1. No category

1
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenvärden och egenvektorer
EGENVÄRDEN och
EGENVEKTORER
Definition1 ( av 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 ) = λ v
då kallas 𝑣𝑣⃗ 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


 
T (v ) = 0 ⋅ v dvs T (v ) = 0
för någon nollskylld vektor 𝑣𝑣⃗.
Geometriskt betyder (*) att egenvektorn 𝑣𝑣⃗ är parallell med sin bild 𝑇𝑇(𝑣𝑣⃗)
T(v)
v
---------------------------------------------------------------------------------------- a11 a12 ... a1n 
a
a22 ... a2 n 
21

Låt A =
vara avbildningens matris i någon bas B
 ... ... ... ... 


an1 am 2 ... ann 


dvs T (v ) = Av
Från (*) har vi


(**)
Av = λ v
Vi kan därför definiera matrisens egenvektor och motsvarande egenvärde på samma sätt
som för en linjär avbildning.
Definition2 ( av 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


(**)
Av = λ v
då kallas 𝑣𝑣⃗ 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
 


Av = 0 ⋅ v dvs Av = 0
2
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenvärden och egenvektorer

för någon nollskylld vektor v . 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 = λ v då är
 
u = tv (där t är en skalär skild från 0 ) också en egenvektor med samma egenvärde.
  


b) Om u och v är två egenvektorer som hör till egenvärdet λ sådana att u + v ≠ 0 så är
 
u + v också en egenvektor med samma egenvärde.
Bevis:








a) Au = Atv = tAv = tλ v = λtv = λu .
Alltså Au = λu V.S.B.
 




 
b) A(u + v ) = Au + Av = λu + λv = λ (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.
-------------------------------------------------------Mängden av alla egenvektorer som hör till egenverdet 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 ∈ R n : ( A − λI )v = 0}
kallas egenrummet tillhörande λ.

Alltså är El = {0} ∪ {Mängden av alla egenvektorer som hör till egenvärde l} .

Vi kan också säga att {Mängden av alla egenvektorer som hör till egenvärde l} = El \ {0} .
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 (**)


 
Av = λ v ⇒ ( A − λI ) v = 0
eller
...
a12
a1n   x1 
(a11 − λ )
 
 a
(a22 − λ ) ...
a2 n   x 2 
21

=0
 ...
...
...
...   ... 

 
... (ann − λ )  x n 
am 2
 an1
(* * *)
3
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenvärden och egenvektorer
Eftersom 𝑣𝑣⃗ ≠ �⃗
0 enligt definitionen, söker vi icke-triviala lösningar, och de finns endast
om
det( A − λI ) = 0
eller
(a11 − λ )
a21
...
an1
...
a12
a1n
(a22 − λ ) ...
a2 n
=0
...
...
...
... (ann − λ )
am 2
(* * **)
Efter utveckling av determinanten får vi ett polynom i vänstersidan av ovanstående
ekvationen. polynomet det( A − λI ) kallas det karakteristiska polynomet.
Ekvationen det( A − λI ) = 0 är (efter utveckling av determinanten) en algebraisk ekvation
av grad n. Ekvationen
det( A − λI ) = 0
kallas för den karakteristiska ekvationen eller, i några böcker, ”sekularekvation”.
Steg 1. Vi löser först den karakteristiska ekvationen
( EKV1 )
det( A − λI ) = 0
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
 
( EKV2)
( A − λI ) v = 0
och bestämmer motsvarande egenvektor .
Uppgift 1 Bestäm alla egenvärden, egenrummet och egenvektorer för följande matriser:
4
a) �
1
−2
�
1
b) �
−1 3
�
−1 3
c)
a) Lösning
Vi löser följande två ekvationer :
det( A − λI ) = 0
och
 
( A − λI ) v = 0
d)
( EKV1 )
( EKV2)
Steg 1. Först löser vi den karakteristiska ekvationen ,
det( A − λI ) = 0
EKV1, och får eventuella reella egenvärden:
(4 − 𝜆𝜆)
−2
�
� = 0 ⇒ (4 − 𝜆𝜆)(1 − 𝜆𝜆) + 2 = 0 ⇒ 𝜆𝜆2 − 5𝜆𝜆 + 6 = 0
1
(1 − 𝜆𝜆)
4
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenvärden och egenvektorer
Ekvationen har två reella lösningar 2 och 3 och därför har vi två egenvärden 𝜆𝜆1 = 2,
𝜆𝜆2 = 3 .
𝑥𝑥
Steg 2. Låt 𝑣𝑣⃗ = �𝑦𝑦�. För varje reell lösning λk till EKV1 substituerar vi λ=λk i EKV2,
dvs i följande ekvation
�
(4 − 𝜆𝜆)
1
𝑥𝑥
−2
0
� �𝑦𝑦� = � �
(1 − 𝜆𝜆)
0
och bestämmer motsvarande egenvektorer.
i) 𝜆𝜆1 = 2 . Vi har
𝑥𝑥
(4 − 2)
−2
0
� �𝑦𝑦� = � �,
1
(1 − 2)
0
0
2 −2 𝑥𝑥
�
� � � = � �,
0
1 −1 𝑦𝑦
Vi får system (som har icke triviala lösningar)
�
2𝑥𝑥 − 2𝑦𝑦 = 0
𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 = 0
Härav
�
𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 = 0
~ �
0=0
( 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣, 𝑡𝑡 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑦𝑦 = 𝑡𝑡 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ 𝑑𝑑ä𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑥𝑥 = 𝑡𝑡)
Vi väljer t ex 𝑦𝑦 = 𝑡𝑡
𝑥𝑥
𝑡𝑡
1
𝑣𝑣⃗ = �𝑦𝑦� = � � = 𝑡𝑡 � � som är egenvektorer för t ≠ 0.
𝑡𝑡
1
1
1
Egenrummet Eλ 1 = t { , t ∈ R} =span(   ) (även nollvektorn ingår).
1
1
2
ii ) På samma sätt får vi för 𝜆𝜆2 = 3, tillhörande egenvektorer är 𝑣𝑣⃗2 = 𝑡𝑡 � � , t ≠ 0 och
1
2
 
egenrummet Eλ 2 = span(   ).
1 
Svar:
1
a) Egenvärdet 𝜆𝜆1 = 2 med motsvarande egenvektorer 𝑣𝑣⃗1 = 𝑡𝑡 � � , t ≠ 0 och
1
1
egenrummet Eλ 1 = span(   ).
1
2
Egenvärdet 𝜆𝜆2 = 3 , med motsvarande egenvektor 𝑣𝑣⃗2 = 𝑡𝑡 � � , t ≠ 0 och egenrummet
1
2
Eλ 2 = span(   ).
1 
1
1
b) 𝜆𝜆1 = 2 , 𝑣𝑣⃗1 = 𝑡𝑡 � �, t ≠ 0 och Eλ 1 = span(   ). ;
1
1
3
Eλ 2 = span(   ).
1
3
𝜆𝜆2 = 0 , 𝑣𝑣⃗2 = 𝑡𝑡 � � , t ≠ 0 och
1
5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenvärden och egenvektorer
c)
Steg 1.
𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑(𝐴𝐴 − 𝜆𝜆 I) = 0
⇒ −λ 3 + 7 λ 2 − 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 𝑜𝑜𝑜𝑜ℎ ± 8.
Talet λ1 = 1 är en lösning (kontrollera själv) och därför är polynomet
−λ 3 + 7 λ 2 − 14 λ + 8
delbart med (λ − 1).
Polynomdivision ger
(−λ 3 + 7 λ 2 − 14 λ + 8)/(λ − 1) = −λ 2 + 6λ − 8
Ekvationen
−λ 2 + 6λ − 8 = 0
ger två lösningar till 𝜆𝜆2 = 2 och ; 𝜆𝜆3 = 4.
𝑥𝑥
Steg 2. Låt 𝑣𝑣⃗ = �𝑦𝑦�. För varje egenvärde λk substituerar vi λ=λk i EKV1,
𝑧𝑧
och bestämmer motsvarande egenvektor. ( Kontrollera nedanstående svar.)
1 
1
Svar c) 𝜆𝜆1 = 1 , 𝑣𝑣⃗1 = 𝑡𝑡 �1� , t ≠ 0 , Eλ 1 = span( 1 ) ;
 
0
0
1 
1

𝜆𝜆2 = 2 , 𝑣𝑣⃗2 = 𝑡𝑡 �2� , t ≠ 0 , Eλ 2 = span( 2 ) ;
 
0
0
0 
0
𝜆𝜆3 = 4 , 𝑣𝑣⃗3 = 𝑡𝑡 �2� , t ≠ 0 , Eλ 3 = span( 2 ).
 
1
1
1 
1
Svar d) 𝜆𝜆1 = 0 , 𝑣𝑣⃗1 = 𝑡𝑡 �1� , t ≠ 0 , Eλ 1 = span( 1 ) ;
 
0
0
1
𝜆𝜆2 = 2 , 𝑣𝑣⃗2 = 𝑡𝑡 �2� , t ≠ 0 ,
0
0
𝜆𝜆3 = 3 , 𝑣𝑣⃗3 = 𝑡𝑡 �0� , t ≠ 0 ,
1
Eλ 2
1 
= span( 2 ) ;
 
0
Eλ 3
0
= span( 0 ).
 
1
6
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenvärden och egenvektorer
Beräkning av uttrycket Anv , där v är en egen vektor till A.
Uppgift 2. (KS 2008)
Antag att matrisen A har egenvektorn v som svarar mot egenvärdet λ . Visa att då v också är
egenvektor till matriserna
b) A 2 − 3 A + 2 I
a) A 2
Bestäm motsvarande egenvärden i båda fall.
Lösning:
a)
Enligt antagande gäller
Av = λv
(ekv1)
Vi multiplicerar (ekv1) med A från vänster och får
A2v = λAv ⇒
A2v = λ2v
Allternativt kan vi direkt beräkna A2v=AAv= Aλv=λAv=λλv=λ2v
Alltså, från A2v = λ2v, ser vi att v också är en egenvektor till A2 som tillhör egenvärdet λ2.
b) ( A 2 − 3 A + 2 I ) v=A2v –3Av+2v= λ2v –3λv +2v =(λ2–3λ +2)v ,
därför är v en egenvektor till A 2 − 3 A + 2 I med tillhörande egenvärdet (λ2–3λ +2).
Uppgift 3.
Antag att matrisen A har egenvektorn v som svarar mot egenvärdet λ . Visa att då v också är
egenvektor till matriserna
a) A3 b) An där n=0, 1,2,3,....
c) A3 − 5 A2 + 3 A + 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) =
2
3
(vi skriver talet λ i början av uttrycket) = λAAv = = λAλv =λ Av= λ v
3
Därmed, från A3v = λ v, ser vi att v också är en egenvektor till A3 med egenvärdet λ3.
n
b) På liknande sätt har vi att Anv = λ v och därmed är v också är en egenvektor till An , där
n=0, 1,2,3,.... med egenvärdet λn.
c) ( A3 − 5 A2 + 3 A + 5I ) v= A3v –5A2v +3Av+5v= λ3v –5λ2v +3λv+5v
=(λ3–5λ2+3λ+5) v.
Därför är v en egenvektor till A3 –5A2 +3A+5I med tillhörande egenvärdet (λ3–5λ2+3λ+5).
n
Anmärkning: Ovanstående egenskap för en egenvektor v ( dvs Anv = λ v) kan användas för
att på enkelt sätt beräkna Anx för en vektor x som kan anges som en linjär kombination av
matrisens egenvektorer.
7
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Egenvärden och egenvektorer
Beräkning av uttrycket Anx , där x är en linjär kombination av
egenvektorer till A.
Uppgift 4.
Antag att matrisen A har egenvektorerna v1 och v2 som svarar mot egenvärden λ1 respektive
λ2 . Låt vidare x =k1v1+ k2v2.
Bestäm
a) Ax
b) A44x
Lösning:
a) Ax = A(k1v1+ k2v2)= k1Av1+ k2Av2= k1λ1v1+ k2λ2v2
b) A44x = A44 (k1v1+ k2v2)= k1A44v1+ k2 A44v2= k1 λ144 v1+ k2 λ44
2 v2
Uppgift 5.
1 
0


Antag att matrisen A har egenvektorerna v1= 1 och v2= 1 som svarar mot egenvärden
 
 
0
2
10
λ1=2 respektive λ2= –1 . Låt vidare x = 13 .
 
 6 
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.
3
Därför A x = A3 (10v1+ 3v2)= 10 A3v1+ 3 A3v2=10 λ13 v1 + 3 λ32 v2
.
1 
0
1 0  80 
3  


= 10 ⋅ 2 ⋅ 1 + 3 ⋅ ( −1) ⋅ 1 =80 1 -3 1 =  77 
 
 
     
0
2
0 2  − 6
 80 
3

Svar: A x = 77 
 
 − 6
Uppgift 6. Låt A vara en inverterbar matris med egenvektor v som svarar mot egenvärdet λ.
Visa att v är också egenvektor till A-1och bestäm motsvarande egen värde.
Bevis.
Enligt antagandet gäller A v = λ v. Vi multiplicerar båda leden (från vänster) med A-1och får
A-1A v = A-1 λ v ⇒ v = A-1 λ v ⇒ ( dela med λ ) ⇒ A-1 v = 1 v.
3
λ
Alltså är v en egen vektor till A med motsvarande egenvärde λ−1 .
Anmärkning: Eftersom A är inverterbar är λ ≠ 0 .
-1