Vektorgeometri för gymnasister
Per-Anders Svensson
http://homepage.lnu.se/staff/psvmsi/vektorgeometri/gymnasiet.html
Fakulteten för teknik
Linnéuniversitetet
Diagonalisering av linjära avbildningar I
Innehåll
Repetition: Matrisrepresentation av linjära avbildningar
Diagonaliserbara avbildningar
Egenvärden och egenvektorer
Sekularekvationen
2(26)
Repetition: Matrisrepresentation av linjära avbildningar
Låt F vara en linjär avbildning av rummet. Givet en bas
e = (e 1 , e 2 , e 3 ) finns det en matris A som representerar F , på så vis
att y = F (x ) motsvaras av matrisekvationen Y e = AX e , där
• X e och Y e är kolonnmatriser vars element består av
koordinaterna till vektorerna x respektive y i basen e.
• A är en 3 × 3-matris, vars kolonner i tur och ordning ges av
koordinaterna till F (e 1 ), F (e 2 ) och F (e 3 ) i basen e.
Om f = (f 1 , f 2 , f 3 ) är en annan bas, finns det på samma sätt en
3 × 3-matris B som representerar F i avseendet att y = F (x ) då
motsvaras av matrisekvationen Y f = BX f , där
• X f och Y f är kolonnmatriser vars element består av
koordinaterna till vektorerna x respektive y i basen f .
• B är en 3 × 3-matris, vars kolonner i tur och ordning ges av
koordinaterna till F (f 1 ), F (f 2 ) och F (f 3 ) i basen f .
Om T är den transformationsmatris som beskriver basbytet från
basen e till basen f , så gäller sambandet
B = T −1 AT ,
mellan avbildningsmatriserna i de båda baserna.
3(26)
Exempel
Låt S vara speglingen i planet 2x1 + x2 − x3 = 0. Då gäller (jfr. med
tidigare exempel) att
S (x ) = x − 2λn,
där n = (2, 1, −1) är normalvektor till planet och λ = (x · n)/|n|2 kan
räknas ut med hjälp av projektionsformeln.
n
x
2u = 2λn
S (x )
Med hjälp av formeln ovan får vi att S (e 1 ) = (− 31 , − 32 , 23 ),
S (e 2 ) = (− 32 , 23 , 31 ) och S (e 3 ) = ( 23 , 31 , 32 ), så avbildningsmatrisen
för S i basen e = (e 1 , e 2 , e 3 ) ges av


−1 −2 2
1
−2
2 1 .
A=
3
2
1 2
4(26)
Vi ska nu plocka fram matrisen B för S i en annan bas
f = (f 1 , f 2 , f 3 ). Om T är transformationsmatrisen för bytet från
bas e till f , så kommer då sambandet
B = T −1 AT
(1)
att gälla. Om vi dessutom strävar efter att f ska vara en ON-bas, så
kommer (1) kunna skrivas
B = T T AT ,
eftersom transformationsmatrisen vid ett byte mellan två ON-baser
alltid är en ortogonal matris, d.v.s. dess invers är lika med dess
transponat: T −1 = T T .
5(26)
I och med att vi vet att det rör sig om en spegling, kan vi med ett
geometriskt resonemang hitta en ON-bas:
• Låt u 1 = n = (2, 1, −1) vara normalvektor till planet.
• En vektor som är ortogonal mot u 1 måste ligga i planet, så dess
koordinater kommer att uppfylla planets ekvation
2x1 + x2 − x3 = 0. Här duger t.ex. u 2 = (0, 1, 1). (Andra val är
givetvis tänkbara.)
• Vi behöver en tredje vektor u 3 , som är ortogonal mot både u 1
och u 2 ; här duger vektorprodukten u 3 = u 1 × u 2 = (2, −2, 2).
u1
u3
u2
Vektorerna u 1 = (2, 1, −1), u 2 = (0, 1, 1) och u 3 = (2, −2, 2) är nu
parvis ortogonala, men de bildar inte en ON-bas, eftersom ingen av
dem har längden 1. Vi kommer dock att få en ON-bas, om vi
normerar var och en av vektorerna.
6(26)
En vektor normeras genom att multiplicera den med ett lämpligt tal,
så att resultatet blir en vektor av längd 1; för en vektor v 6= 0 ges
detta tal av 1/|v| (nollvektorn kan inte normeras). Om vi alltså sätter
(2, 1, −1)
1
u1
=p
= √ (2, 1, −1)
2
2
2
|u 1 |
6
2 + 1 + (−1)
u2
1
(0, 1, 1)
f2 =
= √ (0, 1, 1)
=√
|u 2 |
2
02 + 12 + 12
(2, −2, 2)
u3
1
=p
f3 =
= √ (1, −1, 1),
2
2
2
|u 3 |
3
2 + (−2) + 2
f1 =
så kommer f = (f 1 , f 2 , f 3 ) att vara en ON-bas.
7(26)
Avbildningsmatrisen B för S i basen f har som sina kolonner
koordinaterna för S (f 1 ), S (f 2 ) och S (f 3 ) i basen f . Här är
• S (f 1 ) = −f 1 , ty f 1 är en normalvektor till planet.
• S (f 2 ) = f 2 och S (f 3 ) = f 3 eftersom f 2 och f 3 båda ligger i
planet.
f1
S (f 3 ) = f 3
S (f 2 ) = f 2
S (f 1 ) = −f 1
Alltså ges avbildningsmatrisen för S

−1

0
B=
0
i basen f av diagonalmatrisen

0 0
1 0 .
0 1
8(26)
Eftersom
1
f 1 = √ (2, 1, −1)
6
1
f 2 = √ (0, 1, 1)
2
1
f 3 = √ (1, −1, 1),
3
så ges transformationsmatrisen för bytet från bas e till bas f av
√
√ 

2/√6
1/√3
√0
T =  1/√6 1/√2 −1/√3 ,
−1/ 6 1/ 2
1/ 3
och sambandet mellan A (matrisen för S i basen e) och B (matrisen
för S i basen f ) ges av
B = T T AT ,
ty T är en ortogonal matris (T −1 = T T ).
9(26)
Diagonaliserbara avbildningar
I exemplet med speglingen ovan lyckades vi hitta en bas, i vilken
avbildningsmatrisen blev en diagonalmatris. Är detta möjligt för
vilken linjär avbildning som helst?
Med andra ord: Om F är en linjär avbildning av rummet, går det då
alltid att hitta en bas f = (f 1 , f 2 , f 3 ) i vilken avbildningsmatrisen
för F blir en diagonalmatris


λ1 0
0
D =  0 λ2 0 ?
0
0 λ3
Svaret på denna fråga är nej − inte för alla linjära avbildningar.
Men det finns vissa linjära avbildningar för vilka detta är möjligt; för
speglingen i det förra exemplet gick det ju. De linjära avbildningar,
där det är möjligt att hitta en bas i vilken avbildningsmatrisen för
avbildningen blir en diagonalmatris, brukar man kalla för
diagonaliserbara.
10(26)
Definition (Diagonaliserbar avbildning)
Låt F vara en linjär avbildning av rummet (planet). Om det finns en
bas i vilken avbildningsmatrisen för F är en diagonalmatris, så
säges F vara diagonaliserbar.
Exempel
Speglingen S på planet 2x1 + x2 − x3 = 0 i det tidigare exemplet är
diagonaliserbar, ty i den bas f = (f 1 , f 2 , f 3 ) vi plockade fram i
exemplet, så har S diagonalmatrisen


−1 0 0
D =  0 1 0
0 0 1
som avbildningsmatris.
11(26)
Exempel
Låt P vara den ortogonala projektionen på samma plan
2x1 + x2 − x3 = 0 som vi i det förra exemplet speglade rummets
vektorer. Då är också P diagonaliserbar, ty i samma bas f som i
exemplet ovan, kommer P nämligen att ha diagonalmatrisen


0 0 0
D = 0 1 0 
0 0 1
som avbildningsmatris. Detta beror på att P(f 1 ) = 0 (i och med
att f 1 är en normalvektor till planet) samt P(f 2 ) = f 2 och
P(f 3 ) = f 3 , eftersom f 2 och f 3 ligger i planet.
Man kan visa att alla speglingar och alla projektioner (ortogonala
såväl som sneda) är diagonaliserbara.
12(26)
Egenvärden och egenvektorer
Låt F vara en godtycklig linjär avbildning. Kan vi på något sätt
avgöra ifall F är diagonaliserbar eller inte? Och om F är
diagonaliserbar, hur hittar vi en i så fall en bas, i vilken F får en
diagonalmatris som avbildningsmatris?
För att kunna reda ut detta, låtsas vi att F faktiskt är en
diagonaliserbar linjär avbildning, och ser vad detta i så fall innebär.
13(26)
Att F är diagonaliserbar, betyder enligt definitionen att det finns en
bas e = (e 1 , e 2 , e 3 ) i vilken F :s avbildningsmatris är en
diagonalmatris


λ1 0
0
D =  0 λ2 0  .
0
0 λ3
Kolonnerna i D är ju koordinaterna för F (e 1 ), F (e 2 ) och F (e 3 ) i
basen e. För e 1 = (1, 0, 0) gäller alltså
F (e 1 ) = (λ1 , 0, 0) = λ1 (1, 0, 0) = λ1 e 1 ,
d.v.s. F (e 1 ) och e 1 är parallella. På samma sätt ser vi att det för
e 2 = (0, 1, 0) gäller att
F (e 2 ) = (0, λ2 , 0) = λ2 (0, 1, 0) = λ2 e 2 ,
så även F (e 2 ) och e 2 är parallella. Till sist ser vi att även F (e 3 ) och
e 3 = (0, 0, 1) är parallella, ty
F (e 3 ) = (0, 0, λ3 ) = λ3 (0, 0, 1) = λ3 e 3 .
14(26)
För att kunna konstatera att F är diagonaliserbar, gäller det alltså
hitta en bas bestående av vektorer v i rummet, som är sådana att de
uppfyller F (v ) = λv för något λ. Den här typen av vektorer kallar
man för egenvektorer till F . Vi ger en formell definition:
Definition (Egenvärden och egenvektorer)
Låt F vara en linjär avbildning av rummet (planet). En vektor v 6= 0
som är sådan att
F (v ) = λv ,
för något tal λ, kallas för en egenvektor till F . Talet λ kallas för ett
egenvärde till F ; vi säger att v är en egenvektor till F med
egenvärdet λ.
Slutsats: Om vi för en linjär avbildning F av rummet kan hitta tre
linjärt oberoende egenvektorer till F , så kommer F i den bas som
består av dessa tre vektorer att ha en diagonalmatris som
avbildningsmatris.
Anmärkning
I definitionen ovan avkräver man att v 6= 0. Detta innebär att
nollvektorn aldrig kan vara en egenvektor till en linjär avbildning.
15(26)
Exempel
Låt S vara speglingen i ett givet plan Π och P den ortogonala
projektionen på samma plan. För alla vektorer v som ligger i detta
plan gäller då
S (v ) = v = 1 · v
och P(v ) = v = 1 · v ,
d.v.s. alla vektorer i planet (utom nollvektorn) är egenvektorer till
både S och P med egenvärdet 1.
Om n är en normalvektor till planet så gäller
S (n) = −n = (−1) · n
och P(n ) = 0 = 0 · n,
d.v.s. n är också en egenvektor till både S och P, fast med olika
egenvärden; till S är n en egenvektor med egenvärdet −1, medan n
är en egenvektor till P med egenvärdet 0.
16(26)
Exempel
Antag att F är en linjär avbildning av rummets vektorer, som i en
given bas har avbildningsmatrisen


3 −1
2
2 −1 .
A = 1
1
2
4
Då visar sig v = (1, 0, 1) vara en egenvektor till F , ty eftersom

    
3 −1
2
1
5
1
2 −1 . 0 = 0
1
2
4
1
5
så är F (v ) = 5v. Egenvärdet till v är alltså λ = 5.
17(26)
Sekularekvationen
Vi ska nu runda av denna föreläsning genom att visa hur man kan
räkna ut egenvärden och egenvektorer till en linjär avbildning F .
Antag att F är en linjär avbildning av rummet (planet). Vi söker
vektorer v 6= 0 som uppfyller F (v ) = λv för något λ. Antag att F
har A som avbildningsmatris i den bas som är given. Då blir
ekvationen F (v ) = λv på matrisform
AX = λX ,
där X 6= O är den kolonnmatris som svarar mot vektorn v 6= 0.
Ekvationen ovan kan också skrivas
AX = λEX ⇐⇒ AX − λEX = O ⇐⇒ BX = O,
där B = A − λE . Eftersom vi vill att X 6= O, så måste det homogena
ekvationssystemet BX = O ha en icke-trivial lösning. Detta inträffar
precis när det B = 0, eller med andra ord, när
det(A − λE ) = 0.
18(26)
Definition (Sekularekvationen)
Låt A vara en kvadratisk matris. Då kallas ekvationen
det(A − λE ) = 0
(2)
för sekularekvationen till matrisen A.
Ett annat vanligt namn på sekularekvationen är den karakteristiska
ekvationen för matrisen A.
Genom att lösa sekularekvationen till A får vi alltså alla möjliga
egenvärden till den linjära avbildning F som har A som
avbildningsmatris. Genom att sedan lösa det linjära ekvationssystemet
AX = λX (vilket ju är motsvarigheten till F (v ) = λv ) för varje sådant
egenvärde λ, så kommer vi att erhålla motsvarande egenvektorer.
19(26)
Exempel
Låt F vara en linjär avbildning av planet, med avbildningsmatrisen
1 4
A=
.
4 7
Vi ska undersöka om F är diagonaliserbar, och i så fall bestämma en
bas bestående av egenvektorer till F , i vilken F alltså kommer att få
en diagonalmatris som avbildningsmatris.
20(26)
Vi börjar med att lösa sekularekvationen. Eftersom
1 4
1 0
1 4
λ 0
1−λ
4
A−λE =
−λ
=
−
=
,
4 7
0 1
4 7
0 λ
4
7−λ
så får vi
1 − λ
4 = 0 ⇐⇒ (1 − λ)(7 − λ) − 4 · 4 = 0
4
7 − λ
⇐⇒ 7 − λ − 7λ + λ2 − 16 = 0
⇐⇒ λ2 − 8λ − 9 = 0
p
⇐⇒ λ = 4 ± 42 + 9 = 4 ± 5.
Det finns alltså två egenvärden, i form av λ1 = 4 − 5 = −1 och
λ2 = 4 + 5 = 9.
För att bestämma motsvarande egenvektorer behöver vi lösa
ekvationssystemet AX = λX för λ = −1 respektive λ = 9.
21(26)
λ = −1: Vi ska här lösa ekvationssystemet AX = −X , d.v.s.
2x1 + 4x2 = 0
x1 + 4x2 = −x1
2x1 + 4x2 = 0
⇐⇒
⇐⇒
0 = 0.
4x1 + 7x2 = −x2
4x1 + 8x2 = 0 −2
Vi får ett ekvationssystem med oändligt många lösningar (det ska vi
också få, annars har vi räknat fel!). Lösningarna kan skrivas
x1 = −2t
x2 =
t,
vilket betyder att (x1 , x2 ) = t (−2, 1) är en egenvektor med egenvärdet
λ = −1, för varje t 6= 0. Speciellt för t = 1 får vi
√ egenvektorn
v 1 = (−2, 1). (Skulle vi stället ha valt t = ±1/ 5, får vi en
egenvektor av längd 1.)
22(26)
λ = 9: Här blir det till att lösa ekvationssystemet AX = 9X , d.v.s.
2
0=0
x1 + 4x2 = 9x1
−8x1 + 4x2 = 0
⇐⇒
⇐⇒
4x1 − 2x2 = 0.
4x1 + 7x2 = 9x2
4x1 − 2x2 = 0
Även här blir ett ekvationssystem med oändligt många lösningar
(vilket det alltså ska bli). Dessa kan skrivas
x1 = t
x2 = 2t ,
så för varje t 6= 0 är alltså (x1 , x2 ) = t (1, 2) en egenvektor till
egenvärdet λ = 9. Speciellt för t = 1 får vi egenvektorn v 2 = (1,√2).
(Även här får vi en egenvektor av längd 1 om vi väljer t = ±1/ 5.)
23(26)
Vi har alltså funnit två egenvektorer v 1 = (−2, 1) och v 2 = (1, 2)
till F , med respektive egenvärden λ = −1 och λ = 9, vilket innebär att
F (v 1 ) = −v 1
och F (v 2 ) = 9v 2 .
(3)
Som synes är (v 1 , v 2 ) en bas för planet; vektorerna är inte parallella. I
denna bas kommer F att ha diagonalmatrisen
−1 0
D=
0 9
som avbildningsmatris, på grund av (3). Sambandet mellan D och den
ursprungliga avbildningsmatrisen A ges av
D = T −1 AT ,
−2 1
där T =
är transformationsmatrisen (vars kolonner består
1 2
av koordinaterna för egenvektorerna v 1 och v 2 i den ursprungliga
basen).
Anmärkning
Notera att de egenvektor v 1 = (−2, 1) och v 2 = (1, 2) vi valde ovan är
ortogonala; v 1 · v 2 = 0. Alltså kan vi t.om. hitta en ON-bas som
består av egenvektorer till F , om vi väljer v 1 och v 2 av längd 1.
24(26)
Vi avslutar med att ge ett exempel på en linjär avbildning som inte är
diagonaliserbar.
Exempel
Låt F vara en linjär avbildning, representerad av matrisen
1 2
A=
.
0 1
Vi undersöker om F diagonaliserbar. Sekularekvationen blir
1 − λ
2 = 0 ⇐⇒ (1 − λ)2 − 2 · 0 = 0 ⇐⇒ (1 − λ)2 = 0.
0
1 − λ
Vi ser att det enda egenvärdet är λ = 1. Motsvarande egenvektorer
bestäms genom att lösa ekvationssystemet
x1 + 2x2 = x1
x1 = t
AX = X ⇐⇒
⇐⇒
x2 = x2
x2 = 0.
Alla egenvektorer är alltså parallella med vektorn (1, 0). Därför kan
man inte bilda en bas för planet med hjälp av dessa; basvektorerna
måste ju vara icke-parallella. Slutsats: F är inte diagonaliserbar.
25(26)
Något om nästa föreläsning
Om F är en linjär avbildning av planet, så är varje avbildningsmatris
för F av typen 2 × 2, vilket innebär att sekularekvationen blir en
andragradsekvation.
Om F är en linjär avbildning av rummet, så kommer
sekularekvationen istället bli en tredjegradsekvation, eftersom
avbildningsmatrisen då är av typ 3 × 3.
Detta gör att det kan bli knivigt att lösa sekularekvationen, för hur
löser man en tredjegradsekvation?
Vi kommer därför inleda nästa föreläsning med en alternativ metod
att beräkna determinanter. Om man för 3 × 3-determinanter använder
denna metod istället för Sarrus’ regel, så blir sekularekvationen i regel
enklare att lösa; blåser man bara rakt på med Sarrus’ regel är risken
stor att man kör fast.
26(26)