Sida 1 av 15
EGENRUM, ALGEBRAISK- OCH GEOMETRISK MULTIPLICITET
INLEDNING
Ett polynom ( i variabel λ) av grad n är ett uttryck på formen
0 2 1
) 2
( a a a a
P λ = nλn + λ + λ+ , där an ≠0.
Polynomets nollställen är lösningar ( rötter) till ekvationen anλn+a2λ2+a1λ+a0=0.
FAKTORISERING AV ETT POLYNOM, ALGEBRAISK MULTIPLICITET
1. Om λi är en lösning till (*) då är polynomet delbart med (λ–λi).
---
2. FAKTORSATSEN. Varje polynom P(λ)=anλn +a2λ2+a1λ+a0, n≥1, ( med reella eller komplexa koefficienter a ) kan faktoriseras enligt följande k
anλn +a2λ2 +a1λ+a0 =an(λ−λ1)(λ−λ2)(λ−λn) (F1) där λi är polynomets nollställen ( reella eller komplexa)
---
3. Definition 1a) Om vi grupperar lika linjära faktorer då kan vi skriva (F1) på ekvivalenta formen
Kj
j j n n
n
a a a a
a λ +
2λ
2+
1λ +
0= Π ( λ − λ )
(F2)där λ är distinkta rötter (olika syns emellan) . j
Exponenterna Kj visar hur många gånger upprepas faktorn (λ−λj) i formeln F1.
Vi säger att λj är en rot av multipliciteten Kj eller ekvivalent att λj har den algebraiska multipliciteten Kj.
Om t ex Kj är 2 (eller 3) då säger vi att λj är en dubbel rot ( trippel rot) till ekvationen, eller att λjhar den algebraiska multipliciteten 2 ( eller 3) .
Anmärkning: Man kan även definiera den algebraiska multipliciteten på fäljande ekvivalenta sätt:
Definition 1b) ( En ekvivalent definition för den algebraiska multipliciteten) Om λi är ett nollställe till polynomet P(λ) och
) ( ) ( )
(λ λ λ g λ
P = − i K där g(λi)≠0, för ett positivt heltal K, då säger vi att λi har den algebraiska multipliciteten K.
---
4. Låt n n j j Kj
n
a a a a
a λ +
2λ
2+
1λ +
0= Π ( λ − λ )
. Då gäller:Summan av algebraiska multipliciteter (för reella och komplexa rötter) är lika med polynomets grad, d.v.s.
Sida 2 av 15 n K
j j =
∑
--- 5. Om polynomets koefficienter a är reella tal då eventuella komplexa nollställen k förekommer i konjugerade par λk =a+bi, λk+1 =a−bi
Om vi önskar faktorisering i reella faktorer då grupperar vi motsvarande linjära faktorer:
2 2 2 2 2 2 2
2 )
(
) ( ) ( ) )(
( )) (
))(
( (
b a a b
a
bi a
bi a bi a bi
a bi
a
+ +
−
= +
−
=
−
−
= +
−
−
−
=
−
− +
−
λ λ
λ
λ λ
λ λ
λ
Alltså för att få en reell faktorisering, ersätter vi (λ−(a+bi))(λ−(a−bi)) i F1 med andragradspolynomet λ2−2aλ+a2+b2.
===============================================
Uppgift 1. Låt P(λ)=10λ3+50λ2 +60λ a) Bestäm polynomets nollställen.
b) Faktorisera polynomet i linjära faktorer.
c) Bestäm rötternas algebraiska multipliciteter.
d) Beräkna
∑
j Kjdär Kjär den algebraiska multipliciteten av λ . j Lösning:
a) Vi får nollställen från 0 60 50
10λ3 + λ2+ λ=
Vi kombinerar faktorisering och formeln för andragradsekvationer:
Först bryter vi ut 10 och får ekvationen λ 10λ(λ2 +5λ+6)=0
Härav först λ1 =0 och ( från andragradsekvationen λ2+5λ+6=0)
2 =−3
λ , λ3 =−2. b) Faktorisering:
) 2 )(
3 )(
0 ( 10 ) )(
)(
( )
(λ =an λ−λ1 λ−λ2 λ−λ3 = λ− λ+ λ+ P
c) Alla rötter är enkla dvs har den algebraiska multipliciteten=1.
d)
∑
=1+1+1=3j Kj (= polynomets grad) Svar. a) λ1 =0, λ2 =−3, λ3 =−2
b) P(λ)=10(λ−0)(λ+3)(λ+2)
c) Alla rötter är enkla dvs har den algebraiska multipliciteten=1.
d)
∑
=3j Kj
Uppgift 2. Låt P(λ)=λ3−4λ2 +5λ a) Bestäm polynomets nollställen
Sida 3 av 15 b) Faktorisera polynom i linjära faktorer
c) Bestäm rötternas algebraiska multipliciteter.
d) Beräkna
∑
j Kjdär Kjär den algebraiska multipliciteten av λ . j
e) Faktorisera polynomet i reella faktorer ( som då får innehålla andragradspolynom) Lösning:
a) λ3 −4λ2+5λ =0⇒λ(λ2−4λ+5)=0
⇒ λ1 =0, λ2 =2+i, λ3 =2−i b) Faktorisering i linjära faktorer:
) 2 )(
2 (
)) 2 ( ))(
2 ( )(
0 ( 1 ) )(
)(
( )
( 1 2 3
i i
i i
a
P n
+
−
−
−
=
−
− +
−
−
=
−
−
−
=
λ λ
λ
λ λ
λ λ
λ λ λ λ λ λ
c) Alla rötter är enkla dvs har den algebraiska multipliciteten=1.
d)
∑
=1+1+1=3j Kj (= polynomets grad)
e) Faktorisering i reella faktorer ( som då kan innehåller andragradspolynom) : Vi multiplicerar in två sista faktorer ( för att bli av med komplexa delen) och får
) 2 )(
2 ( )
( i i
P λ =λ λ− − λ− +
{ Vi använder formeln (A–B)(A+B)= A2–B2 på uttrycket ((λ−2)−i)((λ−2)+i) } Vi får
) 5 4 ( ) ) 2 ((
)
(λ =λ λ− 2 −i2 =λ λ2 − λ+ P
Svar. a) λ1 =0, λ2 =2+i, λ3 =2−i b) P(λ)=λ(λ−2−i)(λ−2+i)
c) Alla rötter är enkla dvs har den algebraiska multipliciteten=1.
d)
∑
=3j Kj
e) P(λ)=λ(λ2−4λ+5)
Uppgift 3. Låt
a) P(λ)=λ3 +λ2 −6λ b) P(λ)=λ3+6λ2 +9λ i) Bestäm polynomets nollställen.
ii) Faktorisera polynomet i linjära faktorer.
iii) Bestäm rötternas algebraiska multipliciteter.
iv) Beräkna
∑
j Kjdär Kjär den algebraiska multipliciteten av λ . j Lösning:
i) λ3+λ2 −6λ=0⇒λ(λ2 +λ−6)=0 ⇒ λ1 =0, λ2 =2, λ3 =−3 Alltså har polynomet nollställena λ1 =0, λ2 =2 och λ3 =−3. ii) Faktorisering: P(λ)=λ(λ−2)(λ+3).
Sida 4 av 15
iii)Eftersom varje faktor λ, ( −λ 2) och ( +λ 3)förekommer exakt en gång i faktoriseringen, ser vi att varje nollställen har den algebraiska multipliciteten 1.
iv)
∑
=1+1+1=3j Kj
b) i) λ3+6λ2 +9λ=0⇒⇒λ(λ2 +6λ+9)=0 ⇒ λ1 =0, λ2 =−3, λ3 =−3 Alltså har polynomet nollställena λ1 =0, och λ2,3 =−3( dubbelrot).
ii) Faktorisering: P(λ)=λ(λ+3)(λ+3)=λ(λ+3)2
iii) Härav ser vi att ekvationen har två distinkta (olika) rötter ( tre totalt om man räknar med deras multipliciteter) :
Roten λ =0 ( dvs λ1=0) har den algebraiska multipliciteten = 1
medan roten λ= –3 ( dvs λ2,3 =−3) har den algebraiska multipliciteten = 2 iv)
∑
=1+2=3j Kj
Uppgift 4. Låt P(λ)=λ3+3λ2+3λ+1
Bestäm polynomets nollställen, faktorisera polynomet i linjära faktorer, och bestäm nollställenas multiplicitet. Beräkna
∑
j Kj (summan av algebraiska multipliciteter).
Tipps: Man kan använda formeln (a+b)3 =a3+3a2b+3ab2 +b3
Lösning: Om vi använder formeln (a+b)3 =a3 +3a2b+3ab2 +b3 med a=λ och b=1 får vi
) 1 )(
1 )(
1 ( ) 1 ( 1 3
3 2 3
3+ λ + λ+ = λ+ = λ+ λ+ λ+
λ
[ Alternativt kan man finna en rot bland heltals delare ( +1 och –1) till den konstanta termen ( dvs 1 ) i polynomet. ]
Härav får vi direkt att ekvationen P( =λ) 0har en trippelrot λ1,2,3 =−1. Alltså λ =−1 är en rot med den algebraiska multipliciteten = 3
∑
j Kj =3 Svar:3 1
, 2 ,
1 =−
λ .
)3
1 ( ) 1 )(
1 )(
1 ( )
(λ = λ+ λ+ λ+ = λ+
P .
Roten λ=−1 har den algebraiska multipliciteten = 3 Uppgift 5. Låt P(λ)=λ5+3λ4+3λ3 +λ2
Bestäm polynomets nollställen, faktorisera polynomet i linjära faktorer, och bestäm nollställenas multiplicitet. Beräkna
∑
j Kj (summan av algebraiska multipliciteter).
Svar:
2 0
,
1 =
λ , λ3,4,5 =−1. (Två distinkta rötter 0 och 1− )
3 2( 1) )
1 )(
1 )(
1 ( )
(λ =λ⋅λ λ+ λ+ λ+ =λ λ+
P .
Roten λ=0 har den algebraiska multipliciteten = 2 Roten λ=−1 har den algebraiska multipliciteten = 3
5 3 2+ =
∑
=j Kj
Sida 5 av 15 EGENRUM OCH GEOMETRISK MULTIPLICITET
Låt λ vara ett egenvärde till matrisen A av typ n ×n dvs en lösning till ekvationen 0
) det(A−λI = .
Motsvarande egenvektorer är alla nollskilda lösningar till ekvationen 0
) (A−λI v =
Alla lösningar till (**) dvs även 𝟎𝟎��⃗ , bildar ett underrum som vi betecknar Eλ och kallar egenrummet tillhörande λ. Med andra ord är Eλ = ker(A−λI) ker(A-λI).
Med andra ord: Eλ är nollrummet till A−λI.
Definition 2. ( Egenrum Eλ)
Låt λ vara ett egenvärde till matrisen A av typ n ×n. Underrummet
Eλ = ker(A-λI) = {v∈Rn:(A−λI)v=0} kallas egenrummet tillhörande λ.
Anmärkning: Lägg märke till att, enligt definitionen underrummet Eλ innehåller, förutom alla egenvektorer tillhörande λ, även nollvektorn.
Definition 3. (Geometrisk multiplicitet för λ )
Dimensionen för egenrummet Eλ kallas den geometriska multipliciteten för λ Anmärkning: Notera att dim(Eλ )= dim( ker(A-λI)). I många fall är det enklare att bestämma rang(A-λI). Enligt dimensionssatsen har vi dim( ker(A-λI))+ rang(A-λI)=n.
Därför
dim(Eλ )= dim( ker(A-λI))=n– rang(A-λI)
Exempel: Låt
= 4 3
0
A 4 .
Bestäm
a) matrisens egenvärden och den algebraiska multipliciteten för varje egenvärden b) tillhörande egenrum och en bas till egenrum
c) den geometriska multipliciteten för varje egenvärden d) egenvektorer för varje egenvärden
Lösning:
a) Från den karakteristiska ekvationen
⇔
− =
⇔ −
=
− 0
) 4 ( 3
0 ) 4 0 ( )
det( λ
λI λ
A c
får vi ett egenvärde λ1=4 som har den algebraiska multipliciteten= 2 .
Sida 6 av 15
b) Egenrummet som hör till λ1=4är mängden av alla lösningar (även nollvektorn) till ekvationen
=
⇔
=
−
⇔ −
=
− 0
0 0
3 0 0 0 0 )
4 4 ( 3
0 ) 4 4 0 ( )
( 1
y x y
v x I
A λ
som är ekvivalent med ekvationssystemet
=
=
⇔
=
=
0 0
0 0
3 0
0 x
x .
Systemet har en ledande variabel x=0 och en fri variabel y =t.Alltså
=
1 t 0 y
x .
Därmed är )
1 ( 0 }
1 , { 0
1
=
∈
= t t R span
Eλ egenrummet som hör till λ1=4.
Basen till egenrummet E är λ1 ) 1 ( 0
.
c) Den geometriska multipliciteten förλ =1 dim(Eλ1)=1. d) Egenvektorer som hör till λ är vektorerna 1 , 0
1
0 ≠
=
t t
y
x dvs alla vektorer i Eλ1
förutom 0 .
I ovanstående exempel är den geometriska multipliciteten förλ mindre än den 1 algebraiska multipliciteten.
Vi ska visa nedan att för ett egenvärde λk gäller alltid
1≤ ( den geom. multipliciteten för λk) ≤ (den algeb. multipliciteten för λk) Först ska vi visa en sats om similära matriser.
Definition 4. Två matriser A och B är similära om det finns en inverterbar matris P så att A= PBP–1.
Sats 1. (Satsen om similära matriser)
Låt A och B vara två similära matriser och λ ett tal. Då gäller a) det(A)=det(B)
b) det(A–λI)= det(B–λI) Bevis:
a) det(A) = det( PBP–1) = det( P)det(B) det(P–1) = det( P)det(B) ) det(
1
P = det(B) b) det(A–λI)= det(PBP–1–λI)= (eftersom I=PP–1)= det(PBP–1–λ PP–1)=
= det(PBP–1–P λ P–1)= det(P(B– λ I)P–1)= det( P) det(B– λ I)
) det(
1
P = det(B– λ I) Sats 2. Låt λ vara ett egenvärde för matrisen A. Då gäller
1 ≤ ( den geom. multipliciteten av λ ) ≤ (den algeb. multipliciteten av λ )
Bevis: Låt λk vara ett egenvärde för matrisen A med geometriska multipliciteten p. Då är
Sida 7 av 15 p
E k)=
dim( λ . Låt B=(v ...,1, vp) vara en bas till Eλk. Vi kompletterar basen B till en bas )
,..., ,
..., ,
(v1 vp up 1 un
C
= + för hela rummet Rn . Vi bildar matrisen P genom att använda basvektorerna v1,...,vp,up+1,...,unsom kolonner i P. Matrisen P är uppenbart inverterbar.
Vi har Pe = , för i vi i ,...,=1 p där e är enhetsvektor (notera att i P är kolonn i i matrisen ei P). Därför är P−1v =i ei.
Låt F =P−1AP. Då gäller Fei =P−1APei =P−1Avi =P−1λkvi =λkei för i ,...,=1 p. Detta betyder att F har kolonner λkei för i ,...,=1 p dvs följande form:
=
*
* 0 0
0
*
* 0
0
*
*
*
* 0 0
*
* 0 0
k k
k
F λ
λ λ
(med p st λk på diagonalen)
Därför är det(F−λI)=(λk −λ)pg(λ). Matriser A och F=P−1AP är similära och, enligt sats 1 gäller det(A−λI)=det(F −λI). Alltså
) ( ) (
)
det(A−λI = λk −λ pg λ som visar att den algebraiska multipliciteten av λk är större eller lika med p. Vi har därmed bevisat att
( den geom. multipliciteten för λk) ≤ (den algeb. multipliciteten för λk).
Notera att vi i den här kursen betraktar reella matriser och diagonalisering över reella tal.
Vi upprepar grundsatsen om diagonaliserbara matriser:
Sats 3. Satsen om diagonaliserbara matriser och linjärt oberoende egenvektorer Låt A vara en kvadratisk matris av typ n × . Matrisen A är diagonaliserbar om och n endast om matrisen har en uppsättning av n st linjärt oberoende egenvektorer.
Vi har visat tidigare att egenvektorer som hör till olika egenvärde är oberoende. Sats 3 kan vi formulera på ekvivalent sätt:
Sats 4. Satsen om diagonaliserbara matriser och egenrum.
Låt A vara en kvadratisk matris av typ n × som har p distinkta egenvärdenn λ ,...,1 λp. Matrisen A är diagonaliserbar om och endast om p E n
k k
∑
==1
) dim( λ .
Låt m algebraiska multipliciteten för egenvärden k λk. Enligt Sats 2 gäller då
∑
≤∑
k dim(Eλk) k mk
Sida 8 av 15 Eftersom summan m n
k k =
∑
( om man räknar summan av multipliciteter för alla reella och komplexa rötter ) får vi, från Sats 4, följande sats:Sats 5.
Låt A vara en (reell) kvadratisk matris av typ n × . Matrisen A är diagonaliserbar (över n reella tal) om och endast om
1. alla lösningar till den katrakteristiska ekvationen det(A−λI)=0är reella tal och
2. ( den geometriska multipliciteten för λk) = (den algebraiska multipliciteten för λk) för varje egenvärde λk
Därmed har vi följande två följdsatser:
Sats 6.
Matrisen är inte diagonaliserbar (över reella tal) om minst en lösning till den katrakteristiska ekvationen det(A−λI)=0är komplext tal.
Sats 7.
Matrisen är inte diagonaliserbar om för minst ett egenvärde λk gäller
( den geometriska multipliciteten för λk ) < (den algebraiska multipliciteten för λk).
Uppgift 6.
i) Bestäm alla egenvärden till A.
För varje egenvärde bestäm tillhörande, ii) algebraisk multiplicitet,
iii) egenvektorer, iv) egenrum,
v) geometrisk multiplicitet.
vi) Är matrisen diagonaliserbar?
a)
= 2 4
0
A 2 b)
= 3 0
0
A 3 , c)
=
2 0 0
0 1 0
1 0 1 A
Lösning a)
a)
= 2 4
0 A 2 i) Först löser vi
𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆 I) = 0 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 �(2 − 𝜆𝜆) 0
4 (2 − 𝜆𝜆)� = 0
Sida 9 av 15
⇒ 𝜆𝜆2− 4𝜆𝜆 + 4 = 0
Ett egenvärde λ= 2 med den algebraiska multipliciteten = 2.
Svar i) Ett egenvärde λ= 2
ii) λ= 2 har den algebraiska multipliciteten = 2.
Vi bestämmer tillhörande egenvektorer Låt 𝑑𝑑⃗ = �𝑥𝑥
𝑦𝑦�.
Vektorekvationen
(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆 I) 𝑑𝑑⃗ = 0�⃗
ger
�(2 − 2) 0
4 (2 − 2)� �𝑥𝑥 𝑦𝑦� = �0
0�
�0 04 0� �
𝑥𝑥𝑦𝑦� = �0 0�
Vi får systemet
�0𝑥𝑥 + 0𝑦𝑦 = 04𝑥𝑥 + 0𝑦𝑦 = 0 ~ �𝑥𝑥 = 0
0 = 0 ( 𝑥𝑥 = 0, 𝑑𝑑𝑒𝑒 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓 𝑑𝑑𝑣𝑣𝑓𝑓𝑓𝑓𝑣𝑣𝑣𝑣𝑑𝑑𝑣𝑣 𝑦𝑦 = 𝑑𝑑 ) iii) Härav får vi alla tillhörande egenvektorer
𝑑𝑑⃗ = �𝑥𝑥 𝑦𝑦� = �0
𝑑𝑑� = 𝑑𝑑 �0
1� där t≠0.
iv) Egenrummet Eλ består av alla lösningar till (A−λI)v =0 ( nollvektorn och egenvektorer)
Eλ= span (
1 0 )
v) Den geometriska multipliciteten är dimensionen av egenrummet:
dim(Eλ) =1
vi) Matrisen är inte diagonaliserbar eftersom, för egenvärdet λ= 2 gäller 1=(den geometriska multipliciteten) < (den algebraiska multipliciteten)=2 (Därmed kan vi inte bilda en bas till R2 med egenvektor)
Lösning b)
= 3 0
0 A 3
i)
𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆 I) = 0 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 �(3 − 𝜆𝜆) 0
0 (3 − 𝜆𝜆)� = 0
Sida 10 av 15
⇒ 𝜆𝜆2− 6𝜆𝜆 + 9 = 0
Ett egenvärde λ= 3 med den algebraiska multipliciteten = 2.
Svar i) Ett egenvärde λ= 3
ii) λ= 3 har den algebraiska multipliciteten =2.
Vi bestämmer tillhörande egenvektorer Låt 𝑑𝑑⃗ = �𝑥𝑥
𝑦𝑦�.
Vektorekvationen
(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆 I) 𝑑𝑑⃗ = 0�⃗
ger
�0 00 0� �
𝑥𝑥𝑦𝑦� = �0 0�
Vi får system
�0𝑥𝑥 + 0𝑦𝑦 = 00𝑥𝑥 + 0𝑦𝑦 = 0 ~ �0 = 0
0 = 0 ( 𝑑𝑑𝑑𝑑å 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓 𝑑𝑑𝑣𝑣𝑓𝑓𝑓𝑓𝑣𝑣𝑣𝑣𝑑𝑑𝑣𝑣 𝑥𝑥 = 𝑑𝑑, 𝑦𝑦 = 𝑑𝑑 ) iii) Härav får vi alla tillhörande egenvektorer
𝑑𝑑⃗ = �𝑥𝑥 𝑦𝑦� = �𝑑𝑑
𝑑𝑑� = 𝑑𝑑 �1
0� + 𝑑𝑑 �0
1� förutom fallet där både s=0 och t=0 samtidigt.
iv) Egenrummet Eλ består av alla lösningar till (A−λI)v =0 ( nollvektorn och egenvektorer)
Eλ= span (
1 , 0 0
1 , )
v) Den geometriska multipliciteten är dimensionen av egenrummet:
dim(Eλ) =2
vi) Ja (matrisen är redan en diagonal matris.) c)
=
2 0 0
0 1 0
1 0 1 A
Egenvärden:
𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆 I) = 0 ger −λ3 +4λ2 −5λ+2=0
Genom att testa alla faktorer till konstanta termen 2 ( vi prövar ± ,1 ±2) får vi att 𝜆𝜆1 = 1 är en lösning .
Polynom division :
2 3 )
1 )(
2 5 4
(λ3 − λ2 + λ− λ− =λ2 − λ+
Ekvationen λ2 −3λ+2=0 ger två lösningar till : 𝜆𝜆2 = 1 och 𝜆𝜆3 = 2 Alltså har vi en dubbel rot λ=1 (dvs med alg. multipliciteten = 2 )
Sida 11 av 15
och en enkel rot λ=2 (dvs med alg. multipliciteten = 1 ) .
Matrisen har två egenvärden: λ=1 med alg. multipliciteten 2 och λ=2 med alg.
multipliciteten = 1.
Egenvektorer:
För λ = 1 får vi
(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆𝜆𝜆)𝑑𝑑⃗ = 0�⃗ ⇒ � 0 0 1
0 0 0
0 0 1� �𝑥𝑥
𝑦𝑦𝑧𝑧� = �0
00� ⇒ �𝑧𝑧 = 0 0 = 0
𝑧𝑧 = 0 ⇒ �𝑧𝑧 = 0 0 = 0 0 = 0 (𝑑𝑑𝑑𝑑å 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑣𝑣 𝑑𝑑𝑣𝑣𝑓𝑓𝑓𝑓𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑑𝑑𝑓𝑓 𝑥𝑥 = 𝑑𝑑, 𝑦𝑦 = 𝑑𝑑)
⇒ 𝑑𝑑⃗ = �𝑑𝑑
0𝑑𝑑� = 𝑑𝑑 �1
00� + 𝑑𝑑 �0 10�
Därmed är tillhörande egenrum E (λ =1) =span{�1 00� , �0
10�} och har dimension 2.
För λ=2 har vi motsvarande egenvärde 𝑑𝑑 �1
01� ( 𝑑𝑑ä𝑓𝑓 𝑑𝑑 ≠ 0)
och tillhörande egenrum E (λ =2) =span{�1 01�}.
Matrisen har total tre linjärtoberoende egenvärde ( vi kan bilda inverterbar matris P av typ 3 × 3) och därmed är matrisen A (av typ 3 × 3) diagonaliserbar.
Svar c)
𝜆𝜆 = 1 , den algeb. multip. =2, E (λ =1) = 𝑑𝑑𝑠𝑠𝑣𝑣𝑒𝑒(�1
00� , �0
10�) , dim(E (λ =1))=2 , (den geom multipliciteten =2) 𝜆𝜆 = 2 , den algeb. multip. =1,
E (λ =2) = 𝑑𝑑𝑠𝑠𝑣𝑣𝑒𝑒(�1
01�) , dim(E (λ =2))= 1 ,( den geom multipliciteten =1)
Matrisen A (typ 3x3) är diagonaliserbar eftersom dim(E (λ =1))+ dim(E (λ =2)) =2+1=3.
Uppgift 7. För vilka värden på reella tal a, b och c är matrisen
= b c
A a 0
diagonaliserbar?
Lösning: ( )( )
) (
0 ) det( (
)
det( λ λ
λ
λ λ = − −
−
= −
− a b
b c
I a A
Ekvationen det(A−λI)=0har två lösningar λ=a och λ=b.
Fall1. Om a ≠b så har matrisen A (av typ 2x2) två olika egenvärden och är därmed diagonaliserbar (för alla c).
Sida 12 av 15
Fall2. Om a =b så är λ=a ett egenvärde med alg. multipliciteten =2.
=
−
=
− 0
0 ) 0
( )
(A λI A λI c . Rang(A−λI) beror av c.
Fall 2a) Om c=0 så är
=
− 0 0
0 ) 0
(A λI .
Rang(A−λI)=0 och därmed dim(E(λ=a) =dim(Ker(A−λI))=2– Rang(A−λI)=2.
Med andra ord har vi två lin. oberoende egenvektorer för A (som är en 2x2 matris) Därmed är matrisen A diagonaliserbar.
Fall 2b) Om c≠0 så är
=
− 0
0 ) 0
(A λI c .
I detta fall är Rang(A−λI)=1 och därmed dim(E(λ=a) =dim(Ker(A−λI))
=2– Rang(A−λI)=1. (Med andra ord har vi max en lin. oberoende egenvektorer för A ( 2x2 matris). Matrisen A är inte diagonaliserbar.
Svar:Matrisen A är diagonaliserbar i följande fall:
f1: a ≠b, alla c∈ . R f2: a =b och c=0.
Uppgift 8. För vilka värden på a och b är matrisen
=
b a A
0 0
1 0
3 2 4
diagonaliserbar?
Lösning: (4 )( )( )
) ( 0 0
1 ) ( 0
3 2
) 4 ( det(
)
det( λ λ λ
λ λ
λ
λ = − − −
−
−
−
=
− a b
b a
I A
Ekvationen det(A−λI)=0 har tre lösningar λ=4, λ=a och λ=b. Vi undersöker tre fall:
Fall1 Alla lösningar till den karakt. ekvationen det(A−λI)=0 är olika.
Fall2 En enkel och en dubbel rot.
Fall3 En trippel rot.
Fall1. Om alla tre lösningar är olika tal dvs a ≠b,a≠4 och b≠4 så har matrisen A (av typ 3x3) tre olika egenvärden och är därmed är A diagonaliserbar.
Fall 2. Anta nu att exakt två lösningar är lika. Vi betraktar följande situationer:
Fall 2a. a=4, medan b≠4. Vi har två egenrum E(λ=a) och E(λ=b). Först dim(E(λ=b))=1 eftersom λ=b är en enkel rot.
Från
−
=
−
) 4 ( 0 0
1 0 0
3 2 0
b aI
A får vi att Rang(A −aI)=2 (notera att kolonn 2 och tre är
oberoende ) och därmed gäller
dim(E(λ=a)) =dim(Ker(A −aI)) =3– Rang(A −aI)=1.
Sida 13 av 15
Därmed dim(E(λ=a) + dim(E(λ=b))=1+1 < 3. Med andra ord har matrisen A (av typ 3x3) max 2 lin. oberoende egenvektorer och är därmed inte diagonaliserbar.
Fall 2b. b=4, medan a≠4. Vi har två egenrum E(λ=a) och E(λ=b). Först dim(E(λ=a))=1 eftersom λ=a är en enkel rot.
Från
−
=
−
0 0 0
1 ) 4 ( 0
3 2 0
a bI
A får vi att Rang(A −bI) beror av a . Vi ser att kolonn2
och kolonn3 är parallella om och endast om (a−4)/1=2/3 dvs om a=14/3. Fall 2b i) Om a=14/3 blir Rang(A −bI)=1 och därmed
dim(E(λ=b)) =dim(Ker(A −bI)) =3– Rang(A −bI)=2.
Därmed dim(E(λ=a) + dim(E(λ=b))=1+2 =3. Därför är matrisen diagonaliserbar.
Fall 2b ii) Om a≠14/3 blir Rang(A −bI)=2 och därmed dim(E(λ=b)) =dim(Ker(A −bI)) =3– Rang(A −bI)=1.
Därmed dim(E(λ=a) + dim(E(λ=b))=1+1 =2. Matrisen är inte diagonaliserbar.
Fall 2c. a =b, medan a≠4. Vi har två egenrum E(λ=a) och E(λ=4). Först dim(E(λ=4))=1 eftersom λ=4 är en enkel rot.
Från
−
=
−
0 0 0
1 0 0
3 2 4 a aI
A får vi att Rang(A −aI)=2 (notera att kolonn 2 och tre är
oberoende ) och därmed gäller
dim(E(λ=a)) =dim(Ker(A −aI)) =3– Rang(A −aI)=1.
Därmed dim(E(λ=a) + dim(E(λ=b))=1+1 < 3. Med andra ord har matrisen A (av typ 3x3) max 2 lin. oberoende egenvektorer och är därmed inte diagonaliserbar.
Fall 3 a=b=4 Vi har ett egenrum E(λ=4)
Från
=
−
0 0 0
1 0 0
3 2 0
A 4I får vi att Rang(A −4I)=2 (notera att kolonn 2 och tre är
oberoende ) och därmed gäller
dim(E(λ=4)) =dim(Ker(A −4I)) =3– Rang(A −aI)=1.
Därmed dim(E(λ=4) =1 < 3. Med andra ord har matrisen A (av typ 3x3) max 1 lin.
oberoende egenvektor och är därmed inte diagonaliserbar.
Uppgift 9.
En kvadratisk matris A av typ 2 ×2 har två egenvärden:
λ1 = 2 med tillhörande egenvektor
= 2 1 v1 och λ2 = 5 med tillhörande egenvektor
= 3 1 v2 . Bestäm A.
Sida 14 av 15 Lösning:
Metod 1:
Vi har två villkor:
Villkor 1:
=
⇒
= 4
2 2 2 1 1
1 v A
v
A ,
Villkor 2:
=
⇒
= 15
5 3 5 2 1
2 v A
v
A
som vi kan uttrycka med en matrisekvation
=
15 4
5 2 3 2
1 A 1
−
= −
−
−
=
=
−
11 18
3 4 1
2 1 3 15 4
5 2 3
2 1 1 15 4
5
2 1
A .
Metod 2.
Eftersom vi har två linjärt oberoende egenvektorer (för en 2×2 matris), är matrisen diagonaliserbar och vi kan lösa uppgiften med hjälp av diagonaliseringsformeln:
1
=PDP−
A
där
= 3 2
1
P 1 och
= 5 0
0 D 2
−
= −
−
−
=
=
=
−
−
11 18
3 4 1
2 1 3 15 4
5 2 3
2 1 1 5 0
0 2 3 2
1
1 1
PDP 1
A .
Tentamen 11 jan 2021 (uppgift 3)
Sida 15 av 15
