EGENVÄRDEN och EGENVEKTORER
Definition 1. (Linjär avbildning)
En funktion T från Rn (n-dimensionella vektorer) till Rm (m-dimensionella vektorer) säges vara en linjär avbildning ( linjär funktion eller linjär transformation) om följande två villkor är uppfyllda
Villkor 1. T(u+v)=T(u)+T(v) Villkor 2. T(ku)= kT(u)
för varje skalär k och alla 𝒖𝒖, 𝒗𝒗 ∈ 𝑉𝑉.
T ex. rotation kring origo, spegling i en linje, spegling i ett plan i R3, projektion av en vektor på en linje, projektion av en vektor på ett plan i R3 är linjära avbildningar.
En linjär avbildning från Rn till Rm kan definieras med hjälp av en m× matris A genom: n y = . Ax
Exempel 1.
Låt A=
1 3
2 2
1 1
. Då är y = Ax dvs y x
= 1 3
2 2
1 1
en linjär avbildning som avbildar tvådimensionella vektorer x
på tredimensionella vektorer y . Exempelsvis vektorn
= 2 x 1
avbildas på
=
=
5 6 3 2 1 1 3
2 2
1 1 y
Anmärkning: Eftersom en punkt P tillhörande ortvektor
→
OP har samma koordinater, istället att säga vektorn (x1, x2,...xn) kan vi säga punkten (x1, x2,...xn).
Exempel 2. Låt
−
= v v
v v
cos sin
sin
A cos . Avbildningen y = Ax beskriver rotationen vinkeln v kring origo. Låt
4
=π
v . Bestäm bilden av punkten P=(2,2).
Lösning.
−
=
−
=
−
=
2 2 2
2 2
2 2
2
cos4 sin4
sin4 cos4
cos sin
sin cos
π π
π π
v v
v A v
Vi skriver punktens koordinater som kollonvektor (annars är matrisprodukt ej definierad)
och beräknar
=
⋅
−
=
⋅
2 2
0 2
2 2
2 2
2
2 2 2
2 2
A 2
Svar:
2 2
0
Sida 1 av 5
Definition ( av egenvektor och egenvärde för en kvadratisk matris ) Låt A vara en kvadratisk matris dvs en matris av typ n×n.
Om det finns en nollskild vektor v
och en skalär λ så att v
v
A=λ (*)
då kallas 𝑣𝑣⃗ matrisens egenvektor och talet λ kallas matrisens egenvärde.
Geometrisk tolkning. Vi kan betrakta avbildningen v → Av där varje n-dimensionell vektor v avbildas på Av. Geometriskt betyder Av λ= vatt egenvektorn 𝑣𝑣⃗ är parallell med sin bild Av.
Anmärkning 1. Nollvektorn 0
godkänns alltså INTE som egenvektor till en kvadratisk matris A. Däremot talet 0 kan vara ett egenvärde till A. Detta ät fallet om
v v
A= 0⋅ dvs Av =0
för någon nollskylld vektorv. Eftersom ovanstående homogena system har icke-triviala lösningar om och endast det(A)=0 har vi att
λ= 0 är ett egenvärde till A om och endast om det(A) = 0.
Därför gäller följande ekvivalens:
(λ= 0 är ett egenvärde till A) ⇔ (det(A) = 0) ⇔ ( A är INTE inverterbar) . Anmärkning 2. Om v är en egenvektor till A som svarar mot egenvärde λ, dvs om
v v
A=λ då är u =tv (där t är en skalär skild från 0 ) också en egenvektor med samma egenvärde.
Bevis:
u v t v t v tA v t A u
A= ⋅( )= = λ =λ =λ Alltså Au =λu V.S.B.
---
Bestämning av egenvärden och egenvektorer
För att bestämma λ och v skriver vi om (*) : 0
)
(
= v⇒ A− I v= v
A λ λ
eller
v
T(v)
Sida 2 av 5
(**) ... 0
) (
...
...
...
...
...
...
) (
...
) (
2 1
2 1
2 22
21
1 12
11
=
−
−
−
x x x
nn n m
n
n n
a a
a
a a
a
a a
a
λ λ
λ
Eftersom 𝑣𝑣⃗ ≠ 0�⃗ enligt definitionen, söker vi icke-triviala lösningar, och de finns endast om
0 ) det(A− Iλ = eller
*)
* (*
0 ) (
...
...
...
...
...
...
) (
...
) (
2 1
2 22
21
1 12
11
=
−
−
−
λ λ
λ
nn m
n
n n
a a
a
a a
a
a a
a
Ekvationen det(A− Iλ )=0 är (efter utveckling av determinanten) en algebraisk ekvation av grad n. Ekvationen
det(A− Iλ )=0
kallas för den karakteristiska ekvationen eller, i några böcker, ”sekularekvation”.
Steg 1. Vi löser först den karakteristiska ekvationen 0
)
det(A− Iλ = ( EKV1 ) och får matrisens egenvärden.
Steg 2. För varje egenvärden (dvs. lösning till EKV1) λk substituerar vi λ=λk i 0
)
(A−λI v = ( EKV2) och bestämmer motsvarande egenvektor .
Uppgift 1. Bestäm alla egenvärden och egenvektorer för följande matriser:
a) �4 −21 1 � b ) �−1 3−1 3� c) d) a) Lösning
Vi löser följande två ekvationer :
0 )
det(A− Iλ = ( EKV1 ) och
0 )
(A−λI v = ( EKV2)
Steg 1. Först löser vi den karakteristiska ekvationen , 0
) det(A− Iλ = EKV1, och får eventuella reella egenvärden:
�(4 − 𝜆𝜆) −2
1 (1 − 𝜆𝜆)� = 0 ⇒ (4 − 𝜆𝜆)(1 − 𝜆𝜆) + 2 = 0 ⇒ 𝜆𝜆2− 5𝜆𝜆 + 6 = 0
Sida 3 av 5
Ekvationen har två reella lösningar 2 och 3 och därför har vi två egenvärden 𝜆𝜆1 = 2, 𝜆𝜆2 = 3 .
Steg 2. Låt 𝑣𝑣⃗ = �𝑥𝑥
𝑦𝑦�. För varje reell lösning λk till EKV1 substituerar vi λ=λk i EKV2, dvs i följande ekvation
�(4 − 𝜆𝜆) −2 1 (1 − 𝜆𝜆)� �𝑥𝑥
𝑦𝑦� = �0 0�
Och bestämmer motsvarande egenvektorer.
i) 𝜆𝜆1 = 2 . Vi har
�(4 − 2) −2
1 (1 − 2)� �𝑥𝑥 𝑦𝑦� = �0
0�,
�2 −21 −1� �
𝑥𝑥𝑦𝑦� = �0 Vi får system (som har icke triviala lösningar) 0�,
�2𝑥𝑥 − 2𝑦𝑦 = 0𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 = 0 ~ �𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 = 0
0 = 0 ( 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑓𝑓𝑓𝑓𝑣𝑣𝑣𝑣𝑒𝑒𝑣𝑣, 𝑡𝑡 𝑒𝑒𝑥𝑥 𝑦𝑦 = 𝑡𝑡 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝑑𝑑ä𝑓𝑓𝑟𝑟𝑒𝑒𝑑𝑑 𝑥𝑥 = 𝑡𝑡) Härav
𝑣𝑣⃗ = �𝑥𝑥 𝑦𝑦� = �𝑡𝑡
𝑡𝑡� = 𝑡𝑡 �1
1� där t ≠ 0 ( Nollvektorn 0
är INTE en egenvektor. ) ii ) På samma sätt får vi för 𝜆𝜆2 = 3 en tillhörande egenvektor är 𝑣𝑣⃗2 = 𝑡𝑡 �21�
Svar:
a) Egenvärdet 𝜆𝜆1 = 2 med motsvarande egenvektor 𝑣𝑣⃗1 = 𝑡𝑡 �11� , t ≠ 0 och egenvärdet 𝜆𝜆2 = 3 , med motsvarande egenvektor 𝑣𝑣⃗2 = 𝑡𝑡 �21� .
b) 𝜆𝜆1 = 2 , 𝑣𝑣⃗1 = 𝑡𝑡 �11� , t ≠ 0 ; 𝜆𝜆2 = 0 , 𝑣𝑣⃗2 = 𝑡𝑡 �31� , t ≠ 0 .
c) Steg 1.
0 )
det(A− Iλ = ger 0
) 4 ( 0 0
2 ) 3 ( 2
2 1
=
−
−
−
−
−
λ λ
λ
. Vi utveklar determinanten efter tredje raden:
) 2 3 )(
4 ( ] 2 ) 3 ( )[
4 ) ( 3 ( 2 ) 1 4 ( )
det( = − − − + = − 2− +
−
−
− −
=
− λ λ λ λ λ λ
λ λ λ
λI A
Den karakteristiska ekvationen (4−λ)(λ2−3λ+2)=0 har tre lösningar
1=1
λ , λ2 =2 och λ3 =4 som är matrisens egenvärden.
Anmärkning: Om vi utvecklar determinanten på ett annat sätt och förenklar då får vi tredjegradsekvation
−λ 3 + 7 λ 2 − 14 λ + 8 = 0
Sida 4 av 5
Om det finns heltalslösningar till ovanstående ekvation så är de delare till konstanta termen 8.
Vi testar heltalsfaktorer till 8 : ±1, ± 2 ± 4 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ ± 8.
Talet λ1 = 1 är en lösning (kontrollera själv) och därför är polynomet
−λ 3 + 7 λ 2 − 14 λ + 8 delbart med (λ − 1).
Polynomdivision ger
(−λ 3 + 7 λ 2 − 14 λ + 8)/(λ − 1) = −λ 2 + 6λ − 8 Ekvationen
−λ 2 + 6λ − 8 = 0 ger två lösningar till 𝜆𝜆2 = 2 och ; 𝜆𝜆3 = 4.
Steg 2. Låt 𝑣𝑣⃗ = �𝑥𝑥
𝑦𝑦𝑧𝑧�. För varje egenvärde λk substituerar vi λ=λk i EKV1, och bestämmer motsvarande egenvektor. ( Kontrollera nedanstående svar.)
Svar c) 𝜆𝜆1 = 1 , 𝑣𝑣⃗1 = 𝑡𝑡 �1
10� , t ≠ 0 ; 𝜆𝜆2 = 2 , 𝑣𝑣⃗2 = 𝑡𝑡 �1
20� , t ≠ 0 ; 𝜆𝜆3 = 4 , 𝑣𝑣⃗3 = 𝑡𝑡 �0 21� , t ≠ 0
Svar d) 𝜆𝜆1 = 0 , 𝑣𝑣⃗1 = 𝑡𝑡 �1
10� , t ≠ 0 ; 𝜆𝜆2 = 2 , 𝑣𝑣⃗2 = 𝑡𝑡 �1
20� , t ≠ 0 ; 𝜆𝜆3 = 3 ,
𝑣𝑣⃗3 = 𝑡𝑡 �0
01� , t ≠ 0
Uppgift 2.
Antag att matrisen A har egenvektorn v som svarar mot egenvärdet λ . Visa att då v också är egenvektor till matriserna
a) A b) 2 A2 −3A+2I
Bestäm motsvarande egenvärden i båda fall.
Lösning:
a)
Enligt antagande gäller Av = λv (ekv1)
Vi multiplicerar (ekv1) med A från vänster och får A2v = λAv ⇒
A2v = λ2v
Allternativt kan vi direkt beräkna A2v=AAv= Aλv=λAv=λλv=λ2v
Alltså, från A2v = λ2v, ser vi att v också är en egenvektor till A2 som tillhör egenvärdet λ2. b) (A2 −3A+2I)v=A2v –3Av+2v= λ2v –3λv +2v =(λ2–3λ +2)v ,
därför är v en egenvektor till A2 −3A+2I med tillhörande egenvärdet (λ2–3λ +2).
Sida 5 av 5
