Tips och lösning till U 22.9b
SamverkanLinalgLIU
Tips 1
Hej 1
Tips 2
Hej 2
Tips 3
Hej 3
Lösning
Kolonn 3 adderas till kolonn 1 i sekularekvationen ger
\left|\begin{array}{ccc}{-\lambda}&{1}&{1}\\{-1}&{-\lambda}&{1}\\{-1}&{-1}&{-\lambda}\end{array}\right| = \left|\begin{array}{ccc}{1-\lambda}&{1}&{1}\\{0}&{-\lambda}&{1}\\{-1-\lambda}&{-1}&{-\lambda}\end{array}\right|
Multiplicera kolonn 3 med \displaystyle \lambda och addera till kolonn 2
\left|\begin{array}{ccc}{1-\lambda}&{1+\lambda}&{1}\\{0}&{0}&{1}\\{-1-\lambda}&{-1-\lambda^2}&{-\lambda}\end{array}\right| =(-1)^{(2+3)}\left|\begin{array}{cc}{1-\lambda}&{1+\lambda}\\{-1-\lambda}&{-1-\lambda^2}\end{array}\right|
=-[(1-\lambda)(-1-\lambda^2)-(-1-\lambda)(1+\lambda)] =-\lambda(\lambda^2+3)
Egenvärdena är \displaystyle \lambda_1=0 , \displaystyle \lambda_2=i\sqrt3 och \displaystyle \lambda_3=\bar{\lambda}_2=-i\sqrt3 .
Tillhörande egenvektorer får vi om vi löser systemet
\displaystyle (A-\lambda E)X=\boldsymbol{0} .
För \displaystyle \lambda_1=0 får vi en normerad egenvektor \displaystyle \frac{1}{\sqrt3}(1,-1,1)^t .
För \displaystyle \lambda_2=i\sqrt3 får vi en normerad egenvektor \displaystyle \boldsymbol{v}_2=\Big(\frac{-1-i\sqrt3}{2\sqrt3},\frac{1-i\sqrt3}{2\sqrt3},\frac{1}{\sqrt3}\Big)^t , se nedan.
För \displaystyle \lambda_3=-i\sqrt3 får vi
\left(\begin{array}{rrr|r} i\sqrt3&1&1&0\\ -1&i\sqrt3&1&0\\ -1&-1&i\sqrt3&0\\ \end{array}\right) \Leftrightarrow \{\mbox{radbyte}\} \Leftrightarrow \left(\begin{array}{rrr|r} -1&i\sqrt3&1&0\\ i\sqrt3&1&1&0\\ -1&-1&i\sqrt3&0\\ \end{array}\right)
\left(\begin{array}{ccc|r} -1&i\sqrt3&1&0\\ 0&-2&1+i\sqrt3&0\\ 0&-1-i\sqrt3&-1+i\sqrt3&0 \end{array}\right) \Leftrightarrow \left(\begin{array}{ccc|r} -1&i\sqrt3&1&0\\ 0&1&(-1-i\sqrt3)/2&0\\ 0&1&(-1-i\sqrt3)/2&0\\ \end{array}\right)
ty i sista raden så är \displaystyle \frac{-1+i\sqrt3}{-1-i\sqrt3}=\frac{-1-i\sqrt3}{2} .
Sätt \displaystyle x_3=t , så är \displaystyle x_2=\frac{1+i\sqrt3}{2} och
x_1=i\sqrt3x_2+x_3=\frac{-3+i\sqrt3}{2}t+t=\frac{-1+i\sqrt3}{2}t,
så att tillhörande egenvektorn är \displaystyle \boldsymbol{v}_3=\Big(\frac{-1+i\sqrt3}{2\sqrt3},\frac{1+i\sqrt3}{2\sqrt3},\frac{1}{\sqrt3}\Big)^t .
Observera att egenvektorerna är också varandras komplexa konjugat, dvs \displaystyle \boldsymbol{v}_3=\bar{\boldsymbol{v}}_2 precis som egenvärdena.
Det är också värt och notera att skalärprodukten i det komplexa fallet innehåller också konjugatet. Om \displaystyle \boldsymbol{x}=(x_1,x_2,x_3)^t och \displaystyle \boldsymbol{y}=(y_1,y_2,y_3)^t är komplexa vektorer så ges skalärprodukten av
(\boldsymbol{x}|\boldsymbol{y})=x_1\bar{y}_1+x_2\bar{y}_2+x_3\bar{y}_3.
Vi kan kontrollera att \displaystyle ||\boldsymbol{v}_1||^2=(\boldsymbol{v}_1 | \bar{\boldsymbol{v}}_2)=1 ,
\displaystyle ||\boldsymbol{v}_2||^2=1 och \displaystyle (\boldsymbol{v}_1 | \boldsymbol{v}_2)=0 .
Nu till matrisen \displaystyle T . Vi låter \displaystyle T innehålla i sina kolonner
egenvektorerna och \displaystyle T^* innehålla konjugatet av egenvektorerna i sina
rader, så att \displaystyle T^*T=TT^*=E , där
T=\left ( \begin{array}{ccc} \frac{1}{\sqrt3} & \frac{-1-i\sqrt3}{2\sqrt3} & \frac{-1+i\sqrt3}{2\sqrt3}\\ -\frac{1}{\sqrt3} & \frac{1-i\sqrt3}{2\sqrt3} & \frac{1+i\sqrt3}{2\sqrt3} \\ \frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt3} \end{array}\right), \ \ \ T^*=\left ( \begin{array}{ccc} \frac{1}{\sqrt3} &-\frac{1}{\sqrt3} &\frac{1}{\sqrt3}\\ \frac{-1+i\sqrt3}{2\sqrt3}&\frac{1+i\sqrt3}{2\sqrt3} &\frac{1}{\sqrt3}\\ \frac{-1-i\sqrt3}{2\sqrt3}&\frac{1-i\sqrt3}{2\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt3} \end{array}\right)
I det reella fallet, så sammanfaller \displaystyle T^* med \displaystyle T^t , dvs \displaystyle T^*=T^t .
Vi har nu visat att
T^*AT=\left(\begin{array}{ccc} 0&0&0\\0&{i\sqrt3}&0\\0&0&{-i\sqrt3} \end{array}\right) =D.
