8Egenværdier og egenvektorer

Diagonalmatricer er uden tvivl de pæneste matricer vi kan arbejde med. I lineære ligningssystemer svarer en diagonal systemmatrix til, at der kun indgår en ubekendt i hver ligning, så man kan direkte aflæse løsningerne.

I andre tilfælde kan det være brugbart at udregne potensen af en matrix (se Eksempel 4.5), det vil sige, udregne $A^2, A^3, \dots$ af en kvadratisk matrix $A.$ For en kvadratisk diagonalmatrix er disse operationer meget mere overkommelige.

For produkter af kvadratiske diagonalmatricer gælder

$\begin{pmatrix} \lambda_1 & & & \\ & \lambda_2 & & \\ & &\ddots &\\ & & & \lambda_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \mu_1 & & & \\ & \mu_2 & & \\ & &\ddots &\\ & & & \mu_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda_1\mu_1 & & & \\ & \lambda_2\mu_2 & & \\ & &\ddots &\\ & & & \lambda_n\mu_n \end{pmatrix}.$ For $m\in\mathbb{N},$ er den $m$ 'te potens af den første matrix $D$ ovenfor:

$D^m = \begin{pmatrix} \lambda_1^m & & & \\ & \lambda_2^m & & \\ & &\ddots &\\ & & & \lambda_n^m \end{pmatrix}.$ Det vil sige, at en kvadratisk diagonalmatrix opløftes til en potens, ved at opløfte diagonalelementerne til potensen.

Bevis

Dette følger direkte af Definition 4.1 (af matrixmultiplikation) for to diagonalmatricer.

Hvis man prøver at udregne $A^5$ for en ikke-diagonal matrix, vil man hurtigt indse, at det kan være et større projekt. Det betaler sig derfor at lave $A$ om til en diagonalmatrix, for at udregne $A^m.$ Dette kan nogle gange lade sige gøre ved en såkaldt diagonalisering, hvilket betyder at man finder en basis, således at matricen med hensyn til den nye basis er en diagonalmatrix.

For en invertibel matrix $V$ findes den inverse matrix $V^{-1},$ og udregningen $B = V^{-1} A V$ giver mening for en kvadratisk matrix $A$ af samme størrelse som $V.$ Matricerne $A$ og $B$ kaldes similære, svarende til at der er et basisskifte (basis som søjlerne i $V$ ), der overfører $A$ til $B.$

Lad os antage et øjeblik, at matricen $A$ er similær med en diagonalmatrix $D,$ det vil sige, vi kan finde en invertibel matrix $V,$ så

$V^{-1} A V = D.$ Så har vi tilsvarende at

$A = V D V^{-1},$ og dermed

$A^2 = (V D V^{-1}) (V D V^{-1}) = V D (V^{-1} V) D V^{-1} = V D^2 V^{-1}.$ Nøjagtig den samme udregning kan laves ikke bare for potensen $2,$ men for en potens givet ved et generelt naturligt tal $m$ :

$A^m = V D^m V^{-1}. \tag{8.1}$

Det vil sige, hvis vi er så heldige at finde en invertibel matrix $V,$ således at $V^{-1} A V$ er en diagonalmatrix, kan vi udregne potenser af $A$ meget nemmere end ved almindelig matrixmultiplikation. Dette viser sig også at være ganske brugbart, når man løser lineære systemer af ordinære differentialligninger, som man kan se senere i dette kapitel. I Kapitel 11 og 12 vil diagonalisering komme igen, som et vigtigt redskab til eksempelvis principle component analysis, som bruges til at finde det mest relevante data, blandt store mængder af målinger inden for kemi, biologi og fysik. Lidt mere jordnært er Google's PageRank algoritme, til at finde de mest relevante hjemmesider ud fra en Google-søgning.

Det er slet ikke sikkert at et sådan $V$ findes, men vi kan prøve på at analysere hvad matricen $A$ skal opfylde, for at det lader sig gøre.

8.1 Egenværdier, egenvektorer og diagonalisering

Først ser vi, at for diagonalisering $A = VDV^{-1},$ skal der gælde en særlig sammenhæng mellem søjlerne i $V$ og diagonalelementerne i $D.$

Lad $A$ være en $n\times n$ matrix, $V = (\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n)$ en invertibel $n\times n$ matrix og $D$ diagonalmatricen

$D = \begin{pmatrix} \lambda_1 & & & \\ & \lambda_2 & & \\ & &\ddots &\\ & & & \lambda_n \end{pmatrix}.$ Så gælder $V^{-1} A V = D,$ hvis og kun hvis,

$A \mathbf v_j = \lambda_j \mathbf v_j \tag{8.2}$ for $j = 1, \dots, n.$ Hvis det kan lade sig gøre, kaldes $A$ diagonaliserbar.

Bevis

$V^{-1} A V = D$ gælder, hvis og kun hvis, $V$ er invertibel og $A V = V D.$ Per definition af matrixmultiplikation, følger det at søjlevektorerne i $A V$ er $A \mathbf v_j$ for $j=1, \dots, n,$ samt at de tilsvarende søjlevektorer i $V D$ er $\lambda_j \mathbf v_j.$

Hvis vi kigger lidt nærmere på (8.2) ser vi, at der er tale om nogle helt særlige vektorer $\mathbf v_j.$ De fleste vektorer $\mathbf w$ vil ikke være parallelle med $A\mathbf w,$ men vi ser at dette lige præcis er tilfældet for $\mathbf v_j$ -vektorerne, hvis de skal bruges i en diagonalisering af $A$ ; her er $\lambda_j\mathbf v_j$ bare en skalering af $\mathbf v_j,$ som derfor (hvis $\lambda_j\neq 0)$ udspænder den samme linje som $\mathbf v_j$ -vektoren.

Disse overvejelser leder frem til følgende definition.

Lad $A$ være en kvadratisk matrix. Et komplekst tal $\lambda\in\mathbb{C}$ kaldes en egenværdi for $A,$ og en vektor $\mathbf v\neq \mathbf 0$ kaldes en egenvektor hørende til $\lambda,$ hvis de opfylder

$A\mathbf v = \lambda\mathbf v. \tag{8.3}$

I vektorrumsterminologien skal man bestemme sig for, om et vektorrum er et reelt vektorrum eller et komplekst vektorrum. Dette har formelt betydning for egenværdier og egenvektorer, da reelle vektorrum kun gør brug af reelle skalarer. Vi vil antage, at alle matricer vi undersøger er komplekse matricer, således at vi også tillader komplekse egenværdier. Husk, at selv hvis en matrix kun har reelle tal i dens indgange, er de reelle tal en delmængde af de komplekse tal.

Dette er standard inden for spektralteori. Selv for lineære transformationer på reelle vektorrum, kan dette enten løses ved at se på en matrixrepræsentation (se Opgave 8.24), eller ved kompleksifisering (se Afsnit 7.5).

Hvis $\mathbf v$ er egenvektor til $\lambda,$ vil $\mu\mathbf v$ også være en egenvektor for ethvert tal $\mu\neq 0$ :

$A(\mu\mathbf v) = \mu A\mathbf v = \lambda(\mu\mathbf v).$ Der er derfor altid uendelig mange egenvektorer, der hører til hver egenværdi.

Lad os tage et kig på matricen

$A = \begin{pmatrix} i & 0 \\ 2+2i & -1 \end{pmatrix}.$ Så er $\lambda_1 = -1$ en egenværdi, og $\mathbf v_1 = (0,1)^\textup{T}$ en tilhørende egenvektor, fordi

$A\mathbf v_1 = \begin{pmatrix} i & 0 \\ 2+2i & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \end{pmatrix} = -\mathbf v_1.$ Tilsvarende er $\lambda_2 = i$ en egenværdi, og $\mathbf v_2 = (1,2)^\textup{T}$ en tilhørende egenvektor, da

$A\mathbf v_1 = \begin{pmatrix} i & 0 \\ 2+2i & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} i \\ 2i \end{pmatrix} = i\mathbf v_2.$

Det er ikke oplagt med vores viden nu, om en matrix overhovedet har endelig mange egenværdier, eller hvordan man i praksis kan beregne egenværdier og egenvektorer, medmindre man får dem givet som i eksemplet ovenfor.

8.2 Udregning af egenværdierne for en matrix

Fra Definition 8.3 ser det kompliceret ud, at finde egenværdier og egenvektorer, da vi i princippet har ubekendte i både $\lambda$ og $\mathbf v.$ Men ved en lille omskrivning af (8.3), kan vi se hvordan vi først kan bestemme egenværdierne, og derefter finde egenvektorer:

$A\mathbf v = \lambda\mathbf v \quad \Leftrightarrow \quad (A-\lambda I)\mathbf v = \mathbf 0. \tag{8.4}$ Vi ser at $\mathbf v$ skal ligge i nulrummet for matricen $A-\lambda I,$ og da vi kun er interesserede i $\mathbf v\neq \mathbf 0,$ skal $\mathcal{N}(A-\lambda I)$ have dimension større end $0.$ Sagt med andre ord: Vi skal finde tal $\lambda,$ så matricen $A-\lambda I$ er singulær (Korollar 4.27). Nu har vi et kriterium, som udelukkende afhænger af $\lambda,$ og vi kan bruge determinanten $\det(A-\lambda I)$ til at undersøge om matricen er singulær.

Vi har dermed følgende resultat, hvor graden af polynomiet kommer fra definitionen af determinanten (Definition 5.2).

$\phantom{}$

Lad $A$ være en $n\times n$ matrix. Så er funktionen
$p(\lambda) = \det(A-\lambda I_n)$ et polynomium af grad $n$ i $\lambda,$ kaldet det karakteristiske polynomium for $A.$
Et tal $\lambda$ er egenværdi for $A,$ hvis og kun hvis, $\lambda$ er rod i det karakteriske polynomium, det vil sige løsning til
$p(\lambda) = 0.$ Vi kalder multipliciteten af roden $\lambda$ for den algebraiske multiplicitet af egenværdien.

På nuværende tidspunkt kan det være en god ide at kigge tilbage i Kapitel 2 (Sætning 2.11), og genopfriske hvad multipliciteten af en rod i et polynomium er.

Lad os illustrere udregningen af egenværdier og egenvektorer med et eksempel.

Betragt $3\times 3$ matricen

$A = \begin{pmatrix} -2 & -2 & -2 \\ 2 & 3 & 1 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}.$ Vi kan opskrive det karakteristiske polynomium for $A$ ved

$p(\lambda) = \det(A-\lambda I) = \det\begin{pmatrix} -2-\lambda & -2 & -2 \\ 2 & 3-\lambda & 1 \\ 2 & 1 & 3-\lambda \end{pmatrix}.$ Nu bruger vi definitionen af determinanten (Definition 5.2):

$\begin{aligned} p(\lambda) &= (-2-\lambda)\det\begin{pmatrix} 3-\lambda & 1 \\ 1 & 3-\lambda \end{pmatrix} -2\det\begin{pmatrix} -2 & -2 \\ 1 & 3-\lambda \end{pmatrix} + 2\det\begin{pmatrix} -2 & -2 \\ 3-\lambda & 1 \end{pmatrix} \\ &= -\lambda^3+4\lambda^2-4\lambda. \end{aligned}$ Vi ser at $\lambda = 0$ er rod i $p,$ da $\lambda$ indgår i alle leddene. Mere specifikt har vi

$p(\lambda) = -\lambda(\lambda^2-4\lambda +4) = -\lambda(\lambda-2)^2.$ Løsningerne til $p(\lambda) = 0,$ og dermed egenværdierne for $A,$ er altså $\lambda_1 = 0$ (algebraisk multiplicitet 1) og $\lambda_2 = 2$ (algebraisk multiplicitet 2).

Nu kan vi finde tilhørende egenvektorer ved at løse $(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0,$ hvor $\lambda$ erstattes af egenværdierne.

Vi starter med $\lambda_1 = 0$ :

$A-\lambda_1I = \begin{pmatrix} -2 & -2 & -2 \\ 2 & 3 & 1 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix} \enskip\sim\enskip \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$ Vi kan aflæse at alle egenvektorerne for $\lambda_1$ udspændes af vektoren

$\mathbf v_1 = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}.$ Lad os nu finde egenvektorer hørende til $\lambda_2 = 2$ :

$A-\lambda_2I = \begin{pmatrix} -4 & -2 & -2 \\ 2 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \end{pmatrix} \enskip\sim\enskip \begin{pmatrix} 1 & \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} \\[1mm] 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$ Dermed er alle egenvektorerne for $\lambda_2$ udspændt af følgende to vektorer (husk hvordan man opskriver løsninger til et homogent lineært ligningssystem $(A-\lambda_2I)\mathbf v = \mathbf 0$ fra de frie variable):

$\mathbf v_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \text{og} \quad \mathbf v_3 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}.$

For en generel $3\times 3$ matrix bliver det karakteristiske polynomium et tredjegradspolynomium. Metoden til at finde rødder for tredjegradspolynomier er ikke lige til at huske på. Ofte kender man en rod på forhånd, og kan regne sig frem til de to andre.

For et polynomium af grad $\geq 5$ kan man bevise, at der faktisk ikke findes en direkte løsningsformel! I praksis er man tilfreds med numeriske approksimationer til egenværdierne, som ofte kan være for matricer betydelig større end $5\times 5.$ Det er ikke ualmindeligt, at man opererer med lineære ligningssystemer med millionvis af ligninger og ubekendte, inden for statistik i biologi, eller til simulering af fænomener i fysik og kemi.

Fra Sætning 2.11 er der altid præcis $n$ komplekse rødder til et $n$ 'te gradspolynomium (når man tæller multipliciteter af rødderne med). Tilsvarende vil en $n\times n$ matrix altid have præcis $n$ komplekse egenværdier (når man tilsvarende tæller de algebraiske multipliciteter med).

Geometrisk set, vil multiplikation med en matrix $A$ på vektorer, der beskrives af lineært uafhængige egenvektorer, blive ekspanderet (eksempelvis for baser af egenvektorer). Ekspansionen svarer til de tilhørende egenværdier i retningerne for egenvektorerne.

Eksempelvis, hvis $\mathbf v_1$ og $\mathbf v_2$ er to lineært uafhængige egenvektorer for en matrix $A,$ med tilhørende reelle egenværdier $\lambda_1$ og $\lambda_2.$ Så vil et parallelogram givet fra $\mathbf v_1$ og $\mathbf v_2$ transformeres, ved matrixmultiplikation med $A,$ til et parallelogram givet fra $\lambda_1\mathbf v_1$ og $\lambda_2\mathbf v_2.$

Jeg gør her opmærksom på en række generelle resultater om egenværdier og karakteristiske polynomier for sælige matricer. De er gennemgået i opgaverne, men kan være særdeles brugbare at kende til:

Trekantsmatrix (Opgave 8.8).
Transponeret matrix (Opgave 8.14).
Similære matricer (Opgave 8.15).
Invertibel matrix (Opgave 8.18).
Matrixprodukter, $AB$ og $BA$ (Opgave 8.19).
Projektion, $A^2 = A$ (Opgave 8.21).
Unitær matrix, som først defineres i Kapitel 9 (Opgave 9.13).
Adjungeret matrix, som først defineres i Kapitel 9 (Opgave 9.14).
Matrixrepræsentation af lineær transformation (Opgave 8.24).

8.3 Geometrisk multiplicitet og kriterium for diagonalisering

Vi husker fra Proposition 8.2, at en $n\times n$ matrix $A$ kan diagonaliseres, hvis og kun hvis, der kan findes $n$ lineært uafhængige egenvektorer for $A,$ således at disse kan opstilles som søjlerne i en invertibel matrix $V.$

Nu ser vi nærmere på hvordan vi kan tjekke efter, om der er "tilstrækkelig mange" lineært uafhængige egenvektorer. Først introducerer vi lidt mere terminologi.

Lad $A$ være en kvadratisk matrix. Hvis $\lambda$ er en egenværdi for $A,$ så kaldes nulrummet til $A-\lambda I,$

$\mathcal{N}(A-\lambda I),$ for egenrummet hørende til $\lambda.$

Dimensionen af egenrummet, $\dim \mathcal{N}(A-\lambda I),$ kaldes den geometriske multiplicitet af $\lambda.$

Vi så i foregående afsnit, at $\mathcal{N}(A-\lambda I)$ er vektorrummet bestående af alle egenvektorerne for $\lambda,$ samt nulvektoren som ikke er en egenvektor. Herudover havde vi begrebet algebraisk multiplicitet for $\lambda,$ som relaterede sig til rødderne af det karakteristiske polynomium (heraf navnet "algebraisk"), og nu har vi også den geometriske multiplicitet af $\lambda,$ som angiver antallet af lineært uafhængige egenvektorer der hører til denne egenværdi (heraf navnet "geometrisk").

Hvis $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_r$ er egenvektorer for en kvadratisk matrix $A,$ hørende til forskellige egenværdier, så er $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_r$ lineært uafhængige.

Bevis

Lad os kalde $\lambda_j$ for egenværdien til $\mathbf v_j.$ Vi starter med at kigge på situationen hvor $r=2,$ og da vi skal undersøge lineær uafhængighed, skal vi undersøge en linearkombination, som giver nulvektoren:

$\mathbf 0 = \alpha_1\mathbf v_1+\alpha_2\mathbf v_2. \tag{8.5}$ Denne ligning kan vi gange igennem med både $\lambda_1$ og med $A,$ samt anvende at $A\mathbf v_j = \lambda_j\mathbf v_j$ :

$\begin{aligned} \mathbf 0 = \lambda_1\mathbf 0 &= \lambda_1\alpha_1\mathbf v_1 + \lambda_1\alpha_2\mathbf v_2, \\ \mathbf 0 = A\mathbf 0 &= \lambda_1\alpha_1\mathbf v_1 + \lambda_2\alpha_2\mathbf v_2. \end{aligned}$ Ved at trække de to ligninger fra hinanden, opnår vi

$\mathbf 0 = (\lambda_1-\lambda_2)\alpha_2\mathbf v_2. \tag{8.6}$ Da $\mathbf v_2\neq \mathbf 0$ (en egenvektor) og $\lambda_1\neq\lambda_2$ fra antagelserne, må (8.6) betyde at $\alpha_2 = 0.$ Indsætter vi dette i (8.5) ser vi, at også $\alpha_1 = 0$ da $\mathbf v_1\neq \mathbf 0.$ Samlet set har vi vist, at $\mathbf v_1$ og $\mathbf v_2$ er lineært uafhængige.

Antag nu at resultatet er sandt for $r-1$ egenvektorer, nu skal vi vise med induktion at det også er sandt for $r$ egenvektorer. Igen ser vi på en linearkombination, som giver nulvektoren:

$\mathbf 0 = \alpha_1\mathbf v_1+\alpha_2\mathbf v_2 + \dots + \alpha_r\mathbf v_r. \tag{8.7}$ På samme måde som før, kan vi få to nye ligninger ved at gange igennem med enten $\lambda_1$ eller $A.$ Differencen af disse to ligninger giver, tilsvarende som i (8.6), følgende ligning:

$\mathbf 0 = (\lambda_1-\lambda_2)\alpha_2\mathbf v_2 + \dots + (\lambda_1-\lambda_r)\alpha_r\mathbf v_r.$ Men dette er lige præcis $r-1$ lineært uafhængige vektorer, så vi må have $(\lambda_1-\lambda_j)\alpha_j = 0$ for alle $j=2,\dots,r.$ Fra vores antagelser ved vi at $\lambda_1\neq\lambda_j$ for alle $j = 2,\dots,r,$ så vi må have $\alpha_2=\dots=\alpha_r = 0.$ Indsætter vi disse $\alpha$ -værdier i (8.7), får vi også at $\alpha_1 = 0,$ og vi har derfor vist at $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_r$ er lineært uafhængige.

Med vores nye viden om underrum, baser og dimension kan vi nu sammenfatte dette i følgende hovedsætning for om en matrix kan diagonaliseres.

Lad $A$ være en $n\times n$ matrix og lad $\lambda_1,\dots,\lambda_r$ være de forskellige egenværdier for $A.$ Så er følgende udsagn ækvivalente:

$A$ er diagonaliserbar.
Summen af de geometriske multipliciteter for $A$ er lig $n,$
$\dim \mathcal{N}(A-\lambda_1I) + \dots + \dim \mathcal{N}(A-\lambda_rI) = n.$
Hvis $B_j$ er en basis for egenrummet $\mathcal{N}(A-\lambda_j I)$ for $j=1,\dots,r,$ så giver foreningen af disse baser $B_1\cup\cdots\cup B_r$ samlet en basis for $\mathbb{C}^n.$

Bevis $*$

Lad $\mu_j = \dim \mathcal{N}(A-\lambda_j I)$ være de geometriske multipliciteter. Lad $B_j = \{\mathbf v_{1}^{(j)},\dots,\mathbf v_{\mu_j}^{(j)}\}$ være en basis for egenrummet $\mathcal{N}(A-\lambda_j I)$ for hvert $j = 1,\dots,r.$ Vi ser nu på en linearkombination, der giver nulvektoren:

$\begin{aligned} \mathbf 0 &= \alpha_{1}^{(1)}\mathbf v_{1}^{(1)} + \cdots + \alpha_{\mu_1}^{(1)}\mathbf v_{\mu_1}^{(1)}\\ &\phantom{{}={}} + \alpha_{1}^{(2)}\mathbf v_{1}^{(2)} + \cdots + \alpha_{\mu_2}^{(2)}\mathbf v_{\mu_2}^{(2)}\\ &\phantom{{}={}} + \cdots \\ &\phantom{{}={}} + \alpha_{1}^{(r)}\mathbf v_{1}^{(r)} + \cdots + \alpha_{\mu_r}^{(r)}\mathbf v_{\mu_r}^{(r)}. \end{aligned}\tag{8.8}$ Lad nu

$\mathbf v_j = \alpha_{1}^{(j)}\mathbf v_{1}^{(j)} + \cdots + \alpha_{\mu_j}^{(j)}\mathbf v_{\mu_j}^{(j)}, \tag{8.9}$ så bliver (8.8) til

$\mathbf 0 = \mathbf v_1 + \cdots + \mathbf v_r. \tag{8.10}$ Hvis $\mathbf v_j \neq \mathbf 0$ er det en egenvektor for $\lambda_j.$ Men ifølge Proposition 8.11 vil de af $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_r$ der er $\neq \mathbf 0$ være lineært uafhængige. Dermed giver (8.10) at $\mathbf v_j = \mathbf 0$ for $j = 1,\dots,r.$

Men da $B_j$ er en basis, og dermed lineært uafhængige vektorer, giver $\mathbf v_j = \mathbf 0$ sammen med (8.9), at alle $\alpha$ -skalarerne er $0.$ Dermed er $B_1\cup\cdots\cup B_r$ lineært uafhængige vektorer; det maksimale antal lineært uafhængige egenvektorer for $A,$ og dette antal er

$\mu_1 + \dots + \mu_r \leq n,$ da $\dim(\mathbb{C}^n) = n.$

Vi så allerede i Proposition 8.2 at $A$ er diagonaliserbar, hvis og kun hvis, der er $n$ lineært uafhængige egenvektorer for $A.$ Så ovenstående gennemgang giver med det samme (i) $\Leftrightarrow$ (ii) og (i) $\Leftrightarrow$ (iii).

Egenskaben (iii) fra Sætning 8.12, som er ækvivalent med at $A$ er diagonaliserbar, kan også formuleres på følgende måde:

For ethvert $\mathbf v\in \mathbb{C}^n,$ eksisterer entydige $\mathbf v_j$ fra hvert egenrum $\mathcal{N}(A-\lambda_j I),$ så

$\mathbf v = \mathbf v_1 + \dots + \mathbf v_r.$ Matematikere vil kalde dette: $\mathbb{C}^n$ er en direkte sum af egenrummene, hvilket skrives

$\mathbb{C}^n = \bigoplus_{j=1}^r \mathcal{N}(A-\lambda_j I).$

I praksis skal man bestemme en basis for hvert egenrum $\mathcal{N}(A-\lambda_j I),$ og hvis man i alt opnår $n$ basisvektorer, kan baserne sammensættes til søjlerne i en invertibel matrix $V,$ som kan bruges til at diagonalisere $n\times n$ matricen $A = VDV^{-1}.$

Man skal huske, at egenværdier i diagonalmatricen skal gentages efter deres algebraiske multiplicitet, således at søjlerne i $V$ svarer til egenværdierne i $D.$ Man kan ombytte rækkefølgen af diagonalelementerne i $D,$ ved at tilsvarende ombytte rækkefølgen af søjlevektorerne i $V.$

Følgende er et simpelt resultat, men det er ofte ganske brugbart! Det viser, at hvis den algebraiske multiplicitet er $1,$ er det nok bare at finde en vilkårlig egenvektor, mens hvis den er større end $1,$ skal vi undersøge egenrummet lidt mere grundigt.

Lad $A$ være en kvadratisk matrix med egenværdi $\lambda.$ Hvis $\mu$ er den geometriske multiplicitet og $\alpha$ er den algebraiske multiplicitet af $\lambda,$ så gælder

$1 \leq \mu \leq \alpha.$ $A$ er derfor diagonaliserbar, hvis og kun hvis, den algebraiske multiplicitet er lig den geometriske multiplicitet for hver egenværdi.

Bevis

Den første ulighed er sand, fordi til enhver egenværdi eksisterer en egenvektor.

Lad nu $\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_\mu\}$ være en basis for egenrummet $\mathcal{N}(A-\lambda I).$ Hvis $A$ er en $n\times n$ matrix og $\mu < n,$ så kan vi bruge Korollar 6.20 til at udvide med vektorer $\mathbf v_{\mu+1},\dots,\mathbf v_n$ (ikke egenvektorer til $\lambda$ ), således at $\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\}$ er en basis for $\mathbb{C}^n.$ Matricen $P = (\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n)$ er derfor invertibel.

Fra Opgave 8.15 er det karakteristiske polynomium for $A$ og $P^{-1}AP$ ens. Men ved at gange matrixproduktet ud, får vi følgende blokstruktur:

$P^{-1}AP = \begin{pmatrix} \lambda I_\mu & B \\ \mathbf 0 & C \end{pmatrix}.$ Her er $B$ en $\mu\times(n-\mu)$ matrix, $C$ er en $(n-\mu)\times(n-\mu)$ matrix og $\mathbf 0$ er en $(n-\mu)\times\mu$ nulmatrix. Ved at bruge Definitionen 5.2 af en determinant, er det karakteristiske polynomium for $A$ :

$\begin{aligned} p(t) &= \det(A-t I_n) = \det(P^{-1}AP - tI_n) \\ &= (\lambda-t)^\mu\det(C-tI_{n-\mu}). \end{aligned}\tag{8.11}$ Fra (8.11) ser vi, at den algebraiske multiplicitet af $\lambda$ er mindst $\mu.$

Hvis vi kigger tilbage på Eksempel 8.7, har matricen

$A = \begin{pmatrix} -2 & -2 & -2 \\ 2 & 3 & 1 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}$ egenværdi $\lambda_1 = 0$ med algebraisk og geometrisk multiplicitet 1, samt egenværdi $\lambda_2 = 2$ med algebraisk og geometrisk multiplicitet 2. Fra Sætning 8.12 ved vi at $A$ kan diagonaliseres, og vi kan bruge vektorerne $\mathbf v_1,$ $\mathbf v_2$ og $\mathbf v_3$ fundet i Eksempel 8.7 til dette formål,

$\mathbf v_1 = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf v_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf v_3 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}.$ Her udgør $\{\mathbf v_1\}$ en basis for $\mathcal{N}(A),$ og $\{\mathbf v_2,\mathbf v_3\}$ udgør en basis for $\mathcal{N}(A-2I).$

Ved at samle matricen $V = (\mathbf v_1,\mathbf v_2,\mathbf v_3)$ har vi derfor

$V^{-1}AV = \begin{pmatrix} -2 & -1 & -1 \\ 1 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix} -2 & -2 & -2 \\ 2 & 3 & 1 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -2 & -1 & -1 \\ 1 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & & \\ & 2 & \\ & & 2 \end{pmatrix}.$ Bemærk, egenværdierne placeres i rækkefølgen bestemt ved de tilhørende egenvektorer der udgør søjlerne i $V,$ samt egenværdierne gentages efter deres algebraiske multiplicitet.

Lad os nu kigge på en anden matrix

$\widetilde{A} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}.$ Vi finder hurtigt det karakteristiske polynomium til at være $\lambda^2,$ altså er 0 eneste egenværdi for $\widetilde{A},$ og har algebraisk multiplicitet $2.$

Løsningerne til $\widetilde{A}\mathbf v = \mathbf 0$ kan direkte aflæses fra matricen, og vi ser at alle egenvektorerne er udspændt af $(0,1)^\textup{T}.$ Dermed er den geometriske multiplicitet kun 1, og derfor kan vi ikke finde nok lineært uafhængige egenvektorer til en diagonalisering af $\widetilde{A}.$

Man ser nogle gange kandidatstuderende i matematik, der ikke kan give et eksempel på en ikke-diagonaliserbar matrix. Det er vigtigt at kunne illustrere teorien ved simple eksempler, og ikke kun kende de teoretiske resultater, så løs nu den helt konkrete Opgave 8.3.

Ind i mellem kan det være brugbart at kunne diagonalisere to matricer med samme basisskifte. Det kan dog kun lade sig gøre hvis de to diagonaliserbare matricer kommuterer.

Lad $A$ og $B$ være diagonaliserbare matricer. Så gælder at $AB = BA,$ hvis og kun hvis, der eksisterer en invertibel matrix $V,$ så både

$V^{-1}AV \qquad \text{og} \qquad V^{-1}BV$ er diagonalmatricer. I så fald siges $V$ at simultant diagonalisere $A$ og $B.$

Bevis $*$

Vi starter med den lette del af hvis og kun hvis resultatet ( $\Uparrow$ ): Antag, at der eksisterer invertibel matrix $V,$ så både $V^{-1}AV$ og $V^{-1}BV$ er diagonalmatricer. Da diagonalmatricer kommuterer (Proposition 8.1), har vi

$AB = V(V^{-1}AV)(V^{-1}BV)V^{-1} = V(V^{-1}BV)(V^{-1}AV)V^{-1} = BA.$

Nu vises den svære del ( $\Downarrow$ ): Antag at $AB = BA.$ Da $A$ er diagonaliserbar, findes invertibel matrix $W,$ således at

$D = W^{-1}AW = \begin{pmatrix} \lambda_1 I_{\alpha_1} \\ & \lambda_2 I_{\alpha_2} \\ & & \ddots \\ & & & \lambda_r I_{\alpha_r} \end{pmatrix},$ hvor $\lambda_1,\dots,\lambda_r$ er de forskellige egenværdier for $A$ med multipliciteter $\alpha_1,\dots,\alpha_r$ . Man kan ombytte rækkefølgen af søjler i $W,$ for at ombytte rækkefølgen i diagonalmatricen, således at samme egenværdi kommer efter hinanden.

Lad nu $C = W^{-1}BW.$ Da $A$ og $B$ kommuterer har vi

$DC = (W^{-1}AW)(W^{-1}BW) = W^{-1}ABW = W^{-1}BAW = CD.$ Det vil sige, at $C = (c_{ij})$ og $D = (d_{ij})$ kommuterer. Da $D$ er en diagonalmatrix, betyder dette at

$d_{ii}c_{ij} = c_{ij}d_{jj}.$ Det vil sige, at for $d_{ii} \neq d_{jj}$ er $c_{ij} = 0,$ altså $C$ har følgende blok-struktur (med $\alpha_j\times\alpha_j$ diagonal-blokke):

$C = \begin{pmatrix} C_1 \\ & C_2 \\ & & \ddots \\ & & & C_r \end{pmatrix}.$ Da $B$ og $C$ er similære, og $B$ er diagonaliserbar, er $C$ også diagonaliserbar. Det er en kort øvelse, overladt til læseren, at $C$ er diagonaliserbar, hvis og kun hvis, hver $C_j$ -blok er diagonaliserbar. Der findes derfor invertibel $Q_j,$ så $Q_j^{-1}C_jQ_j$ er en diagonalmatrix; vi kan dermed definere blok-diagonal matricerne

$Q = \begin{pmatrix} Q_1 \\ & Q_2 \\ & & \ddots \\ & & & Q_r \end{pmatrix} \quad \text{og} \quad Q^{-1} = \begin{pmatrix} Q_1^{-1} \\ & Q_2^{-1} \\ & & \ddots \\ & & & Q_r^{-1} \end{pmatrix},$ så

$(WQ)^{-1}B(WQ) = Q^{-1}CQ$ er en diagonalmatrix. Vi udregner nu tilsvarende for $A$ :

$\begin{aligned} (WQ)^{-1}A(WQ) &= Q^{-1}DQ \\ &= \begin{pmatrix} Q_1^{-1}\lambda_1 I_{\alpha_1}Q_1 \\ & Q_2^{-1}\lambda_2 I_{\alpha_2}Q_2 \\ & & \ddots \\ & & & Q_r^{-1}\lambda_r I_{\alpha_r}Q_r \end{pmatrix} \\ &= D. \end{aligned}$ Dermed kan $V = WQ$ bruges til den simultane diagonalisering af $A$ og $B.$

I Kapitel 11 skal vi se på en pæn klasse af matricer, som ofte indgår i anvendelser, nemlig de Hermitiske matricer. Det viser sig, at disse matricer altid kan diagonaliseres, og endda på en pænere måde end vi har set i dette kapitel. I Kapitel 12 skal vi se, hvordan man for alle matricer kan opnå noget der er næsten lige så godt som en diagonalisering, ved den såkaldte singulær værdi dekomposition.

8.4 Lineære systemer af ordinære differentialligninger

Systemer af differentialligninger står hovedsagligt for beskrivelsen af de matematiske modeller, som indgår i fysik, kemi og biologi. De fleste af disse modeller gør nemlig brug af principper som bevarelse af masse, energi eller impulsmoment, hvilket indgår i klassisk (og kvante) mekanik, termodynamik, elektrodynamik og fluiddynamik. Differentialligninger indgår også i reaktionskinetik, til at undersøge reaktionsraterne for kemiske reaktioner, samt i biologi til beskrivelse af dynamikken i fødekæder af arter.

Især under Covid-19 virus, blev beskrivelsen af såkaldte "røde" og "grønne" smittekurver relevant for forståelsen af smittespredning. Dette kan beskrives ved brug af en såkaldt SIR model (og nok forbedringer af denne).

Vi kan altså roligt påstå, at differentialligninger dukker op over alt i naturvidenskaben. Vi skal i dette afsnit kigge på de simpleste typer af differentialligningssystemer, nemlig homogene lineære systemer af førsteordens differentialligninger med konstante koefficienter, og se hvordan brugen af diagonalisering af en matrix kan give en løsningsformel.

For ikke-lineære differentialligninger, og differentialligninger med ikke-konstante koefficienter, bruges ofte lineariseringer til beskrivelse af stabilitet og numerisk løsning. Samt $n$ 'te ordens lineære differentialligninger kan skrives som lineære systemer af førsteordens differentialligninger (se Opgave 8.17). Så det er vigtigt at forstå de lineære systemer i alle tilfælde!

Egenværdier og egenvektorer er nyttige ved løsning af koblede differentialligninger, som

$\begin{aligned} x'_1(t) &= a x_1(t) + b x_2(t)\\ x'_2(t) &= c x_1(t) + d x_2(t), \end{aligned}\tag{8.12}$ hvor $a, b, c, d\in \mathbb{C}.$

Tilfældet med kun en ubekendt funktion kendes fra radioaktivt henfald. Her støder vi på differentialligningen

$x'(t) = \lambda x(t), \tag{8.13}$ som har løsningen $x(t) = C e^{\lambda t},$ hvor $C$ er en konstant. Hvis man arbejder ud fra hypotesen om, at (8.12) har løsninger af formen

$x_1(t)= A e^{\lambda t}\qquad\text{og}\qquad x_2(t) = B e^{\lambda t},$ kan man indsætte i (8.12), og komme frem til at

$\begin{pmatrix} A \\ B\end{pmatrix}\quad \text{er en egenvektor for}\quad \begin{pmatrix} a & b\\ c & d \end{pmatrix}$ hørende til egenværdien $\lambda.$

Lad os nu se på et mere generelt tilfælde, hvor vi har $n$ ubekendte funktioner $x_1,\dots,x_n,$ som vi samler i en stor vektorfunktion $\mathbf x = (x_1,\dots,x_n)^\textup{T},$ der afhænger af en variabel $t$ som, eksempelvis, beskriver tid. Herudover antages det, at vi kender vores ubekendte funktioner til tiden $t=0$ (typisk vil det svare til målinger eller observationer), og de har værdierne givet i en vektor $\mathbf x_0$ som kaldes begyndelsesbetingelsen. Formålet er at kunne forudse hvad der sker i fremtiden $t>0.$

Dette giver anledning til et såkaldt begyndelsesværdiproblem, som skrives

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\mathbf x(t) = A\mathbf x(t), \quad \mathbf x(0) = \mathbf x_0. \tag{8.14}$

Her består $n\times n$ matricen $A$ af koefficienterne til differentialligningerne. Vi har her antaget, at disse koefficienter ikke afhænger af $t.$

Følgende resultat viser, hvordan vi kan løse begyndelsesværdiproblemet i (8.14), såfremt matricen kan diagonaliseres.

Overvej begyndelsesværdiproblemet i (8.14). Hvis $A$ er diagonaliserbar, $A = VDV^{-1},$ hvor $D$ er diagonalmatricen

$D = \begin{pmatrix} \lambda_1 & & & \\ & \lambda_2 & & \\ & &\ddots &\\ & & & \lambda_n \end{pmatrix},$ så kan løsningen til (8.14) opskrives direkte ved formlen

$\mathbf x(t) = V\begin{pmatrix} \mathrm{e}^{\lambda_1 t} & & & \\ & \mathrm{e}^{\lambda_2 t} & & \\ & &\ddots &\\ & & & \mathrm{e}^{\lambda_n t} \end{pmatrix}V^{-1}\mathbf x_0. \tag{8.15}$

Bevis

I dette bevis konstruerer vi en løsning til (8.14), så det viser også eksistensen af en løsning. Det er dog slet ikke klart hvorfor denne løsning er entydig; dette kommer fra eksistens- og entydighedssætningen, som hører til i et analyse-kursus, og vises ikke her.

Vi definerer nu $\mathbf x$ som højresiden af (8.15), og viser at den opfylder ligningen i (8.14). Vi starter med at tjekke begyndelsesbetingelsen:

$\mathbf x(0) = V\begin{pmatrix} \mathrm{e}^{0} & & & \\ & \mathrm{e}^{0} & & \\ & &\ddots &\\ & & & \mathrm{e}^{0} \end{pmatrix}V^{-1}\mathbf x_0 = VIV^{-1}\mathbf x_0 = \mathbf x_0.$ Nu differentierer vi $\mathbf x,$ hvilket gøres i hver indgang af $\mathbf x.$ Vi ser, at det eneste af $\mathbf x$ der afhænger af $t,$ er diagonalmatricen med eksponentialfunktionerne. I matrixproduktet vil man få linearkombinationer af disse eksponentialfunktioner. At differentiere disse linearkombinationer, svarer lige præcis til at differentiere eksponentialfunktionerne først, og derefter udføre matrixprodukterne. Vi får derfor

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\mathbf x(t) &= V\begin{pmatrix} \lambda_1\mathrm{e}^{\lambda_1 t} & & & \\ & \lambda_2\mathrm{e}^{\lambda_2 t} & & \\ & &\ddots &\\ & & & \lambda_n\mathrm{e}^{\lambda_n t} \end{pmatrix}V^{-1}\mathbf x_0 \\ &= VDV^{-1}V\begin{pmatrix} \mathrm{e}^{\lambda_1 t} & & & \\ & \mathrm{e}^{\lambda_2 t} & & \\ & &\ddots &\\ & & & \mathrm{e}^{\lambda_n t} \end{pmatrix}V^{-1}\mathbf x_0 = A\mathbf x(t). \end{aligned}$ Her har vi brugt, at produktet af diagonalmatricer udregnes som produktet af diagonalelementerne (Proposition 8.1), samt vi har indsat en identitetsmatrix som $V^{-1}V$ midt i udtrykket. Samlet set opfylder vektorfunktionen i (8.15) begyndelsesværdiproblemet (8.14).

Intuitivt kan vi tænke på Sætning 8.18 som at finde et basisskifte, der får differentialligningerne afkoblet fra hinanden. Så ender man netop tilbage med afkoblede ligninger på formen (8.13).

Vi kunne også finde på at skrive løsningsformlen ud i Sætning 8.18. For eksempel, for $V = (\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n),$ med $n$ lineært uafhængige egenvektorer for $A$ som søjler, så svarer $V^{-1}\mathbf x_0$ lige præcis til at finde koordinaterne for begyndelsesbetingelsen $\mathbf x_0$ i basen $\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\}.$ Det vil sige vi finder konstanter $C_1,\dots,C_n,$ så

$\mathbf x_0 = C_1\mathbf v_1 + \dots + C_n\mathbf v_n.$ Nu fortæller Sætning 8.18, at løsningen til begyndelsesværdiproblemet (8.14) er

$\mathbf x(t) = C_1\mathrm{e}^{\lambda_1 t}\mathbf v_1 + \dots + C_n\mathrm{e}^{\lambda_n t} \mathbf v_n,$ med de samme konstanter $C_1,\dots,C_n.$

Det viser sig, at man altid kan opskrive løsningen til (8.14) som en matrix-funktion ganget på $\mathbf x_0.$ Denne matrix kaldes eksponentialmatricen og skrives ofte $\mathrm{e}^{tA}.$ Der er flere måder hvorpå en eksponentialmatrix kan bestemmes ud fra en kvadratisk matrix $A$ ; en metode er ved en uendelig række, der består af summen af potenserne $(tA)^k/k!$ for $k=0,1,\dots.$ Denne metode er kun praktisk hvis matricen er diagonaliserbar, og så får man nemlig løsningsformlen i (8.15).

Hvis $A$ ikke er diagonaliserbar, kommer der også til at indgå led som $t\mathrm{e}^{\lambda t},$ $t^2\mathrm{e}^{\lambda t},$ og så videre. En metode til udregning af $\mathrm{e}^{tA}$ for enhver kvadratisk matrix $A$ er Putzer's metode, som er gennemgået i Appendiks C, hvilket også bruger egenværdierne for $A.$

Bevægelsen i et pendul, i en stiv masseløs stang, kan beskrives med differentialligningen

$\frac{\mathrm{d}^2\theta}{\mathrm{d}t^2} + \frac{g}{L}\sin(\theta) = 0, \tag{8.16}$ hvor $\theta(t)$ er vinklen til tiden $t,$ med hensyn til aksen som pendulet svinger om. Konstanterne $g$ og $L$ er henholdsvis tyngdeaccelerationen og længden af stangen.

Animation af pendul fra Wikipedia, hvor vektorerne $\mathbf a$ og $\mathbf v$ angiver accelerations- og hastighedsvektorer.

Lad $\mathbf x = (\theta,\theta')^\textup{T}$ være vektoren med position $\theta$ og hastighed $\theta'$ til tiden $t,$ samt lad $\mathbf x_0 = (\theta_0,0)^\textup{T}$ være en vektor med startposition $\theta(0) = \theta_0$ og starthastighed $\theta'(0) = 0.$ Hvis man starter med $\theta_0$ tilpas lille, kan man lave en lineær tilnærmelse af (8.16) med begyndelsesværdiproblemet

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\mathbf x(t) = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -\tfrac{g}{L} & 0 \end{pmatrix}\mathbf x(t), \quad \mathbf x(0)=\mathbf x_0.$ Fra systemmatricen får man det karakteristiske polynomium $\lambda^2+\frac{g}{L},$ hvilket har de komplekse rødder $\pm i\sqrt{\frac{g}{L}}.$ Matricen kan af Proposition 8.14 diagonaliseres, da begge egenværdier har algebraisk og geometrisk multiplicitet $1.$

For små matricer kan man ofte gætte sig frem til nogle egenvektorer. Tjek gerne efter, at egenværdien $\lambda_1 = i\sqrt{\frac{g}{L}}$ har egenvektor

$\mathbf v_1 = \begin{pmatrix} -i \\ \sqrt{\tfrac{g}{L}} \end{pmatrix},$ og egenværdien $\lambda_2 = -i\sqrt{\frac{g}{L}}$ har egenvektor

$\mathbf v_2 = \begin{pmatrix} i \\ \sqrt{\tfrac{g}{L}} \end{pmatrix}.$ Samlet set kan vi opskrive vores løsning fra Sætning 8.18, hvor $V = (\mathbf v_1,\mathbf v_2)$ :

$\begin{aligned} \mathbf x(t) &= \begin{pmatrix} -i & i \\[1mm] \sqrt{\tfrac{g}{L}} & \sqrt{\tfrac{g}{L}} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \mathrm{e}^{i\sqrt{\frac{g}{L}}t} & \\ & \mathrm{e}^{-i\sqrt{\frac{g}{L}}t} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -i & i \\[1mm] \sqrt{\tfrac{g}{L}} & \sqrt{\tfrac{g}{L}} \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} \theta_0 \\ 0 \end{pmatrix} \\[5mm] &= \frac{\theta_0}{2}\begin{pmatrix} \mathrm{e}^{i\sqrt{\frac{g}{L}}t}+\mathrm{e}^{-i\sqrt{\frac{g}{L}}t} \\ i\sqrt{\frac{g}{L}}(\mathrm{e}^{i\sqrt{\frac{g}{L}}t}-\mathrm{e}^{-i\sqrt{\frac{g}{L}}t}) \end{pmatrix}. \end{aligned}$ Hvis man indsætter definitionen for den komplekse eksponentialfunktion, $\mathrm{e}^{ix} = \cos(x)+i\sin(x),$ får man de lidt pænere udtryk

$\mathbf x(t) = \theta_0\begin{pmatrix} \cos(\sqrt{\frac{g}{L}}t) \\ -\sqrt{\frac{g}{L}}\sin(\sqrt{\frac{g}{L}}t) \end{pmatrix},$ hvilket svarer til $\theta(t) = \theta_0\cos(\sqrt{\frac{g}{L}}t)$ i vores simplificerede model.

8.5 Egenværdier via potensmetoden

Hånden på hjertet, vi har lige nu kun det karakteristiske polynomium til at bestemme egenværdierne for en matrix. For store matricer bliver det helt uoverkommeligt at udregne det karakteristiske polynomium. Der er brug for andre metoder til udregning af egenværdier. Her giver jeg et eksempel på en sådan klassisk metode.

Antag at $A$ er diagonaliserbar, med en basis $\{\mathbf v_1, \dots, \mathbf v_n\}$ af egenvektorer, hørende til egenværdierne $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ (gentaget efter deres multiplicitet). Antag yderligere at

$\lvert \lambda_1 \rvert > \lvert \lambda_j \rvert \tag{8.17}$ for $j>1.$

Begynd med en vektor

$\mathbf w_0 = x_1 \mathbf v_1 + \cdots + x_n \mathbf v_n,$ som opfylder $x_1\neq 0.$ Herefter itereres, og udnyttes at $A^k \mathbf v_i = \lambda_i^k \mathbf v_i,$

$\mathbf w_k = A^k \mathbf w_0 = x_1 \lambda_1^k \mathbf v_1 + \cdots + x_n \lambda_n^k \mathbf v_n.$ Antag at $i$ 'te indgang i $\mathbf v_1$ er $\neq 0.$ Vi har

$(\mathbf w_k)_i = \lambda_1^k x_1 (\mathbf v_1)_{i} + \cdots + \lambda_n^k x_n (\mathbf v_n)_{i},$ og dermed

$\frac{(\mathbf w_{k+1})_{i}}{(\mathbf w_k)_i} = \frac{\lambda_1 x_1 (\mathbf v_1)_{i} + \epsilon_1}{x_1 (\mathbf v_1)_{i} + \epsilon_2},$ hvor

$\epsilon_1 = \lambda_2 \left(\frac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^k x_2 (\mathbf v_2)_{i} + \cdots + \lambda_n \left(\frac{\lambda_n}{\lambda_1}\right)^k x_n (\mathbf v_n)_{i}$ og

$\epsilon_2 = \left(\frac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^k x_2 (\mathbf v_2)_{i} + \cdots + \left(\frac{\lambda_n}{\lambda_1}\right)^k x_n (\mathbf v_n)_{i}.$ Derfor vil

$\frac{(\mathbf w_{k+1})_{i}}{(\mathbf w_{k})_i}\to \lambda_1$ for $k\to \infty,$ grundet vores antagelse i (8.17).

Lad os illustrere metoden med matricen

$A = \begin{pmatrix} 7 & 2\\ -15 & -4 \end{pmatrix}$ og startvektoren $\mathbf w_0 = (1,0)^\textup{T}.$ Nedenfor er angivet de første $7$ iterationer af metoden:

$\begin{array}{r|r|r|l|l} k & (\mathbf w_k)_1 & (\mathbf w_k)_2 & \frac{(\mathbf w_{k})_1}{(\mathbf w_{k-1})_1} & \frac{(\mathbf w_{k})_2}{(\mathbf w_{k-1})_2} \\[1mm] \hline 0 & 1 & 0 & & \\ 1 & 7 & -15 & 7 & \\ 2 & 19 & -45 & 2.714 & 3 \\ 3 & 43 & -105 & 2.263 & 2.333 \\ 4 & 91 & -225 & 2.116 & 2.143 \\ 5 & 187 & -465 & 2.055 & 2.067 \\ 6 & 379 & -945 & 2.023 & 2.032\\ 7 & 763 & -1905 & 2.013 & 2.016 \end{array}$ Iterationerne ser ud til at indikere, at $2$ er en egenværdi for $A,$ hvilket viser sig at være korrekt.

8.6 Gershgorin's cirkelsætning

Gershgorin's cirkelsætning (efter Semyon Aranovich Gershgorin), udtrykker hvor langt vi kan forvente egenværdierne for en matrix ligger fra diagonalelementerne. Lad $A = (a_{ij})$ være en $n \times n$ matrix og lad

$D(a_{ii}, R_i) = \{\, z\in \mathbb{C} : \lvert z - a_{ii} \rvert \leq R_i \,\},$ hvor

$R_i = \sum_{j\neq i} \lvert a_{ij} \rvert.$ Her er $D(a_{ii}, R_i)$ den lukkede disk i den komplekse talplan, med centrum i $a_{ii}$ og radius $R_i.$ Bemærk, $R_i$ er summen af de absolutte værdier af indgangene udenfor diagonalen i $i$ 'te række.

Lad $A$ være en $n\times n$ matrix. Enhver egenværdi for $A$ ligger i mindst en af cirkelskiverne $D(a_{ii}, R_i)$ for $i = 1, \dots, n.$

Bevis

Lad $\lambda$ være en egenværdi for $A,$ og vælg en egenvektor $\mathbf v = (v_1,\dots,v_n)^\textup{T}$ hørende til $\lambda$ , skaleret således at der er en indgang $v_i=1$ og $\lvert v_j \rvert\leq 1$ for $j\neq i.$ Med definitionen af matrixmultiplikation og $A\mathbf v = \lambda\mathbf v$ , følger at

$\sum_{j\neq i} a_{ij} v_j + a_{ii} = \lambda,$ og dermed af trekantsuligheden:

$\lvert \lambda - a_{ii} \rvert = \Bigl|\sum_{j\neq i} a_{ij} v_j\Bigr| \leq \sum_{j\neq i} \lvert a_{ij} \rvert\lvert v_j \rvert \leq \sum_{j\neq i} \lvert a_{ij} \rvert = R_i.$

Ofte ser man matricer i anvendelser, som har store værdier i diagonalen i forhold til resten af matricen. Dette giver anledning til at undersøge nogle af disse nærmere.

En $n\times n$ matrix $A= (a_{ij})$ kaldes strengt diagonaldominant hvis

$\lvert a_{ii} \rvert > R_i$ for $i=1, \dots, n.$

Ved anvendelse af Gershgorin's cirkelsætning, indses følgende resultat for strengt diagonaldominante matricer.

En strengt diagonaldominant matrix er invertibel.

Bevis

Lad $A = (a_{ij})$ være en strengt diagonaldominant matrix. Da $\lvert a_{ii} \rvert > R_i,$ er $0 \not\in D(a_{ii},R_i)$ for $i=1,\dots,n.$ Af Gershgorin's cirkelsætning (Sætning 8.21) er $0$ derfor ikke en egenværdi for $A$ . Som en konklusion på Opgave 8.7 er $A$ invertibel.

Matricen

$\begin{pmatrix} 8 & 1 & 2 & -3\\ 0 & 4 & 1 & 1\\ -4 & 2 & 7 & 0\\ 1 & 2 & 1 & -5 \end{pmatrix}$ er invertibel ifølge Korollar 8.23, da den er strengt diagonaldominant. For denne matrix er

$\begin{aligned} R_1 &= 1 + 2 + 3 = 6 < 8\\ R_2 &= 0 + 1 + 1 = 2 < 4\\ R_3 &= 4 + 2 + 0 = 6 < 7\\ R_4 &= 1 + 2 + 1 = 4 < 5. \end{aligned}$

8.7 Opgaver

Lad

$V = \begin{pmatrix} \alpha_1 & 0 \\ 0 & \alpha_2 \end{pmatrix}\qquad\text{og}\qquad A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{pmatrix},$ hvor $\alpha_1\neq 0$ og $\alpha_2\neq 0.$ Lad $B = V^{-1} A V.$ Hvad er rigtigt af nedenstående?

$B = \begin{pmatrix} a_{11} & \frac{\alpha_2}{\alpha_1} a_{12} \\ \frac{\alpha_1}{\alpha_2} a_{21} & a_{22} \end{pmatrix}.$

$B = \begin{pmatrix} \frac{\alpha_2}{\alpha_1} a_{11} & a_{12} \\ \frac{\alpha_1}{\alpha_2} a_{21} & a_{22} \end{pmatrix}.$

$A V = V A.$

$B = A$ hvis $\alpha_1 = \alpha_2.$

Hvilke af nedenstående udsagn er korrekte?

Matricen

$\begin{pmatrix} \phantom{-}0 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}$ har ingen reelle egenværdier.

Matricen

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 4 & 5 & 6\\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}$ har $-\lambda^3 + 15 \lambda^2 + 16\lambda$ som karakteristisk polynomium.

$0$ er en egenværdi for

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 4 & 5 & 6\\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}.$

$\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ er en egenvektor for

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 4 & 5 & 6\\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}.$

$\begin{pmatrix} \phantom{-}i \\ -i \end{pmatrix}$ er en egenvektor for

$\begin{pmatrix} \phantom{-}2 & 1\\ -1 & 2 \end{pmatrix}.$

$\begin{pmatrix} i \\ 1 \end{pmatrix}$ er en egenvektor for

$\begin{pmatrix} \phantom{-}2 & 1\\ -1 & 2 \end{pmatrix}.$

Gør detaljeret rede for, at matricen

$\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ ikke er diagonaliserbar.

Udregn egenværdierne for matricen

$A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ 3 & 4 & 5\\ 6 & 7 & 8 \end{pmatrix}.$ Summen af dem skal gerne give $12.$

Lad

$A = \begin{pmatrix} 11 & -2 & 2\\ -36 & 10 & -8\\ -81 & 18 & -16 \end{pmatrix}.$ Det oplyses at $\lambda=1$ og $\lambda=2$ er egenværdierne for $A.$ Undersøg om $\mathbb{R}^3$ har en basis af egenvektorer for $A,$ det vil sige, om $A$ er diagonaliserbar. Find i givet fald en invertibel matrix $V,$ så

$V^{-1} A V$ er en diagonalmatrix.

Gør rede for, at matricen

$\begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}$ ikke er diagonaliserbar, ud fra oplysningen om at dens karakteristiske polynomium er

$-\lambda^3 + 7 \lambda^2- 11\lambda + 5 = (1 - \lambda)^2 (5 - \lambda).$

Kan en invertibel matrix have $0$ som egenværdi?

Vis at for en trekantsmatrix står egenværdierne i diagonalen (gentaget efter algebraisk multiplicitet).

Sandsynliggør at $2$ er en egenværdi for

$A=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1 \end{pmatrix},$ ved at benytte potensmetoden beskrevet i Afsnit 8.5. Er $A$ diagonaliserbar?

Lad

$A = \begin{pmatrix} 7 & -2 \\ 15 & -4 \end{pmatrix}.$ Bestem egenværdierne for $A$ og egenværdierne for $A^{10}.$ Hvad er egenvektorerne for $A^{10}$ ? Begrund dine svar.

Find, ved at bruge teorien i dette kapitel, to funktioner $x_1, x_2: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R},$ som udgør en løsning til systemet

$\begin{aligned} x'_1(t) &= x_1(t) + x_2(t)\\ x'_2(t) &= -x_1(t) + x_2(t) \end{aligned}$ af differentialligninger, og som opfylder $x_1(0) = 1$ og $x_2(0) = 0.$ Skitser din metode grundigt, og henvis kun til materialet i disse noter.

Lad $S_L$ være matricen for spejling i en ret linje $L$ i $\mathbb{R}^2$ der skærer $(0,0).$ Se også Eksempel 4.4 og Opgave 4.22.

Giv et geometrisk argument for, at $S_L$ har egenværdierne $1$ og $-1,$ samt at der findes to ortogonale egenvektorer for $S_L$ (se Definition 1.2).

Lad

$A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12}\\ a_{21} & a_{22} \end{pmatrix}.$ Gør rede for, at $A$ er rod i sit eget karakteristiske polynomium, det vil sige

$A^2 - (a_{11} + a_{22}) A + \det(A) I_2 = \mathbf 0.$ Dette er et særtilfælde for Cayley-Hamilton sætning (Sætning B.13).

Lad $A$ være en $n\times n$ matrix.

Gør rede for, at $A$ og $A^\textup{T}$ har det samme karakteristiske polynomium.
Hint
Vis og benyt at
$A^\textup{T} - \lambda I_n = (A - \lambda I_n)^\textup{T}.$
Lad $P$ være en stokastisk $n\times n$ matrix, det vil sige, at alle indgange er $\geq 0$ og alle søjlesummer er $1.$ Vis at der findes en vektor $\mathbf v \neq \mathbf 0$ så $P \mathbf v = \mathbf v.$

Lad $P$ være en invertibel $n\times n$ matrix og $A$ en $n\times n$ matrix.

Gør rede for, at
$\det(P^{-1} A P) = \det(A).$
Vis at $A$ og $P^{-1} A P$ har det samme karakteristiske polynomium.
Hint
Vis og benyt at
$P^{-1} A P -\lambda I_n = P^{-1}(A - \lambda I_n) P.$

(Eksamen maj 2021)

Lad en $4\times 4$ matrix $A$ være givet ved

$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$

Vis at det karakteristiske polynomium for $A$ er givet ved
$(1-\lambda)^4 = \lambda^4 - 4\lambda^3+6\lambda^2-4\lambda +1.$
Bestem samtlige egenværdier for $A,$ og find en basis for hvert egenrum.
Gør rede for, at $A$ ikke er diagonaliserbar.

Vi bruger notationen at $y^{(n)}$ er den $n$ 'te ordens afledede af en funktion $y.$ Overvej følgende inhomogene lineære differentialligning:

$y^{(n)}(t) = a_{n-1}y^{(n-1)}(t) + a_{n-2}y^{(n-2)}(t) + \cdots + a_1 y'(t) + a_0y(t) + b(t),$ for konstante koefficienter $a_{n-1},\dots,a_0$ og kontinuert funktion $b.$

Gør grundigt rede for, at hvis man sætter

$x_1 = y, \quad x_2 = y', \quad \dots, \quad x_n = y^{(n-1)},$ så opfylder vektorfunktionen $\mathbf x = (x_1,x_2,\dots,x_n)^{\textup{T}}$ følgende inhomogene system af lineære differentialligninger:

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\mathbf x(t) = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ & 0 & 1 \\ & & \ddots & \ddots \\ & & & 0 & 1 \\ a_0 & a_1 & \dots & a_{n-2} & a_{n-1} \end{pmatrix} \mathbf x(t) + \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ b(t) \end{pmatrix}.$ Sætning C.6 i Appendiks C kan anvendes til at løse denne ligning.

Lad $A$ være en invertibel matrix. Vis at $\lambda, \mathbf v$ er et egenværdi/egenvektor par for $A,$ hvis og kun hvis, at $\lambda^{-1}, \mathbf v$ er et egenværdi/egenvektor par for $A^{-1}.$

Lad $A$ være en $m\times n$ matrix og $B$ en $n\times m$ matrix. Vis at der gælder:

$(-\lambda)^n \det(AB - \lambda I_m) = (-\lambda)^m \det(BA - \lambda I_n).$ Som konsekvens er alle egenværdier $\neq 0$ for $AB$ og $BA$ ens (inklusiv deres algebraiske multipliciteter). Herudover, hvis $A$ og $B$ er kvadratiske, gælder endnu stærkere at de karakteristiske polynomier for $AB$ og $BA$ er ens.

Hint

Brug Sylvester's determinant sætning (Opgave 5.11) og egenskaber for determinanter (Sætning 5.4).

Lad $A = (a_{ij})$ være en kvadratisk matrix med positive indgange: $a_{ij}>0$ for alle $i$ og $j.$ Denne opgave omhandler Perron-Frobenius sætning, hvor $\lambda_{\textup{PF}}$ kaldes Perron-Frobenius egenværdien af en matrix med positive indgange.

Gør rede for, at der eksisterer en enhedsvektor $\mathbf x,$ med ikke-negative indgange, og et reelt tal $t > 0,$ så $(A\mathbf x)_i \geq t\mathbf x_i$ for alle $i.$ Hint
Eksempelvis for $\mathbf x = \frac{1}{\lvert \mathbf x \rvert}(1,1,\dots,1)^\textup{T}$ , hvad kunne et sådan $t$ være, baseret på indgangene i $A$ ?
Blandt alle par $t,\mathbf x$ der tilfredsstiller (a), findes mindst et der maksimerer $t$ ; vi kalder sådan et par $\lambda_{\textup{PF}}, \mathbf v_{\textup{PF}}.$ Teknisk forklaring på denne påstand
$t$ må være begrænset på grund af Proposition 12.8. Da $(t,\mathbf x)\mapsto (A\mathbf x-t\mathbf x)_i$ alle er kontinuerte, opnås i alt at de par $t,\mathbf x$ der tilfredsstiller (a) (og lad os inkludere $t=0$ også her) udgør en kompakt mængde. Nu maksimeres den kontinuerte funktion $(t,\mathbf x)\mapsto t$ over en ikke-tom kompakt mængde, og et klassisk resultat i matematisk analyse garanterer eksistensen af dette maksimum.
Gør rede for, at $\lambda_{\textup{PF}},\mathbf v_{\textup{PF}}$ er et egenværdi/egenvektor par for $A.$ Hint
Vi kalder her $\lambda=\lambda_{\textup{PF}}$ og $\mathbf v=\mathbf v_{\textup{PF}}$ for at holde det simpelt. Lad $\mathbf w = A\mathbf v - \lambda\mathbf v,$ så har vi fra (a) at $\mathbf w_i\geq 0$ for alle $i.$ Hvis der findes et indeks $j$ så $\mathbf w_j > 0,$ vil $A\mathbf w$ opfylde at $(A\mathbf w)_i>0$ for alle $i,$ da $A$ har positive indgange. Det vil sige, enhedsvektoren $\mathbf x = \frac{1}{\lvert A\mathbf v \rvert}A\mathbf v$ vil opfylde kravene fra (a) og give $(A\mathbf x)_i > \lambda\mathbf x_i$ for alle $i.$ Kan dette lade sig gøre, ud fra hvad vi kender til $\lambda?$
Brug (b) til at gøre rede for, at $\mathbf v_{\textup{PF}}$ har positive indgange.
Definer diagonalmatricen
$P = \begin{pmatrix} (\mathbf v_{\textup{PF}})_1 & & & \\ & (\mathbf v_{\textup{PF}})_2 & & \\ & & \ddots & \\ & & & (\mathbf v_{\textup{PF}})_n \end{pmatrix},$ og matricen $B = P^{-1}AP.$ Ifølge Opgave 8.15 har $A$ og $B$ samme egenværdier.
Gør rede for, at $(1,1,\dots,1)^\textup{T}$ er en egenvektor for $B$ hørende til egenværdi $\lambda_{\textup{PF}}.$
$B$ er også en matrix hvor alle indgange er positive. Fra (d), vis at for $\mathbf x\in\mathbb{C}^n$ gælder
$\max_i \lvert (B\mathbf x)_i \rvert \leq \lambda_{\textup{PF}}\max_i\lvert \mathbf x_i \rvert,$ og hvor der kun er lighed hvis alle indgange i $\mathbf x$ er ens. Hint
Start med at kigge på $\lvert (B\mathbf x)_i \rvert,$ svarende til absolut værdi for $i$ 'te række af $B$ gange $\mathbf x.$ Husk, rækkesummerne af $B$ er alle lig $\lambda_{\textup{PF}}$ fra (d), og brug trekantsuligheden for absolut værdi $\lvert z_1+z_2 \rvert\leq \lvert z_1 \rvert+\lvert z_2 \rvert.$
Overvej til sidst, hvornår der er lighed hele vejen igennem for alle uligheder der anvendes.
Brug (d) og (e) til at afgøre, at $\lambda_{\textup{PF}}$ har geometrisk multiplicitet 1, samt at hvis $\lambda$ er en egenværdi for $A,$ forskellig fra $\lambda_{\textup{PF}},$ så gælder $\lvert \lambda \rvert < \lambda_{\textup{PF}}.$

Det er muligt, men kræver noget mere arbejde, at vise $\lambda_{\textup{PF}}$ har algebraisk multiplicitet $1.$

Hvis en kvadratisk matrix $A$ opfylder $A^2=A,$ hvorfor er egenværdierne for $A$ så enten $0$ eller $1?$

Denne opgave omhandler Fibonnaci's talfølge:

$f_0 = 0,\enskip f_1=1,\enskip f_2=1,\enskip f_3 = 2,\enskip f_4=3,\enskip f_5=5,\enskip f_6 = 8,\enskip \dots,$ som er defineret fra $f_0$ og $f_1$ , samt reglen $f_{n+1} = f_{n}+f_{n-1}$ for naturlige tal $n.$

Lad
$A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix},$ og gør rede for, at
$A\begin{pmatrix} f_{n-1} \\ f_{n} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_{n} \\ f_{n+1} \end{pmatrix}.$
Gør rede for, at
$A^n\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_n \\ f_{n+1} \end{pmatrix}. \tag{8.18}$
Find egenværdierne $\lambda_{\pm}$ for $A,$ hvor $\lambda_+>0$ og $\lambda_-<0$ . Gør også rede for, at $\lambda_+ + \lambda_- = 1$ og $\lambda_+\lambda_- = -1.$
Gør rede for, at
$\mathbf v_{\pm} = \begin{pmatrix} 1 \\ \lambda_{\pm} \end{pmatrix}$ er en egenvektor til $\lambda_{\pm}.$
Vis og brug at
$\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{5}}\mathbf v_+ - \frac{1}{\sqrt{5}}\mathbf v_-,$ til at udregne (8.18). Herudfra, konkluder at følgende ikke-intuitive formel holder:
$f_n = \frac{1}{\sqrt{5}}\biggl[ \Bigl(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Bigr)^n - \Bigl(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\Bigr)^n \biggr].$

Lad $M$ være en generel blok-trekantsmatrix, med kvadratiske diagonalblokke $A_{11},A_{22},\dots,A_{kk},$ det vil sige

$M = \begin{pmatrix} A_{11} & A_{12} & \cdots & A_{1k} \\ \mathbf 0 & A_{22} & \cdots & A_{2k} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \mathbf 0 & \mathbf 0 & \cdots & A_{kk} \end{pmatrix} \quad \text{eller} \quad M = \begin{pmatrix} A_{11} & \mathbf 0 & \cdots & \mathbf 0 \\ A_{21} & A_{22} & \cdots & \mathbf 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{k1} & A_{k2} & \cdots & A_{kk} \end{pmatrix}.$ Gør rede for, at det karakteristiske polynomium for $M$ er lig produktet af de karakteristiske polynomier for $A_{11},A_{22},\dots,A_{kk}.$

Hint

Brug Opgave 5.10.

Lad $F \colon V \to V$ være en lineær transformation på et endelig dimensionalt vektorrum $V$ over $\mathbb{F}.$ Lad $A$ være matrixrepræsentationen for $F$ med hensyn til en basis $B$ (brugt på begge vektorrum).

Vi definerer $\lambda\in\mathbb{F}$ som egenværdi for $F$ og $\mathbf v\in V,$ med $\mathbf v\neq\mathbf 0,$ som tilhørende egenvektor, hvis

$F(\mathbf v) = \lambda\mathbf v.$ For $\lambda\in\mathbb{F},$ vis at $\lambda,\mathbf v$ er et egenværdi/egenvektor par for $F,$ hvis og kun hvis, at $\lambda,[\mathbf v]_{B}$ er et egenværdi/egenvektor par for $A.$