v , där v är en egen vektor till A.

Sida 1 av 11

EGENVÄRDEN och EGENVEKTORER

Definition 1. (Egenvektor och egenvärde för en linjär avbildning)

Låt V vara ett vektorrum och T : V→V en linjär avbildning från V till V. Om det finns en nollskild vektor v

och en skalär λ så att T(v)v

då kallas avbildningens egenvektor och talet λ kallas egenvärde till T.

Obs: Nollvektorn 0

godkänns alltså INTE som egenvektor till någon avbildning.

Däremot talet 0 kan vara ett egenvärde till T. Detta ät fallet om v

v

T  



 0 )

( dvs T(v ) 0 för någon nollskylld vektor . Geometrisk betydelse: Låt v

vara en egenvektor till avbildningen T. Då gäller ett av följande två fall:

1. T(v)

är parallell v eller

2. T(v ) 0.

Anmärkning. Om man anser (som i många kursböcker) att 0

är parallell med varje vektor då är fall 2 redan inkluderat i fall 1.

Exempel 1. Låt T vara projektionen av vektorer i R på linjen L: ² 



 



 



 





5 t 2 y

x . Bestäm

genom geometriskt resonemang, alla egenvärden och egenvektorer.

Lösning:

Beteckna linjens riktningsvektor 



 



 5 a^ 2 . i) För varje vektor v

som är parallell med a

( dvs med L) är projektionen v

v

T( )  dvs T(v) 1v. v

T(v)

Sida 2 av 11

v v proj_L( ) 

Därmed är varje nollskild vektor som är parallell med 



 



 5

2 en egen vektor för avbildningen T med tillhörande egenvärde ₁1.

ii) Projektionen av en vektor u

på L är 0

om och endast om u

är vinkelrät mot L.

0 ) (u  proj_L

En sådan vektor är 



 





2

u^ 5 eftersom skalärprodukt mellan 



 





2

u^ 5 och linjens

riktningsvektor 



 



 5

a^ 2 är lika med 0.

Därmed är T(u ) 0. Samma gäller för varje vektor parallell med u .

Därför är varje nollskild vektor som är parallell med 



 





2

u^ 5 (och därmed vinkelrät mot a

) en egen vektor för avbildningen T med tillhörande egenvärde ₂0. iii) Låt w

vara en vektor i R som är varken parallell med ² a

eller vinkelrät mot a .

) (w proj_L 

Bildan av w

är varken parallell med w

eller lika med 0

. En sådan vektor w

är därför inte en egenvektor till projektionen T.

Svar: Projektionen T på linjen 



 



 



 





5 t 2 y

x har följande egenvärde:

Sida 3 av 11 i) ₁1 med tillhörande egenvektorer 



 



 5

k 2 , k0( för 0

räknas inte som egenvektor) och

ii) ₂0 med tillhörande egenvektorer 



 





2

s 5 , s0.

---

Låt



















nn m

n

n n

a a

a

a a

a

a a

a A

...

...

...

...

...

...

...

2 1

2 22

21

1 12

11

vara avbildningens matris i någon bas B

dvs T(v ) Av Från (*) har vi

v v

A   (**)

Vi kan därför definiera matrisens egenvektor och motsvarande egenvärde på samma sätt som för en linjär avbildning.

Definition2 ( 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   (**)

då kallas matrisens egenvektor och talet λ kallas matrisens egenvärde.

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) . Sats 1.

a) Om v

är en egenvektor till A som svarar mot egenvärde λ, dvs om Avv då är v

t

u   (där t är en skalär skild från 0 ) också en egenvektor med samma egenvärde.

b) Om u ochv

är två egenvektorer som hör till egenvärdet λ sådana att   0



 v

u så är

v

u  också en egenvektor med samma egenvärde.

Bevis:

a) Au AtvtAvtvtv u. Alltså Auu V.S.B.

b) A(uv)AuAvuv(uv).

Från a) och b) följer att en linjär kombination av egenvektorer som hör till egenvärdet λ är också en egenvektor som hör till λ.

---

Sida 4 av 11

Mängden av alla egenvektorer som hör till egenvärdet λ tillsammans med nollvektor kallas egenrum tillhörande λ och betecknas Eλ.

Definition 3. ( Egenrum Eλ)

Låt λ vara ett egenvärde till matrisen A av typ nn. Underrummet

Eλ = ker(A-λI) = {vRⁿ:(AI)v0} kallas egenrummet tillhörande λ.

Alltså är _ {0}{Mängdenavallaegenvektorer somhör tillegenvärde}

E .

Vi kan också säga att {Mängdenavallaegenvektorer somhör tillegenvärde } \{0}

 E . Bestämning av egenvärden och egenvektorer

I vår kurs, som standard, betraktar vi reella vektorrum ( och därmed söker vi reella egenvärde λ)

För att bestämma λ och v

skriver vi om (**) 0

)

(  



 v A I v v

A  

eller

*)

* (*

... 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







Eftersom 0 enligt definitionen, söker vi icke-triviala lösningar, och de finns endast om

0 ) det(A I  eller

**)

* (*

0 ) (

...

...

...

...

...

...

) (

...

) (

2 1

2 22

21

1 12

11















nn m

n

n n

a a

a

a a

a

a a

a

Efter utveckling av determinanten får vi ett polynom i vänstersidan av ovanstående ekvationen. polynomet det(AI) kallas det karakteristiska polynomet.

Ekvationen det(A I )0 är (efter utveckling av determinanten) en algebraisk ekvation av grad n. Ekvationen

det(A I )0

kallas för den karakteristiska ekvationen eller, i några böcker, ”sekularekvation”.

Steg 1. Vi löser först den karakteristiska ekvationen

Sida 5 av 11 0

)

det(A I  ( EKV1 )

Och får eventuella reella egenvärden. (I vår kurs betraktar vi reella vektorrum och accepterar endast reella egenvärden)

Steg 2. För varje reell lösning λk till EKV1 substituerar vi λ=λk i 0

)

(AI v  ( EKV2) och bestämmer motsvarande egenvektorer.

Uppgift 1 Bestäm alla egenvärden, egenrummet och egenvektorer för följande matriser:

a) 4 2

1 1 b ) 1 3

1 3 c) d) a) Lösning

Vi löser följande två ekvationer :

0 )

det(A I  ( EKV1 ) och

0 )

(AI v  ( EKV2)

Steg 1. Först löser vi den karakteristiska ekvationen , 0

) det(A I  EKV1, och får eventuella reella egenvärden:

4 2

1 1 0 ⇒ 4 1 2 0 ⇒ 5 6 0

Ekvationen har två reella lösningar 2 och 3 och därför har vi två egenvärden 2, 3 .

Steg 2. Låt . För varje reell lösning λk till EKV1 substituerar vi λ=λk i EKV2, dvs i följande ekvation

4 2

1 1 0

0 och bestämmer motsvarande egenvektorer.

i) 2 . Vi har

4 2 2

1 1 2 0

0 ,

2 2

1 1 0

0 , Vi får system (som har icke triviala lösningar)

Sida 6 av 11

2 2 0

0 ~ 0

0 0 , ä

Vi väljer t ex Härav

1

1 som är egenvektorer för t ≠ 0.

Egenrummet E_1 t , } 1

{1 tR



 



 =span( 



 



 1

1 ) (även nollvektorn ingår).

ii ) På samma sätt får vi för 3, tillhörande egenvektorer är 2

1 , t ≠ 0 och egenrummet E_2 span( 



 



 1 2 ).

Svar:

a) Egenvärdet 2 med motsvarande egenvektorer 1

1 , t ≠ 0 och egenrummet E_1 span( 



 



 1 1 ).

Egenvärdet 3 , med motsvarande egenvektor 2

1 , t ≠ 0 och egenrummet

2 

E span( 



 



 1 2 ).

b) 2 , 1

1 , t ≠ 0 och E_1span( 



 



 1

1 ). ; 0 , 3

1 , t ≠ 0 och

2 

E span( 



 



 1 3 ).

c) Steg 1.

0 )

det(A I  ger 0

) 4 ( 0 0

2 ) 3 ( 2

2 1



















. Vi utveklar determinanten efter tredje raden:

) 2 3 )(

4 ( ] 2 ) 3 ( )[

4 ) ( 3 ( 2 ) 1 4 ( )

det(        ² 





 



      



 

I

A

Den karakteristiska ekvationen (4)(²32)0 har tre lösningar

11

 , ₂ 2 och ₃ 4 som är matrisens egenvärden.

Anmärkning: Om vi utvecklar determinanten på ett annat sätt och förenklar då får vi tredjegradsekvation

λ 7 λ 14 λ 8 0

Om det finns heltalslösningar till ovanstående ekvation då är de delare till konstanta termen 8.

Vi testar heltalsfaktorer till 8 : 1, 2 4 8.

Sida 7 av 11

Talet λ 1 är en lösning (kontrollera själv) och därför är polynomet λ 7 λ 14 λ 8

delbart med (λ 1 . Polynomdivision ger

λ 7 λ 14 λ 8 / λ 1 λ 6λ 8 Ekvationen

λ 6λ 8 0 ger två lösningar till 2 och ; 4.

Steg 2. Låt . För varje egenvärde λk substituerar vi λ=λk i EKV1, och bestämmer motsvarande egenvektor. ( Kontrollera nedanstående svar.)

Svar c) 1 , 1 1

0 , t ≠ 0 , E_1 span(

















0 1 1

) ;

2 , 1

2

0 , t ≠ 0 , E_2 span(

















0 2 1

) ;

4 , 0

2

1 , t ≠ 0 , E_3 span(

















1 2 0

).

Svar d) 0 , 1 1

0 , t ≠ 0 , E_1span(

















0 1 1

) ;

2 , 1

2

0 , t ≠ 0 , E_2 span(

















0 2 1

) ;

3 , 0

0

1 , t ≠ 0 , E_3 span(

















1 0 0

).

Sida 8 av 11

Beräkning av uttrycket A

ⁿ

v , där v är en egen vektor till A.

Uppgift 2. (KS 2008)

Antag att matrisen A har egenvektorn v som svarar mot egenvärdet  . 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 = v (ekv1)

Vi multiplicerar (ekv1) med A från vänster och får A²v = Av 

A²v = ²v

Allternativt kan vi direkt beräkna A²v=AAv= Av=Av=v=²v

Alltså, från A²v = ²v, ser vi att v också är en egenvektor till A² som tillhör egenvärdet ². b) (A² 3A2I)v=A²v –3Av+2v= ²v –3v +2v =(²–3 +2)v ,

därför är v en egenvektor till A² 3A2I med tillhörande egenvärdet (²–3 +2).

Uppgift 3.

Antag att matrisen A har egenvektorn v som svarar mot egenvärdet  . Visa att då v också är egenvektor till matriserna

a) A b) ³ A där n=0, 1,2,3,.... c) ⁿ A³ 5A² 3A5I Bestäm motsvarande egenvärden.

Lösning:

a) Vi ersätter A v med λv i varje steg ( totalt tre gången):

A³v = AAA v = AA(A v) = (v är en egenvektor) = AA(λv) = (vi skriver talet λ i början av uttrycket) = λAAv = = λAλv =λ²Av= λ³v

Därmed, från A³v = λ³v, ser vi att v också är en egenvektor till A³ med egenvärdet ³. b) På liknande sätt har vi att Aⁿv = λⁿv och därmed är v också är en egenvektor till Aⁿ , där n=0, 1,2,3,.... med egenvärdet ⁿ.

c) (A³ 5A² 3A5I) v= A³v –5A²v +3Av+5v= ³v –5²v +3v+5v

=(³–5²+3+5) v.

Därför är v en egenvektor till A³ –5A² +3A+5I med tillhörande egenvärdet (³–5²+3+5).

Anmärkning: Ovanstående egenskap för en egenvektor v ( dvs Aⁿv = λⁿv) kan användas för att på enkelt sätt beräkna Aⁿx för en vektor x som kan anges som en linjär kombination av matrisens egenvektorer.

Beräkning av uttrycket A

ⁿ

x , där x är en linjär kombination av

egenvektorer till A.

Sida 9 av 11 Uppgift 4.

Antag att matrisen A har egenvektorerna v1 och v2 som svarar mot egenvärden 1 respektive

2 . Låt vidare x =k1v1+ k2v2. Bestäm

a) Ax b) A⁴⁴x Lösning:

a) Ax = A(k1v1+ k2v2)= k1Av1+ k2Av2= k11v1+ k22v2

b) A⁴⁴x = A⁴⁴ (k1v1+ k2v2)= k1A⁴⁴v1+ k2 A⁴⁴v2= k1₁^44v1+ k2 ⁴⁴₂ v2 Uppgift 5.

Antag att matrisen A har egenvektorerna v1=

















0 1 1

och v2=

















2 1 0

som svarar mot egenvärden

1=2 respektive 2= –1 . Låt vidare x =

















6 13 10

. Kan vi (med given information) bestämma A³x ? Lösning:

Vi försöker uttrycka x som en linjär kombination av egenvektorerna v1 och v2: Från av1+ bv2= x får vi a=10 och b=3.

Alltså x =10v1+ 3v2.

Därför A³x = A³ (10v1+ 3v2)= 10 A³v1+ 3 A³v2=10₁^{3 v1 + 3} ³₂^{v2 .}

=102³

















0 1 1

+3(1)³

















2 1 0

=80

















0 1 1

-3

















2 1 0

=

















 6 77 80

Svar: A³x =

















 6 77 80

Uppgift 6. Låt A vara en inverterbar matris med egenvektor v som svarar mot egenvärdet .

Visa att v är också egenvektor till A^-1och bestäm motsvarande egen värde.

Bevis.

Enligt antagandet gäller A v =  v. Vi multiplicerar båda leden (från vänster) med A^-1och får A^-1A v = A^-1 v  v = A^-1 v ( dela med ) A^-1 v =

^{1 v.}

Alltså är v en egen vektor till A^-1 med motsvarande egenvärde ^1. Anmärkning: Eftersom A är inverterbar är _0.

Sida 10 av 11 Bestämning av matrisen för givna egenvektorer

Inledning. Låt L:Rⁿ Rⁿ vara en linjär avbildning. Då är tillhörande matris A=[L] av typ n

n . Om bilder av n st. linjär oberoende vektorer då kan vi bestämma A.

Om

1 1) (

A v  y ,…, A(v^_n) y^_n (*) då kan vi skriva

AV=Y (**)

där kolonner i matrisen V är vektorerna v^₁,...,v^_n och kolonner i Y är vektorerna y^₁,...,y^_n. Matrisen V är inverterbar eftersom v^₁,...,v^_n är oberoende vektorer.

Från (**) följer (multiplicera från höger med V^–1) att A=YV^–1 (***) .

Exempel 2.

För en avbildning L:R² R² gäller 



 







 





1 ) 1 3 ( 1

L och 



 







 





2 ) 2 14 ( 3

L . Bestäm

avbildningens matris.

Lösning: Låt A beteckna avbildningens matris. Då gäller



 







 



 1 1 3

A 1 och 



 







 





2 2 14

A 3 som vi kan skriva på formen AV=Y dvs som



 







 





2 1

2 1 14 3

3

A 1 .

Härav (multiplicera från höger med V^–1) har vi A=YV^–1 dvs



 







 



 







 



 







 







 







1 8

1 8 5 1 1 3

3 14 5 1 2 1

2 1 14

3 3 1 2 1

2

1 ¹

A .

Svar: 



 







 

1 8

1 8 5

A 1 .

På samma sätt bestämmer vi avbildningens matris om, bland givna vektorer, finns några egenvektorer. Notera att för en egenvektor v

med egenvärdet  gäller Avv. Uppgift 7. För en avbildning L:R² R² gäller 



 







 





1 ) 2 3 ( 2

L . Vektorn 



 





 3

1 är en egenvektor till L med tillhörande egenvärde 2. Bestäm avbildningens matris.

Lösning:

Vi har 



 







 





1 ) 2 3 ( 2

L och 



 





 



 





 3

2 1 3 ) ( 1

L dvs 



 





 



 





 6

) 2 3 ( 1

L .

Låt A beteckna avbildningens matris. Då gäller



 







 





1 2 3

A 2 och 



 





 



 





 6

2 3

A 1 . Detta kan skrivas som



 





 



 





 1 6

2 2 3 3

1

A 2 . Härav (multiplicera från höger med inversen)



 







 



 









 



 















 





 



 





 



 





 



13 15

2 12 9 1 13 15

2 12 9 1 2 3

1 3 9 1 6 1

2 2 3

3 1 2 6 1

2

2 ¹

A

Sida 11 av 11

Svar: 



 







 

13 15

2 12 9 A 1

Uppgift 8.Vektorerna 



 



 3 1

v^1 och 



 



 1 2

v^2 är två egenvektorer till en avbildning

2

:R2 R

L  . Tillhörande egenvärden är ₁ 2 och ₂ 1. Bestäm avbildningens matris.

Lösning:

Låt A beteckna avbildningens matris. Då gäller



 







 



 



 





6 2 3 2 1 3

A 1 och 



 







 



 



 





 





1 2 1

1 2 1

A 2 . Detta kan skrivas som



 







 



 





1 6

2 2 1 3

2

A 1 . Härav (multiplicera från höger med inversen)



 







 



 









 



 













 







 



 







 







 



13 9

6 8 5 1 13 9

6 8 5 1 1 3

2 1 5 1 1 6

2 2 1

3 2 1 1 6

2

2 ¹

A

Svar: 



 







 

13 9

6 8 5 A 1

Uppgift 9. Vektorerna

















 1 1 0 v1

,

















 1 0 1 v2

och

















 3 2 0 v3

är två egenvektorer till en 3x3 matris A. Tillhörande egenvärden är ₁ 2 , ₂ 3 och ₃3. Bestäm avbildningens matris.

Lösning:

Vi har





















































2 2 0

1 1 0 2 1 1 0

A ,





















































3 0 3

1 0 1 3 1 0 1

A ,





















































9 6 0

3 2 0 3 3 2 0

A .

Detta kan skrivas som



































9 3 2

6 0 2

0 3 0

3 1 1

2 0 1

0 1 0 A

Härav





































































































5 3 2

2 0 2

0 0 3 1

1 1

0 0 1

2 3 2 9 3 2

6 0 2

0 3 1 0

3 1 1

2 0 1

0 1 0 9 3 2

6 0 2

0 3 0 A

Svar:

























5 3 2

2 0 2

0 0 3 A