Linjär alg. - Ortogonal matris P

För $\lambda_1=\lambda_2=\lambda=-4$ har du kommit fram till lösningsmängden $x+y+3z=0$.

Lösningsmängden utgör (tillsammans med nollvektorn) ett underrum till $\mathbb{R}^3$, man brukar prata om egenrummet hörande till egenvärdet $\lambda$.

Alla vektorer i planet är egenvektorer. Din uppgift är välja ut två stycken som är vinkelräta mot varandra.

Om du väljer att att ansätta $(2,1,-1)$ som din första vektor kan du kryssa den med planets normal för att på ett enkelt sätt få en tredje vektor  $(1,1,3)\times (2,1,-1)=(-4,7,-1)$

Nu har vi hittat två vinkelräta vektorer som spänner planet (egenvärdesrummet hörande till egenvärdet $\lambda=-4$)

Eftersom vi nu har slut på dimensioner inser vi trivialt att planets normal $(1,1,3)$ således måste höra till det sista egenvärdet $\lambda=7$.

D4NIEL skrev:

För $\lambda_1=\lambda_2=\lambda=-4$ har du kommit fram till lösningsmängden $x+y+3z=0$.

Lösningsmängden utgör (tillsammans med nollvektorn) ett underrum till $\mathbb{R}^3$, man brukar prata om egenrummet hörande till egenvärdet $\lambda$.

Alla vektorer i planet är egenvektorer. Din uppgift är välja ut två stycken som är vinkelräta mot varandra.

Om du väljer att att ansätta $(2,1,-1)$ som din första vektor kan du kryssa den med planets normal för att på ett enkelt sätt få en tredje vektor  $(1,1,3)\times (2,1,-1)=(-4,7,-1)$

Nu har vi hittat två vinkelräta vektorer som spänner planet (egenvärdesrummet hörande till egenvärdet $\lambda=-4$)

Eftersom vi nu har slut på dimensioner inser vi trivialt att planets normal $(1,1,3)$ således måste höra till det sista egenvärdet $\lambda=7$.

Hej, Daniel, tack för ditt svar. Men jag är lite fundersam eftersom $y, z \in \mathrm{ℝ}$, ska man då inte kunna sätta y och z till godtyckliga värden och få två ortogonala egenvektorer, utan att använda kryssprodukten? Det är på detta sätt som min lärare gjort och äv. i boken visas det så. 

Du behöver inte nödvändigtvis använda kryssprodukten för att ortogonalisera, men alla vektorer i egenvärdesrummet till $-4$ är inte ortogonala mot varandra. Däremot är alla vektorer i egenvärdesrummet egenvektorer. De är också ortogonala mot egenvektorn till det tredje egenvärdet $7$.

Det är upp till dig att välja två ortogonala egenvektorer som spänner egenrummet. Den första vektorn kan väljas godtyckligt, den andra måste väljas med omsorg.

Om du visar ett exempel på vad du menar från boken eller från anteckningar kan vi säkert komma överens om att valet av den andra vektorn som hör till samma egenvärde inte kan vara helt godtyckligt om vektorerna ska vara ortogonala.

D4NIEL skrev:

Du behöver inte nödvändigtvis använda kryssprodukten för att ortogonalisera, men alla vektorer i egenvärdesrummet till $-4$ är inte ortogonala mot varandra. Däremot är alla vektorer i egenvärdesrummet egenvektorer. De är också ortogonala mot egenvektorn till det tredje egenvärdet $7$.

Det är upp till dig att välja två ortogonala egenvektorer som spänner egenrummet. Den första vektorn kan väljas godtyckligt, den andra måste väljas med omsorg.

Om du visar ett exempel på vad du menar från boken eller från anteckningar kan vi säkert komma överens om att valet av den andra vektorn som hör till samma egenvärde inte kan vara helt godtyckligt om vektorerna ska vara ortogonala.

Här exempelvis, gäller samma uppgift:

Jag tror dock det finns ett slarvfel, han menar nog att s = -1, t = 0 gällande första vektorn.

Ja, det är ett slarvfel, men vi kan ändå utnyttja valet $s=0$ och $t=-1$. Det ger vektorn $(3,0-1)$ som varken är ortogonal mot $(1,-1,0)$ eller mot $(3,3,-2)$ eller hur?

Ett annat val, $s=1$ och $t=2$ ger vektorn $(-7,1,2)$ och inte heller den är ortogonal mot $(1,-1,0)$

Man har alltså inte valt den andra vektorn helt godtyckligt utan med omsorg, så att de två vektorerna faktiskt blir ortogonala. Är du med?

Notera också att vektorerna $(3,0,-1)$ och $(-7,1,2)$ fortfarande är egenvektorer med egenvärde $-4$ till matrisen. De kommer från egenrummet som hör till egenvärdet.

D4NIEL skrev:

Ja, det är ett slarvfel, men vi kan ändå utnyttja valet $s=0$ och $t=-1$. Det ger vektorn $(3,0-1)$ som varken är ortogonal mot $(1,-1,0)$ eller mot $(3,3,-2)$ eller hur?

Ett annat val, $s=1$ och $t=2$ ger vektorn $(-7,1,2)$ och inte heller den är ortogonal mot $(1,-1,0)$

Man har alltså inte valt den andra vektorn helt godtyckligt utan med omsorg, så att de två vektorerna faktiskt blir ortogonala. Är du med?

Notera också att vektorerna $(3,0,-1)$ och $(-7,1,2)$ fortfarande är egenvektorer med egenvärde $-4$ till matrisen. De kommer från egenrummet som hör till egenvärdet.

Detta har jag inte upptäckt tidigare, mycket märkligt. Får man då testa sig fram med några värden tills man hittar en vektor som är ortogonal mot den andra? 

Situationen uppstår när du har ett egenvärde med en geometrisk dimension som överstiger 1.  Den geometriska dimensionen är alltid mindre än eller lika med den algebraiska dimensionen. Det kan alltså bara uppstå när du får dubbelrot (eller trippelrot osv)).

Du behöver inte testa dig fram. Vid enkla fall i två eller tre dimensioner kan man oftast direkt konstruera en ortogonal vektor. Om du inte ser det direkt kan du använda Gram–Schmidts ortogonaliseringsprocess eller som jag föreslog ovan, kryssprodukten med planets normal. Du kan också skapa ett nytt ekvationssystem från det gamla med tilläggsvillkoret (en extra ekvation) att den nya vektorn ska vara vinkelrät mot den redan valda (skalärprodukten ska vara noll).

Orsaken till att vi vill ha en ortogonal bas är att räkningarna blir mycket enklare om vi skulle vilja diagonalisera en symmetrisk avbildning (jmfr spektralsatsen)

D4NIEL skrev:

Situationen uppstår när du har ett egenvärde med en geometrisk dimension som överstiger 1.  Den geometriska dimensionen är alltid mindre än eller lika med den algebraiska dimensionen. Det kan alltså bara uppstå när du får dubbelrot (eller trippelrot osv)).

Du behöver inte testa dig fram. Vid enkla fall i två eller tre dimensioner kan man oftast direkt konstruera en ortogonal vektor. Om du inte ser det direkt kan du använda Gram–Schmidts ortogonaliseringsprocess eller som jag föreslog ovan, kryssprodukten med planets normal. Du kan också skapa ett nytt ekvationssystem från det gamla med tilläggsvillkoret (en extra ekvation) att den nya vektorn ska vara vinkelrät mot den redan valda (skalärprodukten ska vara noll)

Hmm, jag förstår. Stort tack för hjälpen!