\documentclass[a4paper,dvips,12pt]{article} % Dokumenttype \usepackage[latin1]{inputenc} % Inputtype (platformafhængig) \usepackage[danish]{babel} % Ordombrydningssprog \usepackage[T1]{fontenc} % Fonts der kan bruges i dokumentet \hyphenation{} % Orddelingsregler % MATEMATIK OG GRAFIK ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------% \usepackage{amsmath,amssymb} % Matematisk pakke \usepackage[pdftex]{color,graphicx} % PDF med farvet grafik \usepackage[pdftex]{graphicx} % PDF med grafik \usepackage{maplestd2e} % Til at kunne implementere Maple-kode \usepackage{braket} % Til at kunne lave | i variabel størrelse (\middle|) \renewcommand{\theequation}{\arabic{subsection}.\arabic{equation}} % Gendefiner kommandoen der laver equation numre \usepackage{color} % Til at kunne lave farvet output % LAYOUT ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------% \usepackage{fancyhdr} % Til sidehoved og sidefod \pagestyle{fancy} % Layout af sidehoved og sidefod \fancyhead{} % Renser alle head-felter \fancyhead[L]{\ECFTallPaul Lineær Algebra ugeopgave 5} % Udskriver i venstre side øverst \fancyhead[R]{\ECFTallPaul Opgave \thesubsection} % Udskriver i højre side øverst \headheight 14.5pt % Højden af headerfeltet \fancyfoot{} % Renser alle foot-felter \fancyfoot[C]{\ECFTallPaul \rule{40pt}{0.2pt} \thepage{} \rule{40pt}{0.2pt}} % Udskriver i midten nederst \renewcommand{\headrulewidth}{0.2pt} % Tykkelse på øverste linie \renewcommand{\footrulewidth}{0.0pt} % Tykkelse på nederste linie \usepackage{enumerate} % Til at kunne lave nummererede items \usepackage{subfigure} % Til at kunne lave figurer side om side \usepackage{emerald} % Skrifttyper speficik for forsiden til afleveringen \usepackage{pifont} % Til at kunne typesætte tal med ring om \usepackage{yhmath} % NYE KOMMANDOER ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------% %\newcommand{\span}[1]{\text{span}{\left( {#1} \right)}} VIRKER IKKE AF EN ELLER ANDEN GRUND... %\newcommand{\henvisn}[1]{{(\itshape{#1})}} \newcommand{\henvisn}[1]{\footnote{\itshape{#1}}} \renewcommand{\vec}[1]{\mathbf{#1}} % START PÅ DOKUMENT MED FORSIDE ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------% \begin{document} % Starter dokumentet efter preamble \pagestyle{empty} % Sidehoved og sidefod for forsiden \input{forside.tex} % Input af forsiden, der ligger i forside.tex % START PÅ AFLEVERINGSOPGAVEN SELV ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------% \newpage % Ny side efter forsiden er indsat \pagestyle{fancy} % Sidehoved og sidefod for resten af dokumentet \setcounter{page}{2} % Resten af afleveringen har sidenummer 2 og frem \section*{Lin.Alg. Ugeopgave 6} \setcounter{section}{6} % reset tælleren til at nummerere sections (ugeopgavenummer) \subsection{Knudeløb} Jeg er givet et skema over knudepunkter, vist på Figur 1, hvor man kan gå rundt mellem de tre knudpunkter. Når man står i et punkt er der en ligelig sandsynlighed for at tage den ene, anden eller tredje vej (eller bare den ene eller anden i punkt A og C). Disse sandsynligheder har jeg tilføjet på figuren. \begin{figure}[htb] \centering \includegraphics[width=0.50\textwidth]{61graf.pdf} \label{fig:6.1graf} \caption{{\itshape De tre knuder hvor imellem man kan gå med lige stor sandsynlighed fordelt over de forskellige veje væk fra knudepunkterne.}} \end{figure} Hvis sandsynligheden for at starte på hver af de tre knuder er henholdsvis $p_A$, $p_B$ og $p_C$, så er sandsynligheden for at slutte i hver af knuderne henholdsvis $q_A$, $q_B$ og $q_C$, hvor \begin{equation} \left[\begin{array}{c} q_A\\q_B\\q_C \end{array}\right] = L \left[\begin{array}{c} p_A\\p_B\\p_C \end{array}\right] \label{6.1:sandsynligheder} \end{equation} hvor $L:\mathbb{R}^3 \longrightarrow \mathbb{R}^3$ er afbildingen givet ved \begin{equation} L\left[\begin{array}{c} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array}\right] = \left[\begin{array}{c} \tfrac{1}{3} x_2 + \tfrac{1}{2} x_3 \\ \tfrac{1}{2} x_1 + \tfrac{1}{3} x_2 \\ \tfrac{1}{2} x_1 + \tfrac{1}{3} x_2 + \tfrac{1}{2} x_3 \end{array}\right] \label{6.1L} \end{equation} Afbildingen $L$ er lineær da der, for $\alpha,\beta \in \mathbb{R}$ og $\vec{x},\vec{y} \in \mathbb{R}^3$, gælder at \begin{equation*} L(\alpha \vec{x} + \beta \vec{y}) = \alpha L(\vec{x}) + \beta L(\vec{y}) \text{.} \end{equation*} Jeg skal nu arbejde videre med denne afbilding i de tre følgende delopgaver a, b og c. \subsubsection{Delopgave a} Jeg skal finde $L$'s egenværdier og vise at den har en matrixrepræsentation ved en diagonalmatrix. For at finde egenværdier for afbildingen vil jeg starte ud med at finde matrixrepræsentationen for afbildingen, hvilket jeg gør i forhold til standardbasen $E=[\vec{e}_1,\vec{e}_2,\vec{e}_3]$. Jeg tager altså afbildingen af basevektorerne $\vec{e}_1$, $\vec{e}_2$ og $\vec{e}_3$ og bruger resultatet som søjlevektorer i matricen $A$: \begin{align*} L(\vec{e}_1) &= \left[ 0, \tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2} \right]^T \\ L(\vec{e}_2) &= \left[ \tfrac{1}{3}, \tfrac{1}{3}, \tfrac{1}{3} \right]^T\\ L(\vec{e}_3) &= \left[ \tfrac{1}{2}, 0, \tfrac{1}{2} \right]^T \end{align*} Matrixafbildingen $A$ af $L$ mht. basen $E$ er altså givet ved \begin{equation} A = \left[\begin{array}{ccc} 0& \frac{1}{3}& \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2}& \frac{1}{3}& 0 \\ \frac{1}{2}& \frac{1}{3}& \frac{1}{2} \end{array}\right] \label{6.1A} \end{equation} For at finde egenværdier for $L$ skal jeg finde egenværdier for denne matrice $A$, hvilket jeg gør ved at finde matricens karakteristiske polynomium defineret som \begin{equation*} p_A(\lambda) = \text{det}{\left( A- \lambda I \right)} \text{,} \end{equation*} hvor $I$ er identitetsmatricen. Rødderne $\lambda_i$ til denne ligning er $A$'s egenværdier. Jeg vil nu udskrive udtrykket $A- \lambda I$ så jeg kan finde determinanten \begin{equation} A- \lambda I = \left[\begin{array}{ccc} 0& \frac{1}{3}& \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2}& \frac{1}{3}& 0 \\ \frac{1}{2}& \frac{1}{3}& \frac{1}{2} \end{array}\right] - \left[\begin{array}{ccc} \lambda& 0& 0\\ 0& \lambda& 0\\ 0& 0& \lambda \end{array}\right] = \left[\begin{array}{ccc} -\lambda& \frac{1}{3}& \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2}& \frac{1}{3}-\lambda& 0 \\ \frac{1}{2}& \frac{1}{3}& \frac{1}{2}-\lambda \end{array}\right] \label{6.1A-lambdaI} \end{equation} Jeg kan altså så gå videre til at finde et udtryk for determinanten af \eqref{6.1A-lambdaI} ved at udskrive og faktorisere, hvilket jeg gør efter anden række, da denne indeholder et nul, altså {\allowdisplaybreaks \begin{align*} \text{det}{\left[\begin{array}{ccc} -\lambda& \frac{1}{3}& \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2}& \frac{1}{3}-\lambda& 0 \\ \frac{1}{2}& \frac{1}{3}& \frac{1}{2}-\lambda \end{array}\right]} &= \tfrac{1}{2} \text{det}\left[ \begin{array}{cc} \tfrac{1}{3}&\tfrac{1}{2}\\ \tfrac{1}{3}&\tfrac{1}{2}-\lambda \end{array} \right] -\left(\tfrac{1}{3}-\lambda\right)\text{det}\left[\begin{array}{cc} -\lambda&\tfrac{1}{2}\\ \tfrac{1}{2}&\tfrac{1}{2}-\lambda \end{array}\right] \\ &= \tfrac{1}{2} \left( \tfrac{1}{3}\left( \tfrac{1}{2}-\lambda \right) - \tfrac{1}{2}\tfrac{1}{3} \right) -\left(\tfrac{1}{3}-\lambda\right)\left( -\tfrac{1}{2}\lambda + \lambda^2 - \tfrac{1}{4} \right) \\ &= -\tfrac{1}{6} - \left( -\tfrac{1}{6}\lambda + \tfrac{1}{3}\lambda^2 - \tfrac{1}{12} + \tfrac{1}{2}\lambda^2 - \lambda^3 + \tfrac{1}{4}\lambda \right) \\ &= -\tfrac{1}{6} - +\tfrac{1}{6}\lambda - \tfrac{1}{3}\lambda^2 + \tfrac{1}{12} - \tfrac{1}{2}\lambda^2 + \lambda^3 - \tfrac{1}{4}\lambda \\ &= \lambda^3 - \tfrac{5}{6} \lambda^2 - \tfrac{1}{4} \lambda + \tfrac{1}{12} \\ &= \tfrac{1}{12} \left( \lambda - 1 \right)\left( 12 \lambda^2 + 2 \lambda - 1 \right) \text{,} \end{align*}}% så jeg kan allerede nu se løsningen $\lambda = 1$, og derud over kommer så rødderne af andengradspolynomiet i den sidste parentes, som er givet ved \begin{equation*} \lambda = \frac{-2 \pm \sqrt{4+4\cdot12\cdot1}}{2\cdot 12} = \frac{-2 \pm \sqrt{4(1+12)}}{2\cdot 12} = \frac{-1 \pm \sqrt{1+12}}{12} \text{.} \end{equation*} Altså er de tre egenværdier givet ved \begin{equation} \lambda_1 = 1, \qquad \lambda_2 = \tfrac{-1}{12} + \tfrac{\sqrt{13}}{12}, \qquad \lambda_3 = \tfrac{-1}{12} - \tfrac{\sqrt{13}}{12} \text{.} \label{6.1:egenvaerdier} \end{equation} For at finde diagonalmatricen $A_D$ der repræsenterer $L$ skal jeg finde egenvektorerne der hører til disse tre egenværdier. Dette gør jeg ved at indsætte de fundne egenværdier i ligningen $(A-\lambda_i I)\vec{x}_i = \vec{0}$, hvor $\vec{x}_i$ så vil være egenvektorerne. For at gøre dette nemt og bekvemt kan jeg bruge Maple, og dennes kommando {\verb+EigenVectors+}. \vspace{3pt} \input{mapleexports/6.1.a41.tex} \vspace{10pt} \noindent Jeg kan se at egenværdierne, givet som værdier i en søjle jeg har benævnt som $L$, er de samme som dem jeg selv har fundet i hånden. Ud fra disse egenværdier har Maple fundet egenvektorerne som søjlerne i en matrix $X$. For denne matrix gælder at jeg kan danne den diagonale matrix ved \begin{equation} A_D = X^{-1} A X \text{,} \label{6.1:Dudtryk} \end{equation} og denne matrix har formen \begin{equation} A_D = \left[\begin{array}{ccc} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{array}\right] \label{6.1:AD} \end{equation} Dette kan verificeres ved hjælp af Maple, hvor jeg simpelthen bare udregner \eqref{6.1:Dudtryk} ved det følgende. \vspace{3pt} \input{mapleexports/6.1.a42.tex} \vspace{10pt} \noindent Det jeg ser her i diagonalen ligner ikke umiddelbart de egenværdier som både jeg selv og Maple har fundet, men dette kan jeg vise at de er ved at dividere diagonalens værdi og værdien jeg har fundet -- for derefter at se at dette giver 1. Selvfølgelig vil jeg ikke gøre dette med værdien 1, da denne jo er magen til den fundne, men de andre to er vist herunder: \vspace{3pt} \input{mapleexports/6.1.a5.tex} \vspace{10pt} \noindent Og jeg ser altså at diagonalerne i diagonalmatricen faktisk er de egenværdier jeg fandt i \eqref{6.1:egenvaerdier}. Med dette har jeg vist at $L$ har en matrixrepræsentation ved en diagonalmatrix $A_D$ på formen givet i \eqref{6.1:AD}, for hvilken jeg har fundet værdierne $\lambda_1$, $\lambda_2$ og $\lambda_3$ som egenværdierne til $L$. \subsubsection{Delopgave b} Jeg skal nu ved hjælp af Maple og mine resultater fra forrige delopgave eftervise at der gælder \begin{equation} \vec{e}_3 \cdot (L^{\circ n}(\vec{e}_1)) = \frac{6}{13}- \frac{3}{13}\left( -\frac{1}{12}+\frac{\sqrt{13}}{12} \right)^n - \frac{3}{13} \left( -\frac{1}{12}-\frac{\sqrt{13}}{12} \right)^n \text{,} \label{6.1:foersteudtryk} \end{equation} hvor $L^{\circ n}$ betegner afbildingen $L$ der fremkommer ved at sammensætte $L$ med sig selv $n$ gange. Derudover skal jeg finde et tilsvarende udtryk for $\vec{e}_3 \cdot (L^{\circ n}(\vec{e}_2))$. For i Maple at kunne arbejde med $n$'te potenser vil jeg lige lave et lille trick og definere min $A_D^n$ i hånden, da programmet ikke direkte vil tage en matrice i en algebraisk potens. Dette gør jeg i det følgende: \vspace{3pt} \input{mapleexports/6.1.b1.tex} \vspace{10pt} \noindent Derudover skal jeg have defineret mine enhedsvektorer $\vec{e}_1$, $\vec{e}_2$ og $\vec{e}_3$, hvor jeg vel og mærke definerer den sidste som værende en rækkevektor i stedet for en søjlevektor, da jeg ellers ikke kan gange den på fra venstre senere. Dette gør jeg i følgende Maple-kode: \vspace{3pt} \input{mapleexports/6.1.b2.tex} \vspace{10pt} \noindent Nu kan jeg så gå videre til det forholdsvis simple arbejde at sætte ind i udtrykket $\vec{e}_3 \cdot (L^{\circ n}(\vec{e}_1))$, som jeg altså får til at være følgende: \vspace{3pt} \input{mapleexports/6.1.b3.tex} \vspace{10pt} \noindent Jeg ser altså at dette er det samme som udtrykket i \eqref{6.1:foersteudtryk} som jeg skulle eftervise. Herefter kan jeg gøre det samme for udtrykket $\vec{e}_3 \cdot (L^{\circ n}(\vec{e}_2))$, som jeg får til at blive følgende: \vspace{3pt} \input{mapleexports/6.1.b4.tex} \begin{multline*} {\frac{6}{13}}-\frac{1}{13} \sqrt{13} \left( -\frac{1}{12}+\frac{1}{12} \sqrt{13} \right)^{n} -\frac{3}{13} \left( -\frac{1}{12}+\frac{1}{12} \sqrt{13} \right)^{n} \\ +\frac{1}{13} \sqrt{13} \left( -\frac{1}{12}-\frac{1}{12} \sqrt{13} \right)^{n} -\frac{3}{13} \left( -\frac{1}{12}-\frac{1}{12} \sqrt{13} \right)^{n} \end{multline*} \noindent Disse to udtryk skal jeg nu arbejde videre med for ekstreme tilfælde i delopgave c: \subsubsection{Delopgave c} Jeg skal nu vise at grænseværdierne for de to udtryk $\vec{e}_3 \cdot (L^{\circ n}(\vec{e}_1))$ og $\vec{e}_3 \cdot (L^{\circ n}(\vec{e}_2))$ er den samme, og er lig med $\frac{6}{13}$. Jeg kan først og fremmest se rent logisk på udtrykkene, hvor alle led i $n$'te potens er under 1, hvorfor disse led for $n \rightarrow \infty$ vil gå mod nul. For begge udtryk vil grænseværdien altså være brøken først i udtrykket, der for begges tilfælde er $\frac{6}{13}$. I Maple kan jeg tjekke dette ved at få udregnet grænseværdien ved: \vspace{3pt} \input{mapleexports/6.1.c1.tex} \vspace{10pt} \noindent Og jeg ser altså at mit skøn om grænseværdierne er korrekt. For at forklare hvad dette betyder vil jeg lige se på hvad jeg egentlig udregner med udtrykket $\vec{e}_3 \cdot (L^{\circ n}(\vec{e}_1))$. Først og fremmest tager jeg den lineære afbilding $L$ af enhedsvektoren $\vec{e}_1$ $n$ gange. Dette svarer til at gange matricen $A$ $n$ gange på venstre side af vektoren. Da det er nemmere at tage en diagonal matrice i en potens kan jeg i stedet, som jeg har gjort det i delopgave b i mine Mapleudregninger, gange med produktet af matricerne $X A_D^n X^{-1}$, der er det samme som $A^n$. Udtrykket $X A_D^n X^{-1} \vec{e}_1$ bliver så en søjle, som jeg derefter ganger med rækkevektoren $\vec{e}_3$ hvorved jeg får en $1\times 1$ matrix, et tal. Søjlen repræsenterer sandsynlighederne for at være i punktet A, B eller C -- som givet i \eqref{6.1:sandsynligheder}, mens tallet er sandsynligheden for at være i C, altså $q_C$. Dette tal kommer frem da jeg jo multiplicerer med en enhedsvektor der kun har et enkelt et-tal og nuller for resten. \\ \\ \noindent Når jeg starter ud med at tage den lineære afbilding af $\vec{e}_1$ kan det oversættes til at jeg starter med at være i punktet A for derefter at se hvor jeg ifølge sandsynligheden lander efter $n$ ture. Når jeg på samme måde tager den lineære afbilding af $\vec{e}_2$ gør jeg det samme, bare for startpunktet B i stedet. Eftersom de to udtryk har samme grænseværdi er sandsynligheden for at lande i punkt C altså den samme uanset om man starter i A eller B, og denne er lig med $\frac{6}{13}$. %Dette kan også ses logisk ud fra Figur \ref{fig:6.1graf}: Punktet A har to tilgangsveje og to udfaldsveje, punktet B har to tilgangsveje og tre udfaldsveje (hvor den ene udfaldsvej og den ene tilgangsvej hører sammen så man bliver i B) hvorimod punktet C har tre tilfaldsveje og to udfaldsveje -- hvor den ene endda fører direkte tilbage til C. Ud fra dette er det logisk at se at sandsynligheden for at lande i C \clearpage \subsection{Kompleks diagonalisering} Jeg er i denne opgave givet en matrix \begin{equation} A = \left[\begin{array}{ccc} 0&1&0\\ -1&0&-2\\ 0&0&2 \end{array}\right] \label{6.2A} \end{equation} som jeg skal arbejde videre med i de to delopgaver a og b. \subsubsection{Delopgave a} Jeg skal redegøre for at der ikke findes en reel og invertibel matrix $X$ så $X^{-1}AX$ er en diagonalmatrix. For at gøre dette skal jeg se på egenværdierne for matricen $A$. Jeg finder det karakteristiske polynomium til at være \begin{align*} p_A(\lambda) &= \text{det}\left[ A - \lambda I \right] \\ &= \text{det}\left[ \begin{array}{ccc} -\lambda & 1 & 0 \\ -1 & -\lambda & -2 \\ 0 & 0 & 2-\lambda \end{array} \right] \\ &= (2-\lambda)\text{det}\left[ \begin{array}{cc} -\lambda & 1\\ -1& -\lambda \end{array} \right] \\ &= (2-\lambda)\left( (-\lambda)(-\lambda) + 1 \right) \\ &= (2-\lambda)\left( \lambda^2 + 1 \right) \\ &= (2-\lambda)( \lambda + i )( \lambda - i ) \text{.} \end{align*} Ud fra denne kan jeg se at egenværdierne, rødderne i polynomiet -- altså løsningerne til $p_A(\lambda)=0$, er givet ved \begin{equation} \lambda_1=2\text{,} \qquad \lambda_2=-i\text{,} \qquad \lambda_3=i \text{.} \label{6.2lambda} \end{equation} Da disse rødder er komplekse har jeg vist at der ikke findes en reel matrix $X$ så $X^{-1}AX$ er en diagonalmatrix. \subsubsection{Delopgave b} Jeg skal nu finde en kompleks invertibel matrix $Y$ så $D = Y^{-1}AY$. Nu kan jeg gå videre med de egenværdier jeg fandt, givet i \eqref{6.2lambda}, som jeg før stoppede med da de var komplekse. Matricen $Y$ er bygget op af egenvektorerne for $A$. Jeg finder $\vec{y}_i$ for hver $(A-\lambda_i I)\vec{y}_i=\vec{0}$ for $i=\{1,2,3\}$, hvilket svarer til at finde basen for nulrummet $N(A-\lambda_i I)$. Denne base er så egenvektorerne. Jeg tager gennemregningerne for de tre forskellige egenværdier hver for sig i det følgende: \begin{enumerate} \item[$\lambda_1$]$=2$: Her får jeg at jeg skal finde nulrummet til matricen \begin{equation*} A-2I = \left[\begin{array}{ccc} -2&1&0\\ -1&-2&-2\\ 0&0&0 \end{array}\right] \end{equation*} Basen for dette nulrum findes ved at lave normal Gauss-elimination\footnote{Se appendix A for notation.} på matricen, så jeg får den reducerede trappematrice til at være \begin{align*} \begin{array}{r} \text{\ding{193}} \leftrightarrow \text{\ding{192}}: \\ -1 \times \text{\ding{192}}: \end{array} & \left[\begin{array}{ccc} 1&2&2\\-2&1&0\\0&0&0 \end{array}\right] \\ \begin{array}{r} \text{\ding{193}} + \text{\ding{192}}: \end{array} & \left[\begin{array}{ccc} 1&2&2\\0&5&4\\0&0&0 \end{array}\right] \\ \begin{array}{r} \text{\ding{192}} - \tfrac{2}{5} \times \text{\ding{193}}: \\ -\tfrac{1}{5}\times \text{\ding{193}}: \end{array} & \left[\begin{array}{ccc} 1&0&\tfrac{2}{5}\\0&1&\tfrac{4}{5}\\0&0&0 \end{array}\right] \end{align*} Dette giver mig løsningen \begin{equation*} L_{\lambda_1} = \left\{ (-\tfrac{2}{5} \alpha, -\tfrac{4}{5} \alpha , \alpha | \alpha \in \mathbb{R}) \right\} \text{,} \end{equation*} hvorfor nulrummet er givet ved \begin{equation} N(A-\lambda_1 I) = \text{span}\left( \left( -\tfrac{2}{5}, -\tfrac{4}{5},1 \right)^T \right) \text{,} \label{6.2:nulrumlambda1} \end{equation} og egenvektoren $\vec{y}_1$ tilhørende egenværdien $\lambda_1 = 2$ altså er $\left( -\tfrac{2}{5}, -\tfrac{4}{5},1 \right)^T$ for at der gælder at $(A-\lambda_1 I)\vec{y}_1 = \vec{0}$. \item[$\lambda_2$]$=-i$: Her får jeg at jeg skal finde nulrummet til matricen \begin{equation*} A+iI = \left[\begin{array}{ccc} i&1&0\\ -1&i&-2\\ 0&0&2+i \end{array}\right] \end{equation*} Dette nulrum findes igen vha. Gauss-elimination på matricen, så jeg får den reducerede trappematrix til at være \begin{align*} \begin{array}{r} i \times \text{\ding{192}}: \\ \text{\ding{193}} + \text{\ding{192}}: \end{array} & \left[\begin{array}{ccc} 1&i&0\\0&0&-2\\0&0&2-i \end{array}\right] \\ \begin{array}{r} \text{\ding{194}} + \tfrac{4+2i}{5} \times \text{\ding{193}}:\\ -\tfrac{1}{2} \times \text{\ding{193}}: \end{array} & \left[\begin{array}{ccc} 1&i&0\\0&0&1\\0&0&0 \end{array}\right] \end{align*} Denne har løsningen \begin{equation*} L_{\lambda_2} = \left\{ (-i \beta, \beta , 0 | \beta \in \mathbb{R}) \right\} \text{,} \end{equation*} hvorfor nulrummet er givet ved \begin{equation} N(A-\lambda_2 I) = \text{span}\left( \left( -i,1,0 \right)^T \right) \text{,} \label{6.2:nulrumlambda2} \end{equation} og egenvektoren $\vec{y}_2$ tilhørende egenværdien $\lambda_2 = -i$ altså er $\left( -i,1,0 \right)^T$ for at der gælder at $(A-\lambda_2 I)\vec{y}_2 = \vec{0}$. \item[$\lambda_3$]$=i$: Her får jeg at jeg skal finde nulrummet til matricen \begin{equation*} A-iI = \left[\begin{array}{ccc} -i& 1&0\\ -1&-i&-2\\ 0&0&2-i \end{array}\right] \end{equation*} Dette nulrum findes igen vha. normal Gauss-elimination, så jeg får \begin{align*} \begin{array}{r} i \times \text{\ding{192}}: \\ \text{\ding{193}} - \text{\ding{192}}: \end{array} & \left[\begin{array}{ccc} -1&i&0\\0&0&-2\\0&0&2+i \end{array}\right] \\ \begin{array}{r} \text{\ding{194}} + \tfrac{4-2i}{5} \times \text{\ding{193}}: \\ -1 \times \text{\ding{192}}: \\ - \tfrac{1}{2} \times \text{\ding{193}}: \end{array} & \left[\begin{array}{ccc} 1&-i&0\\0&0&1\\0&0&0 \end{array}\right] \end{align*} Denne har løsningen \begin{equation*} L_{\lambda_3} = \left\{ (i \gamma, \gamma , 0 | \gamma \in \mathbb{R}) \right\} \text{,} \end{equation*} hvorfor nulrummet er givet ved \begin{equation} N(A-\lambda_3 I) = \text{span}\left( \left( i,1,0 \right)^T \right) \text{,} \label{6.2:nulrumlambda3} \end{equation} og egenvektoren $\vec{y}_3$ tilhørende egenværdien $\lambda_3 = i$ altså er $\left( i,1,0 \right)^T$ for at der gælder at $(A-\lambda_3 I)\vec{y}_3 = \vec{0}$. \end{enumerate} \noindent Så jeg kan altså se at der er tre egenværdier med algebraisk multiplicitet 1 hver, og de har hver en enkelt tilhørende egenvektor, hvorfor $A$ faktisk er diagonaliserbar, dog komplekst. De tre egenvektorer i baserne givet i \eqref{6.2:nulrumlambda1}, \eqref{6.2:nulrumlambda2} og \eqref{6.2:nulrumlambda3} kan nu sættes sammen til at give mig matricen $Y$ som \begin{equation} Y = \left[\begin{array}{ccc} -\tfrac{2}{5}&-i&i\\-\tfrac{4}{5}&1&1\\1&0&0 \end{array}\right] \label{6.2:Y} \end{equation} Denne skal jeg også lige finde den inverse af, hvilket jeg gør ved at skrive en indentitetsmatrice i kombination med den, for derefter at skrive totalmatricen om på reduceret trappeform, hvor jeg får \begin{align*} \left[ Y | I \right] = & \left[\begin{array}{ccc|ccc} -\tfrac{2}{5}& -i & i & 1 & 0 & 0 \\ -\tfrac{4}{5}& 1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \\ \begin{array}{r} \text{\ding{192}} \leftrightarrow \text{\ding{194}}: \end{array} & \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ -\tfrac{4}{5}& 1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ -\tfrac{2}{5}& -i & i & 1 & 0 & 0 \end{array}\right] \\ \begin{array}{r} 5 \times \text{\ding{193}}:\\ 5 \times \text{\ding{194}}: \end{array} & \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ -4 & 5 & 5 & 0 & 5 & 0 \\ -2 & -5i& 5i& 5 & 0 & 0 \end{array}\right] \\ \begin{array}{r} \text{\ding{193}} + 4 \times \text{\ding{192}}:\\ \text{\ding{193}} + 2 \times \text{\ding{192}}: \end{array} & \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 5 & 5 & 0 & 5 & 4 \\ 0 & -5i& 5i& 5 & 0 & 2 \end{array}\right] \\ \begin{array}{r} \text{\ding{194}} + i \times \text{\ding{193}}: \end{array} & \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 5 & 5 & 0 & 5 & 4 \\ 0 & 0 & 10i& 5& 5i& 2+4i \end{array}\right] \\ \begin{array}{r} \tfrac{1}{5} \times \text{\ding{193}}: \end{array} & \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & \tfrac{4}{5} \\ 0 & 0 & 10i& 5& 5i& 2+4i \end{array}\right] \\ \begin{array}{r} \tfrac{1}{10i} \times \text{\ding{194}}: \end{array} & \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & \tfrac{4}{5} \\ 0 & 0 & 1 & -\tfrac{1}{2}i& \tfrac{1}{2}& \tfrac{2}{5} - \tfrac{1}{5}i \end{array}\right] \\ \begin{array}{r} \text{\ding{193}} - \text{\ding{194}}: \end{array} & \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & \tfrac{1}{2}i & \tfrac{1}{2}& \tfrac{2}{5} + \tfrac{1}{5}i \\ 0 & 0 & 1 & -\tfrac{1}{2}i& \tfrac{1}{2}& \tfrac{2}{5} - \tfrac{1}{5}i \end{array}\right] \end{align*} så den inverse af $Y$ er altså givet ved matricen til højre herover, altså \begin{equation} Y^{-1} = \left[\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1 \\ \tfrac{1}{2}i & \tfrac{1}{2}& \tfrac{2}{5} + \tfrac{1}{5}i \\ -\tfrac{1}{2}i& \tfrac{1}{2}& \tfrac{2}{5} - \tfrac{1}{5}i \end{array}\right] \label{6.3:yinvers} \end{equation} Nu mangler jeg bare at udregne den diagonale matrix $D=Y^{-1}AY$, der altså er matrixproduktet \begin{align*} D &= Y^{-1}AY \\ &= Y^{-1} \left[\begin{array}{ccc} 0&1&0\\ -1&0&-2\\ 0&0&2 \end{array}\right] \left[\begin{array}{ccc} -\tfrac{2}{5}&-i&i\\ -\tfrac{4}{5}&1&1\\ 1&0&0 \end{array}\right] \\ &= Y^{-1} \left[\begin{array}{ccc} -\tfrac{4}{5}&1&1\\ -\tfrac{8}{5}&i&-1\\ 2&0&0 \end{array}\right] \\ &= \left[\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1 \\ \tfrac{1}{2}i & \tfrac{1}{2}& \tfrac{2}{5} + \tfrac{1}{5}i \\ -\tfrac{1}{2}i& \tfrac{1}{2}& \tfrac{2}{5} - \tfrac{1}{5}i \end{array}\right] \left[\begin{array}{ccc} -\tfrac{4}{5}&1&1\\ -\tfrac{8}{5}&i&-1\\ 2&0&0 \end{array}\right] \\ &= \left[\begin{array}{ccc} 2&0&0\\0&i&0\\0&0&-i \end{array}\right] \end{align*} Dette er ingen overraskelse, da tallene i diagonalen jo er egenværdierne og $D$ netop burde have formen \begin{equation*} D = \left[\begin{array}{ccc} \lambda_1&0&0\\0&\lambda_2&0\\0&0&\lambda_3 \end{array}\right] \end{equation*} \clearpage %\appendix \renewcommand{\theequation}{A-\arabic{equation}} % gendefiner kommandoen der laver equation numre \renewcommand{\thesubsection}{-} \setcounter{equation}{0} % reset tælleren til at nummerere equations \section*{Appendix A} \label{appendixa} \subsection*{Notation ved Gauss-elimination} Jeg vil igennem hele afleveringen bruge symbolerne \ding{192}, \ding{193}\ $\cdots$ \ding{200} som substitut for rækkerne i mine matricer (her henholdsvis 1., 2. $\cdots$ 9. række i min matrix) -- jeg beskriver altså mine udregninger med disse, og hver gang jeg laver et regnestykke med disse mener jeg at jeg gør dette for alle tal i rækken. Som et eksempel kan jeg skrive \begin{equation} \text{\ding{194}} - \tfrac{5}{4} \times \text{\ding{192}} \text{,} \label{app1} \end{equation} med hvilket der menes at jeg ganger igennem på begge sider af ligningen vist i række 1 og derefter trækker denne ligning fra ligningen i række 3. På samme måde beskriver jeg ombytning af to rækker i en matrice med en pil, altså givet som for eksempel \begin{equation*} \text{\ding{193}} \leftrightarrow \text{\ding{195}} \text{,} \end{equation*} der viser at jeg bytter rundt på række nummer 2 og 4. Med operationen i \eqref{app1} vil jeg nu lige vise et eksempel så der ingen tvivl er over hovedet. Hvis jeg nu har matricen \begin{equation} \left[ \begin{array}{c c c | c} 4 & 6 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \\ 5 & -4 & 1 & 7 \end{array} \right] \label{appendixA1eq1} \end{equation} kan jeg lave min operation, som jeg her viser i alle skridt på matricen i \eqref{appendixA1eq1}: \begin{align*} \begin{array}{r} \text{\ding{194}} - \tfrac{5}{4} \times \text{\ding{192}} \text{:} \end{array} & \begin{array}{c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 4 & 6 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \\ 5-\tfrac{5}{4} \times 4 & -4-\tfrac{5}{4} \times 6 & 1-\tfrac{5}{4} \times 3 & 7-\tfrac{5}{4} \times 0 \end{array} \right] \end{array} \\ \begin{array}{r} = \end{array} & \begin{array}{c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 4 & 6 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \\ 0 & -\tfrac{23}{2} & -\tfrac{11}{4} & 7 \end{array} \right] \end{array} \end{align*} \end{document}