Hvis en matrise $A$ multiplisert med en vektor $\textcolor{red}{\vec{v}}$ gir samme resultat som en konstant $\textcolor{blue}{\lambda}$ multiplisert med vektoren, er vektoren en egenvektor til matrisen $A$:
A\textcolor{red}{\vec{v}} = \textcolor{blue}{\lambda} \textcolor{red}{\vec{v}}- $A$ er en kvadratisk matrise
- $\textcolor{red}{\vec{v}}$ er en egenvektor til matrisen $A$
- $\textcolor{blue}{\lambda}$ er egenverdien til $\vec{v}$
Morsomme egenskaper:
- Summen av egenverdiene = Summen av hoveddiagonalen i $A$
- $A^n \vec{v} = \lambda^n \vec{v}$
- Vi kan se på $A\vec{v}$ som en transformasjon av $\vec{v}$. Når vi transformerer en egenvektor, får vi en vektor som er parallell med egenvektoren, dvs. en konstant ($\lambda$) multiplisert med egenvektoren ($\vec{v}$).
+ Hvordan finner vi egenverdier og egenvektorer?
Steg 1: Finn alle egenverdiene ($\lambda$) ved å løse den karakteristiske ligningen:
\det(A - \lambda I) = 0
+ Hvorfor?
Start med å sette opp ligningssettet vi vil løse:
A\vec{v} = \lambda \vec{v}Omskriv ligningssettet ved å først multiplisere med identitetsmatrisen (husk at $IA = A$) på begge sider:
\begin{aligned}
&& \textcolor{red}{I}A \vec{v} &= \textcolor{red}{I} \lambda \vec{v} \\
\Rightarrow \qquad && A \vec{v} &= \lambda I \vec{v} \qquad | - \lambda I \vec{v}\\
\Rightarrow \qquad && A \vec{v} - \lambda I \vec{v} & = 0 \\
\Rightarrow \qquad && (A - \lambda I) \vec{v} & = 0
\end{aligned}Og, vips, ser vi at å finne løsningen til $(A- \lambda I) \vec{v}$ er det samme som å finne løsningen til $A\vec{v} = \lambda \vec{v}$.
Vi kan sjekke om et ligningssett har én, uendelig mange eller ingen løsninger:
- $\det(A-\lambda I) \neq 0$: Ligningssettet har én løsning
- $\det(A-\lambda I) = 0$: Ligningssettet har uendelig mange eller ingen løsninger
- Hvis det bare er null på høyre side (som her) har vi uendelig mange løsninger.
Siden vi vil at ligningssettet skal ha uendelig mange løsninger, setter vi determinanten lik null for å finne egenverdiene ($\lambda$).
+ Hvordan?
1. Regn ut determinanten til $(A – \lambda I)$, dvs:
A - \lambda I = \left| \begin{array}{ccc}
a_{11} - \lambda & a_{12} & a_{13} \\
a_{21} & a_{22} - \lambda & a_{23} \\
a_{31} & a_{32} & a_{33} - \lambda
\end{array}\right|Du kan bruke akkurat den metoden du vil for å regne ut determinanten , f.eks. den der du tar utgangspunkt i valgfri en rad/kolonne med mange nullere.
2. Nå kan du finne egenverdiene ($\lambda$) ved å sette determinanten lik null fordi vi vil at ligningssettet skal ha uendelig mange løsninger.
Husk at en egenverdi kan være:
- Reell
- Kompleks (dersom vi har en kompleks egenverdi, så er dens kompleks konjugerte også en egenverdi)
- Sammenfallende (dvs. en egenverdi med flere egenvektorer)
Sjekk at summen av egenverdiene ($\lambda$) er lik summen av hoveddiagonalen i $A$
a_{11} + a_{22} + \cdots = \lambda_1 + \lambda_2 + \cdots+ Hvorfor?
Noen ganger er det gøy å vite at regler har årsaker. Du trenger ikke vite årsaken for å kunne bruke regelen, men det kan jo være litt morsomt likevel.
Dersom $A$ er en 2×2 matrise, er det ganske greit å vise årsaken. Alle våre egenverdier må tilfredsstille den karakteristiske ligningen:
\begin{aligned}
& \det(A - \lambda I) = 0 \\
\Rightarrow \qquad &
\left| \begin{array}{cc} a_{11} - \lambda & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} - \lambda \end{array} \right| = 0 \\
\Rightarrow \qquad &
(a_{11} - \lambda)(a_{22} - \lambda) - a_{12} a_{21} = 0 \\
\Rightarrow \qquad &
\lambda^2 - (a_{11} + a_{22}) \lambda + a_{11} a_{22} - a_{12} a_{21} = 0 \\
\Rightarrow \qquad &
\lambda = \frac{a_{11} + a_{22} \pm \sqrt{(a_{11} + a_{22})^2 - 4 \cdot 1 \cdot (a_{11} a_{22} - a_{12} a_{21})}}{2 \cdot 1} \\
\Rightarrow \qquad &
\lambda_1 = \frac{a_{11} + a_{22} - K}{2}, \quad \lambda_2 = \frac{a_{11} + a_{22} + K}{2}
\end{aligned}der $K$ er kvadratrotuttrykket.
Hvis vi legger sammen egenverdiene får vi summen av hoveddiagonalen:
\lambda_1 + \lambda_2 = \frac{a_{11} + a_{22} - K}{2} + \frac{a_{11} + a_{22} + K}{2} = a_{11} + a_{22}Steg 2: For hver egenverdi ($\lambda_n$) finner vi en egenvektor ($\vec{v}_n$) ved å løse:
(A - \lambda_n I) \vec{v}_n = 0+ Hvordan?
For å løse ligningssettet, bør vi bruke radoperasjoner:
Eksempel (* = vilkårlig tall)
- Start med den utvidete matrisen:
\left( \begin{array}{ccc|c}
a_{11} - \lambda_n & a_{12} & a_{13} & 0 \\
a_{21} & a_{22} - \lambda_n & a_{23} & 0 \\
a_{31} & a_{32} & a_{33} - \lambda_n & 0
\end{array}\right)2. Bruk Gauss eliminasjon til matrisen er på trappeform. Siden vi determinanten er null, vet vi at vi må ha minst en nullrad .
\left( \begin{array}{ccc|c}
1 & * & * & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
\textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{0} & \textcolor{red}{0}
\end{array}\right)3. Den (eller de) frie variablene finner vi i kolonnene uten ledende ener.
\left( \begin{array}{ccc|c}
1 & \textcolor{red}{*} & * & 0 \\
0 & \textcolor{red}{0} & 1 & 0 \\
0 & \textcolor{red}{0} & 0 & 0
\end{array}\right)4. Sett den frie variabelen lik $\textcolor{blue}{t}$. Nå kan du finne de andre variablene uttrykt ved $t$.
Har du flere frie variabler, kan du sette neste lik f.eks. $s$. Da får du flere egenvektorer for samme egenverdi.
\vec{v}_n = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ \textcolor{red}{v_2} \\ v_3 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} * \\ \textcolor{red}{1} \\ * \end{array} \right) \textcolor{blue}{t}
5. Alle valg av $t$ (og evt. $s$) gir gyldige egenvektorer. Velg en verdi du liker.
\vec{v}_n = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} * \\ * \\ * \end{array} \right)
Sjekk at $A\vec{v}_n$ er lik $\lambda_n \vec{v}_n$ for hvert sett av egenverdi og egenvektor
A \vec{v}_n = \lambda_n \vec{v}_n+ Hvordan?
Først regner du ut $A \vec{v}_n$ ved hjelp av matrisemultiplikasjon:
A \vec{v}_n = \left(\begin{array}{ccc}
\textcolor{red}{a_{11}} & \textcolor{blue}{a_{12}} & \textcolor{green}{a_{13}} \\
\textcolor{red}{a_{21}} & \textcolor{blue}{a_{22}} & \textcolor{green}{a_{23}} \\
\textcolor{red}{a_{31}} & \textcolor{blue}{a_{32}} & \textcolor{green}{a_{33}}
\end{array} \right) \left( \begin{array}{c}
\textcolor{red}{v_{1n}} \\ \textcolor{blue}{v_{2n}} \\ \textcolor{green}{v_{3n}}
\end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c}
\textcolor{red}{a_{11} v_{1n}} + \textcolor{blue}{a_{12} v_{2n}} + \textcolor{green}{a_{13} v_{3n}} \\
\textcolor{red}{a_{21} v_{1n}} + \textcolor{blue}{a_{22} v_{2n}} + \textcolor{green}{a_{23} v_{3n}} \\
\textcolor{red}{a_{31} v_{1n}} + \textcolor{blue}{a_{32} v_{2n}} + \textcolor{green}{a_{33} v_{3n}}
\end{array} \right)Så regner du ut $\lambda_v \vec{v}_n$ ved å multiplisere $\vec{v}_n$ med skalaren $\lambda_n$:
\textcolor{red}{\lambda_n} \left( \begin{array}{c} v_{1n} \\ v_{2n} \\ v_{3n} \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} \textcolor{red}{\lambda_n} v_{1n} \\ \textcolor{red}{\lambda_n} v_{2n} \\ \textcolor{red}{\lambda_n} v_{3n} \end{array} \right)Dersom du har regnet riktig, vil de to vektorene være like.
+ Hvorfor er $A^n \vec{v} = \lambda^n \vec{v}$?
Vi kan multiplisere begge sider med $A$:
\begin{aligned}
& A \vec{v} = \lambda \vec{v} && | A \cdot \\
\Rightarrow \qquad & AA \vec{v} = \lambda \textcolor{red}{A \vec{v}} \qquad && \textnormal{Husk at: } A\vec{v} = \lambda \vec{v} \\
\Rightarrow \qquad & AA \vec{v} = \lambda \textcolor{red}{\lambda \vec{v}} \\
\Rightarrow \qquad & A^2 \vec{v} = \lambda^2 \vec{v}
\end{aligned}Vi kan multiplisere med $A$ så mange ganger vi vil:
\begin{aligned}
& A^2 \vec{v} = \lambda^2 \vec{v} && | A \cdot \\
\Rightarrow \qquad & AA^2 \vec{v} = \lambda^2 \textcolor{red}{A \vec{v}} \qquad && \textnormal{Husk at: } A\vec{v} = \lambda \vec{v} \\
\Rightarrow \qquad & AA^2 \vec{v} = \lambda^2 \textcolor{red}{\lambda \vec{v}} \\
\Rightarrow \qquad & A^3 \vec{v} = \lambda^3 \vec{v}
\end{aligned}osv.
+ Eksempel 1: 2×2 matrise med reelle egenverdier
Vi vil finne alle egenvektorer og egenverdier til $A$:
A = \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 3 & 0 \end{array} \right)+ Kort video
+ Steg 1: Finn egenverdiene
Finner alle egenverdiene ($\lambda$) ved å løse den karakteristiske ligningen:
\begin{aligned}
&\det(A - \lambda I) = 0 \\
\Rightarrow \qquad &
\left| \begin{array}{cc} 1 - \lambda & 2 \\ 3 & 0 - \lambda \end{array} \right| = 0 \\
\Rightarrow \qquad &
(1-\lambda)(-\lambda) - 2 \cdot 3 = 0 \\
\Rightarrow \qquad &
\lambda^2 - \lambda - 6 = 0
\end{aligned}Bruker andregradsformelen:
\begin{aligned}
& \lambda = \frac{- (-1) \pm \sqrt{(-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-6)}}{2 \cdot 1} \\
\Rightarrow \qquad
& \lambda = \frac{1 \pm \sqrt{25}}{2} \\
\Rightarrow \qquad
& \lambda = \frac{1 \pm 5}{2} \\
\Rightarrow \qquad
& \lambda_1 = \frac{1 - 5}{2} = -2, \quad \lambda_2 = \frac{1+5}{2} = 3
\end{aligned}Og, vips, har vi to egenverdier, $\lambda_1 = -2$ og $\lambda_2 = 3$.
Sjekker at summen av hoveddiagonalen i $A$ er lik summen av egenverdier:
\begin{aligned}
& \textnormal{Summen av hoveddiagonalen i } A: \quad &&1 + 0 = 1 \\
& \textnormal{Summen av egenverdier for } A: &&\lambda_1 + \lambda_2 = -2 + 3 = 1
\end{aligned}ok
+ Steg 2a: Finn egenvektoren til $\lambda_1 = -2$
For å finne egenvektoren ($\vec{v}_1$) til egenverdien $\lambda_1 = -2$ må vi løse:
(A - \lambda_1 I) \vec{v}_1 = 0 \quad
\Longleftrightarrow \quad
\left( \begin{array}{cc} 1-\lambda_1 & 2 \\ 3 & -\lambda_1 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right)Når vi setter $\lambda_1 = -2$, får vi:
\left( \begin{array}{cc} 3 & 2 \\ 3 & 2 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right)Løser ved å bruke radoperasjoner på den utvidete matrisen:
\left( \begin{array}{cc|c} 3 & 2 & 0 \\ 3 & 2 & 0 \end{array} \right)
\overset{R_2 -R_1 \to R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c} 3 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)
\overset{R_1/3 \to R_1}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c} 1 & \frac{2}{3} & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)
Vi fikk en nullrad akkurat som vi forventet da vi satte determinanten lik null. Siden andre kolonne mangler ledende ener, lar vi $v_2$ være en fri variabel. Den første raden tilsvarer:
v_1 + \frac{2}{3}v_2 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_1 = - \frac{2}{3} v_2 Setter den frie variabelen lik $t$, dvs. $v_2 = t$:
\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} -\frac{2}{3}t \\ t \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} -\frac{2}{3} \\ 1 \end{array} \right) tAlle verdier for $t$ gir gyldige egenvektorer. Vi kan for eksempel velge $t = 3$ for å slippe brøken. Og, vips, har vi en egenvektor for egenverdien $\lambda_1 = -2$:
\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -2 \\ 3 \end{array} \right)Sjekker om $A\vec{v}_1 = \lambda_1 \vec{v}_1$ ved hjelp av matrisemultiplikasjon:
\begin{aligned}
& A\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{cc}
\textcolor{red}{1} & \textcolor{blue}{2} \\ \textcolor{red}{3} & \textcolor{blue}{0} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} \textcolor{red}{-2} \\ \textcolor{blue}{3}
\end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} \textcolor{red}{1 \cdot (-2)} + \textcolor{blue}{2 \cdot 3} \\ \textcolor{red}{3 \cdot (-2)} + \textcolor{blue}{0 \cdot 3} \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 4 \\ -6 \end{array} \right) \\
& \lambda_1 \vec{v}_1
= (\textcolor{red}{-2}) \left( \begin{array}{c} -2 \\ 3 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} (\textcolor{red}{-2}) \cdot (-2) \\ (\textcolor{red}{-2}) \cdot 3 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 4 \\ -6 \end{array} \right)
\end{aligned}Og, vips, siden de to er like vet vi at vi har funnet en egenverdi og dens egenvektor.
+ Steg 2b: Finn egenvektoren til $\lambda_2 = 3$
For å finne egenvektoren ($\vec{v}_2$) til egenverdien $\lambda_2 = 3$ må vi løse:
(A - \lambda_2 I) \vec{v}_2 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad
\left( \begin{array}{cc} 1-\lambda_2 & 2 \\ 3 & -\lambda_2 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right)Når vi setter $\lambda_2 = 3$, får vi:
\left( \begin{array}{cc} -2 & 2 \\ 3 & -3 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right)Løser ved å bruke radoperasjoner på den utvidete matrisen:
\left( \begin{array}{cc|c} -2 & 2 & 0 \\ 3 & -3 & 0 \end{array} \right)
\overset{-R_1/2 \to R_1}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c} 1 & -1 & 0 \\ 3 & -3 & 0 \end{array} \right)
\overset{R_2 - 3R_1 \to R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)Vi fikk en nullrad akkurat som vi forventet da vi satte determinanten lik null. Siden andre kolonne mangler ledende ener, lar vi $v_2$ være en fri variabel. Den første raden tilsvarer:
v_1 - v_2 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_1 = v_2
Setter den frie variabelen lik $t$, dvs. $v_2 = t$:
\vec{v}_2 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} t \\ t \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right) tAlle verdier for $t$ gir gyldige egenvektorer. Vi kan for eksempel velge $t = 1$. Og, vips, har vi en egenvektor for egenverdien $\lambda_2 = 3$:
\vec{v}_2 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right)Sjekker om $A\vec{v}_2 = \lambda_2 \vec{v}_2$ ved hjelp av matrisemultiplikasjon:
\begin{aligned}
& A\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{cc}
\textcolor{red}{1} & \textcolor{blue}{2} \\ \textcolor{red}{3} & \textcolor{blue}{0} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{1}
\end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} \textcolor{red}{1 \cdot 1} + \textcolor{blue}{2 \cdot 1} \\ \textcolor{red}{3 \cdot 1} + \textcolor{blue}{0 \cdot 1} \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 3 \\ 3 \end{array} \right) \\
& \lambda_1 \vec{v}_1
= \textcolor{red}{3} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} \textcolor{red}{3} \cdot 1 \\ \textcolor{red}{3} \cdot 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 3 \\ 3 \end{array} \right)
\end{aligned}Og, vips, siden de to er like vet vi at vi har funnet en egenverdi og dens egenvektor.
+ Konklusjon
$A$ har to egenverdier med hver sin egenvektor:
\lambda_1 = -2 \quad \textnormal{gir} \quad \vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} -2 \\ 3 \end{array} \right) \\
\lambda_2 = 3 \quad \textnormal{gir} \quad \vec{v}_2 = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right)+ Eksempel 2: 2×2 matrise med komplekse egenverdier
Vi vil finne alle egenvektorer og egenverdier til $A$:
A = \left( \begin{array}{cc} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{array} \right)+ Kort video
Slik finne du egenverdiene:
Slik finner du egenvektorene:
+ Steg 1: Finn egenverdiene
Finner alle egenverdiene ($\lambda$) ved å løse den karakteristiske ligningen:
\begin{aligned}
&\det(A - \lambda I) = 0 \\
\Rightarrow \qquad &
\left| \begin{array}{cc} 1 - \lambda & -1 \\ 1 & 1 - \lambda \end{array} \right| = 0 \\
\Rightarrow \qquad &
(1-\lambda)(1-\lambda) - (-1) \cdot 1 = 0 \\
\Rightarrow \qquad &
\lambda^2 - 2\lambda + 2 = 0
\end{aligned}Bruker andregradsformelen:
\begin{aligned}
& \lambda = \frac{- (-2) \pm \sqrt{(-2)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2}}{2 \cdot 1} \\
\Rightarrow \qquad
& \lambda = \frac{2 \pm \sqrt{-4}}{2} \\
\Rightarrow \qquad
& \lambda = \frac{2 \pm 2i}{2} \\
\Rightarrow \qquad
& \lambda = 1 \pm i \\
\Rightarrow \qquad
& \lambda_1 = 1 - i, \quad \lambda_2 = 1 + i
\end{aligned}Og, vips, har vi to komplekse egenverdier, $\lambda_1 = 1 – i$ og $\lambda_2 = 1 + i$. Merk at når vi har komplekse egenverdier, så er de alltid kompleks konjugerte.
Sjekker at summen av hoveddiagonalen i $A$ er lik summen av egenverdier:
\begin{aligned}
& \textnormal{Summen av hoveddiagonalen i } A: \quad &&1 + 1 = 2 \\
& \textnormal{Summen av egenverdier for } A: &&\lambda_1 + \lambda_2 = (1-i) + (1+i) = 2
\end{aligned}ok
+ Steg 2a: Finn egenvektoren til $\lambda_1 = 1 \; – \; i$
For å finne egenvektoren ($\vec{v}_1$) til egenverdien $\lambda_1 = 1-i$ må vi løse:
(A - \lambda_1 I) \vec{v}_1 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad
\left( \begin{array}{cc} 1-\lambda_1 & -1 \\ 1 & 1-\lambda_1 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right)Løser ved å bruke radoperasjoner på den utvidete matrisen:
\left( \begin{array}{cc|c} 1 - (1 - i) & -1 & 1 \\ 1 & 1-(1-i) & 0 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{cc|c} i & -1 & 0 \\ 1 & i & 0 \end{array} \right) \\
\overset{R_1 \leftrightarrow R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c} 1 & i & 0 \\ i & -1 & 0 \end{array} \right) \\
\overset{R_2-iR_1 \to R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c} 1 & i & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)
Vi fikk en nullrad akkurat som vi forventet da vi satte determinanten lik null. Siden andre kolonne mangler ledende ener, lar vi $v_2$ være en fri variabel. Den første raden tilsvarer:
v_1 + iv_2 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_1 = - iv_2
Setter den frie variabelen lik $t$, dvs. $v_2 = t$:
\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} -it \\ t \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} -i \\ 1 \end{array} \right) tAlle verdier for $t$ gir gyldige egenvektorer. Vi kan for eksempel velge $t = i$ for å slippe minustegnet. Og, vips, har vi en egenvektor for egenverdien $\lambda_1 = 1-i$:
\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -i \\ 1 \end{array} \right) i = \left( \begin{array}{c} 1 \\ i \end{array} \right)Sjekker om $A\vec{v}_1 = \lambda_1 \vec{v}_1$ ved hjelp av matrisemultiplikasjon:
\begin{aligned}
& A\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{cc} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 1 \\ i \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1 \cdot 1 + (-1) \cdot i \\ 1 \cdot 1 + 1 \cdot i \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1 - i \\ 1 + i \end{array} \right) \\
& \lambda_1 \vec{v}_1
= (1 - i) \left( \begin{array}{c} 1 \\ i \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1 - i \\ i - i^2 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1 - i \\ 1 + i \end{array} \right)
\end{aligned}ok.
+ Steg 2b: Finn egenvektoren til $\lambda_2 = 1+i$
For å finne egenvektoren ($\vec{v}_2$) til egenverdien $\lambda_2 = 3$ må vi løse:
(A - \lambda_2 I) \vec{v}_2 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad
\left( \begin{array}{cc} 1-\lambda_2 & -1 \\ 1 & 1-\lambda_2 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right)Løser ved å bruke radoperasjoner på den utvidete matrisen:
\left( \begin{array}{cc|c} 1 - \lambda_2 & -1 & 0 \\ 1 & 1-\lambda_2 & 0 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{cc|c} 1 - (1 + i) & -1 & 0 \\ 1 & 1 - (1+ i) & 0 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{cc|c} -i & -1 & 0 \\ 1 & -i & 0 \end{array} \right) \\
\overset{R_1 \leftrightarrow R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c} 1 & -i & 0 \\ -i & -1 & 0 \end{array} \right) \\
\overset{R_2 + i R_1 \to R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c} 1 & -i & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)
Vi fikk en nullrad akkurat som vi forventet da vi satte determinanten lik null. Siden andre kolonne mangler ledende ener, lar vi $v_2$ være en fri variabel. Den første raden tilsvarer:
v_1 - iv_2 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_1 = iv_2
Setter den frie variabelen lik $t$, dvs. $v_2 = t$:
\vec{v}_2 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} it \\ t \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} i \\ 1 \end{array} \right) tAlle verdier for $t$ gir gyldige egenvektorer. Vi kan for eksempel velge $t = 1$. Og, vips, har vi en egenvektor for egenverdien $\lambda_2 = 1 + i$:
\vec{v}_2 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} i \\ 1 \end{array} \right)Sjekker om $A\vec{v}_2 = \lambda_2 \vec{v}_2$ ved hjelp av matrisemultiplikasjon:
\begin{aligned}
& A\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{cc} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} i \\ 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1 \cdot i + (-1) \cdot 1 \\ 1 \cdot i + 1 \cdot 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} i - 1 \\ i + 1 \end{array} \right) \\
& \lambda_2 \vec{v}_2
= (1+i) \left( \begin{array}{c} i \\ 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} i - 1 \\ i + 1 \end{array} \right)
\end{aligned}ok.
+ Konklusjon
$A$ har to egenverdier med hver sin egenvektor:
\lambda_1 = 1-i \quad \textnormal{gir} \quad \vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} 1 \\ i \end{array} \right) \\
\lambda_2 = 1+i \quad \textnormal{gir} \quad \vec{v}_2 = \left( \begin{array}{c} i \\ 1 \end{array} \right)+ Eksempel 3: 3×3 matrise med reelle egenverdier
Vi vil finne alle egenvektorer og egenverdier til $A$:
A = \left( \begin{array}{ccc} 4 & -1 & 1 \\ -2 & 4 & 0 \\ -4 & 3 & 1 \end{array} \right)+ Steg 1: Finn egenverdiene
Finner alle egenverdiene ($\lambda$) ved å løse den karakteristiske ligningen:
\begin{aligned}
&\det(A - \lambda I) = 0 \\
\Rightarrow \qquad &
\left| \begin{array}{ccc} 4 - \lambda & -1 & \textcolor{red}{1} \\ -2 & 4 - \lambda & \textcolor{blue}{0} \\ -4 & 3 & \textcolor{green}{1 - \lambda} \end{array} \right| = 0 \qquad \textnormal{(Velger å ta utgangspunkt i 3. kolonne)} \\
\Rightarrow \qquad &
\textcolor{red}{1} \left| \begin{array}{cc} -2 & 4 - \lambda \\ -4 & 3 \end{array} \right| + \textcolor{blue}{0}
+ \textcolor{green}{(1-\lambda)} \left| \begin{array}{cc} 4 - \lambda & -1 \\ -2 & 4 - \lambda \end{array} \right|
= 0 \\
\Rightarrow \qquad &
\bigg((-2) \cdot 3 - (4-\lambda) \cdot (-4) \bigg) + (1-\lambda) \bigg( (4-\lambda)(4-\lambda) - (-1) \cdot (-2) \bigg) = 0 \\
%\Rightarrow \qquad &
%-6 + 4(4 - \lambda) + (1-\lambda) \bigg( 16 - 8\lambda + \lambda^2 - 2 \bigg) = 0 \\
%\Rightarrow \qquad &
%-6 + 16 - 4\lambda + \bigg( 14 - 8\lambda + \lambda^2 \bigg) - \bigg( 14\lambda - 8\lambda^2 + \lambda^3 \bigg) = 0 \\
\Rightarrow \qquad &
-\lambda^3 + 9 \lambda^2 - 26 \lambda + 24 = 0
\end{aligned}For å finne løsningene, må vi faktorisere uttrykket. Siden det er av tredje orden, må vi gjette første løsning:
\begin{aligned}
\lambda = 0: \qquad & - 0^3 + 9 \cdot 0^2 - 26 \cdot 0 + 24 = 24 \neq 0 \\
\lambda = 1: \qquad & - 1^3 + 9 \cdot 1^2 - 26 \cdot 1 + 24 = 6 \neq 0 \\
\lambda = -1: \qquad & - (-1)^3 + 9 \cdot (-1)^2 - 26 \cdot (-1) + 24 = 60 \neq 0 \\
\lambda = 2: \qquad & - 2^3 + 9 \cdot 2^2 - 26 \cdot 2 + 24 = 0 \\
\end{aligned}Nå vet vi at $\lambda_1 = 2$ er en egenverdi og at $(\lambda – 2)$ er en faktor. Da kan vi bruke polynomdivisjon:
\begin{aligned}
& (-\lambda^3 + 9 \lambda^2 - 26 \lambda + 24 ) : ( \lambda - 2) = -\lambda^2 + 7 \lambda - 12 \\
-& \underline{(-\lambda^3 + 2\lambda^2)} \\
& \qquad \quad \;\; 7\lambda^2 - 26\lambda \\
-& \qquad \quad \; \underline{(7\lambda^2 - 14 \lambda)} \\
& \qquad \qquad \quad - 12\lambda + 24 \\
-& \qquad \qquad \quad \underline{(-12\lambda + 24)} \\
& \qquad \qquad \qquad \qquad \quad \; \; 0 \\
\Rightarrow \quad &-\lambda^3 + 9 \lambda^2 - 26 \lambda + 24 = (\lambda - 2) (-\lambda^2 + 7 \lambda - 12)
\end{aligned}Bruker andregradsformelen:
\begin{aligned}
& \textcolor{red}{-}\lambda^2 \textcolor{blue}{+ 7} \lambda - \textcolor{green}{12} = 0 \\
\Rightarrow \qquad
& \lambda = \frac{-\textcolor{blue}{7} \pm \sqrt{\textcolor{blue}{7}^2 - 4 \cdot \textcolor{red}{(-1)} \cdot \textcolor{green}{(-12)}}}{2 \cdot \textcolor{red}{(-1)}} \\
\Rightarrow \qquad
& \lambda = \frac{-7 \pm 1}{-2} \\
\Rightarrow \qquad
& \lambda_2 = \frac{-7 + 1}{-2} = 3, \quad \lambda_3 = \frac{-7 - 1}{-2} = 4
\end{aligned}Og, vips, har vi tre egenverdier, $\lambda_1 = 2$ og $\lambda_2 = 3$ og $\lambda_3 = 4$.
Sjekker at summen av hoveddiagonalen i $A$ er lik summen av egenverdier:
\begin{aligned}
& \textnormal{Summen av hoveddiagonalen i } A: \quad &&4 + 4 + 1 = 9 \\
& \textnormal{Summen av egenverdier for } A: &&\lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 = 2 + 3 + 4 = 9
\end{aligned}ok
+ Steg 2a: Finn egenvektoren til $\lambda_1 = 2$
For å finne egenvektoren ($\vec{v}_1$) til egenverdien $\lambda_1 = 2$ må vi løse:
(A - \lambda_1 I) \vec{v}_1 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad
\left( \begin{array}{ccc} 4 - \lambda_1 & -1 & 1 \\ -2 & 4 - \lambda_1 & 0 \\ -4 & 3 & 1 - \lambda_1 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0\end{array} \right)Løser ved å bruke radoperasjoner på den utvidete matrisen:
\left( \begin{array}{ccc|c} 4 - \lambda_1 & -1 & 1 & 0 \\ -2 & 4 - \lambda_1 & 0 & 0 \\ -4 & 3 & 1 - \lambda_1 & 0 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{ccc|c} 4 - 2 & -1 & 1 & 0 \\ -2 & 4 - 2 & 0 & 0 \\ -4 & 3 & 1 - 2 & 0 \end{array} \right) \\
\begin{aligned}
= \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & -1 & 1 & 0 \\ -2 & 2 & 0 & 0 \\ -4 & 3 & -1 & 0 \end{array} \right) \\
\overset{R_1/2 \to R_1}{\sim}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ -2 & 2 & 0 & 0 \\ -4 & 3 & -1 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{red}{Ledende ener} i første rad}\\
\underset{R_3 + 4R_1 \to R_3}{\overset{R_2 + 2R_1 \to R_2}{\sim}}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{red}{1} & 1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & 1 & 1 & 0 \end{array} \right) & \qquad \!\!\!\begin{array}{l}\textnormal{\textcolor{blue}{Null} under ledende ener} \\ \textnormal{\textcolor{red}{Ledende ener} i andre rad}\end{array} \\
\underset{R_3 - R_2 \to R_3}{\overset{R_1 + \frac{1}{2}R_2 \to R_1}{\sim}}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & \textcolor{blue}{0} & 1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{red}{1} & 1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{blue}{0} & 0 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{blue}{Null} over og under ledende ener}
\end{aligned}Vi fikk en nullrad akkurat som vi forventet da vi satte determinanten lik null. Siden tredje kolonne mangler ledende ener, lar vi $v_3$ være en fri variabel. Første og andre rad tilsvarer:
\left\{ \begin{array}{l} v_1 + v_3 = 0 \\ v_2 + v_3 = 0 \end{array} \right.
\quad \Rightarrow \quad
\left\{ \begin{array}{l} v_1 = - v_3 \\ v_2 = - v_3 \end{array} \right.Setter den frie variabelen lik $t$, dvs. $v_3 = t$:
\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} -t \\ -t \\ t \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} -1 \\ -1 \\ 1 \end{array} \right) tAlle verdier for $t$ gir gyldige egenvektorer. Vi kan for eksempel velge $t = -1$ for å slippe minustegnet. Og, vips, har vi en egenvektor for egenverdien $\lambda_1 = 2$:
\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -1 \\ -1 \\ 1 \end{array} \right) (-1) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ -1 \end{array} \right)Sjekker om $A\vec{v}_1 = \lambda_1 \vec{v}_1$ ved hjelp av matrisemultiplikasjon:
\begin{aligned}
& A\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{ccc} 4 & -1 & 1 \\ -2 & 4 & 0 \\ -4 & 3 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ -1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 4 \cdot 1 + (-1) \cdot 1 + 1 \cdot (-1) \\ (-2) \cdot 1 + 4 \cdot 1 + 0 \cdot (-1) \\ (-4) \cdot 1 + 3 \cdot 1 + 1 \cdot (-1)\end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 2 \\ 2 \\ -2 \end{array} \right) \\
& \lambda_1 \vec{v}_1
= 2 \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ -1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 2 \\ 2 \\ -2 \end{array} \right)
\end{aligned}ok.
+ Steg 2b: Finn egenvektoren til $\lambda_2 = 3$
For å finne egenvektoren ($\vec{v}_2$) til egenverdien $\lambda_2 = 3$ må vi løse:
(A - \lambda_2 I) \vec{v}_2 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad
\left( \begin{array}{ccc} 4 - \lambda_2 & -1 & 1 \\ -2 & 4 - \lambda_2 & 0 \\ -4 & 3 & 1 - \lambda_2 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0\end{array} \right)Løser ved å bruke radoperasjoner på den utvidete matrisen:
\left( \begin{array}{ccc|c} 4 - \lambda_2 & -1 & 1 & 0 \\ -2 & 4 - \lambda_2 & 0 & 0 \\ -4 & 3 & 1 - \lambda_2 & 0 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{ccc|c} 4 - 3 & -1 & 1 & 0 \\ -2 & 4 - 3 & 0 & 0 \\ -4 & 3 & 1 - 3 & 0 \end{array} \right) \\
\begin{aligned}
= \left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & -1 & 1 & 0 \\ -2 & 1 & 0 & 0 \\ -4 & 3 & -2 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{red}{Ledende ener} i første rad} \\
\underset{R_3 + 4R_1 \to R_3}{\overset{R_2 + 2R_1 \to R_2}{\sim}}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & -1 & 1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & -1 & 2 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & -1 & 2 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{blue}{Null} under ledende ener} \\
\overset{-R_2 \to R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & -1 & 1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{red}{1} & -2 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & -1 & 2 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{red}{Ledende ener} i andre rad}\\
\underset{R_3 + R_2 \to R_3}{\overset{R_1 + R_2 \to R_1}{\sim}}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & \textcolor{blue}{0} & -1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{red}{1} & -2 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{blue}{0} & 0 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{blue}{Null} over og under ledende ener}
\end{aligned}Vi fikk en nullrad akkurat som vi forventet da vi satte determinanten lik null. Siden tredje kolonne mangler ledende ener, lar vi $v_3$ være en fri variabel. Første og andre rad tilsvarer:
\left\{ \begin{array}{l} v_1 - v_3 = 0 \\ v_2 - 2v_3 = 0 \end{array} \right.
\quad \Rightarrow \quad
\left\{ \begin{array}{l} v_1 = v_3 \\ v_2 = 2v_3 \end{array} \right.Setter den frie variabelen lik $t$, dvs. $v_3 = t$:
\vec{v}_2 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} t \\ 2t \\ t \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 1 \end{array} \right) tAlle verdier for $t$ gir gyldige egenvektorer. Vi kan for eksempel velge $t = 1$. Og, vips, har vi en egenvektor for egenverdien $\lambda_2 = 3$:
\vec{v}_2 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 1 \end{array} \right) Sjekker om $A\vec{v}_2 = \lambda_2 \vec{v}_2$ ved hjelp av matrisemultiplikasjon:
\begin{aligned}
& A\vec{v}_2 = \left( \begin{array}{ccc} 4 & -1 & 1 \\ -2 & 4 & 0 \\ -4 & 3 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1 \cdot 4 + (-1) \cdot 2 + 1 \cdot 1 \\ (-2) \cdot 1 + 4 \cdot 2 + 0 \cdot 1 \\ (-4) \cdot 1 + 3 \cdot 2 + 1 \cdot 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 3 \\ 6 \\ 3 \end{array} \right) \\
& \lambda_2 \vec{v}_2
= 3 \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 3 \\ 6 \\ 3 \end{array} \right)
\end{aligned}ok.
+ Steg 2c: Finn egenvektoren til $\lambda_2 = 4$
For å finne egenvektoren ($\vec{v}_3$) til egenverdien $\lambda_3 = 4$ må vi løse:
(A - \lambda_3 I) \vec{v}_3 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad
\left( \begin{array}{ccc} 4 - \lambda_3 & -1 & 1 \\ -2 & 4 - \lambda_3 & 0 \\ -4 & 3 & 1 - \lambda_3 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0\end{array} \right)Løser ved å bruke radoperasjoner på den utvidete matrisen:
\left( \begin{array}{ccc|c} 4 - \lambda_3 & -1 & 1 & 0 \\ -2 & 4 - \lambda_3 & 0 & 0 \\ -4 & 3 & 1 - \lambda_3 & 0 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{ccc|c} 4 - 4 & -1 & 1 & 0 \\ -2 & 4 - 4 & 0 & 0 \\ -4 & 3 & 1 - 4 & 0 \end{array} \right) \\
\begin{aligned}
= \left( \begin{array}{ccc|c} 0 & -1 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 0 & 0 \\ -4 & 3 & -3 & 0 \end{array} \right) \\
\overset{R_1 \leftrightarrow R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{ccc|c} -2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ -4 & 3 & -3 & 0 \end{array} \right) \\
\overset{-R_1/2 \to R_1}{\sim}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ -4 & 3 & -3 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{red}{Ledende ener} i første rad} \\
\overset{R_3 + 4R_1 \to R_3}{\sim}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & 0 & 0 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & -1 & 1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & 3 & -3 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{blue}{Null} under ledende ener} \\
\overset{-R_2 \to R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & 0 & 0 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{red}{1} & -1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & 3 & -3 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{red}{Ledende ener} i andre rad} \\
\overset{R_3 - 3R_2 \to R_3}{\sim}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & \textcolor{blue}{0} & 0 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{red}{1} & -1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{blue}{0} & 0 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{blue}{Null} over og under ledende ener}
\end{aligned}Vi fikk en nullrad akkurat som vi forventet da vi satte determinanten lik null. Siden tredje kolonne mangler ledende ener, lar vi $v_3$ være en fri variabel. Første og andre rad tilsvarer:
\left\{ \begin{array}{l} v_1 = 0 \\ v_2 - v_3 = 0 \end{array} \right.
\quad \Rightarrow \quad
\left\{ \begin{array}{l} v_1 = 0 \\ v_2 = v_3 \end{array} \right.Setter den frie variabelen lik $t$, dvs. $v_3 = t$:
\vec{v}_3 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} 0 \\ t \\ t \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) tAlle verdier for $t$ gir gyldige egenvektorer. Vi kan for eksempel velge $t = 1$. Og, vips, har vi en egenvektor for egenverdien $\lambda_3 = 4$:
\vec{v}_3 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) Sjekker om $A\vec{v}_3 = \lambda_3 \vec{v}_3$ ved hjelp av matrisemultiplikasjon:
\begin{aligned}
& A\vec{v}_3 = \left( \begin{array}{ccc} 4 & -1 & 1 \\ -2 & 4 & 0 \\ -4 & 3 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1 \cdot 0 + (-1) \cdot 1 + 1 \cdot 1 \\ (-2) \cdot 0 + 4 \cdot 1 + 0 \cdot 1 \\ (-4) \cdot 0 + 3 \cdot 1 + 1 \cdot 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 0 \\ 4 \\ 4 \end{array} \right) \\
& \lambda_3 \vec{v}_3
= 4 \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 0 \\ 4 \\ 4 \end{array} \right)
\end{aligned}ok.
+ Konklusjon
$A$ har tre egenverdier med hver sin egenvektor:
\begin{aligned}
\lambda_1 &= 2 \quad \textnormal{gir} \quad \vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ -1 \end{array} \right) \\
\lambda_2 &= 3 \quad \textnormal{gir} \quad \vec{v}_2 = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 1 \end{array} \right) \\
\lambda_3 &= 4 \quad \textnormal{gir} \quad \vec{v}_3 = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right)
\end{aligned}+ Eksempel 4: 3×3 matrise med sammenfallende egenverdier
Vi vil finne alle egenvektorer og egenverdier til $A$:
A = \left( \begin{array}{ccc} 5 & 12 & -6 \\ -3 & -10 & 6 \\ -3 & -12 & 8 \end{array} \right)+ Steg 1: Finn egenverdiene
Finner alle egenverdiene ($\lambda$) ved å løse den karakteristiske ligningen:
\begin{aligned}
&\det(A - \lambda I) = 0 \\
\Rightarrow \qquad &
\left| \begin{array}{ccc} \textcolor{red}{5 - \lambda} & \textcolor{blue}{12} & \textcolor{green}{-6} \\ -3 & -10 - \lambda & 6 \\ -3 & -12 & 8 - \lambda \end{array} \right| = 0 \qquad \textnormal{(Velger å ta utgangspunkt i 1. rad)} \\
\Rightarrow \qquad &
\textcolor{red}{(5-\lambda)} \left| \begin{array}{cc} -10 - \lambda & 6 \\ -12 & 8 - \lambda \end{array} \right|
- \textcolor{blue}{12} \left| \begin{array}{cc} -3 & 6 \\ -3 & 8 - \lambda \end{array} \right|
+ \textcolor{green}{(-6)} \left| \begin{array}{cc} -3 & -10 - \lambda \\ -3 & -12\end{array} \right|
= 0 \\
\Rightarrow \qquad &
\textcolor{red}{(5-\lambda)}\bigg((-10-\lambda) \cdot (8-\lambda) - 6 \cdot (-12) \bigg)
- \textcolor{blue}{12} \bigg( (-3) \cdot (8-\lambda) - 6 \cdot (-3) \bigg) \\
& \qquad \textcolor{green}{-6} \bigg( (-3) \cdot (-12) - (-10 - \lambda) \cdot (-3) \bigg)
= 0 \\
\Rightarrow \qquad &
-\lambda^3 + 3 \lambda^2 - 4 = 0
\end{aligned}For å finne løsningene, må vi faktorisere uttrykket. Siden det er av tredje orden, må vi gjette første løsning:
\begin{aligned}
\lambda = 0: \qquad & - 0^3 + 3 \cdot 0^2 - 4 = -4 \neq 0 \\
\lambda = 1: \qquad & - 1^3 + 3 \cdot 1^2 -4 = -2 \neq 0 \\
\lambda = -1: \qquad & - (-1)^3 + 3 \cdot (-1)^2 -4 = 0
\end{aligned}Nå vet vi at $\lambda_1 = -1$ er en egenverdi og at $(\lambda + 1)$ er en faktor. Da kan vi bruke polynomdivisjon:
\begin{aligned}
& (-\lambda^3 + 3 \lambda^2 + 0 \lambda - 4 ) : ( \lambda + 1) = -\lambda^2 + 4 \lambda - 4 \\
-& \underline{(-\lambda^3 -\lambda^2)} \\
& \qquad \quad \;\; 4\lambda^2 + 0\lambda \\
-& \qquad \quad \; \underline{(4\lambda^2 + 4 \lambda)} \\
& \qquad \qquad \quad \; - 4\lambda - 4 \\
-& \qquad \qquad \quad \; \underline{(-4\lambda - 4)} \\
& \qquad \qquad \qquad \qquad \;\;\; 0 \\
\Rightarrow \quad &-\lambda^3 + 3 \lambda^2 - 4 = (\lambda + 1) (-\lambda^2 + 4 \lambda - 4)
\end{aligned}Bruker andregradsformelen:
\begin{aligned}
& \textcolor{red}{-}\lambda^2 \textcolor{blue}{+ 4} \lambda - \textcolor{green}{4} = 0 \\
\Rightarrow \qquad
& \lambda = \frac{-\textcolor{blue}{4} \pm \sqrt{\textcolor{blue}{4}^2 - 4 \cdot \textcolor{red}{(-1)} \cdot \textcolor{green}{(-4)}}}{2 \cdot \textcolor{red}{(-1)}} \\
\Rightarrow \qquad
& \lambda = \frac{-4 \pm 0}{-2} \\
\Rightarrow \qquad
& \lambda_2 = 2
\end{aligned}Her har vi sammenfallende egenverdier. Egenverdien $\lambda_2 = 2$ har multiplisitet to.
\det(A - \lambda I) = -\lambda^3 + 3 \lambda^2 - 4 = -(\lambda + 1)(\lambda - 2)^2
Og, vips, har vi to egenverdier, $\lambda_1 = -1$ og $\lambda_2 = 2$ der den siste har multiplisitet to.
Sjekker at summen av hoveddiagonalen i $A$ er lik summen av egenverdier:
\begin{aligned}
& \textnormal{Summen av hoveddiagonalen i } A: \quad && 5 - 10 + 8 = 3 \\
& \textnormal{Summen av egenverdier for } A: &&\lambda_1 + 2\lambda_2 = -1 + 2 \cdot 2 = 3
\end{aligned}ok
+ Steg 2a: Finn egenvektoren til $\lambda_1 = -1$
For å finne egenvektoren ($\vec{v}_1$) til egenverdien $\lambda_1 = -1$ må vi løse:
(A - \lambda_1 I) \vec{v}_1 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad
\left( \begin{array}{ccc} 5 - \lambda_1 & 12 & -6 \\ -3 & -10 - \lambda_1 & 6 \\ -3 & -12 & 8 - \lambda_1 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0\end{array} \right)Løser ved å bruke radoperasjoner på den utvidete matrisen:
\left( \begin{array}{ccc|c} 5 - \lambda_1 & 12 & -6 & 0 \\ -3 & -10 - \lambda_1 & 6 & 0 \\ -3 & -12 & 8 - \lambda_1 & 0 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{ccc|c} 5 - (-1) & 12 & -6 & 0 \\ -3 & -10 - (-1) & 6 & 0 \\ -3 & -12 & 8 - (-1) & 0 \end{array} \right) \\
\begin{aligned}
= \left( \begin{array}{ccc|c} 6 & 12 & -6 & 0 \\ -3 & -9 & 6 & 0 \\ -3 & -12 & 9 & 0 \end{array} \right) \\
\overset{R_1/6 \to R_1}{\sim}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & 2 & -1 & 0 \\ -3 & -9 & 6 & 0 \\ -3 & -12 & 9 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{red}{Ledende ener} i første rad}\\
\underset{R_3 + 3R_1 \to R_3}{\overset{R_2 + 3R_1 \to R_2}{\sim}}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & 2 & -1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & -3 & 3 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & -6 & 6 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{blue}{Null} under ledende ener} \\
\overset{-R_2/3 \to R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & 2 & -1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{red}{1} & -1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & -6 & 6 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{red}{Ledende ener} i andre rad} \\
\underset{R_3 + 6R_2 \to R_3}{\overset{R_1 - 2R_2 \to R_1}{\sim}}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & \textcolor{blue}{0} & 1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{red}{1} & -1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{blue}{0} & 0 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{blue}{Null} over og under ledende ener}
\end{aligned}Vi fikk en nullrad akkurat som vi forventet da vi satte determinanten lik null. Tredje kolonne har ingen ledende ener og $v_3$ er derfor en fri variabel. De to andre radene tilsvarer:
\left\{ \begin{array}{l} v_1 + v_3 = 0 \\ v_2 - v_3 = 0 \end{array} \right.
\quad \Rightarrow \quad
\left\{ \begin{array}{l} v_1 = - v_3 \\ v_2 = v_3 \end{array} \right.Setter den frie variabelen lik $t$, dvs. $v_3 = t$:
\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} -t \\ t \\ t \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} -1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) tAlle verdier for $t$ gir gyldige egenvektorer. Vi kan for eksempel velge $t = 1$. Og, vips, har vi en egenvektor for egenverdien $\lambda_1 = -1$:
\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right)Sjekker om $A\vec{v}_1 = \lambda_1 \vec{v}_1$ ved hjelp av matrisemultiplikasjon:
\begin{aligned}
& A\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{ccc} 5 & 12 & -6 \\ -3 & -10 & 6 \\ -3 & -12 & 8 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} -1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 5 \cdot (-1) + 12 \cdot 1 + (-6) \cdot 1 \\ (-3) \cdot (-1) + (-10) \cdot 1 + 6 \cdot 1 \\ (-3) \cdot (-1) + (-12) \cdot 1 + 8 \cdot 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1 \\ -1 \\ -1 \end{array} \right) \\
& \lambda_1 \vec{v}_1
= (-1) \left( \begin{array}{c} -1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1 \\ -1 \\ -1 \end{array} \right)
\end{aligned}ok.
+ Steg 2b: Finn egenvektorene til $\lambda_2 = 2$
Siden egenvektoren $\lambda_2 = 2$ har multiplisitet to, kan vi finne to egenvektorer ved å løse:
(A - \lambda_2 I) \vec{v}_2 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad
\left( \begin{array}{ccc} 5 - \lambda_2 & 12 & -6 \\ -3 & -10 - \lambda_2 & 6 \\ -3 & -12 & 8 - \lambda_2 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0\end{array} \right)Løser ved å bruke radoperasjoner på den utvidete matrisen:
\left( \begin{array}{ccc|c} 5 - \lambda_2 & 12 & -6 & 0 \\ -3 & -10 - \lambda_2 & 6 & 0 \\ -3 & -12 & 8 - \lambda_2 & 0 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{ccc|c} 5 - 2 & 12 & -6 & 0 \\ -3 & -10 - 2 & 6 & 0 \\ -3 & -12 & 8 - 2 & 0 \end{array} \right) \\
\begin{aligned}
= \left( \begin{array}{ccc|c} 3 & 12 & -6 & 0 \\ -3 & -12 & 6 & 0 \\ -3 & -12 & 6 & 0 \end{array} \right) \\
\overset{R_1/3 \to R_1}{\sim}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & 4 & -2 & 0 \\ -3 & -12 & 6 & 0 \\ -3 & -12 & 6 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{red}{Ledende ener} i første rad} \\
\underset{R_3 + 3R_1 \to R_3}{\overset{R_2 + 3R_1 \to R_2}{\sim}}
\left( \begin{array}{ccc|c} \textcolor{red}{1} & 4 & -2 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & 0 & 0 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & 0 & 0 & 0 \end{array} \right) & \qquad \textnormal{\textcolor{blue}{Null} under ledende ener}
\end{aligned}Vi fikk to nullrader akkurat som vi forventet da vi satte determinanten lik null og fant en egenverdi som hadde multiplisitet to. Andre og tredje kolonne har ingen ledende ener. $v_2$ og $v_3$ er derfor frie variabler. Første rad tilsvarer:
v_1 + 4v_2 - 2v_3 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_1 = - 4v_2 + 2v_3
Setter de frie variablene lik $t$ og $s$, dvs. $v_2 = t$ og $v_3 = s$:
\vec{v}_2 = \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} -4t+ 2s \\ t \\ s \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{c} -4t \\ t \\ 0 \end{array} \right)
+ \left( \begin{array}{c} 2s \\ 0 \\ s \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} -4 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) t
+ \left( \begin{array}{c} 2 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) sAlle verdier for $t$ og $s$ gir gyldige egenvektorer. Vi kan for eksempel velge $t = 1$ og $s = 1$. Og, vips, har vi to egenvektorer for egenverdien $\lambda_2 = 2$:
\vec{v}_{21} = \left( \begin{array}{c} -4 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right)
\quad \textnormal{ og } \quad
\vec{v}_{22} = \left( \begin{array}{c} 2 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)Sjekker om $A\vec{v}_{21} = \lambda_2 \vec{v}_{21}$ ved hjelp av matrisemultiplikasjon:
\begin{aligned}
& A\vec{v}_{21} = \left( \begin{array}{ccc} 5 & 12 & -6 \\ -3 & -10 & 6 \\ -3 & -12 & 8 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} -4 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 5 \cdot (-4) + 12 \cdot 1 + (-6) \cdot 0 \\ (-3) \cdot (-4) + (-10) \cdot 1 + 6 \cdot 0 \\ (-3) \cdot (-4) + (-12) \cdot 1 + 8 \cdot 0 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} -8 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right) \\
& \lambda_2 \vec{v}_{21}
= 2 \left( \begin{array}{c} -4 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} -8 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right)
\end{aligned}ok.
Sjekker om $A\vec{v}_{22} = \lambda_2 \vec{v}_{22}$ ved hjelp av matrisemultiplikasjon:
\begin{aligned}
& A\vec{v}_{21} = \left( \begin{array}{ccc} 5 & 12 & -6 \\ -3 & -10 & 6 \\ -3 & -12 & 8 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 2 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 5 \cdot 2 + 12 \cdot 0 + (-6) \cdot 1 \\ (-3) \cdot 2 + (-10) \cdot 0 + 6 \cdot 1 \\ (-3) \cdot 2 + (-12) \cdot 0 + 8 \cdot 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 4 \\ 0 \\ 2 \end{array} \right) \\
& \lambda_2 \vec{v}_{21}
= 2 \left( \begin{array}{c} 2 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 4 \\ 0 \\ 2 \end{array} \right)
\end{aligned}ok.
+ Konklusjon
$A$ har to egenverdier der den ene har to egenvektorer:
\begin{aligned}
\lambda_1 &= -1 \quad \textnormal{gir} \quad \vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} -1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) \\
\lambda_2 &= 2 \quad \textnormal{gir} \quad \vec{v}_{21} = \left( \begin{array}{c} -4 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right)
\quad \textnormal{ og } \quad
\vec{v}_{22} = \left( \begin{array}{c} 2 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)
\end{aligned}