13 Diagonalisering

I dette kapitel betegner $L : V \rightarrow V$ en lineær operator på et $\mathbb{F}$ -vektorrum $V$ af endelig dimension $>0$ . Med mindre andet er anført, så er der ingen begrænsninger på legemet $\mathbb{F}$ .

[Diagonaliserbar] Den lineære operator $L$ kaldes diagonaliserbar, såfremt der eksisterer en basis for $V$ bestående af egenvektorer for $L$ . En matrix $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ siges at være diagonaliserbar, hvis det tilsvarende er gældende for den lineære operator $L_A : \mathbb{F}^n \rightarrow \mathbb{F}^n$ .

Lad $A \in \mathrm{Mat}_2(\mathbb{R})$ betegne matricen

$A = \begin{pmatrix} 2 & 6 \\ 5 & 3 \end{pmatrix} .$ Så $A$ diagonaliserbar, idet $\mathcal{V}=({\bm{v}}_1,{\bm{v}}_2)$ med ${\bm{v}}_1=$

og ${\bm{v}}_2=$

er en basis for $\mathbb{R}^2$ bestående af egenvektorer for operatoren $L_A$ .

$\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} 3 \\ 3 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} 6 \\ -5 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} 2 \\ 5 \end{pmatrix}$

Quiz

Betragt følgende matricer som elementer i $\mathrm{Mat}_2(\mathbb{R})$ . Markér dem, der er diagonaliserbare.

$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$

Quiz

Betragt følgende matricer som elementer i $\mathrm{Mat}_2(\mathbb{C})$ . Markér dem, der er diagonaliserbare.

$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$

At vi anvender betegnelsen diagonaliserbar er forklaret ved følgende resultat.

Lad $\mathcal{V}=({\bm{v}}_1,{\bm{v}}_2,\ldots,{\bm{v}}_n)$ betegne en basis for $V$ . Så er $\mathcal{V}$ en basis af egenvektorer for $L$ hvis og kun hvis matrixrepræsentationen ${_{\mathcal{V}}}[{L}]_{\mathcal{V}}$ er diagonal. I givet fald er den $i$ 'te diagonalindgang i ${_{\mathcal{V}}}[{L}]_{\mathcal{V}}$ lig egenværdien for ${\bm{v}}_i$ .

Lad $L : V \rightarrow V$ betegne en operator på et reelt vektorrum af dimension $3$ . Antag, at $\mathcal{V}=({\bm{v}}_1,{\bm{v}}_2,{\bm{v}}_3)$ er en basis for $V$ bestående af egenvektorer for $L$ . Antag yderligere, at matrixrepræsentationen ${_{\mathcal{V}}}[{L}]_{\mathcal{V}}$ er lig

${_{\mathcal{V}}}[{L}]_{\mathcal{V}} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}.$ Så er egenværdierne for ${\bm{v}}_1$ , ${\bm{v}}_2$ og ${\bm{v}}_3$ lig hhv.

$2$

$-2$

$0$

$5$

Bevis

Start med at bemærke, at den $i$ 'te søjle i ${_{\mathcal{V}}}[{L}]_{\mathcal{V}}$ er lig koordinatvektoren $[L({\bm{v}}_i)]_{\mathcal{V}} \in \mathbb{F}^n$ , jf. Definition 8.14.

Hvis $\mathcal{V}$ er en basis for $V$ bestående af egenvektorer for $L$ , så vil den $i$ 'te søjle i ${_{\mathcal{V}}}[{L}]_{\mathcal{V}}$ være lig

$[L({\bm{v}}_i)]_{\mathcal{V}} = [\lambda_i\cdot{\bm{v}}_i]_{\mathcal{V}} = \lambda_i \cdot \bm{e}_i.$ hvor $\lambda_i \in \mathbb{F}$ betegner egenværdien for ${\bm{v}}_i$ . Specielt er ${_{\mathcal{V}}}[{L}]_{\mathcal{V}}$ da diagonal med $i$ 'te diagonalindgang lig $\lambda_i$ .

Hvis omvendt ${_{\mathcal{V}}}[{L}]_{\mathcal{V}}$ er diagonal med diagonalindgange $\lambda_1,\lambda_2, \ldots,\lambda_n$ , så er

$[L({\bm{v}}_i)]_{\mathcal{V}} = \lambda_i \cdot \bm{e}_i = [\lambda_i\cdot{\bm{v}}_i]_{\mathcal{V}} ,$ og dermed gælder der nødvendigvis, at

$L({\bm{v}}_i) = \lambda_i \cdot {\bm{v}}_i$ for $i=1,2,\ldots,n$ . Specielt består $\mathcal{V}$ af egenvektorer, og egenværdien for ${\bm{v}}_i$ er lig $\lambda_i$ , for $i=1,2,\ldots,n$ .

I tilfældet $L=L_A$ , for $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ , kan vi reformulere dette som:

Lad $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ . For en invertibel matrix $S \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ vil

$D=S^{-1} A S$ være en diagonalmatrix hvis og kun hvis søjlerne i $S$ udgør en basis for $\mathbb{F}^n$ bestående af egenvektorer for $A$ . I givet fald vil egenværdien for den $i$ 'te søjle i $S$ være identisk med den $i$ 'te diagonalindgang i $D$ . Specielt er $A$ diagonaliserbar hvis og kun hvis $A$ er similær til en diagonalmatrix.

Bevis

Lad $S \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ betegne en matrix med søjler ${\bm{v}}_1, {\bm{v}}_2,\ldots,{\bm{v}}_n$ . Jf. Proposition 7.4, så udgør $\mathcal{V}=({\bm{v}}_1,\ldots,{\bm{v}}_n)$ en basis for $\mathbb{F}^n$ , netop når $S$ er invertibel. Såfremt $S$ er invertibel, så vil vi yderligere have, at

$S = {_{\mathcal{E}}}[{\square}]_{{\mathcal{V}}} ,$ ifølge Eksempel 8.10 (1.), og dermed er

$S^{-1} A S = {_{{\mathcal{E}}}}[{\square}]_{\mathcal{V}}^{-1} \cdot {_{\mathcal{E}}}[{L_A}]_{\mathcal{E}} \cdot {_{\mathcal{E}}}[{\square}]_{{\mathcal{V}}} = {_{\mathcal{V}}}[{L_A}]_{\mathcal{V}} \tag{13.1}$ jf. Korollar 8.18 og Proposition 8.8. Udsagnet følger da af Proposition 13.4.

Quiz

Angiv en reel $2 \times 2$ matrix, der er diagonaliserbar, men som ikke er diagonal.

Dit svar: Det er en

At $L$ er en lineær operator, gør, at man kan sammensætte $L$ med sig selv; dvs. sammensætningen $L \circ L$ giver mening. Faktisk kan man sammensætte $L$ med sig selv et vilkårligt antal gange. Vi anvender betegnelsen $L^m$ , for et heltal $m >0$ , om sammensætningen af $L$ med sig selv $m$ gange.

Hvis ${\bm{v}} \in V$ er en egenvektor for $L$ med egenværdi $\lambda$ , så er ${\bm{v}}$ en egenvektor for $L^m$ med tilhørende egenværdi $\lambda^m$ .

Bevis

Vi argumenterer via induktion i $m \geq 1$ . Hvis $m=1$ , så er udsagnet oplagt. Antag derfor, at $m>1$ , og at udsagnet er opfyldt for $m-1$ . Så gælder der, at

$\begin{aligned} L^m({\bm{v}}) & = L \big( L^{m-1}({\bm{v}}) \big) \\ & = L(\lambda^{m-1} \cdot {\bm{v}}) \\ & = \lambda^{m-1} L({\bm{v}}) \\ & = \lambda^{m-1} ( \lambda \cdot {\bm{v}}) \\ & = \lambda^m \cdot {\bm{v}}, \end{aligned}$ og det ønskede er opnået.

I konkrete tilfælde er det ofte nyttigt, men også svært, at sige noget fornuftigt om $L^m$ , når $m$ er et stort tal. For diagonaliserbare lineære operatorer er det dog let at håndtere potenserne $L^m$ .

Antag at $L$ er en diagonaliserbar lineær operator, og lad $\mathcal{V}=({\bm{v}}_1,{\bm{v}}_2,\ldots,{\bm{v}}_n)$ betegne en basis for $V$ bestående af egenvektorer for $L$ . For skalarer $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n \in \mathbb{F}$ gælder der, at

$L^m\Big(\sum_{i=1}^n \alpha_i \cdot {\bm{v}}_i \Big) = \sum_{i=1}^n (\alpha_i \lambda_i^m) \cdot {\bm{v}}_i,$ hvor $\lambda_i$ , for $i=1,2,\ldots,n$ , betegner egenværdien for ${\bm{v}}_i$ ift. $L$ .

Bevis

Ifølge Lemma 13.7, så er ${\bm{v}}_i$ en egenvektor for $L^m$ med egenværdi $\lambda_i^m$ . Derfor fås

$\begin{aligned} L^m \Big(\sum_{i=1}^n \alpha_i \cdot {\bm{v}}_i \Big) & = \sum_{i=1}^n \alpha_i \cdot L^m({\bm{v}}_i) \\ & = \sum_{i=1}^n \alpha_i \cdot (\lambda_i^m \cdot {\bm{v}}_i) \\ & = \sum_{i=1}^n (\alpha_i \lambda_i^m) \cdot {\bm{v}}_i, \end{aligned}$ som påstået.

Bemærk, at der med antagelserne i Proposition 13.8 gælder, at ethvert element i $V$ er på formen $\sum_{i=1}^n \alpha_i \cdot {\bm{v}}_i$ , og at Proposition 13.8 dermed giver en fuldstændig beskrivelse af $L^m$ .

Såfremt vi kender alle egenværdier for $L$ , så kan følgende kriterium anvendes til at afgøre, om en lineær operator er diagonaliserbar.

Lad $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_k$ betegne samtlige egenværdier for $L$ . Så er $L$ diagonaliserbar hvis og kun hvis

$\sum_{i=1}^k \mathrm{Geo}_L(\lambda_i) = \mathrm{dim}(V). \tag{13.2}$ I givet fald så kan man konstruere en basis for $V$ bestående af egenvektorer for $L$ på følgende vis: sæt $d_i=\mathrm{Geo}_L(\lambda_i)$ , for $i=1,2,\ldots,k$ , og lad

$\mathcal{V}_i=({\bm{v}}_{i1},{\bm{v}}_{i2},\ldots,{\bm{v}}_{i d_i})$ betegne en basis for egenrummet $E_L(\lambda_i)$ . Samlingen (ordnet i vilkårlig rækkefølge)

$\mathcal{V}=({\bm{v}}_{ij})_{1 \leq i \leq k, 1 \leq j \leq d_i}$ er da en basis for $V$ bestående af egenvektorer for $L$ .

Bevis

Konstruer $\mathcal{V}$ som angivet ovenfor, og bemærk, at $\mathcal{V}$ består af egenvektorer for $L$ . Ifølge Proposition 12.13 er $\mathcal{V}$ lineært uafhængig og derfor en basis for $\mathrm{Span}(\mathcal{V})$ . Specielt er $\mathrm{Span}(\mathcal{V})$ et underrum i $V$ af dimension

$\mathrm{dim}\big(\mathrm{Span}(\mathcal{V})\big) = \sum_{i=1}^k d_i = \sum_{i=1}^k \mathrm{Geo}_L(\lambda_i). \tag{13.3}$ Antag nu, at (13.2) er opfyldt. Så er $\mathrm{dim}\big(\mathrm{Span}(\mathcal{V})\big) = \mathrm{dim}(V)$ , og, jf. Proposition 7.16, så har vi dermed, at $V= \mathrm{Span}(\mathcal{V})$ . Vi konkluderer, at $\mathcal{V}$ en basis for $V$ . Specielt er $L$ diagonaliserbar.

Antag nu omvendt, at $L$ er diagonaliserbar og lad

$\mathcal{W}= (\bm{w}_1,\bm{w}_2,\ldots,\bm{w}_n)$ betegne en basis for $V$ bestående af egenvektorer for $L$ . Idet $\bm{w}_j$ , for $j=1,2,\ldots,n$ , er en egenvektor, så er $\bm{w}_j$ indeholdt i egenrummet $E_L(\lambda_i)$ for et passende $i$ . Specielt er $\bm{w}_j$ en linearkombination af elementerne i $\mathcal{V}_i$ . Men elementerne i $\mathcal{V}_i$ er en delmængde af elementer i $\mathcal{V}$ , og dermed er $\bm{w}_j$ indeholdt i $\mathrm{Span}(\mathcal{V})$ . Da dette gælder for alle basiselementerne i $\mathcal{W}$ , så må

$V = \mathrm{Span}(\mathcal{W}) \subseteq \mathrm{Span}(\mathcal{V}) \subseteq V,$ og dermed må $V = \mathrm{Span}(\mathcal{V})$ . Vi konkluderer hermed, at

$\sum_{i=1}^k \mathrm{Geo}_L(\lambda_i) = \mathrm{dim}\big(\mathrm{Span}(\mathcal{V})\big) = \mathrm{dim}(V), \tag{13.4}$ som ønsket.

Lad $A$ betegne en matrix i $\mathrm{Mat}_n(\mathbb{F})$ . Vha. Proposition 13.9 så kan man beskrive en algoritme, der bestemmer om matricen $A$ er diagonaliserbar. Angiv skridtene i den rækkefølge man skal udføre dem.

Bestem samtlige egenværdier for $A$ .

Bestem dimensionen af hvert egenrum.

Bestem for hver egenværdi $\lambda$ en RREF for matricen $A- \lambda \mathrm{I}$ .

Sammenlign summen af dimensionerne af egenrummene med $n$ .

Find den inverse matrix til $A$ .

Såfremt man med ovenstående algoritme finder, at $A$ er diagonaliserbar, så fortæller Proposition 13.9 også, hvordan man bestemmer en basis for $\mathbb{F}^n$ bestående af egenvektorer for $A$ . Angiv skridtene i den rækkefølge man skal udføre dem.

Bestem for hver egenværdi $\lambda$ den RREF for $A - \lambda \mathrm{I}$ .

Find den inverse matrix til $A$ .

Saml basisvektorene for hvert af egenrummene og opnå herved en basis for $\mathbb{F}^n$ bestående af egenvektorer for $A$ .

For hver egenværdi $\lambda$ er basen for nulrummet $N(A - \lambda \mathrm{I})$ også en basis for egenrummet $E_A(\lambda)$ .

Bestem samtlige egenværdier for $A$ .

Bestem for hver egenværdi $\lambda$ en basis for nulrummet $N(A - \lambda \mathrm{I})$ af $A - \lambda \mathrm{I}$ .

Til tider er følgende konsekvens af Proposition 13.9 anvendelig.

Lad $L$ betegne en lineær operator på et vektorrum $V$ af dimension $n>0$ . Hvis $L$ har $n$ parvist forskellige egenværdier, så er $L$ diagonaliserbar.

Bevis

Lad $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n$ betegne $n$ parvist forskellige egenværdier for $L$ . Jf. Proposition 12.5, så udgør disse egenværdier nødvendigvis alle mulige egenværdier for $L$ . Herudover så er $\mathrm{Geo}_L(\lambda_i) \geq 1$ , for $i=1,2,\ldots,n$ . Proposition 12.13 implicerer da, at

$\mathrm{dim}(V) = n \leq \sum_{i=1}^n \mathrm{Geo}_L(\lambda_i) \leq \mathrm{dim}(V),$ og dermed gælder der nødvendigvis, at $L$ er diagonaliserbar, jf. Proposition 13.9.

Quiz

Betragt følgende reelle matricer. Markér dem, der er diagonaliserbare.

$\begin{pmatrix} 2 & 2 & 5\\ 0 & 3 & 7\\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

Quiz

Det modsatte af udsagnet i Korollar 13.10 gælder ikke. Med andre ord så behøver diagonaliserbare lineære operatorer ikke have $n$ forskellige egenværdier. Angiv en reel matrix $A \in \mathrm{Mat}_2(\mathbb{R})$ , der er diagonaliserbar, men som ikke har to forskellige egenværdier.

Dit svar: Det er en

Antag at $\mathbb{F}$ indeholder uendeligt mange elementer. Såfremt $L$ er diagonaliserbar, så er

$\mathrm{Geo}_L(\lambda) = \mathrm{Alg}_L(\lambda),$ for alle skalarer $\lambda \in \mathbb{F}$ .

Bevis

Hvis $\lambda$ ikke er en egenværdi for $L$ , så er

$\mathrm{Geo}_L(\lambda) = 0 = \mathrm{Alg}_L(\lambda).$ Lad herefter $\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_k$ betegne samtlige egenværdier for $L$ . Så er

$\mathrm{Geo}_L(\lambda_i) \leq \mathrm{Alg}_L(\lambda_i), \tag{13.5}$ for $i=1,2,\ldots,k$ , jf. Proposition 12.30. Herudover giver Proposition 12.31, og antagelsen, jf. Proposition 13.9, at

$\mathrm{dim}(V) = \sum_{i=1}^k \mathrm{Geo}_L(\lambda_i) \leq \sum_{i=1}^k \mathrm{Alg}_L(\lambda_i) \leq \mathrm{dim}(V),$ hvilket kun er muligt, hvis vi har lighedstegn i (13.5) for alle $i$ .

Betragt den reelle matrix
$A = \begin{pmatrix} 2 & 6 \\ 5 & 3 \\ \end{pmatrix}$ fra Eksempel 12.17 (1.). Vi fandt tidligere, at $A$ har egenværdierne $\lambda_1=8$ og $\lambda_2=-3$ . De tilhørende egenrum er givet ved
$E_A(8) = \mathrm{Span}({\bm{v}}_1),\qquad E_A(-3) = \mathrm{Span}({\bm{v}}_2),$ hvor
${\bm{v}}_1= \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \end{pmatrix} , \qquad {\bm{v}}_2 = \begin{pmatrix} 6 \\ -5 \end{pmatrix} .$ Specielt er
$\mathrm{Geo}_A(8) + \mathrm{Geo}_A(-3) = 2 = \mathrm{dim}(\mathbb{R}^2),$ og $A$ er dermed diagonaliserbar, jf. Proposition 13.9 (alternativt kan man anvende Korollar 13.10 til at indse dette). Yderligere er $\mathcal{V}= ({\bm{v}}_1,{\bm{v}}_2)$ en basis for $\mathbb{R}^2$ bestående af egenvektorer for $A$ . Derudover er matricen
$S = \begin{pmatrix} 1 & 6 \\ 1 & -5 \end{pmatrix}$ invertibel og opfylder, at
$S^{-1} A S = \begin{pmatrix} 8 & 0 \\ 0 & -3 \end{pmatrix} ,$ ifølge Lemma 13.5.
Betragt den reelle matrix
$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix} ,$ fra Eksempel 12.11 (se også Eksempel 12.17 (2.)). Vi har tidligere bestemt egenværdierne for $A$ til $\lambda_1=1$ og $\lambda_2=4$ . De tilhørende geometriske multipliciteter er givet ved
$\mathrm{Geo}_A(1) = 2, \qquad \mathrm{Geo}_A(4) = 1.$ Idet
$\mathrm{Geo}_A(1) + \mathrm{Geo}_A(4) = 3 = \mathrm{dim}(\mathbb{R}^3),$ så er $A$ diagonaliserbar ifølge Proposition 13.9. Yderligere er $\mathcal{V}=({\bm{v}}_1,{\bm{v}}_2,{\bm{v}}_3)$ med
${\bm{v}}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} , \quad {\bm{v}}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} , \quad {\bm{v}}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix},$ en basis for $\mathbb{R}^3$ bestående af egenvektorer. Matricen
$S = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \\ \end{pmatrix}$ er da invertibel og opfylder, at
$S^{-1} A S = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} ,$ ifølge Lemma 13.5.
Betragt den reelle matrix
$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}$ fra Eksempel 12.29. Vi fandt tidligere, at $A$ alene har egenværdien $1$ , og at
$\mathrm{Geo}_A(1) = 1 \neq \mathrm{dim}(\mathbb{R}^2).$ Matricen $A$ er dermed ikke diagonaliserbar, jf. Proposition 13.9. Dette følger også af Korollar 13.13, idet $\mathrm{Alg}_A(1) = 2$ er forskellig fra $\mathrm{Geo}_A(1)$ .

Følgende eksempel illustrerer, hvordan potenser af matricer kan tænkes at forekomme i konkrete problemstillinger, og viser samtidig, hvordan en diagonalisering kan være yderst anvendelig.

Lad os tænke os givet følgende konkrete problem: i kurset Lineær Algebra starter der 400 studerende. Antallet af studerende der deltager i forelæsningerne, varierer på følgende vis: (cirka) ${90}{\%}$ af de studerende der deltager i en forelæsning, vil også deltage i den følgende forelæsning. Af dem som ikke deltog i en forelæsning, der vil ${20}{\%}$ deltage i den følgende forelæsning. Hvis vi antager, at alle møder op til den første forelæsning, hvor mange studerende er der så tilbage ved den 28. forelæsning? (Svarende til $2$ forelæsninger pr. uge i $14$ uger).

Lad os med $x(i)$ og $y(i)$ betegne antallet af studerende der hhv. deltager og ikke-deltager i forelæsning nr. $i$ . Med de givne forudsætninger har vi da

$\begin{aligned} x(i+1) & = 0.9 \cdot x(i) + 0.2 \cdot y(i) \\ y(i+1) & = 0.1 \cdot x(i) + 0.8 \cdot y(i) \end{aligned}$ eller, ækvivalent hermed,

$\begin{pmatrix} x(i+1) \\ y(i+1) \end{pmatrix} = A \cdot \begin{pmatrix} x(i) \\ y(i) \end{pmatrix},$ hvor

$A= \begin{pmatrix} 0.9 & 0.2 \\ 0.1 & 0.8 \\ \end{pmatrix} .$ Vi konkluderer, at

$\begin{pmatrix} x(i) \\ y(i) \end{pmatrix} = A^{i-1} \cdot \begin{pmatrix} 400 \\ 0 \end{pmatrix} ,$ som vi skal beregne for $i=28$ . Det karakteristiske polynomium for $A$ beregnes til

$p_A(t) = t^2 - 1.7 \cdot t + 0.7,$ med rødder

$\lambda_1= 1, \qquad \lambda_2 = 0.7.$ De tilsvarende egenrum beregnes til $E_A(\lambda_1)=\mathrm{Span}({\bm{v}}_1)$ og $E_A(\lambda_2) = \mathrm{Span}({\bm{v}}_2)$ , hvor

${\bm{v}}_1= \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} , \quad {\bm{v}}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} .$ Bemærk nu, at

$\begin{pmatrix} 400 \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{400}{3} \cdot ({\bm{v}}_1+ {\bm{v}}_2),$ og dermed, jf. Proposition 13.8, er

$\begin{aligned} \begin{pmatrix} x(i) \\ y(i) \end{pmatrix} & = A^{i-1} \cdot \begin{pmatrix} 400 \\ 0 \end{pmatrix} \\ & = \frac{400}{3} \cdot \big( A^{i-1} \cdot ({\bm{v}}_1+ {\bm{v}}_2) \big) \\ & = \frac{400}{3} \cdot ( 1^{i-1} \cdot {\bm{v}}_1 + (0.7)^{i-1} \cdot {\bm{v}}_2) \\ & = \frac{400}{3} \cdot ( {\bm{v}}_1 + (0.7)^{i-1} \cdot {\bm{v}}_2) \\ & \approx \frac{400}{3} \cdot {\bm{v}}_1 \quad \text{(når } i \text{ er stor)} \\ & \approx \begin{pmatrix} 266.7 \\ 133.3 \\ \end{pmatrix} . \end{aligned}$ Der vil altså være cirka $266$ studerende tilbage ved den sidste forelæsning.

Quiz

Lad $A \in \mathrm{Mat}_n(\mathbb{R})$ . Hvilke af følgende udsagn er forkerte?

Hvis $A$ er diagonaliserbar, så er $A$ invertibel.

Hvis $A$ er invertibel, så er $A$ diagonaliserbar.

Alle matricer er invertible eller diagonaliserbare.

Ingen matricer er både invertible og diagonaliserbare.

Quiz

Angiv en reel $2 \times 2$ matrix, der er diagonaliserbar, men som ikke er invertibel.

Dit svar: Det er en

Quiz

Angiv en reel $2 \times 2$ matrix, der er invertibel, men som ikke er diagonaliserbar.

Dit svar: Det er en

Quiz

Angiv en reel $2 \times 2$ matrix, der hverken er diagonaliserbar eller invertibel.

Dit svar: Det er en

Quiz

Angiv en reel $2 \times 2$ matrix, der både er diagonaliserbar og invertibel.

Dit svar: Det er en