Ingen ledende ener i en matrise

Her kan du stille spørsmål vedrørende problemer og oppgaver i matematikk på høyskolenivå. Alle som har kunnskapen er velkommen med et svar. Men, ikke forvent at admin i matematikk.net er spesielt aktive her.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
145555

Hei. Hvordan løser man en matrise med ingen ledende ener? Jeg jobber med egenverdier og skal finne egenvektoren. Jeg skal bruke matrisen nedenfor som et utgangspunkt. Hvordan skal man gå fram for å finne x1, x2, x3 i dette tilfellet? Hvis man skriver ut ligningen så får man dette:

-14x2=0
-9x2-6x3=0
-3x2-6x3=0



Link til matrisen:
https://imgur.com/a/zuyjj34
Aleks855
Rasch
Rasch
Innlegg: 6855
Registrert: 19/03-2011 15:19
Sted: Trondheim
Kontakt:

Hvis matrisen representerer et likningssett, så tolkes den som

$$\begin{matrix}0x_1 &-& 14x_2 & = 0 \\ 0x_1&-&9x_2 & = -6 \\ 0x_1 &-& 3x_2 & = -6 \end{matrix}$$

som gir en selvmotsigelse.

Hvis dette ikke er riktig tolkning, så ser det ut som løsningsvektoren er utelatt fra bildet. Det kan være mer lønnsomt å poste et bilde av oppgaven i sin helhet.

Men dersom første kolonne er ei nullkolonne, så er det ikke mye vi kan si om $x_1$ uansett.
Bilde
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Antar du mener at du ønsker å finne egenverdier og egenvektorer til matrisen $$A = \begin{pmatrix} 0 & -14 & 0 \\ 0 & -9 & -6 \\ 0 & -3 & -6 \end{pmatrix}$$ Dersom $\mathbf{v}\neq 0$ og $A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}$ så sier vi at $\lambda$ er en egenverdi med tilhørende egenvektor $\mathbf{v}$. Det tilhører ikke bare en egenvektor til en egenverdi, men uendelig mange. Til en egenverdi kan vi tilknytt et vektorrom kalt egetrommet $E_{\lambda}$ (eigen space på engelsk), der alle egenvektorene til $\lambda$ ligger. Hvordan kan vi nå finne egenverdier til en matrise? Jo, anta at det finnes en egenverdi $\lambda$. Da må vi ha at $A\mathbf{v} = \lambda \mathbf{v}$. Flytter vi over og skriver $\mathbf{v}=I\mathbf{v}$, får vi at $(A-\lambda I ) \mathbf{v} = \mathbf{0}$, der $\mathbf{0}$ er nullvektoren. Siden $\mathbf{v} \neq 0$ har ikke det homogene likningssystemet $(A-\lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$ kun den trivielle løsningen. Dermed er $A-\lambda I$ en singulær matrise, som igjen vil si at $\det(A-\lambda I)=0$.

Dermed, for $A$ her får vi at $$ 0=\det \begin{pmatrix} -\lambda & -14 & 0 \\ 0 & -9-\lambda & -6 \\ 0 & -3 & -6-\lambda \end{pmatrix} = -\lambda \begin{vmatrix} -9-\lambda & -6 \\ -3 & -6-\lambda \end{vmatrix} = -\lambda((-9-\lambda)(-6-\lambda) - 3\cdot 6) = -\lambda^3 -15\lambda^2-36\lambda$$ Altså har vi redusert problemet til å finne røttene til et polynom. Jeg overlater det til deg å bekrefte at røttene til dette polynomet er $\lambda = -12,-3,0$. Hvordan finner du nå så egenvektorene? Husk på at en egenvektor med tilhørende egenverdi $\lambda$ er slik at $A\mathbf{v} = \lambda \mathbf{v}$. Det vil si $(A-\lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$. Altså må du sette inn de egenverdiene du har funnet for $\lambda$ og løse likningssystemet du får. For eksempel for $\lambda = 0$ får du $A\mathbf{v} = \mathbf{0}$.

Ser du veien videre selv nå?
Svar