Tips och lösning till U 22.13
SamverkanLinalgLIU
| Rad 2: | Rad 2: | ||
'''Tips 1''' | '''Tips 1''' | ||
| - | + | Vi börjar med att ta fram basen av egenvektorer. Vi vet från början att det går! | |
{{NAVCONTENT_STEP}} | {{NAVCONTENT_STEP}} | ||
'''Tips 2''' | '''Tips 2''' | ||
| - | + | Vi vet dessutom att det finns en ON-bas av egenvektorer (matrisen är ju symmetrisk) som i detta exempel saknar betydelse, men som kan användas för kontroll ty om egenvektorerna är skilda åt så får vi med automatik ortogonala egenvektorer till olika egenvärden (sats 18.16). | |
{{NAVCONTENT_STEP}} | {{NAVCONTENT_STEP}} | ||
'''Tips 3''' | '''Tips 3''' | ||
| - | + | När vi fått fram våra egenvektorer så tar vi fram koordinaterna i egenvektorbasen för den angivna vektorn genom ekvationssystemet <math> | |
| + | x_1\boldsymbol{v}_1+x_2\boldsymbol{v}_2+x_3\boldsymbol{v}_3=\boldsymbol{v} | ||
| + | \Leftrightarrow | ||
| + | \left(\begin{array}{rrr}1&1&1\\1&-1&1\\-2&0&1\end{array}\right|\left. | ||
| + | \begin{array}{r}0\\1\\0\end{array}\right). | ||
| + | </math> | ||
{{NAVCONTENT_STEP}} | {{NAVCONTENT_STEP}} | ||
'''Lösning''' | '''Lösning''' | ||
Nuvarande version
Tips 1
Vi börjar med att ta fram basen av egenvektorer. Vi vet från början att det går!
Tips 2
Vi vet dessutom att det finns en ON-bas av egenvektorer (matrisen är ju symmetrisk) som i detta exempel saknar betydelse, men som kan användas för kontroll ty om egenvektorerna är skilda åt så får vi med automatik ortogonala egenvektorer till olika egenvärden (sats 18.16).
Tips 3
När vi fått fram våra egenvektorer så tar vi fram koordinaterna i egenvektorbasen för den angivna vektorn genom ekvationssystemet \displaystyle x_1\boldsymbol{v}_1+x_2\boldsymbol{v}_2+x_3\boldsymbol{v}_3=\boldsymbol{v} \Leftrightarrow \left(\begin{array}{rrr}1&1&1\\1&-1&1\\-2&0&1\end{array}\right|\left. \begin{array}{r}0\\1\\0\end{array}\right).
Lösning
Vi löser sekularekvationen och börjar med att addera
raderna till rad 3:
\left| \begin{array}{ccc} {1-\lambda}&2&1\\2&{1-\lambda}&1\\1&1&{2-\lambda}\end{array}\right| =\left| \begin{array}{ccc}{1-\lambda}&2&1\\2&{1-\lambda}&1\\{4-\lambda}&{4-\lambda}&{4-\lambda}\end{array}\right| =(4-\lambda) \left| \begin{array}{ccc}{1-\lambda}&2&1\\2&{1-\lambda}&1\\1&1&1 \end{array}\right|
=\mbox{kolonnoperationer ger } (4-\lambda) \left| \begin{array}{ccc}{-\lambda}&1&1\\1&{-\lambda}&1\\0&0&1=(4-\lambda)(\lambda^2-1) \end{array}\right|.
Alltså är egenvärdena \displaystyle \lambda_1=1 ,
\displaystyle \lambda_2=-1 och \displaystyle \lambda_3=4 .
Tillhörande egenvektorer får vi om vi löser systemen
(A-\lambda_k E)X_k=0,\ k=1,2,3.
Dessa är \displaystyle \boldsymbol{v}_1=t(1,1,-2)^t , \displaystyle \boldsymbol{v}_2=t(1,-1,0)^t
resp. \displaystyle \boldsymbol{v}_3=t(1,1,1)^t .
Vi bestämmer nu koordinaterna för vektorn \displaystyle \boldsymbol{v}=(0,1,0)^t
i denna bas, dvs vi söker
\displaystyle x_1 , \displaystyle x_2 och \displaystyle x_3 så att
x_1\boldsymbol{v}_1+x_2\boldsymbol{v}_2+x_3\boldsymbol{v}_3=\boldsymbol{v} \Leftrightarrow \left(\begin{array}{rrr}1&1&1\\1&-1&1\\-2&0&1\end{array}\right|\left. \begin{array}{r}0\\1\\0\end{array}\right).
Lösningen är \displaystyle x_1=1/6 , \displaystyle x_2=-1/2 och \displaystyle x_3=1/3 .
Vektorn \displaystyle \boldsymbol{v}=(0,1,0)^t har i basen
\displaystyle \{\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2,\boldsymbol{v}_3\} koordinaterna
\displaystyle \boldsymbol{v}=\underline{\boldsymbol{v}} (1/6,-1/2,1/3)^t.
