Tips och lösning till U 9.10
SamverkanLinalgLIU
Tips 1
Man brukar tala om triviala lösningar till homogena ekvationssystem, dvs system där högerledet är noll. Den triviala lösningen är den där alla variablerna är noll. Skriv om systemet så att alla variabler är på en sida. Du får då ett homogent ekvationssystem.
Tips 2
Vi utnyttjar nu sats 8.17 punkt 1 och 4. Den triviala lösningen är alltså den entydiga och den var vi inte intresserade av. Du skall nu undersöka för vilka värden på \displaystyle \lambda som koefficientmatrisens (för det homogena systemet) determinant blir noll.
Tips 3
För de värden på \displaystyle \lambda som gör att determinanten blir noll skall du lösa systemet. Två fall kan förekomma. Antingen får du en lösning som är en parameterlösning (sk oändlig lösningsmängd) eller så saknas lösning.
När du löser ett problem av den här typen är det viktigt att du försöker att ha en tydlig struktur på din lösning. Annars är det lätt att man tappar tråden i lösningen. Försök att se den strukturen i den lösning som kommer längre fram.
Naturligtvis kan du med lite jobb kontrollera att dina lösningar löser det ursprungliga ekvationssystemet.
Lösning
Ekvationssytemet
\left\{\begin{array}{rcrcrcr}x&+&y&-&2z&=&\lambda
x\\2x&&&-&2z&=&\lambda y\\-2x&+&2y&+&z&=&\lambda
z\end{array}\right.
kan på matrisform skrivas
\left(\begin{array}{rrr}1&{1}&-2\\2&0&-2\\-2&2&1\end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{r}x\\y\\z\end{array}\right) =\lambda \left(\begin{array}{r}x\\y\\z\end{array}\right) \Leftrightarrow AX=\lambda X.
Vi börjar med att flytta över de obekanta variablerna till vänstra ledet
\left\{\begin{array}{rcrcrcr}
(1-\lambda)x&+&y&-&2z&=&0\\2x&-&\lambda
y&-&2z&=&0\\-2x&+&2y&+&(1-\lambda)z&=&0\end{array}\right.
som på matrisform kan skrivas
\left(\begin{array}{rrr} {1-\lambda}& 1&-2 \\2 & -\lambda& -2\\-2&2&1-\lambda\end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{r}x\\y\\z\end{array}\right) =\left(\begin{array}{r}0\\0\\0\end{array}\right) \Leftrightarrow(A-\lambda E)X=\boldsymbol{0},
där \displaystyle E är enhetsmatrisen.
Vi bestämmer nu \displaystyle \lambda så att systemet \displaystyle (A-\lambda E) \boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} har andra lösningar än den triviala lösningen \displaystyle \boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} .
För detta kräver vi enligt Sats 8.17 att \displaystyle \det(A-\lambda E)=0 .
Vi adderar rad 2 till rad 3:
\det(A-\lambda E)= \left|\begin{array}{ccc} {1-\lambda}& 1&-2 \\2 & -\lambda& -2\\-2&2&1-\lambda\end{array}\right| = \left|\begin{array}{ccc} {1-\lambda}& 1&-2 \\2 & -\lambda& -2\\0&2-\lambda&-1-\lambda\end{array}\right|.
Vi adderar kolonn 1 till kolonn 3 och därefter rad 1 till rad 3:
\det(A-\lambda E)= \left|\begin{array}{ccc} {1-\lambda}& 1&-1-\lambda \\2 & -\lambda&0\\0&2-\lambda&-1-\lambda\end{array}\right| \Leftrightarrow \left|\begin{array}{ccc} {1-\lambda}& 1&-1-\lambda \\2 & -\lambda&0\\-1-\lambda&1-\lambda&0\end{array}\right|.
\begin{array}{ll}
\det(A-\lambda E)&=&(-1-\lambda)(-1)^{1+3}\cdot1\cdot
\left|\begin{array}{rrr} 2 & -\lambda\\-1-\lambda&1-\lambda\end{array}\right|\\
&=&(-1-\lambda) (2-\lambda (-1+\lambda))
=(-1-\lambda) (2+\lambda-\lambda^2)\\
&=&(-1-\lambda) (2+\lambda)(1-\lambda).\\
\end{array}
Eftersom \displaystyle \det(A-\lambda E)=0 för \displaystyle \lambda_1=-1 , \displaystyle \lambda_2=1 och \displaystyle \lambda_3=2 , så har systemet för dessa värden på \displaystyle \lambda en icke-trivial lösning.
Vi tar och bestämmer dessa lösningar.
Fallet \displaystyle \lambda_1=-1 : Vi har alltså
x&+&y&-&2z&=&-x\\2x&&&-&2z&=&-y\\-2x&+&2y&+&z&=&-z
\end{array}\right.
\Leftrightarrow
\left\{\begin{array}{rcrcrcr}2x&+&y&-&2z&=&0\\2x&+&y&-&2z&=&0\\-2x&+&2y&+&2z&=&0\end{array}\right.
På matrisform kan detta skrivas
\left(\begin{array}{rrr} 2&1&-2\\2&1&-2\\-2&2&2\end{array}\right.\left| \begin{array}{r} 0\\0\\0\end{array}\right) \Leftrightarrow \left(\begin{array}{rrr} 2&1&-2\\0&0&0\\0&3&0\end{array}\right.\left| \begin{array}{r} 0\\0\\0\end{array}\right)
som har lösningen \displaystyle x=t , \displaystyle y=0 och \displaystyle z=t , dvs \displaystyle X_1=t\left(\begin{array}{r} 1\\0\\1\end{array}\right) .
Fallet \displaystyle \lambda_2=1 : Vi får
x&+&y&-&2z&=&x\\2x&&&-&2z&=&y\\-2x&+&2y&+&z&=&z
\end{array}\right.
\Leftrightarrow
\left\{\begin{array}{rcrcrcr} &&y&-&2z&=&0\\
2x&-&y&-&2z&=&0\\ -2x&+&2y&&&=&0 \end{array}\right.
Vi flyttar om raderna och använder Gausselimination
\left\{\begin{array}{rcrcrcr}2x&-&y&-&2z&=&0\\-2x&+&2y&&&=&0\\&&y&-&2z&=&0 \end{array}\right. \Leftrightarrow \left(\begin{array}{rrr} 2&-1&-2\\-2&2&0\\0&1&-2\end{array}\right.\left| \begin{array}{r} 0\\0\\0\end{array}\right)
dvs
\left(\begin{array}{rrr} 2&-1&-2\\0&1&-2\\0&1&-2\end{array}\right.\left| \begin{array}{r} 0\\0\\0\end{array}\right) \Leftrightarrow \left(\begin{array}{rrr} 2&-1&-2\\0&1&-2\\0&0&0\end{array}\right.\left| \begin{array}{r} 0\\0\\0\end{array}\right).
Vi sätter \displaystyle z=t . Då är \displaystyle y=2t och \displaystyle x=2t . Systemet har i det här fallet lösningen \displaystyle X_2=t \left(\begin{array}{r} 2\\2\\1\end{array}\right) .
Fallet \displaystyle \lambda_3=2 : Det följer att
\left\{\begin{array}{rcrcrcr}
x&+&y&-&2z&=&2x\\2x&&&-&2z&=&2y\\-2x&+&2y&+&z&=&2z
\end{array}\right.
\Leftrightarrow
\left\{\begin{array}{rcrcrcr} -x&&y&-&2z&=&0\\
2x&-&2y&-&2z&=&0\\
-2x&+&2y&-&z&=&0 \end{array}\right.
dvs
\left(\begin{array}{rrr} -1&1&-2\\2&-2&-2\\-2&2&-1\end{array}\right.\left| \begin{array}{r} 0\\0\\0\end{array}\right) \Leftrightarrow \left(\begin{array}{rrr} -1&1&-2\\0&0&-6\\0&0&3\end{array}\right.\left| \begin{array}{r} 0\\0\\0\end{array}\right)
Systemet har lösningen \displaystyle X_3=t\left(\begin{array}{r} 1\\1\\0\end{array}\right) .
