Egenvektorer och plan

God jul, Daja! Kul att du är tillbaka!

A är symmetrisk. Känner du till att egenvektorer med olika egenvärden till en symmetrisk matris alltid är ortogonala? 

Alla vektorer ortogonala till (2,1,-1) är här egenvektorer till A med egenvärde 4. Dessa vektorer spänner ett tvådimensionellt plan.

Dr. G skrev:

God jul, Daja! Kul att du är tillbaka!

Yay tack :)!  Saknade er också! 

A är symmetrisk. Känner du till att egenvektorer med olika egenvärden till en symmetrisk matris alltid är ortogonala? 

Alla vektorer ortogonala till (2,1,-1) är här egenvektorer till A med egenvärde 4. Dessa vektorer spänner ett tvådimensionellt plan.

 Ja, jag förstår att $[2, 1, -1]^{T}$ är orthogonala mot planet.

Men jag trodde att vi behövde välja med mer försiktighet dem två vektorer i planet som har egenvärde $\lambda = 4$? Det verkar som att det räcker med att välja vilka vektorer som helst i planet?

Ta vilka två du vill (som inte är linjärt beroende)!

Om du vet bilderna av t.ex (2,1,-1), (1,0,2) och (0,1,1) så kan du räkna ut bilderna av (1,0,0), (0,1,0) och (0,0,1) - och då har du i princip din matris A!

Vad menar du exakt med om jag vet bilderna :-)?

Vektorerna i inlägget ovan är egenvektorer med kända egenvärden.

T.ex är då

A(2,1,-1) = 2(2,1,-1) = (4,2,-2)

Du vet också vad A(1,0,2) och A(0,1,1) blir.

Men vänta, visst är det egenvektorer som inte multipliceras med lambda som vi ställer som kolonvektor i matrisen?

A:s kolumner är bilderna av (0,0,1), (0,1,0) och (0,0,1). (Alla vektorer här är kolonnvektorer...)

Om du kan skriva (1,0,0) som en linjärkombination av  (2,1,-1), (1,0,2) och (0,1,1) så vet du hur A avbildar (1,0,0), eftersom du vet hur A avbildar linjärkombinationen av egenvektorerna.

Hej!

Du får veta att egenvärdet $2$ motsvaras av egenvektorn $(2,1,-1)^{T}$ och att egenvärdet $4$ motsvaras av två egenvektorer $v_1=(v_{11},v_{12},v_{13})^{T}$ och $v_2=(v_{21},v_{22},v_{23})^{T}$ som är linjärt oberoende. Det betyder att matrisen $A$ kan diagonaliseras som 

    $A = P D P^{-1}$

där

    $P = \begin{pmatrix}2&v_{11}&v_{21}\\1&v_{12}&v_{22}\\-1&v_{13}&v_{23}\end{pmatrix} \text{ och } D=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&4&0\\0&0&4\end{pmatrix}.$

Om $v_1$ är ortogonal mot $w=(2,1,-1)$ så är $v_1$ och $w$ linjärt oberoende.

    $v_1\cdot w = 2v_{11}+v_{12}-v_{13} = 0 \iff v_{13} = 2v_{11}+v_{12}$

Det ger vektorn

    $v_1 = \begin{pmatrix}v_{11}\\v_{12}\\2v_{11}+v_{12}\end{pmatrix} = v_{11}\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix} + v_{12}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}.$

På samma sätt kan du studera vektorn $v_2$ som du vill ska vara ortogonal mot $w$.

    $v_2\cdot w = 0 \iff v_{23} = 2v_{21}+v_{22} \implies v_2 = v_{21}\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}+v_{22}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$.

Notera att de två vektorerna $(1,0,2)^{T}$ och $(0,1,1)^{T}$ är linjärt oberoende, så du kan välja $v_1 = (1,0,2)^{T}$ och $v_{2} = (0,1,1)^{T}$ vilket ger matrisen 

    $P=\begin{pmatrix}2&1&0\\1&0&1\\-1&2&1\end{pmatrix}$ med inversen $P^{-1} = \frac{1}{6}\begin{pmatrix}2&1&-1\\2&-2&2\\-2&5&1\end{pmatrix}$

så att ett möjligt svar på den ställda frågan är den symmetriska matrisen

    $A = \frac{1}{6}\begin{pmatrix}16&-4&4\\-4&22&2\\4&2&22\end{pmatrix}.$

Albiki skrev:

Hej!

Du får veta att egenvärdet $2$ motsvaras av egenvektorn $(2,1,-1)^{T}$ och att egenvärdet $4$ motsvaras av två egenvektorer $v_1=(v_{11},v_{12},v_{13})^{T}$ och $v_2=(v_{21},v_{22},v_{23})^{T}$ som är linjärt oberoende. Det betyder att matrisen $A$ kan diagonaliseras som 

    $A = P D P^{-1}$

där

    $P = \begin{pmatrix}2&v_{11}&v_{21}\\1&v_{12}&v_{22}\\-1&v_{13}&v_{23}\end{pmatrix} \text{ och } D=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&4&0\\0&0&4\end{pmatrix}.$

 Tack Albiki, den här teknik hade jag ingen aning om! Snyggt!

Albiki skrev:

Om $v_1$ är ortogonal mot $w=(2,1,-1)$ så är $v_1$ och $w$ linjärt oberoende.

    $v_1\cdot w = 2v_{11}+v_{12}-v_{13} = 0 \iff v_{13} = 2v_{11}+v_{12}$

Det ger vektorn

    $v_1 = \begin{pmatrix}v_{11}\\v_{12}\\2v_{11}+v_{12}\end{pmatrix} = v_{11}\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix} + v_{12}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}.$

 Sista fråga då... Varför kan man göra så, använda vektoren koordinaterna som konstanter?

Dr. G skrev:

A:s kolumner är bilderna av (0,0,1), (0,1,0) och (0,0,1). (Alla vektorer här är kolonnvektorer...)

Om du kan skriva (1,0,0) som en linjärkombination av  (2,1,-1), (1,0,2) och (0,1,1) så vet du hur A avbildar (1,0,0), eftersom du vet hur A avbildar linjärkombinationen av egenvektorerna.

 Alltså du menar skriva:

$\left(\begin{array}{ccc}2& 4& 0\\ 1& 0& 4\\ -1& 8& 4\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ och lösa det, eller $\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 1& 0& 1\\ -1& 2& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$?

Med valfri metod så kan du komma fram till att 

(1,0,0) = ((2,1,-1) + (1,0,2) - (0,1,1))/3

(0,1,0) = ((2,1,-1) -2*(1,0,2) + 5*(0,1,1))/6

(0,0,1) = ((2,1,-1) -2*(1,0,2) - (0,1,1))/(-6)

Nu kan du få fram A(1,0,0) etc, då (1,0,0) är skriven som en linjärkombination av egenvektorer till A med kända egenvärden.

Med den här metoden slipper du invertera matriser och ta ett antal matrisproduker, men du får istället lösa ett ekvationssystem, m.m 

Okej, tack till min favorit läkare!