Tips och lösning till U 22.17a
SamverkanLinalgLIU
| Rad 1: | Rad 1: | ||
{{NAVCONTENT_START}} | {{NAVCONTENT_START}} | ||
'''Tips 1''' | '''Tips 1''' | ||
| - | + | Du skall först ställa dej frågan varför det går att finna en ON-bas av egenvektorer till till denna linjära avbildning. | |
| - | + | ||
{{NAVCONTENT_STEP}} | {{NAVCONTENT_STEP}} | ||
'''Tips 2''' | '''Tips 2''' | ||
| - | + | Spektralsatsen säger att för symmetriska avbildningsmatriser finns alltid en ON-bas av egenvektorer. | |
{{NAVCONTENT_STEP}} | {{NAVCONTENT_STEP}} | ||
'''Tips 3''' | '''Tips 3''' | ||
| - | + | Vi tar fram egenvärden och egenvektorer på sedvanligt sätt. När du fått fram vektorerna räcker det sedan att normera dessa och du har löst uppgiften. | |
{{NAVCONTENT_STEP}} | {{NAVCONTENT_STEP}} | ||
'''Lösning''' | '''Lösning''' | ||
Nuvarande version
Tips 1 Du skall först ställa dej frågan varför det går att finna en ON-bas av egenvektorer till till denna linjära avbildning.
Tips 2
Spektralsatsen säger att för symmetriska avbildningsmatriser finns alltid en ON-bas av egenvektorer.
Tips 3
Vi tar fram egenvärden och egenvektorer på sedvanligt sätt. När du fått fram vektorerna räcker det sedan att normera dessa och du har löst uppgiften.
Lösning
Eftersom \displaystyle F är symmetrisk följer av spektralsatsen att \displaystyle F har en ON-bas av egenvektorer.
Vi bryter ut faktorn 1/3 från varje rad (kolonn) i sekularekvationen
0=\left|\begin{array}{ccc} 1/3-\lambda&2/3&0\\ 2/3&-\lambda&2/3\\ 0&2/3&-1/3-\lambda\\ \end{array}\right| =\frac{1}{3^3} \left|\begin{array}{ccc} 1-3\lambda&2&0\\ 2&-3\lambda&2\\ 0&2&-1-3\lambda \end{array}\right| =\lambda(1-\lambda)(1+\lambda)
Egenvärdena är \displaystyle \lambda_1=0 , \displaystyle \lambda_2=1
och \displaystyle \lambda_3=-1 .
Tillhörande egenvektorer får vi om vi
löser systemen \displaystyle (A-\lambda_k E)X_k=\boldsymbol{0} , \displaystyle k=1,2,3 .
För \displaystyle \lambda_1=0 får vi
\left(\begin{array}{ccc} 1/3&2/3&0\\ 2/3&0&2/3\\ 0&2/3&-1/3\\ \end{array}\right|\left. \begin{array}{r}0\\0\\0 \end{array}\right) \Leftrightarrow \left(\begin{array}{ccc} 1&2&0\\ 2&0&2\\ 0&2&-1\\ \end{array}\right|\left. \begin{array}{r}0\\0\\0 \end{array}\right) \Leftrightarrow X_1=t\left(\begin{array}{r} -2\\1\\2 \end{array}\right)
Den tillhörande normerade egenvektorn är alltså \displaystyle \boldsymbol{v}_1=\frac{1}{3}(-2,1,2)^t .
För \displaystyle \lambda_2=1 får vi
\left(\begin{array}{rrr} -2/3&2/3&0\\ 2/3&-1&2/3\\ 0&2/3&-4/3\\ \end{array}\right|\left. \begin{array}{r}0\\0\\0 \end{array}\right) \Leftrightarrow \left(\begin{array}{rrr} -2&2&0\\ 2&-3&2\\ 0&2&-4 \end{array}\right|\left. \begin{array}{r}0\\0\\0 \end{array}\right) \Leftrightarrow X_2=t\left(\begin{array}{r} 2\\2\\1 \end{array}\right)
Alltså är \displaystyle \boldsymbol{v}_2=\frac{1}{3}(2,2,1)^t .
För \displaystyle \lambda_3=-1 får vi
\left(\begin{array}{rrr} 4/3&2/3&0\\ 2/3&1&2/3\\ 0&2/3&2/3\\ \end{array}\right|\left. \begin{array}{r}0\\0\\0 \end{array}\right) \Leftrightarrow \left(\begin{array}{rrr} 4&2&0\\ 2&3&2\\ 0&2&4 \end{array}\right|\left. \begin{array}{r}0\\0\\0 \end{array}\right) \Leftrightarrow X_3=t\left(\begin{array}{r} 1\\-2\\2 \end{array}\right)
och tillhörande egenvektorn är \displaystyle \boldsymbol{v}_3=\frac{1}{3}(1,-2,2)^t . Vi har därmed matriserna \displaystyle T=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{rrr} -2&2&1\\ 1&2&-2\\ 2&1&2 \end{array}\right), och \displaystyle D=\left(\begin{array}{rrr} 0&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&-1 \end{array}\right) , så att \displaystyle A=TDT^t .
