Tips och lösning till U 9.10
SamverkanLinalgLIU
Tips 1
Hej 1
Tips 2
Hej 2
Tips 3
Hej 3
Lösning
Ekvationssytemet
\left\{\begin{array}{rcrcrcr}x&+&y&-&2z&=&\lambda
x\\2x&&&-&2z&=&\lambda y\\-2x&+&2y&+&z&=&\lambda
z\end{array}\right.
kan på matrisform skrivas
\left(\begin{array}{rrr}1&{1}&-2\\2&0&-2\\-2&2&1\end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{r}x\\y\\z\end{array}\right) =\lambda \left(\begin{array}{r}x\\y\\z\end{array}\right) \Leftrightarrow AX=\lambda X.
Vi börjar med att flytta över de obekanta variablerna till vänstra ledet
\left\{\begin{array}{rcrcrcr}
(1-\lambda)x&+&y&-&2z&=&0\\2x&-&\lambda
y&-&2z&=&0\\-2x&+&2y&+&(1-\lambda)z&=&0\end{array}\right.
som på matrisform kan skrivas
\left(\begin{array}{rrr} {1-\lambda}& 1&-2 \\2 & -\lambda& -2\\-2&2&1-\lambda\end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{r}x\\y\\z\end{array}\right) =\left(\begin{array}{r}0\\0\\0\end{array}\right) \Leftrightarrow(A-\lambda E)X=\boldsymbol{0},
där \displaystyle E är enhetsmatrisen.
Vi bestämmer nu \displaystyle \lambda så att systemet \displaystyle (A-\lambda E) \boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} har andra lösningar än den triviala lösningen \displaystyle \boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} .
För detta kräver vi enligt Sats 8.17 att \displaystyle \det(A-\lambda E)=0 .
Vi adderar rad 2 till rad 3:
\det(A-\lambda E)= \left|\begin{array}{ccc} {1-\lambda}& 1&-2 \\2 & -\lambda& -2\\-2&2&1-\lambda\end{array}\right| = \left|\begin{array}{ccc} {1-\lambda}& 1&-2 \\2 & -\lambda& -2\\0&2-\lambda&-1-\lambda\end{array}\right|.
Vi adderar kolonn 1 till kolonn 3 och därefter rad 1 till rad 3:
\det(A-\lambda E)= \left|\begin{array}{ccc} {1-\lambda}& 1&-1-\lambda \\2 & -\lambda&0\\0&2-\lambda&-1-\lambda\end{array}\right| \Leftrightarrow \left|\begin{array}{ccc} {1-\lambda}& 1&-1-\lambda \\2 & -\lambda&0\\-1-\lambda&1-\lambda&0\end{array}\right|.
\begin{array}{ll}
\det(A-\lambda E)&=&(-1-\lambda)(-1)^{1+3}\cdot1\cdot
\left|\begin{array}{rrr} 2 & -\lambda\\-1-\lambda&1-\lambda\end{array}\right|\\
&=&(-1-\lambda) (2-\lambda (-1+\lambda))
=(-1-\lambda) (2+\lambda-\lambda^2)\\
&=&(-1-\lambda) (2+\lambda)(1-\lambda).\\
\end{array}
Eftersom \displaystyle \det(A-\lambda E)=0 för \displaystyle \lambda_1=-1 , \displaystyle \lambda_2=1 och \displaystyle \lambda_3=2 , så har systemet för dessa värden på \displaystyle \lambda en icke-trivial lösning.
Vi tar och bestämmer dessa lösningar.
Fallet \displaystyle \lambda_1=-1 : Vi har alltså
x&+&y&-&2z&=&-x\\2x&&&-&2z&=&-y\\-2x&+&2y&+&z&=&-z
\end{array}\right.
\Leftrightarrow
\left\{\begin{array}{rcrcrcr}2x&+&y&-&2z&=&0\\2x&+&y&-&2z&=&0\\-2x&+&2y&+&2z&=&0\end{array}\right.
På matrisform kan detta skrivas
\left(\begin{array}{rrr} 2&1&-2\\2&1&-2\\-2&2&2\end{array}\right.\left| \begin{array}{r} 0\\0\\0\end{array}\right) \Leftrightarrow \left(\begin{array}{rrr} 2&1&-2\\0&0&0\\0&3&0\end{array}\right.\left| \begin{array}{r} 0\\0\\0\end{array}\right)
som har lösningen \displaystyle x=t , \displaystyle y=0 och \displaystyle z=t , dvs \displaystyle X_1=t\left(\begin{array}{r} 1\\0\\1\end{array}\right) .
Fallet \displaystyle \lambda_2=1 : Vi får
x&+&y&-&2z&=&x\\2x&&&-&2z&=&y\\-2x&+&2y&+&z&=&z
\end{array}\right.
\Leftrightarrow
\left\{\begin{array}{rcrcrcr} &&y&-&2z&=&0\\
2x&-&y&-&2z&=&0\\ -2x&+&2y&&&=&0 \end{array}\right.
Vi flyttar om raderna och använder Gausselimination
\left\{\begin{array}{rcrcrcr}2x&-&y&-&2z&=&0\\-2x&+&2y&&&=&0\\&&y&-&2z&=&0 \end{array}\right. \Leftrightarrow \left(\begin{array}{rrr} 2&-1&-2\\-2&2&0\\0&1&-2\end{array}\right.\left| \begin{array}{r} 0\\0\\0\end{array}\right)
dvs
\left(\begin{array}{rrr} 2&-1&-2\\0&1&-2\\0&1&-2\end{array}\right.\left| \begin{array}{r} 0\\0\\0\end{array}\right) \Leftrightarrow \left(\begin{array}{rrr} 2&-1&-2\\0&1&-2\\0&0&0\end{array}\right.\left| \begin{array}{r} 0\\0\\0\end{array}\right).
Vi sätter \displaystyle z=t . Då är \displaystyle y=2t och \displaystyle x=2t . Systemet har i det här fallet lösningen \displaystyle X_2=t \left(\begin{array}{r} 2\\2\\1\end{array}\right) .
