 0 5 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
Eksempel : et I Lad A være matricen 2 A = 4 5 0 8 2 2 0 I Vi kan opfatte den som mht. den kanoniske basis for afbildningen f : R! R givet ved f (x) = Ax 5 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
Eksempel : et I Lad A være matricen 2 A = 4 5 0 8 2 2 0 I Vi kan opfatte den som mht. den kanoniske basis for afbildningen f : R! R givet ved f (x) = Ax I Egenværdiproblemet for A består nu i at bestemme tal λ og søjlevektorer x 6= 0, så Ax = λx. 5 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
Eksempel : et I Lad A være matricen 2 A = 4 5 0 8 2 2 0 I Vi kan opfatte den som mht. den kanoniske basis for afbildningen f : R! R givet ved f (x) = Ax I Egenværdiproblemet for A består nu i at bestemme tal λ og søjlevektorer x 6= 0, så Ax = λx. I Altså (A λi ) x = 0 skal have en ikke-triviel løsning x. 5 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
Eksempel : et I Lad A være matricen 2 A = 4 5 0 8 2 2 0 I Vi kan opfatte den som mht. den kanoniske basis for afbildningen f : R! R givet ved f (x) = Ax I Egenværdiproblemet for A består nu i at bestemme tal λ og søjlevektorer x 6= 0, så Ax = λx. I Altså (A λi ) x = 0 skal have en ikke-triviel løsning x. I Dette er tilfældet, hvis og kun hvis A λi ikke er invertibel. 5 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
Eksempel : et I Lad A være matricen 2 A = 4 5 0 8 2 2 0 I Vi kan opfatte den som mht. den kanoniske basis for afbildningen f : R! R givet ved f (x) = Ax I Egenværdiproblemet for A består nu i at bestemme tal λ og søjlevektorer x 6= 0, så Ax = λx. I Altså (A λi ) x = 0 skal have en ikke-triviel løsning x. I Dette er tilfældet, hvis og kun hvis A λi ikke er invertibel. I Vi ved, at A λi er invertibel hvis og kun hvis det (A λi ) 6= 0. 5 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
Eksempel : et I Lad A være matricen 2 A = 4 5 0 8 2 2 0 I Vi kan opfatte den som mht. den kanoniske basis for afbildningen f : R! R givet ved f (x) = Ax I Egenværdiproblemet for A består nu i at bestemme tal λ og søjlevektorer x 6= 0, så Ax = λx. I Altså (A λi ) x = 0 skal have en ikke-triviel løsning x. I Dette er tilfældet, hvis og kun hvis A λi ikke er invertibel. I Vi ved, at A λi er invertibel hvis og kun hvis det (A λi ) 6= 0. I Egenværdierne for A er altså rødderne i karakterpolynomiet det (A λi ). 5 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I er 5 λ 0 8 det (A λi ) = 2 λ 2 0 λ der udregnes til fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I er 5 λ 0 8 det (A λi ) = 2 λ 2 0 λ der udregnes til I (2 λ) 5 λ 8 2 λ = (2 λ) λ2 2λ. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I er 5 λ 0 8 det (A λi ) = 2 λ 2 0 λ der udregnes til I (2 λ) 5 λ 8 2 λ = (2 λ) λ2 2λ. I Rødder: 2, og 1. Disse er altså ne. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I er 5 λ 0 8 det (A λi ) = 2 λ 2 0 λ der udregnes til I (2 λ) 5 λ 8 2 λ = (2 λ) λ2 2λ. I Rødder: 2, og 1. Disse er altså ne. I hørende til egenværdien opfylder (A I ) x = 0. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I er 5 λ 0 8 det (A λi ) = 2 λ 2 0 λ der udregnes til I (2 λ) 5 λ 8 2 λ = (2 λ) λ2 2λ. I Rødder: 2, og 1. Disse er altså ne. I hørende til egenværdien opfylder (A I ) x = 0. I Homogent ligningssystem. Gausselimination: 2 2 2 0 8 0 1 0 4 0 4 1 0 5! 4 0 1 9 0 5 2 0 6 0 0 0 0 0 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I er 5 λ 0 8 det (A λi ) = 2 λ 2 0 λ der udregnes til I (2 λ) 5 λ 8 2 λ = (2 λ) λ2 2λ. I Rødder: 2, og 1. Disse er altså ne. I hørende til egenværdien opfylder (A I ) x = 0. I Homogent ligningssystem. Gausselimination: 2 2 2 0 8 0 1 0 4 0 4 1 0 5! 4 0 1 9 0 5 2 0 6 0 0 0 0 0 2 4 I Dvs. x 1 4x = 0 og x 2 + 9x = 0, så x = x 4 9 5. 1 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
Eksempel 4 () I Matricen A er givet ved 2 A = 4 5 5 9 9 7 5 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
Eksempel 4 () I Matricen A er givet ved 2 A = 4 I det (A λi ) = 5 5 9 9 7 5 5 λ 5 λ 9 9 7 λ = (λ 1) (λ + 2) 2 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden = λ λ 2 + 4
Eksempel 4 () I Matricen A er givet ved 2 A = 4 I det (A λi ) = I Så ne er 1 og 2. 5 5 9 9 7 5 5 λ 5 λ 9 9 7 λ = (λ 1) (λ + 2) 2 2, denne med algebraisk fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden = λ λ 2 + 4
Eksempel 4 () I Matricen A er givet ved 2 A = 4 I det (A λi ) = I Så ne er 1 og 2. 5 5 9 9 7 5 5 λ 5 λ 9 9 7 λ = (λ 1) (λ + 2) 2 2, denne med algebraisk I ne bestemmes i Maple-worksheet. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden = λ λ 2 + 4
I Hvis v 1, v 2,..., v r er egenvektorer hørende til indbyrdes forskellige λ 1, λ 2,..., λ r, så er v 1, v 2,..., v r lineært uafhængige. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Hvis v 1, v 2,..., v r er egenvektorer hørende til indbyrdes forskellige λ 1, λ 2,..., λ r, så er v 1, v 2,..., v r lineært uafhængige. I Bevis: Tag først r = 2. Antag c 1 v 1 + c 2 v 2 = 0 (2) fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Hvis v 1, v 2,..., v r er egenvektorer hørende til indbyrdes forskellige λ 1, λ 2,..., λ r, så er v 1, v 2,..., v r lineært uafhængige. I Bevis: Tag først r = 2. Antag c 1 v 1 + c 2 v 2 = 0 (2) I Ved anvendelse af f på begge sider fås c 1 f (v 1 ) + c 2 f (v 2 ) = 0, altså c 1 λ 1 v 1 + c 2 λ 2 v 2 = 0 () fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Hvis v 1, v 2,..., v r er egenvektorer hørende til indbyrdes forskellige λ 1, λ 2,..., λ r, så er v 1, v 2,..., v r lineært uafhængige. I Bevis: Tag først r = 2. Antag c 1 v 1 + c 2 v 2 = 0 (2) I Ved anvendelse af f på begge sider fås c 1 f (v 1 ) + c 2 f (v 2 ) = 0, altså I Men vi har også af (2) at c 1 λ 1 v 1 + c 2 λ 2 v 2 = 0 () c 1 λ 2 v 1 + c 2 λ 2 v 2 = 0 (4) fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Hvis v 1, v 2,..., v r er egenvektorer hørende til indbyrdes forskellige λ 1, λ 2,..., λ r, så er v 1, v 2,..., v r lineært uafhængige. I Bevis: Tag først r = 2. Antag c 1 v 1 + c 2 v 2 = 0 (2) I Ved anvendelse af f på begge sider fås c 1 f (v 1 ) + c 2 f (v 2 ) = 0, altså I Men vi har også af (2) at I () minus (4) giver c 1 (λ 1 (2) fås c 2 = 0. c 1 λ 1 v 1 + c 2 λ 2 v 2 = 0 () c 1 λ 2 v 1 + c 2 λ 2 v 2 = 0 (4) λ 2 ) v 1 = 0, så c 1 = 0. Af fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
Lineær I I Dernæst r =. Antag c 1 v 1 + c 2 v 2 + c v = 0. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
Lineær I I Dernæst r =. Antag c 1 v 1 + c 2 v 2 + c v = 0. I Ved anvendelse af f på begge sider fås c 1 f (v 1 ) + c 2 f (v 2 ) + c f (v ) = 0 altså c 1 λ 1 v 1 + c 2 λ 2 v 2 + c λ v = 0 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
Lineær I I Dernæst r =. Antag c 1 v 1 + c 2 v 2 + c v = 0. I Ved anvendelse af f på begge sider fås c 1 f (v 1 ) + c 2 f (v 2 ) + c f (v ) = 0 altså I Men vi har også c 1 λ 1 v 1 + c 2 λ 2 v 2 + c λ v = 0 c 1 λ v 1 + c 2 λ v 2 + c λ v = 0 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
Lineær I I Dernæst r =. Antag c 1 v 1 + c 2 v 2 + c v = 0. I Ved anvendelse af f på begge sider fås c 1 f (v 1 ) + c 2 f (v 2 ) + c f (v ) = 0 altså I Men vi har også I Ved subtraktion fås c 1 λ 1 v 1 + c 2 λ 2 v 2 + c λ v = 0 c 1 λ v 1 + c 2 λ v 2 + c λ v = 0 c 1 (λ 1 λ ) v 1 + c 2 (λ 2 λ ) v 2 = 0 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
Lineær I I Dernæst r =. Antag c 1 v 1 + c 2 v 2 + c v = 0. I Ved anvendelse af f på begge sider fås c 1 f (v 1 ) + c 2 f (v 2 ) + c f (v ) = 0 altså I Men vi har også I Ved subtraktion fås c 1 λ 1 v 1 + c 2 λ 2 v 2 + c λ v = 0 c 1 λ v 1 + c 2 λ v 2 + c λ v = 0 c 1 (λ 1 λ ) v 1 + c 2 (λ 2 λ ) v 2 = 0 I Af resultatet for r = 2 følger, at c 1 = c 2 = 0 og derfor, at c = 0. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
Lineær I I Dernæst r =. Antag c 1 v 1 + c 2 v 2 + c v = 0. I Ved anvendelse af f på begge sider fås c 1 f (v 1 ) + c 2 f (v 2 ) + c f (v ) = 0 altså I Men vi har også I Ved subtraktion fås c 1 λ 1 v 1 + c 2 λ 2 v 2 + c λ v = 0 c 1 λ v 1 + c 2 λ v 2 + c λ v = 0 c 1 (λ 1 λ ) v 1 + c 2 (λ 2 λ ) v 2 = 0 I Af resultatet for r = 2 følger, at c 1 = c 2 = 0 og derfor, at c = 0. I Således kan fortsættes for r = 4 osv. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
II I Lad f have de indbyrdes forskellige λ 1, λ 2,..., λ r med egenrum E λ1, E λ2,..., E λr, der har dimensionerne q 1, q 2,..., q r. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
II I Lad f have de indbyrdes forskellige λ 1, λ 2,..., λ r med egenrum E λ1, E λ2,..., E λr, der har dimensionerne q 1, q 2,..., q r. I Vælges baser for hver af disse vil samlingen bestående af de q = q 1 + q 2 + + q r vektorer være lineært uafhængigt. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
II I Lad f have de indbyrdes forskellige λ 1, λ 2,..., λ r med egenrum E λ1, E λ2,..., E λr, der har dimensionerne q 1, q 2,..., q r. I Vælges baser for hver af disse vil samlingen bestående af de q = q 1 + q 2 + + q r vektorer være lineært uafhængigt. I Bevis: En linearkombination af de q vektorer vil kunne skrives som en sum af r vektorer v 1, v 2,..., v r fra E λ1, E λ2,..., E λr. Men en sådan sum kan kun være nul (i g. sætn. 7.), hvis alle er nul. Men v i = 0 medfører, at koe cienterne i linearkombinationen alle er nul. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
uden I Lad V = x = (x n ) n=1 x n 2 C (komplekse) talfølger. være mængden af fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
uden I Lad V = x = (x n ) n=1 x n 2 C være mængden af (komplekse) talfølger. I V er et vektorrum under elementvis addition og multiplikation med skalar. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
uden I Lad V = x = (x n ) n=1 x n 2 C være mængden af (komplekse) talfølger. I V er et vektorrum under elementvis addition og multiplikation med skalar. I Et medlem af V er et talsæt med uendeligt mange tal. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
uden I Lad V = x = (x n ) n=1 x n 2 C være mængden af (komplekse) talfølger. I V er et vektorrum under elementvis addition og multiplikation med skalar. I Et medlem af V er et talsæt med uendeligt mange tal. I Lad f : V! V være givet ved f (x) = (0, x 1, x 2, x,...) for alle x 2 V. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
uden I Lad V = x = (x n ) n=1 x n 2 C være mængden af (komplekse) talfølger. I V er et vektorrum under elementvis addition og multiplikation med skalar. I Et medlem af V er et talsæt med uendeligt mange tal. I Lad f : V! V være givet ved f (x) = (0, x 1, x 2, x,...) for alle x 2 V. I f er lineær, men f har ingen. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
uden I Lad V = x = (x n ) n=1 x n 2 C være mængden af (komplekse) talfølger. I V er et vektorrum under elementvis addition og multiplikation med skalar. I Et medlem af V er et talsæt med uendeligt mange tal. I Lad f : V! V være givet ved f (x) = (0, x 1, x 2, x,...) for alle x 2 V. I f er lineær, men f har ingen. I Thi antag, at f (x) = λx, så har vi (0, x 1, x 2, x,...) = (λx 1, λx 2, λx, λx 4,...). fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
uden I Lad V = x = (x n ) n=1 x n 2 C være mængden af (komplekse) talfølger. I V er et vektorrum under elementvis addition og multiplikation med skalar. I Et medlem af V er et talsæt med uendeligt mange tal. I Lad f : V! V være givet ved f (x) = (0, x 1, x 2, x,...) for alle x 2 V. I f er lineær, men f har ingen. I Thi antag, at f (x) = λx, så har vi (0, x 1, x 2, x,...) = (λx 1, λx 2, λx, λx 4,...). I Af 0 = λx 1 følger, at enten λ = 0 eller x 1 = 0. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
uden I Lad V = x = (x n ) n=1 x n 2 C være mængden af (komplekse) talfølger. I V er et vektorrum under elementvis addition og multiplikation med skalar. I Et medlem af V er et talsæt med uendeligt mange tal. I Lad f : V! V være givet ved f (x) = (0, x 1, x 2, x,...) for alle x 2 V. I f er lineær, men f har ingen. I Thi antag, at f (x) = λx, så har vi (0, x 1, x 2, x,...) = (λx 1, λx 2, λx, λx 4,...). I Af 0 = λx 1 følger, at enten λ = 0 eller x 1 = 0. I Hvis λ = 0 følger af x 1 = λx 2 at x 1 = 0 og videre, at x n = 0 for alle n. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
uden I Lad V = x = (x n ) n=1 x n 2 C være mængden af (komplekse) talfølger. I V er et vektorrum under elementvis addition og multiplikation med skalar. I Et medlem af V er et talsæt med uendeligt mange tal. I Lad f : V! V være givet ved f (x) = (0, x 1, x 2, x,...) for alle x 2 V. I f er lineær, men f har ingen. I Thi antag, at f (x) = λx, så har vi (0, x 1, x 2, x,...) = (λx 1, λx 2, λx, λx 4,...). I Af 0 = λx 1 følger, at enten λ = 0 eller x 1 = 0. I Hvis λ = 0 følger af x 1 = λx 2 at x 1 = 0 og videre, at x n = 0 for alle n. I Hvis x 1 = 0 og λ 6= 0, følger, at x 2 = 0 og videre, at x n = 0 for alle n. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
uden I Lad V = x = (x n ) n=1 x n 2 C være mængden af (komplekse) talfølger. I V er et vektorrum under elementvis addition og multiplikation med skalar. I Et medlem af V er et talsæt med uendeligt mange tal. I Lad f : V! V være givet ved f (x) = (0, x 1, x 2, x,...) for alle x 2 V. I f er lineær, men f har ingen. I Thi antag, at f (x) = λx, så har vi (0, x 1, x 2, x,...) = (λx 1, λx 2, λx, λx 4,...). I Af 0 = λx 1 følger, at enten λ = 0 eller x 1 = 0. I Hvis λ = 0 følger af x 1 = λx 2 at x 1 = 0 og videre, at x n = 0 for alle n. I Hvis x 1 = 0 og λ 6= 0, følger, at x 2 = 0 og videre, at x n = 0 for alle n. I Uanset værdien af λ medfører f (x) = λx altså, at x = 0 = (0, 0, 0,...). fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad igen V = x = (x n ) n=1 x n 2 C af (komplekse) talfølger. være mængden fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad igen V = x = (x n ) n=1 x n 2 C af (komplekse) talfølger. være mængden I Lad f : V! V være givet ved f (x) = (x 2, x,...) for alle x 2 V. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad igen V = x = (x n ) n=1 x n 2 C af (komplekse) talfølger. være mængden I Lad f : V! V være givet ved f (x) = (x 2, x,...) for alle x 2 V. I f er lineær, og ethvert λ 2 C er egenværdi. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad igen V = x = (x n ) n=1 x n 2 C af (komplekse) talfølger. være mængden I Lad f : V! V være givet ved f (x) = (x 2, x,...) for alle x 2 V. I f er lineær, og ethvert λ 2 C er egenværdi. I Af f (x) = λx fås (x 2, x,...) = (λx 1, λx 2, λx, λx 4,...). fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad igen V = x = (x n ) n=1 x n 2 C af (komplekse) talfølger. være mængden I Lad f : V! V være givet ved f (x) = (x 2, x,...) for alle x 2 V. I f er lineær, og ethvert λ 2 C er egenværdi. I Af f (x) = λx fås (x 2, x,...) = (λx 1, λx 2, λx, λx 4,...). I Dette er tilfældet, når x 2 = λx 1, x = λx 2 = λ 2 x 1, osv. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad igen V = x = (x n ) n=1 x n 2 C af (komplekse) talfølger. være mængden I Lad f : V! V være givet ved f (x) = (x 2, x,...) for alle x 2 V. I f er lineær, og ethvert λ 2 C er egenværdi. I Af f (x) = λx fås (x 2, x,...) = (λx 1, λx 2, λx, λx 4,...). I Dette er tilfældet, når x 2 = λx 1, x = λx 2 = λ 2 x 1, osv. I Generelt nder vi, at f (x) = λx er opfyldt, hvis og kun hvis x n = λ n 1 x 1. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad igen V = x = (x n ) n=1 x n 2 C af (komplekse) talfølger. være mængden I Lad f : V! V være givet ved f (x) = (x 2, x,...) for alle x 2 V. I f er lineær, og ethvert λ 2 C er egenværdi. I Af f (x) = λx fås (x 2, x,...) = (λx 1, λx 2, λx, λx 4,...). I Dette er tilfældet, når x 2 = λx 1, x = λx 2 = λ 2 x 1, osv. I Generelt nder vi, at f (x) = λx er opfyldt, hvis og kun hvis x n = λ n 1 x 1. I Ethvert tal λ 2 C er altså egenværdi og tilhørende egenvektorer er x = x 1 1, λ, λ 2, λ,... for x 1 2 C. Egenrummet E λ er altså endimensionalt. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad f : R 2! R 2 være givet ved f (x) = Ax for alle x 2 R 2, hvor 0 1 A = 1 0 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad f : R 2! R 2 være givet ved f (x) = Ax for alle x 2 R 2, hvor 0 1 A = 1 0 I Evt. for f er rødder i karakterpolynomiet for A. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad f : R 2! R 2 være givet ved f (x) = Ax for alle x 2 R 2, hvor 0 1 A = 1 0 I Evt. for f er rødder i karakterpolynomiet for A. I det (A λi ) = λ 1 1 λ = λ2 + 1. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad f : R 2! R 2 være givet ved f (x) = Ax for alle x 2 R 2, hvor 0 1 A = 1 0 I Evt. for f er rødder i karakterpolynomiet for A. I det (A λi ) = λ 1 1 λ = λ2 + 1. I λ 2 + 1 har ingen reelle rødder (men de to imaginære i). fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad f : R 2! R 2 være givet ved f (x) = Ax for alle x 2 R 2, hvor 0 1 A = 1 0 I Evt. for f er rødder i karakterpolynomiet for A. I det (A λi ) = λ 1 1 λ = λ2 + 1. I λ 2 + 1 har ingen reelle rødder (men de to imaginære i). I Altså har f ingen. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad f : R 2! R 2 være givet ved f (x) = Ax for alle x 2 R 2, hvor 0 1 A = 1 0 I Evt. for f er rødder i karakterpolynomiet for A. I det (A λi ) = λ 1 1 λ = λ2 + 1. I λ 2 + 1 har ingen reelle rødder (men de to imaginære i). I Altså har f ingen. I Men med samme A har f : C 2! C 2 givet ved f (x) = Ax for alle x 2 C 2 ne i. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. I Lad v = (v 1, v 2,..., v n ) være en basis for V. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. I Lad v = (v 1, v 2,..., v n ) være en basis for V. I Så er afbildningsmatricen F = v F v diagonal, hvis og kun hvis basen v = (v 1, v 2,..., v n ) består af egenvektorer for f. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. I Lad v = (v 1, v 2,..., v n ) være en basis for V. I Så er afbildningsmatricen F = v F v diagonal, hvis og kun hvis basen v = (v 1, v 2,..., v n ) består af egenvektorer for f. I Bevis: Da vi har v F v = [K v (f (v 1 )) K v (f (v 2 ))... K v (f (v n ))] fås fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. I Lad v = (v 1, v 2,..., v n ) være en basis for V. I Så er afbildningsmatricen F = v F v diagonal, hvis og kun hvis basen v = (v 1, v 2,..., v n ) består af egenvektorer for f. I Bevis: Da vi har v F v = [K v (f (v 1 )) K v (f (v 2 ))... K v (f (v n ))] fås I v F v = diag (µ 1, µ 2,..., µ n ), K v (f (v i )) = 0... 0 µi 0... 0 T for alle i. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. I Lad v = (v 1, v 2,..., v n ) være en basis for V. I Så er afbildningsmatricen F = v F v diagonal, hvis og kun hvis basen v = (v 1, v 2,..., v n ) består af egenvektorer for f. I Bevis: Da vi har v F v = [K v (f (v 1 )) K v (f (v 2 ))... K v (f (v n ))] fås I v F v = diag (µ 1, µ 2,..., µ n ), K v (f (v i )) = 0... 0 µi 0... 0 T for alle i. I Højre side siger f (v i ) = µ i v i for alle i. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. I Lad v = (v 1, v 2,..., v n ) være en basis for V. I Så er afbildningsmatricen F = v F v diagonal, hvis og kun hvis basen v = (v 1, v 2,..., v n ) består af egenvektorer for f. I Bevis: Da vi har v F v = [K v (f (v 1 )) K v (f (v 2 ))... K v (f (v n ))] fås I v F v = diag (µ 1, µ 2,..., µ n ), K v (f (v i )) = 0... 0 µi 0... 0 T for alle i. I Højre side siger f (v i ) = µ i v i for alle i. I f har altså en diagonal hvis og kun hvis den har n lineært uafhængige egenvektorer. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
et I Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
et I Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. I Lad v = (v 1, v 2,..., v n ) være en basis for V. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
et I Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. I Lad v = (v 1, v 2,..., v n ) være en basis for V. I Lad F være afbildningsmatricen v F v. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
et I Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. I Lad v = (v 1, v 2,..., v n ) være en basis for V. I Lad F være afbildningsmatricen v F v. I Så gælder f (x) = λx () FK v (x) = λk v (x). fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
et I Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. I Lad v = (v 1, v 2,..., v n ) være en basis for V. I Lad F være afbildningsmatricen v F v. I Så gælder f (x) = λx () FK v (x) = λk v (x). I f og F har altså samme. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
et I Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. I Lad v = (v 1, v 2,..., v n ) være en basis for V. I Lad F være afbildningsmatricen v F v. I Så gælder f (x) = λx () FK v (x) = λk v (x). I f og F har altså samme. I x 2 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. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
et I Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. I Lad v = (v 1, v 2,..., v n ) være en basis for V. I Lad F være afbildningsmatricen v F v. I Så gælder f (x) = λx () FK v (x) = λk v (x). I f og F har altså samme. I x 2 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. I Alle afbildningsmatricer er similære, så karakterpolynomiet er det samme for alle. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
et I Lad f : V! V være lineær og V endelig-dimensional, dim V = n. I Lad v = (v 1, v 2,..., v n ) være en basis for V. I Lad F være afbildningsmatricen v F v. I Så gælder f (x) = λx () FK v (x) = λk v (x). I f og F har altså samme. I x 2 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. I Alle afbildningsmatricer er similære, så karakterpolynomiet er det samme for alle. I Vi kan tale om karakterpolynomiet for f uden at nævne en basis for V. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad A være en n n-matrix med karakterpolynomium p (λ) = det (A λi ). fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad A være en n n-matrix med karakterpolynomium p (λ) = det (A λi ). I Lad rødderne være λ 1, λ 2,..., λ n (gentaget efter ). fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad A være en n n-matrix med karakterpolynomium p (λ) = det (A λi ). I Lad rødderne være λ 1, λ 2,..., λ n (gentaget efter ). I p (λ) = det (A λi ) = ( 1) n det (λi A) = ( 1) n (λ λ 1 ) (λ λ 2 ) (λ λ n ). fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad A være en n n-matrix med karakterpolynomium p (λ) = det (A λi ). I Lad rødderne være λ 1, λ 2,..., λ n (gentaget efter ). I p (λ) = det (A λi ) = ( 1) n det (λi A) = ( 1) n (λ λ 1 ) (λ λ 2 ) (λ λ n ). I Ved indsættelse af λ = 0 fås det A = λ 1 λ 2 λ n. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad A være en n n-matrix med karakterpolynomium p (λ) = det (A λi ). I Lad rødderne være λ 1, λ 2,..., λ n (gentaget efter ). I p (λ) = det (A λi ) = ( 1) n det (λi A) = ( 1) n (λ λ 1 ) (λ λ 2 ) (λ λ n ). I Ved indsættelse af λ = 0 fås det A = λ 1 λ 2 λ n. I Koe cienten til λ n 1 er ( 1) n+1 (λ 1 + λ 2 + + λ n ). fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad A være en n n-matrix med karakterpolynomium p (λ) = det (A λi ). I Lad rødderne være λ 1, λ 2,..., λ n (gentaget efter ). I p (λ) = det (A λi ) = ( 1) n det (λi A) = ( 1) n (λ λ 1 ) (λ λ 2 ) (λ λ n ). I Ved indsættelse af λ = 0 fås det A = λ 1 λ 2 λ n. I Koe cienten til λ n 1 er ( 1) n+1 (λ 1 + λ 2 + + λ n ). I Men med A = [a ij ], er den også ( 1) n+1 (a 11 + a 22 + + a nn ). fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad A være en n n-matrix med karakterpolynomium p (λ) = det (A λi ). I Lad rødderne være λ 1, λ 2,..., λ n (gentaget efter ). I p (λ) = det (A λi ) = ( 1) n det (λi A) = ( 1) n (λ λ 1 ) (λ λ 2 ) (λ λ n ). I Ved indsættelse af λ = 0 fås det A = λ 1 λ 2 λ n. I Koe cienten til λ n 1 er ( 1) n+1 (λ 1 + λ 2 + + λ n ). I Men med A = [a ij ], er den også ( 1) n+1 (a 11 + a 22 + + a nn ). I Summen af diagonalelementerne i A er sporet af A, spor(a) = a 11 + a 22 + + a nn. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad A være en n n-matrix med karakterpolynomium p (λ) = det (A λi ). I Lad rødderne være λ 1, λ 2,..., λ n (gentaget efter ). I p (λ) = det (A λi ) = ( 1) n det (λi A) = ( 1) n (λ λ 1 ) (λ λ 2 ) (λ λ n ). I Ved indsættelse af λ = 0 fås det A = λ 1 λ 2 λ n. I Koe cienten til λ n 1 er ( 1) n+1 (λ 1 + λ 2 + + λ n ). I Men med A = [a ij ], er den også ( 1) n+1 (a 11 + a 22 + + a nn ). I Summen af diagonalelementerne i A er sporet af A, spor(a) = a 11 + a 22 + + a nn. I Altså λ 1 + λ 2 + + λ n = spor (A) λ 1 λ 2 λ n = det A fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad A være en n n-matrix. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad A være en n n-matrix. I p (λ) = det (A regnet med. λi ) har n rødder fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad A være en n n-matrix. I p (λ) = det (A regnet med. λi ) har n rødder I Hvis roden λ 1 har k i p (λ), så har egenværdien λ 1 algebraisk k, (betegnelse am(λ 1 )). fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad A være en n n-matrix. I p (λ) = det (A regnet med. λi ) har n rødder I Hvis roden λ 1 har k i p (λ), så har egenværdien λ 1 algebraisk k, (betegnelse am(λ 1 )). I Hvis egenrummet E λ1 = N (A λ 1 I ) har dimension j, så har λ 1 j, (betegnelse gm(λ 1 )). fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad A være en n n-matrix. I p (λ) = det (A regnet med. λi ) har n rødder I Hvis roden λ 1 har k i p (λ), så har egenværdien λ 1 algebraisk k, (betegnelse am(λ 1 )). I Hvis egenrummet E λ1 = N (A λ 1 I ) har dimension j, så har λ 1 j, (betegnelse gm(λ 1 )). I Der gælder: 1 gm (λ) am (λ) for enhver egenværdi λ. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden
I Lad A være en n n-matrix. I p (λ) = det (A regnet med. λi ) har n rødder I Hvis roden λ 1 har k i p (λ), så har egenværdien λ 1 algebraisk k, (betegnelse am(λ 1 )). I Hvis egenrummet E λ1 = N (A λ 1 I ) har dimension j, så har λ 1 j, (betegnelse gm(λ 1 )). I Der gælder: 1 gm (λ) am (λ) for enhver egenværdi λ. I Bevis: Se side 204. fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden