Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 1 av 16
TILLÄMPNINGAR AV DIAGONALISERING Beräkning av potenser A
n.Rekursiva samband (s.k. differensekvationer).
Beräkning av potenser 𝑨𝑨
𝒏𝒏med hjälp av diagonalisering
Om matrisen A är diagonaliserbar dvs om A kan skrivas på formen 𝐴𝐴 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃−1
då kan 𝐴𝐴𝑛𝑛 beräknas på relativt enkelt sätt:
𝐴𝐴𝑛𝑛 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃−1𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃−1𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃−1⋯ 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃−1𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃−1⇒ 𝐴𝐴𝑛𝑛 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 ⋯ 𝑃𝑃𝑃𝑃−1⇒
𝐴𝐴𝑛𝑛 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑛𝑛𝑃𝑃−1 Notera att
𝑃𝑃𝑛𝑛 = �
(𝜆𝜆1)𝑛𝑛 0 0 ⋯
0 (𝜆𝜆2)𝑛𝑛 0 ⋯ 0 0 (𝜆𝜆3)𝑛𝑛 ⋯
⋯ ⋯ ⋯ ⋯
�
Uppgift 1. Låt 𝐴𝐴 = �−3 4−2 3�
a) Diagonalisera matrisen A ( om möjligt) b) Beräkna 𝐴𝐴353
Lösning:
a) Matrisen har två linjärt oberoende egenvektorer 𝑣𝑣⃗1 = �11� svarar mot 𝜆𝜆1 = 1 , och ; 𝑣𝑣⃗2 = �21� svarar mot 𝜆𝜆2 = −1 och är därmed diagonaliserbar.
Vi bildar 𝑃𝑃 = �1 21 1� , D = �1 00 −1� och beräknar 𝑃𝑃−1= �−1 2 1 −1�. Därmed är
𝐴𝐴 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃−1 Därför 𝐴𝐴353 = 𝑃𝑃𝑃𝑃353𝑃𝑃−1= �1 21 1� �1253 0
0 (−1)253� �−1 2 1 −1�
= �1 21 1� �1 0
0 −1� �−1 2 1 −1�
= �1 −21 −1� �−1 2 1 −1�
= �−3 4−2 3�
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 2 av 16
Uppgift 2. Avgör om följande matriser är diagonaliserbara Låt 𝐴𝐴 = � 0 1 −2
−2 3 2
0 0 4 � Beräkna 𝐴𝐴𝑛𝑛
Lösning: Eftersom 𝜆𝜆1 = 1 , 𝑣𝑣⃗1 = �1
10� ; 𝜆𝜆2 = 2 , 𝑣𝑣⃗2 = �1
20� ; 𝜆𝜆3 = 4 , 𝑣𝑣⃗3 = �0 21�
harmatrisen 3 oberoende egenvektorer och därför är matrisen A diagonaliserbar med 𝑃𝑃 = �1 0 0
0 2 0
0 0 4� 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝑃𝑃 = �1 10
1 2 0
0 2 1�.
Vi bestämmer inversmatris 𝑃𝑃−1= � 2 −1 2
−1 1 −2
0 0 1� ( kontrollera själv) Nu kan vi beräkna
𝐴𝐴𝑛𝑛 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑛𝑛𝑃𝑃−1 = �1 10
1 2 0
0 2
1� �1 0 0 0 2𝑛𝑛 0
0 0 4𝑛𝑛� � 2 −1 2
−1 1 −2
0 0 1� ⇒
𝐴𝐴𝑛𝑛 = � (2 − 2𝑛𝑛) (−1 + 2𝑛𝑛) (2 − 2 ∙ 2𝑛𝑛) (2 − 2 ∙ 2𝑛𝑛) (−1 + 2 ∙ 2𝑛𝑛) (2 − 4 ∙ 2𝑛𝑛 + 2 ∙ 4𝑛𝑛
0 0 4𝑛𝑛 �
Uppgift 3. (KS 2009) Låt A=�2 12 1�.
a) Bestäm matrisens egenvärden och egenvektorer.
b) Bestäm matrisen A70. Svar a) λ1 =0 , λ2 =3. Egenvektorer: u1=
−2
t 1 och u2=
1
t 1 t≠0
Lösning: b)
Låt
= −
1 2
1
P 1 .
Då gäller
−
=
−
1 2
1 1 3
1 1 P
1
=PDP−
A där D=
3 0
0 0 . Därför
1 70 1
1 1
70 =PDP− PDP− =PDP− =PD P−
A
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 3 av 16
=
−2 1 1
1
370
0 0
0
−
1 2
1 1 3
1 =
⋅
= ⋅
⋅
⋅
69 69
69 69 70
70 70 70
3 3 2
3 3 2 3
3 2
3 3 2 3
1 .
Svar b)
⋅
⋅
69 69
69 69
3 3 2
3 3 2
Beräkning av ”roten ur en matris” med hjälp av diagonalisering
Låt A vara en matris. I några böcker kallas varje lösning till ekvationen Xk = A för ” k-te roten” ur matrisen A. För att lösa ekvationen Xk = A, där A är en diagonaliserbar matris bestämmer, vi först P och D som diagonaliserar A.
Efter diagonalisering har vi A=PDP−1 där
=
n
D
λ λ
λ
2 1
0 0
.
Först väljer vi en ny diagonalmatris
=
rn
r r
D
2 1 1
0 0
sådan att (D1)k =D.
Talen r , 1 r ,…2 r får vi genom att lösa ekvationerna n (r1)k =λ1, (r2)k =λ2 , (rn)k =λn. Dem ekvationerna kan sakna reella lösningar men om vi tillåter komplexa lösningar (och därmed komplexa matriser) har varje ekvation (ri)k =λi , för nollskilda λi , k stycken lösningar.
Låt 2 1
1
0 0
−
= P
r r
r P X
n
.
Då uppenbart gäller att 2 1
1
) ( )
( 0
0 ) (
−
= P
r r
r P X
n k k
k
k
=PDP =−1 A
Alltså är 2 1
1
0 0
−
= P
r r
r P X
n
en lösning till ekvationen Xk = A.
Anmärkning: Enligt ovanstående diskusion, kan det hända att ekvationen Xk = A saknar reella lösningar.
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 4 av 16 Uppgift 4.
Lös ekvationen X =2 A där
−
= −
2 3
6
A 7 .
Lösning: Matrisen A har egenvärden Matrisen A har egenvärden λ1 =1 , λ2 =4,
med tillhörande egenrum )
1 ( 1
1
=span
Eλ )
1 ( 2
2
=span
Eλ .
Vi diagonaliserar A:
1
=PDP−
A , där
= 1 1
2
P 1 ,
= 4 0
0
D 1 och
−
= −
−
− −
− =
1 1
2 1 1
1 2
1 1
P .
Vi ska skriva lösningen på formen X =PD1P−1 där D är en ny diagonalmatris 1
= s D r
0 0
1 sådan att (D =1)2 D. Vi löser r2 =1 , som gör r=±1 och s2 =4 som gör s=±2. Därmed har vi fyra möjliga val av
= s D r
0 0
1 och därmed fyra lösningar
1 −1
=PDP
X .
T ex om vi väljer r=+1och s=+2har vi
= 2 0
0 1
D1 .
Motsvarande lösning är
=
−
−
=
= −
1 1
2 1 2 0
0 1 1 1
2
1 1
1P PD
X
−
0 1
2
3 .
Kontroll X =A
−
=
−
−
= 3 2
6 9 0 1
2 3 0 1
2
2 3 .
Svar: En lösning är
−
= 1 0
2 X 3 .
Ytterligare tre lösningar får vi om vi i
= s D r
0 0
1 väljer
(r=+1och s=−2), (r=−1och s=+2 ) eller ( r=−1och s=−2).
Rekursiva samband X(n+1)=A∙X(n) och diagonalisering.
Vi betraktar följande problemet:
Bestäm alla vektorer som uppfyller följande rekursiva samband )
( )
1
(n AX n
X + = för n=0,1,2,…. (*)
där A är en given kvadratisk matris (av typ k ×k)
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 5 av 16
=
kk k
k
k k
a a
a
a a
a
a a
a A
...
...
...
...
...
...
...
2 1
2 22
21
1 12
11
och
=
) ( ...
) (
) ( )
( 2
1
n x
n x
n x n X
k
den sökta obekanta vektorn (som är en funktion av n) .
En ”startvektorn” är oftast given i problemet
= ) 0 ( ...
) 0 (
) 0 ( ) 0
( 2
1
xk
x x
X .
Vi kan förenkla och lösa problemet genom att starta med index n och uttrycka X(n) som en produkt av 𝐴𝐴𝑛𝑛 och startvektorn X(0) .
Enligt (*) har vi ) 0 ( )
1
( AX
X =
) 0 ( ))
0 ( ( ) 1 ( )
2
( AX A AX A2X
X = = =
...
) 0 ( )
(n A X
X = n . ( * *)
Alltså är X(n)= AnX(0) lösningen till problemet.
Om A är diagonaliserbar kan vi, relativt enkelt, beräkna X(n)=AnX(0) med följande två metoder:
Metod 1. Om matrisen A är diagonaliserbar då kan vi beräkna 𝐴𝐴𝑛𝑛 genom att använda
1
=PD P−
An n
Då är X(n)=PDn −P 1X(0)
Metod 2. En diagonaliserbar k ×kmatris har k stycken egenvektorer v1,v2,...vk. Vi kan först utrycka X(0) som en linjärkombination av egenvektorerna
k kv v
v
X(0)=λ11+λ22 +...+λ . Därefter beräknar vi
n k n k
n
nX v v v
A (0)=(λ1) 1+(λ2) 2+...+(λ ) Anmärkning:
(Metod 2 kan man använda även om A inte är diagonaliserbar om X(0) tillhör spannet av matrisens egenvektorer.)
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 6 av 16 System av differensekvationer av första ordningen
Ofta kan vi beskriva ett problem med ett samband av följande typ (ett rekursivt samband)
1,2,3,....
n där ) (
) (
) (
) ( )
(
...
...
...
...
) ( )
(
) ( )
(
) 1 (
...
) 1 (
) 1 (
2 1
2 2 1
1
2 22 1
21
2 12 1
11 2
1
= +
+ +
+ +
+ +
+ +
= +
= +
= +
n x a
n x a
n x a
n x a n
x a
n x a n
x a
n x a n
x a
n x
n x
n x
k kk
k k
k k
k k
k
(sys 1)
Ekvationer i (sys 1) kallas differensekvationer ( ej differentialekvationer) . System (sys 1) är ett linjärt homogent differensekvationssystem med konstanta koefficienter
Om vi betecknar
=
) ( ...
) (
) ( )
( 2
1
n x
n x
n x n X
k
och
=
kk k
k
k k
a a
a
a a
a
a a
a A
...
...
...
...
...
...
...
2 1
2 22
21
1 12
11
då kan vi skriva systemet på matrisform )
( ) 1
(n AX n
X + = för n=0,1,2,…. (*)
Vi kan förenkla och lösa problemet genom att starta med index n och uttrycka X(n) som en produkt av 𝐴𝐴𝑛𝑛 och startvektorn X(0) .
Enligt (*) har vi ) 0 ( )
1
( AX
X =
) 0 ( ))
0 ( ( ) 1 ( )
2
( AX A AX A2X
X = = =
...
) 0 ( )
(n A X
X = n . ( * *)
Om matrisen A är diagonaliserbar då kan vi beräkna 𝐴𝐴𝑛𝑛 genom att använda 𝐴𝐴𝑛𝑛 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑛𝑛𝑃𝑃−1
---
Uppgift 5.
Låt 𝑋𝑋⃗(𝑛𝑛) vara en okänd matris som uppfyller
𝑋𝑋⃗(𝑛𝑛 + 1) = 𝐴𝐴 𝑋𝑋⃗(𝑛𝑛) 𝑓𝑓ö𝑟𝑟 𝑛𝑛 = 0,1,2, … . (∗) där A = � 0 1
−1/2 3/2�
och 𝑋𝑋⃗(0) = �21�.
a) Bestäm 𝑋𝑋⃗(𝑛𝑛)
b) Vad händer med 𝑋𝑋⃗(𝑛𝑛) om n→ ∞ ?
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 7 av 16 Lösning:
𝑋𝑋⃗(𝑛𝑛) = 𝐴𝐴𝑛𝑛𝑋𝑋⃗(0)
Matrisen A har två linjärt oberoende egenvektorer 𝑣𝑣⃗1 = �11� svarar mot 𝜆𝜆1 = 1 , och ; 𝑣𝑣⃗2 = �21� svarar mot 𝜆𝜆2 = 1/2 och är därmed diagonaliserbar med
𝑃𝑃 = �1 21 1� , D = �1 00 1/2� 𝑃𝑃−1= �−1 2 1 −1�.
Vi beräknar
𝐴𝐴𝑛𝑛 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑛𝑛𝑃𝑃−1 = �1 21 1� �1 0
0 (1/2)𝑛𝑛� �−1 2 1 −1� = Därför
𝑋𝑋⃗(𝑛𝑛) = 𝐴𝐴𝑛𝑛𝑋𝑋⃗(0) = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑛𝑛𝑃𝑃−1𝑋𝑋⃗(0) = �1 21 1� �1 0
0 (1/2)𝑛𝑛� �−1 2 1 −1� �2 1� ⇒ 𝑋𝑋⃗(𝑛𝑛) = �2 ∙ (1/2)(1/2)𝑛𝑛𝑛𝑛�
b) Om n→ ∞ då 𝑋𝑋⃗(𝑛𝑛) → �00� ( eftersom (1/2)𝑛𝑛 → 0. ).
Uppgift 6. (KS 2008)
Betrakta vektorföljden
=
k
k bk
X a där följden definieras av det rekursiva sambandet
k k k
k k k
a b b
b a a
+
= +
=
+ +
3 3
1
1 , k=0,1,2,....
och
= 1 2 X0 . Bestäm vektor
X
50. Lösning:Eftersom
k k k
k k k
b a b
b a a
3 3
1 1
+
= +
=
+
+ ,
=
k k
k b
X a och
= 1 2
X0 vi kan skriva sambandet på matrisform
k
k AX
X +1 = (*)
där
= 3 1
3 A 1 . Därför
0
1 AX
X =
2 0 0 1
2 AX A(AX ) A X
X = = =
...
X0
A
Xn = n . ( * ) Egenvärden:
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 8 av 16
det(A–λI)=0 ⇒ 0
) 3 ( 1
3 ) 1
( =
−
−
λ
λ ⇒ λ2 −4λ=0⇒
1 =0
λ , λ2 =4.
Egenvektorer: u1=
−
1
t 3 och u2=
1
t 1 (𝑡𝑡 ≠ 0)
−
1
3 och v2=
1 1
och diagonalisera matrisen A.
Låt
=−
1 1
1
P 3 .
Då gäller
= −
−
−
− −
=
−
3 1
1 1 4 1 3 1
1 1 4
1 1 P
1
=PDP−
A där D=
4 0
0 0 . Därför
1 50 1
1 1
50 =PDP− PDP− =PDP− = PD P−
A
=
−
1 1
1
3
450
0 0
0
−
3 1
1 1 4
1 =
⋅
⋅
50 50
50 50
4 3 4
4 3 4 4
1 .
FrånXn = AnX0. har vi
=
= 50 0
50 A X
X
⋅
⋅
50 50
50 50
4 3 4
4 3 4 4
1
1
2 =
⋅
⋅
50 50
4 5
4 5 4
1 =
⋅
⋅
49 49
4 5
4
5 .
Uppgift 7. (KS 2008)
Betrakta vektorföljden
=
k
k bk
X a där följden definieras av det rekursiva sambandet
k k k
k k k
a b b
b a a
+
= +
=
+ +
4 4
1
1 , k=0,1,2,....
och
= 3 1 X0 . Bestäm vektor
X
40. Lösning:Eftersom
k k k
k k k
b a b
b a a
4 4
1 1
+
= +
=
+
+ ,
=
k k
k b
X a och
= 3 1
X0 vi kan skriva sambandet på matrisform
k
k AX
X +1 = (*)
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 9 av 16
där
= 4 1
4 A 1 . Därför
0
1 AX
X =
2 0 0 1
2 AX A(AX ) A X
X = = =
...
X0
A
Xn = n . ( * ) Egenvärden:
det(A–λI)=0 ⇒ 0
) 4 ( 1
4 ) 1
( =
−
−
λ
λ ⇒ λ2 −5λ =0⇒
1 =0
λ , λ2 =5.
Egenvektorer: u1=
−
1
t 4 och u2=
1 t 1 .
Vi kan välja två linjärt oberoende egenvektorer t ex v1=
−
1
4 och v2=
1 1 och diagonalisera matrisen A.
Låt
=−
1 1
1
P 4 .
Då gäller
= −
−
−
− −
− =
4 1
1 1 5 1 4 1
1 1 5
1 1 P
1
=PDP−
A där D=
5 0
0 0 . Därför
1 40 1
1 1
40 =PDP− PDP− =PDP− =PD P−
A
=
−
1 1
1
4
540
0 0
0
−
4 1
1 1 5
1 =
⋅
⋅
40 40
40 40
5 4 5
5 4 5 5
1 .
FrånXn = AnX0. har vi
=
= 40 0
40 A X
X
⋅
⋅
40 40
40 40
5 4 5
5 4 5 5
1
3
1 =
⋅
⋅
40 40
5 13
5 13 5
1 =
⋅
⋅
39 39
5 13
5
13 .
Uppgift 8. ( 3 obekanta funktioner)
Bestäm de funktioner x(n) , y(n) , z(n) som satisfierar nedanstående system
) ( ) ( 2 ) ( 4 ) (
) ( 2 ) ( 4 ) ( 2 ) (
) ( ) ( 2 ) ( 2 ) (
n z n y n x n x
n z n y n x n y
n z n y n x n x
− +
=
− +
=
+
−
=
där n≥0 är heltal samt x(0)=1,y(0)=0,z(0)=1. Lösning:
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 10 av 16 Vi betecknar
= ) (
) (
) ( ) (
n z
n y
n x n
X ,
−
−
−
=
1 2 4
2 4 2
1 2 2
A
och skriver systemet som en matrisekvation )
( )
1
(n AX n
X + = , där
= 1 0 1 ) 0 (
X .
På samma sätt som ovan har vi X =1 AX0
2 0 0 1
2 AX A(AX ) A X
X = = =
...
X0
A
Xn = n . ( * ) Vi diagonaliserar A.
Först bestämmer vi egenvärden och egenvektorer till A och får
1 =0
λ , λ2 =2 och λ3 =3 med tillhörande (linjärt oberoende) egenvektorer
= 2 1 0 v1 ,
= 2 1 1 v2 ,
= 1 0 1 v3 .
Låt
=
1 2 2
0 1 1
1 1 0
P ,
=
3 0 0
0 2 0
0 0 0
D .
Då gäller
−
−
−
−
− =
1 2 0
1 2 1
1 1 1
P 1 och A=PDP−1.
Därmed A=PDP−1 och An =PDnP−1. Därför
1 0
0 PD P X
X A
Xn = n = n −
−
−
−
−
=
1 2 0
1 2 1
1 1 1 3 0 0
0 2 0
0 0 0 1 2 2
0 1 1
1 1 0
n n
1 0 1
.
Anmärkning: För att spara tid multiplicerar vi i följande ordning P(Dn(P−1X0)). På detta sätt har vi i varje steg har multiplikation med en vektor.
Alltså Xn = =
=
=
n n
n
3 0 0 1 2 2
0 1 1
1 1 0 1 0 0 3 0 0
0 2 0
0 0 0 1 2 2
0 1 1
1 1 0
n n
3 0 3
.
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 11 av 16 Svar: x( = , n) 3n y( =n) 0 , z( = . n) 3n
En linjär differensekvation av högre ordning
En linjär differensekvation av högre ordning med konstanta koefficienter )
( )
1 (
)
(n p a 1 x n p a0x n
x + = p− ⋅ + − ++
kan vi skriva som ett system av differensekvationer av första ordningen och därefter på matrisformen.
Exempelvis
) ( ) 1 ( )
2
(n a x n b x n
x + = ⋅ + + ⋅ har ordning 2 (=skillnaden mellan n+2 och n), )
( ) 1 ( ) 2 ( )
3
(n a x n b x n cx n
x + = ⋅ + + ⋅ + + har ordning 3 (=skillnaden mellan n+3 och n).
) ( )
1 (
)
(n p a 1 x n p a0x n
x + = p− ⋅ + − ++ har ordning p.
Exempel (ordning 2):
Betrakta ekvationen
x(n+2)=a⋅x(n+1)+b⋅x(n)
med startvillkor x(0)=x0och x = . (1) x1 Vi kan införa en variabel y(n)=x(n+1)
(därmed y(n+1)=x(n+2)=ay(n)+bx(n)=bx(n)+ay(n) ) och betrakta systemet med två variabler
+
= +
= +
) ( ) ( ) 1 (
) ( ) 1 (
n ay n bx n
y
n y n
x
Som vi kan skriva på matrisformen
=
+ +
) (
) ( 1 0 ) 1 (
) 1 (
n y
n x a b n
y n x
dvs: X(n+1)= AX(n) , där
=
=
) 1 (
) 0 ( ) 0 (
) 0 ) (
0
( x
x y
X x .
Enligt ovan har vi lösningen X(n)= AnX(0)
Exempel (ordning 3):
På liknande sätt kan vi skriva ekvationen ) ( ) 1 ( ) 2 ( )
3
(n a x n b x n cx n
x + = ⋅ + + ⋅ + +
Vi inför två nya variabler y(n)=x(n+1) och z(n)=x(n+2). ( Notera att y(n+1)=x(n+2)=z(n) och z(n+1)=x(n+3))
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 12 av 16 Då har vi systemet
+ +
= +
= +
= +
) ( ) ( ) ( ) 1 (
) ( ) 1 (
) ( ) 1 (
n cx n by n az n
z
n z n
y
n y n
x
Uppgift 9. Inför nya variabler (obekanta funktioner) )
1 ( )
(n = x n+
y , z(n)= x(n+2), om ekvationen är av tredje ordningen, och skriv nedanstående ekvationer som ekvationssystem.
a) x(n+2)=5x(n+1)−6x(n) b) x(n+2)=−4x(n+1)+3x(n)
c) x(n+3)=5x(n+2)+6x(n+1)+7x(n) d) x(n+3)=3x(n+2)−12x(n)
Lösning:
a)
+
−
= +
= +
) ( 5 ) ( 6 ) 1 (
) ( ) 1 (
n y n x n
y
n y n
x b)
−
= +
= +
) ( 4 ) ( 3 ) 1 (
) ( ) 1 (
n y n x n
y
n y n
x
c)
+ +
= +
= +
= +
) ( 7 ) ( 6 ) ( 5 ) 1 (
) ( ) 1 (
) ( ) 1 (
n x n y n z n
z
n z n
y
n y n
x
d)
− +
= +
= +
= +
) ( 12 ) ( 3 ) 1 (
) ( ) 1 (
) ( ) 1 (
n x n
z n
z
n z n
y
n y n
x
Uppgift 10.
Lös följande differensekvationen x(n+2)=8⋅x(n+1)−12⋅x(n)
med startvillkor x( =0) 5och x( =1) 4. Lösning:
Först betecknar vi x(n+1)= y(n) och skriver ekvationen som ett system
−
= +
= +
) ( 12 ) ( 8 ) 1 (
) ( ) 1 (
n x n y n
y
n y n
x
Vi ordnar andra ekv. och skriver först x(n) :
+
−
= +
= +
) ( 8 ) ( 12 ) 1 (
) ( ) 1 (
n y n x n
y
n y n
x
Tillhörande marisformen,X(n+1)= AX(n), är
= −
+ +
) (
) ( 8 12
1 0 )
1 (
) 1 (
n y
n x n
y n
x ,
med startvillkor:
=
=
=
4 5 ) 1 (
) 0 ( ) 0 (
) 0 ) (
0
( x
x y
X x
Matrisen A har egenvärden λ1 =2 , λ2 =6,
med tillhörande egenrum )
2 ( 1
1
=span
Eλ )
6 ( 1
2
=span
Eλ .
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 13 av 16 Vi diagonaliserar A:
1
8 12
1
0 = −
= − PDP
A
där
= 6 2
1
P 1 ,
= 6 0
0
D 2 och
−
= −
−
1 2
1 6 4
1 1 P Nu har vi,
−
−
=
=
= −
4 5 1 2
1 6 6 0
0 2 6 2
1 1 4 ) 1 0 ( )
0 ( )
(n AnX PDnP 1X n n
X
(Det är enklast att börja med sista två faktorer, dvs moltiplicera med en vektor.)
⋅
−
⋅
⋅
−
= ⋅
⋅
−
⋅
=
−
= n n nn nn nn
6 36 2 52
6 6 2 26 4 1 6 6
2 26 6 2
1 1 4 1 6 26 6 0
0 2 6 2
1 1 4 1
⋅
−
⋅
⋅
−
= ⋅
n n
n n
6 9 2 13
2 6 2 3 2 13
Alltså
⋅
−
⋅
⋅
−
= ⋅
n n
n
n n
X 13 2 9 6
2 6 2 3 2 ) 13
( .
Därmed är x n n 6n 2 2 3 2 ) 13
( = ⋅ − ⋅ och y(n)=13⋅2n −9⋅6n. Notera att vi är intresserade av x n n 6n
2 2 3 2 ) 13
( = ⋅ − ⋅ .
(I den här uppgiften är y(n)=x(n+1)en hjälp variabel.) Svar: x n n 6n
2 2 3 2 ) 13
( = ⋅ − ⋅
Speciellt fall: Markovmatris (eller stokastisk matris)
Om matrisen A i rekursiva sambandet Xn+1= AXnhar följande två egenskaper:
1. Element i A är icke negativa tal.
2. Summan av element i varje kolonn är lika med 1 då kallas A för en Markovmatris (eller stokastisk matris).
(Sådana matriser används oftast i sannolikhetslära och köteori. Om A är en
Markovmatris och X en sannolikhetsvektor då sambandet n Xn+1 = AXn definierar en s.k. Markovkedja: X0,X1,X3,... )
En Markovmatris har ett egenvärde λ=1 (men kan ha andra egenvärden förutom 1) .
Exempel:
=
7 . 0 6 . 0
3 . 0 4 .
A 0 är en Markovmatris.
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 14 av 16
Uppgift 11. I ett företag med 3000 anställda finns två lunchrestauranger A och B , där alla anställda äter lunch varje dag. De anställda byter ofta restaurang enligt följande mönster:
Av de anställda som går till A en dag, går (approximativt) 20% till B nästa dag.
Av de som går till B en dag, går (approximativt) 10% till A nästa dag.
Vi vet att (idag dvs dag 0) har restaurangen A 1500 besökare ( och därmed har B 1500 besökare).
Låt a och n b beteckna antalet besökare dag n till restaurangen A respektive B. n a) Bestäm a och n b n
b) Bestäm approximativt antalet besökare i restaurangen A respektive B efter 80 dagar (dvs n=80)
c) Bestäm approximativt antalet besökare i restaurangen A respektive B efter 500 dagar (dvs n=500)
Lösning.
Från uppgiften får vi följande sambandet
n n
n
n n
n
b a
b
b a
a
90 . 0 20 . 0
10 . 0 80 . 0
1 1
+
=
+
=
+ +
Vi kan skriva detta på matrisformen:
=
+ +
n n n
n
b a b
a
90 . 0 20 . 0
10 . 0 80 . 0
1 1
eller, om vi betecknar
=
n
n bn
X a och
=
90 . 0 20 . 0
10 . 0 80 .
A 0 , har vi
n
n AX
X +1= (ekv 1) .
Från (ekv 1) har vi
0
1 AX
X =
2 0 0 1
2 AX A(AX ) A X
X = = =
...
X0
A
Xn = n . ( * ) där
= 1500 1500 X0
Kvar står att beräkna AnX0 Metod 1.
Matrisen
=
90 . 0 20 . 0
10 . 0 80 .
A 0 har egenvärden λ1=0.7 och λ2 =1
med motsvarande egenvektorer
=−
1 1
v1 och
= 2 1
v2 (kontrolera själv).
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 15 av 16
För att beräkna AnX0 på ett (relativt) enkelt sätt uttrycker vi
= 1500 1500
X0 som en linjär kombination av egenvektorerna
=−
1 1
v1 och
= 2 1 v2 .
Från
+
−
2 1 1
1 y
x =
1500
1500 har vi x= – 500 och y=1000.
Alltså
X0 =−500v +1 1000v2 och därför
= +
−
= +
−
= +
−
= 1 2 1 2 1 1 2 2
0 A ( 500v 1000v ) 500A v 1000A v 500 v 1000 v
X
An n n n λn λn
=
⋅
⋅
+
⋅−
⋅
−
= 2
1 1 1 1000
7 1 . 0
500 n
Alltså Xn = AnX0 =
⋅
−
⋅
= +
⋅
+
⋅−
⋅
−
= n nn
7 . 0 500 2000
7 . 0 500 1000 2
1000 1 1
7 1 . 0
500 .
Svar a) an =1000+500⋅0.7n bn =2000−500⋅0.7n
b) För n=80 har vi a80 =1000+500⋅0.780 ≈1000 ( eftersom 0.780 ≈ och 0) b80=2000−500⋅0.7n ≈2000
c) Samma som i b dvs a500 ≈1000 och b500 ≈2000 Metod 2.
Vi kan beräkna AnX0 genom att först diagonalisera matrisen A=PDP−1 sedan beräkna
1
=PD P−
An n , och slutligen beräkna AnX0 =PDnP−1X0 men den här metoden kräver mer beräkningstid.
Tentamen 11 jan 2021. (Uppgift 5)
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tillämpningar av diagonalisering
Sida 16 av 16
