Øvinger uke 37 løsninger
Oppgave 1
a) A - 2 I =
3 2
2 0
3 8
0 2
=
1 2
~
3 6
1 2
0 0
Vi får to lineært avhengige rader, evt. en rad med nuller hvis du Gauss-Jordan eliminerer. Dette
viser ar vi får uendelig mange løsninger på det homogene liikningssettet med koeffisientmatrise A2 I, altså erΛ = 2 en egenverdi.
Du kunne også besvart spørsmålet med å regne ut determinanten:
1 2
det (A-2 I) = det
= 0.
3 6
b)
3 7 9
-4 -5 1
2 4 4
4
0
-3 = 0
1
0
4
= 0 -3
1
4
Vektoren -3 er derfor en egenvektor med tilhørende egenverdi Λ = 0.
1
c) At Λ er en egenverdi for A, betyr at det finnes en vektor x ¹ 0 slik at A.x = Λ x. Multipliserer vi
med A-1 fra venstre, får vi derfor:
x = A-1 .A.x = A-1 . HΛ xL = Λ A-1 .x A-1 .x = x.
1
Λ
1
Λ
Dette viser at A-1 har egenverdi
med samme egenvektor x.
Oppgave 2
A=
1 6
5 2
det( A - Λ I) = det (
1-Λ
6
5
2-Λ
= H1 - ΛL H2 - ΛL - 30 = Λ2 - 3 Λ - 28 = HΛ - 7L HΛ + 4L = 0
egenverdier Λ1 = 7, Λ2 = -4.
A -7 I =
1 6
7 0
5 2
0 7
=
-6 6
5 -5
=
5 6
5 6
~
1 -1
0 0
egenvektor
(løs likningen x - y = 0)
A +4 I =
1 6
4 0
+
5 2
0 4
(løs likningen 5 x + 6 y = 0)
~
5 6
-6
egenvektor
5
0 0
1
1
1
2
A -7 I =
1 6
-
2
7 0
7
Regneøvinger fasit
5 uke
2 37.nb
0
=
-6 6
5 -5
=
5 6
5 6
~
1 -1
0 0
egenvektor
1
1
(løs likningen x - y = 0)
A +4 I =
1 6
4 0
+
5 2
0 4
~
5 6
-6
egenvektor
5
0 0
(løs likningen 5 x + 6 y = 0)
Sjekk i Mathematica :
EigensystemBK
7
-4
81, 1< 8-6, 5<
1 6
OF
5 2
4 -1 6
B= 2 1 6
2 -1 8
4 - Λ -1
6
2
1-Λ
6
det ( B - Λ I) = det
2
-1 8 - Λ
det
4 - Λ -1
2
1-Λ
4 - Λ -1
6
2
1-Λ
6
= det
0
Λ-2 2-Λ
= (2-Λ) det
4-Λ 6
+ (2-Λ)
2
6
= ( 2-Λ) (6(4-Λ)-12) + (2-Λ)((4-Λ)(1-Λ)+2) = (2-Λ)( 12- 6Λ) + (2-Λ)(Λ2 -5Λ+6) =
(2-Λ)(Λ2 - 11 Λ+18) = (2-Λ)(Λ-9)(Λ-2) = -HΛ - 2L2 HΛ - 9L = 0
Vi finner egenverdiene Λ1 = 2, Λ2 = 2, Λ3 = 9
Med Λ = 2 får vi:
2 -1 6
B- 2 I Þ 2 -1 6 ~
2 -1 6
x
På vektorform: y
z
2 -1 6
0 0 0 Þ 2x-y+6z=0 Þ x =
0 0 0
1
2
1
2
s - 3 t, y = s, z = t.
-3
+t 0
1
=s 1
0
Egenvektorer ( med heltallige verdier ) er da v1 =
1
-3
2 , v2 = 0
0
1
Med Λ = 9 får vi:
-5 -1 6
2 -8 6
1 -4 3
1 -4 3
1 -4 3
B - 9 I = 2 -8 6 ~ -5 -1 6 ~ -5 -1 6 ~ 0 -21 21 ~ 0 1 -1 ~
2 -1 -1
2 -1 -1
2 -1 -1
0 7 -7
0 1 -1
1 -4 3
1 0 -1
0 1 -1 ~ 0 1 -1
0 0 0
0 0 0
x
Þ x - z = 0, y - z = 0, z = t Þ y
z
Egenvektor er da v3 =
1
1
1
1
=t 1
1
0
0
1
0
-1 ~ 0 1 -1
0
0 0 0
x
Þ x - z = 0, y - z = 0, z = t Þ y
z
Egenvektor er da v3 =
1
=t 1
1
Regneøvinger fasit uke 37.nb
1
1
1
Sjekk i Mathematica :
4 -1 6
Eigensystem B 2 1 6 F
2 -1 8
9
2
2
81, 1, 1< 8-3, 0, 1< 81, 2, 0<
0 0 0
C= 0 2 5
0 0 -1
Da matrisen C er triangulær, leser vi direkte ut at Λ1 = 0, Λ2 = 2, Λ3 = -1
Med Λ = 0 får vi:
0 0 0
0 0 0
C= 0 2 5 ~ 0 2 0
0 0 -1
0 0 -1
Þ x = t, y = 0, z = 0. Egenvektor v1 =
1
0 .
0
Med Λ = 2 får vi:
-2 0 0
1 0 0
1 0 0
C - 2 I = 0 0 5 ~ 0 0 1 ~ 0 0 1 Þ x = 0, y = t, z = 0. Egenvektor v1 =
0 0 -3
0 0 1
0 0 0
0
1 .
0
Med Λ = -1 får vi:
1 0 0
x
C + I = 0 3 5 Þ x = 0, 3 y + 5 z = 0, z = t. Þ y
z
0 0 0
0
=t
5
3
. Egenvektor v2 =
1
0
-5 .
3
Sjekk i Mathematica :
0 0 0
Eigensystem B 0 2 5 F
0 0 -1
2
-1
0
80, 1, 0< 80, -5, 3< 81, 0, 0<
Oppgave 3
Det karakteristiske polynom for matrisen A er uttrykket du får ved å regne ut det ( A - Λ I), der I er
identitetsmatrisen. I denne oppgaven har vi en 4 x 4 matrise, og polynomet blir derfor av 4. grad.
Men matrisen er triangulær, og da er det lett å regne ut determinanten.
5 -2 6 -1
0 3 8 0
A=
0 0 5 4
0 0 0 1
Det( A - Λ I) =
5 - Λ -2
6
0
3-Λ
8
det
0
0
5-Λ
-1
0
4
3-Λ
8
0
5-Λ
= H5 - ΛL det
0
4
=
3
4
5 -2 6 -1
0 fasit
3 uke
8 37.nb
0
Regneøvinger
A=
0 0 5 4
0 0 0 1
Det( A - Λ I) =
5 - Λ -2
6
-1
0
3-Λ
8
0
det
0
0
5-Λ
4
0
0
0
1-Λ
H5 - ΛL H3 - ΛL det
3-Λ
8
0
0
5-Λ
4
= H5 - ΛL det
0
0
1-Λ
5-Λ
4
0
1-Λ
=
= H5 - ΛL2 H3 - ΛL H1 - ΛL = Λ4 - 14 Λ3 + 68 Λ2 - 130 Λ + 75
poly = Expand AH5 - ΛL2 H3 - ΛL H1 - ΛLE
Λ4 - 14 Λ3 + 68 Λ2 - 130 Λ + 75
Egenverdiene er nullpunktene i polynomet.
5 -2
0 3
EigenvaluesB
0 0
0 0
85, 5, 3, 1<
6 -1
8 0
F
5 4
0 1
Solve@poly 0, ΛD
88Λ ® 1<, 8Λ ® 3<, 8Λ ® 5<, 8Λ ® 5<<
Oppgave 4
Diagonalmatrisen har egenverdiene til A på diagonalen, så vi må finne disse egenverdiene.
Matrisen P består av de tilhørende egenvektorene på søylene, så vi må bestemme disse også.
7 0
1 -6
1 -6
Dette er gjort i oppgave 2. Resultat var da D =
,P=
. Dette gir P.D.P -1 =
0 -4
1 5
1 5
= A, så teorien stemmer.
Sjekk :
A = K
1 6
O;
5 2
Eigensystem@AD
7
-4
81, 1< 8-6, 5<
Unprotect@DD;
D = K
7 0
O;
0 -4
1 -6
P = K
O;
1 5
A == P.D.Inverse@PD
True
Systemet av differensiallikninger
x' HtL = x HtL + 6 y HtL
y ' HtL = 5 x HtL + 2 y HtL
har A som koeffisientmatrise.
Den generelle løsningen på vektorform er derfor:
xHtL
yHtL
= c1
1 7t
-6
ã + c2
5
1
ã-4 t
Regneøvinger fasit uke 37.nb
Systemet av differensiallikninger
x' HtL = x HtL + 6 y HtL
y ' HtL = 5 x HtL + 2 y HtL
har A som koeffisientmatrise.
xHtL
yHtL
Den generelle løsningen på vektorform er derfor:
= c1
1 7t
-6
ã + c2
5
1
Initialbetingelsene bestemmer koeffisientene c1 og c2 :
xH0L
yH0L
c1
c2
1
-1
=
=
1
1
+ c2
1
.
-1
1
11
= c1
1 -6
1 5
-1
LinearSolveBP, K
1
- 11
=
-6
5
=
1 -6
c1
.
c2
1 5
5 6
1
.
-1 1
-1
=
1
11
1
OF
-1
2
- 11
Vår spesielle løsning er derfor :
xHtL
yHtL
=-
1
11
1 7t
ã 1
2
11
-6
5
ã-4 t
Utskrevet:
xHtL = -
1
11
ã7 t +
12
11
ã-4 t ,
yHtL = -
1
11
ã7 t -
10
11
ã-4 t
-1
-2
1
11
2
11
=
ã-4 t
5