Tips och lösning till U 22.6
SamverkanLinalgLIU
| Rad 2: | Rad 2: | ||
'''Tips 1''' | '''Tips 1''' | ||
| - | + | Om vi har bilderna av basvektorerna så vet vi hur avbildningens matris ser ut!! | |
{{NAVCONTENT_STEP}} | {{NAVCONTENT_STEP}} | ||
'''Tips 2''' | '''Tips 2''' | ||
| - | + | Vi har den mycket viktiga satsen sats 16.11 på kap 16.2 som säger att <math> F </math>:s matris <math> A </math> innehåller i sina kolonner bilden av basvektorerna. Således är | |
| + | <center><math> | ||
| + | A=\left(\begin{array}{rrr}2&1&3\\1&2&3\\0&0&1\end{array}\right) | ||
| + | </math></center> | ||
{{NAVCONTENT_STEP}} | {{NAVCONTENT_STEP}} | ||
'''Tips 3''' | '''Tips 3''' | ||
| - | + | Nu ska vi alltså söka egenvärden och egenvektorer till matrisen <math> A </math>. Även i detta fall är det möjligt att få fram tre linjärt oberoende egenvektorer som kan bilda bas. Observera att det finns många rätta svar både vad gäller att välja riktning och storlek på dina basvektorer. Kontrollera gärna att vektorerna är egenvektorer via en lämplig matrismultiplikation! | |
{{NAVCONTENT_STEP}} | {{NAVCONTENT_STEP}} | ||
'''Lösning''' | '''Lösning''' | ||
Nuvarande version
Tips 1
Om vi har bilderna av basvektorerna så vet vi hur avbildningens matris ser ut!!
Tips 2
Vi har den mycket viktiga satsen sats 16.11 på kap 16.2 som säger att \displaystyle F :s matris \displaystyle A innehåller i sina kolonner bilden av basvektorerna. Således är
A=\left(\begin{array}{rrr}2&1&3\\1&2&3\\0&0&1\end{array}\right)
Tips 3
Nu ska vi alltså söka egenvärden och egenvektorer till matrisen \displaystyle A . Även i detta fall är det möjligt att få fram tre linjärt oberoende egenvektorer som kan bilda bas. Observera att det finns många rätta svar både vad gäller att välja riktning och storlek på dina basvektorer. Kontrollera gärna att vektorerna är egenvektorer via en lämplig matrismultiplikation!
Lösning
Eftersom \displaystyle F :s matris \displaystyle A innehåller i sina kolonner bilden av basvektorerna, så är
A=\left(\begin{array}{rrr}2&1&3\\1&2&3\\0&0&1\end{array}\right)
Vi löser sekularekvationen
0=\det(A-\lambda E)= \left|\begin{array}{rrr}{2-\lambda}&1&3\\1&{2-\lambda}&3\\0&0&{1-\lambda}\end{array}\right| =(1-\lambda)((2-\lambda)^2-1)=(1-\lambda)^2 (3-\lambda).
Egenvärdena är \displaystyle \lambda_{1,2}=1 och \displaystyle \lambda_{3}=3 .
För \displaystyle \lambda_{1,2}=1 får vi
\left(\begin{array}{rrr}{1}&1&3\\1&1&3\\0&0&{0}\end{array}\right|\left. \begin{array}{r} 0\\0\\0\end{array}\right) \Leftrightarrow x_1+x_2+3x_3=0.
Sätter vi \displaystyle x_3=-t och \displaystyle x_2=-s får vi att tillhörande egenvektorer är
\underline{\boldsymbol{e}} \left(\begin{array}{r} s+3t\\-s\\-t\end{array}\right) =s\underline{\boldsymbol{e}} \left(\begin{array}{r} 1\\-1\\0\end{array}\right) +t\underline{\boldsymbol{e}} \left(\begin{array}{r} 3\\0\\-1\end{array}\right).
Vi kan välja t.ex.,
\displaystyle \boldsymbol{v}_1=\underline{\boldsymbol{e}} \left(\begin{array}{r} 1\\-1\\0\end{array}\right)
och \displaystyle \boldsymbol{v}_2=\underline{\boldsymbol{e}}\left(\begin{array}{r} 3\\0\\-1\end{array}\right).
För \displaystyle \lambda_{3}=3 får vi
\left(\begin{array}{rrr}{-1}&1&3\\1&{-1}&3\\0&0&{2}\end{array}\right|\left. \begin{array}{r} 0\\0\\0\end{array}\right) \Leftrightarrow x_3=0,\ x_1-x_2=0.
Tillhörande egenvektor är alltså
\displaystyle \boldsymbol{v}_3=\underline{\boldsymbol{e}} \left(\begin{array}{r} 1\\1\\0\end{array}\right) .
Egenvektorerna är en bas för \displaystyle {\bf R}^3 , ty dessa är linjärt oberoende då \displaystyle \left|\begin{array}{rrr} 1&3&1\\-1&0&1\\0&-1&0\end{array}\right|=2\neq0 .
