Plan for forelesning, 25. mars 2020:

1. Repetisjon av kapittel 5.1, vektorer i R3- Noen eksempler

2. Ortogonale matriser i R3- Eksempler

3. Noen regneeksempler

1 / 36

1. Repetisjon:

* La v = (a,b,c) være en vektor i R3. Lengden av v er gitt ved

|v|= (vTv)12 =

√a2 +b2 + c2

* I en ortonormal basis har basisvektorene lengde 1 og de st̊arnormalt p̊a hverandre. Standardbasisen {e1,e2,e3} der

e1 =

100

, e2 =01

0

, e3 =00

1

,er et eksempel p̊a en ortonormal basis.* Vi bruker ofte notasjonen

i = e1 j = e2 k = e3

2 / 36

* En vektor v ∈ R3 har koordinater relativt til en ortonormal(vesentlig at den er ortonormal) basis B = {b1,b2,b3} gitt vedskalarproduktet

vi = v ·bi i = 1,2,3

* Anta (a,b) 6= (0,0) og a2 +b2 + c2 = 1. Da vil mengden

b1 =

abc

, b2 = 1√a2 +b2

−ba0

, b3 = 1√a2 +b2

acbc−(a2 +b2)

danne en ortonormal basis.

3 / 36

Eksempel

B = {b1 =1

3

212

, b2 = 1√5

−120

, b3 = 13√

5

42−5

}danner en ortonormal basis. Vi kan skrive v =

111

uttrykt i dennebasisen

v1 = v ·b1 =5

3, v2 = v ·b2 =

1√5, v3 = v ·b3 =

1

3√

5

som gir

v =

111

= 53

b1 +1√5

b2 +1

3√

5b3

4 / 36

Eksempel

Betrakt vektorenv = 23 i−

13 j +

23k

Vi har

v ·v =(23 i−

13 j +

23k)·(23 i−

13 j +

23k)

= 2323 i · i +

−13−13 j · j +

2323k ·k

= 1

siden i · i = j · j = k ·k = 1 og i · j = j ·k = k · i = 0.

5 / 36

* Kryssproduktet v×w for v,w ∈ R3

v×w =

∣∣∣∣∣∣i j kv1 v2 v3w1 w2 w3

∣∣∣∣∣∣= (v2w3−v3w2)i + (v3w1−v1w3)j

+ (v1w2−v2w1)k

=

v2w3−v3w2v3w1−v1w3v1w2−v2w1

6 / 36

* Egenskaper for kryssproduktet, (u,v,w ∈ R3, k ∈ R);i) Lineært i begge faktorer;

(u + v)×w = u×w + v×wu× (v + w) = u×v + u×w

(ku)×v = u× (kv) = k(u×v)

ii) Anti-kommutativt; u×v =−v×uiii) Ortogonalitet; u · (u×v) = v · (u×v) = 0iv) Selv-utslettende; u×u = 0v) Tilfredsstiller Jacobi-identiteten;

u× (v×w) + v× (w×u) + w× (u×v) = 0

vi) ||u×v||= arealet av parallellogrammet utspent av u og v.

7 / 36

* For standardbasisen har vi de vakre sammenhengene

i× j = k, j×k = i, k× i = j

j× i =−k, k× j =−i, i×k =−j

8 / 36

Eksempel

La u1 = i− j, u2 = i + j−k. Da har vi

u1×u2 = (i− j)× (i + j−k)= i× i + i× j− i×k− j× i− j× j + j×k= 0 + k + j + k−0 + i= i + j + 2k

u1×u2 =

∣∣∣∣∣∣i j k1 −1 01 1 −1

∣∣∣∣∣∣= i

∣∣∣∣−1 01 −1∣∣∣∣− j ∣∣∣∣1 01 −1

∣∣∣∣+ k ∣∣∣∣1 −11 1∣∣∣∣

= i + j + 2k

9 / 36

* Trippelproduktet av tre vektorer u,v,w: [u,v,w] = (u×v) ·w

* [u,v,w] =

∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3

∣∣∣∣∣∣= det(A)der A er matrisen med søyler (eller rader) u,v,w.

* (u×v) ·w = (v×w) ·u =−(w×v) ·u

* [Au,Av,Aw] = det(A)[u,v,w]for en 3×3-matrise A.

* [i, j,k] = (i× j) ·k = k ·k = 1

10 / 36

Eksempel

Vi skal regne ut trippelproduktet av vektorene

b1 =1

3

212

, b2 = 1√5

−120

, b3 = 13√

5

42−5

Vi bruker formelen

[b1,b2,b3] =1

3· 1√

5· 1

3√

5

∣∣∣∣∣∣2 1 2−1 2 04 2 −5

∣∣∣∣∣∣=

1

45(−20 + 0−4−16−5−0) =−1

Det er et generelt faktum at trippelproduktet av en ortonormal basisvil være ±1 (avhengig av orientering)

11 / 36

2. Ortogonale matriser:

Definisjon

En matrise A som oppyller ATA = Id kalles en ortogonal matrise.

Konsekvens1. Alle søylene i en ortogonal matrise har lengde 1 og de st̊arnormalt p̊a hverandre.2. AT = A−1 og derfor ATA = AAT = Id . Radene er dermed ogs̊aortonormale.

Eksempel

A =

01√2− 1√

2

1 0 00 1√

21√2

er en ortogonal matrise (sjekk for b̊ade rader og søyler).

12 / 36

Egenskaper ved ortogonale matriser:

- Produktet av to ortogonale matriser er en ortogonal matrise.

(AB)T (AB) = (BTAT )AB = BT (ATA)B = BTB = I

- Determinanten til en ortogonal matrise er ±1.

1 = det(I ) = det(ATA) = det(AT )det(A)

= det(A)det(A) = det(A)2

- Alle (de reelle) egenverdiene til en ortogonal n×n-matrise harabsoluttverdi 1.La v være en egenvektor av lengde 1 og med egenverdi λ .

λ 2 = λ (vTv)λ = (λv)T (vλ )

= (Av)T (Av) = vT (ATA)v

= vT Idv = vTv = 1

13 / 36

- La A være en ortogonal 3×3-matrise med determinantdet(A) = 1. Da har A en egenvektor v med tilhørendeegenverdi λ = 1.Vi har (χA er det karakteristiske polynomet til A)

χA(1) = det(A− I ) = det(A−AAT )= det(A) ·det(I −AT )= (−1)3 det(A) ·det(A− I )=−det(A) ·χA(1) =−χA(1)

Det følger at χA(1) = 0, som er ekvivalent med at λ = 1 er enegenverdi.

- La A være en ortogonal 3×3-matrise med determinantdet(A) =−1. Da har A en egenvektor v med tilhørendeegenverdi λ =−1.

14 / 36

Eksempel

La A være den ortogonale matrisen

A =

01√2− 1√

2

1 0 00 1√

21√2

Det karakteristiske polynomet er gitt ved

χ(λ ) = det(A−λ I ) =

∣∣∣∣∣∣∣0−λ 1√

2− 1√

2

1 0−λ 00 1√

21√2−λ

∣∣∣∣∣∣∣= λ 2(

1√2−λ )− 1

2− 1√

2(

1√2−λ )

=−λ 3 + 1√2

λ 2 +1√2

λ −1

=−(λ + 1)(λ 2− (1 + 1√2

)λ + 1)

15 / 36

Eksempel (fortsetter)

Faktoriserer 2.gradsuttrykket ved abc-formelen

λ =1 + 1√

2±√

1 + 2√2

+ 12 −4

2

Løsningene er komplekse tall, noe som betyr at den ortogonalematrisen svarer til en refleksjon og en rotasjon. Refleksjon fordideterminanten er -1 og rotasjon (6= 0) fordi vi ikke har flere reelleegenverdier.

Egenvektoren til λ =−1 er gitt ved

v =

1−1√2−1)

16 / 36

Proposisjon

La A være en ortogonal matrise, og la v være en egenvektor medegenverdi λ 6= 0. La W = v⊥ være det ortogonale komplementettil v, det vil si alle vektorer i rommet som st̊ar normalt p̊a v. Da harvi AW = W .

Bevis. La w ∈W , dvs. w oppfyller wTv = 0. Da har vi

(Aw)Tv = wTATv = wTA−1v = 1λ wTv = 0

og det følger at Aw st̊ar normalt p̊a v, dvs. Aw ∈W .

La s̊a Aw ∈ AW . Da har vi

(Aw)Tv = wTATv = wTA−1v = 1λ wTv = 0

og det følger at Aw ∈ v⊥ = W .

17 / 36

Rotasjoner er gitt ved det(A) = 1, og egenvektoren til λ = 1 errotasjonsaksen. Det ortogonale komplementet til v er darotasjonsplanet. Dette endrer seg ikke ved rotasjoner, som svarer tilAW = W .

Refleksjoner er gitt ved det(A) =−1, og egenvektoren til λ =−1 ernormalvektoren til refleksjonsplanet. Refleksjonsplanet W oppfyllerdermed AW = W .

18 / 36

Proposisjon

La A være en ortogonal 3×3-matrise, og la v,w ∈ R3. Da har vi

Av ·Aw = v ·w

Bevis. Vi har

Av ·Aw = (Av)TAw = vTATAw = vTw = v ·w

Dette betyr at lengder og ortogonalitet ikke endrer seg vedmultiplikasjon med ortogonale matriser.

19 / 36

Eksempel

Gitt en ortogonal 3×3-matrise og to vektorer

A =

1√3

1√2

1√6

− 1√3

1√2− 1√

61√3

0 − 2√6

, v =10

2

, w =13

0

Da har vi

Av =

√2+2√6

−√2+2√6√

2−4√6

, Aw =√2+3√3√

6−√2+3√3√

61√3

Videre har vi

v ·w = 1

og med litt mer regning,

Av ·Aw = 1

som stemmer med resultatet over.20 / 36

Proposisjon

La v 6= 0 være en vektor i R3. Da er Householder-matrisen

Qv = I −2vvT

vTv

ortogonal.

Bevis. Vi observerer først at(I −2vv

T

vTv

)T= I −2vv

T

vTv

Det gir

QTv Qv =

(I −2vv

T

vTv

)T(I −2vv

T

vTv)

= I −4vvT

vTv+ 4

vvT

vTv

vvT

vTv= I

21 / 36

Eksempel

Vi kan regne ut Householder-matrisen for v = (1,0,1). Det gir

Qv = I −2

101

(101)12 + 02 + 12

=

0 0 −10 1 0−1 0 0

Denne matrisen er åpenbart ortogonal.

22 / 36

Siden standardbasisen er en ortonormal basis kan vi skrive

v = (vTe1)e1 + (vTe2)e2 + (v

Te3)e3

Det gir oss et direkte argument for følgende resultat:

LemmaLa v,w ∈ R3. Da har vi at v = w hvis og bare hvis vTu = wTu foralle u ∈ R3.

Bevis. Det er opplagt at v = w gir vTu = wTu.Motsatt vei, vTei = w

Tei gir vi = wi for i = 1,2,3. Det betyr atv = w.

23 / 36

Proposisjon

La A være en ortogonal 3×3-matrise, og la v,w ∈ R3. Da har vi

Av×Aw = (detA) ·A(v×w)

Bevis. Det holder å vise at

[Av,Aw,x] = (detA)A(v×w) ·xfor alle x ∈ R3. Vi har

[Av,Aw,x] = [Av,Aw,AA−1x]

= det(A)[v,w,A−1x]

= det(A)(v×w) ·A−1x= det(A)A(v×w) ·AA−1x= det(A)A(v×w) ·x

24 / 36

Eksempel

Vi betrakter igjen en ortogonal 3×3-matrise og to vektorer

A =

1√3

1√2

1√6

− 1√3

1√2− 1√

61√3

0 − 2√6

, v =10

2

, w =13

0

Vi har

Av =1√6

√

2 + 2

−√

2−2√2−4

, Aw = 1√6

√

2 + 3√

3

−√

2 + 3√

3√2

og det følger med litt regning at

Av×Aw =

−√

2 + 2√

3− 12√

6

−√

2−2√

3 + 12√

6√6 + 2

√3

25 / 36

Eksempel (fortsetter)

Vi har ogs̊a

v×w =

−623

og derfor

A(v×w) =

−2√

3 +√

2 + 12√

6

2√

3 +√

2− 12√

6

−2√

3−√

6

Bruker vi at

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣1√3

1√2

1√6

− 1√3

1√2− 1√

61√3

0 − 2√6

∣∣∣∣∣∣∣=−1f̊ar vi Av×Aw = (detA) ·A(v×w).

26 / 36

3. Noen regneeksempler:

Eksempel

I denne oppgaven har vi oppgitt en vektor,

u =1√6

1−12

Finn to andre vektorer v og w slik at de tre vektorene til sammengir en basis for R3.

27 / 36

Løsning.

1. Metodevalg: For å finne v skal vi bruke formelen vi har gitt iteksten, mens w skal vi finne som kryssproduktet av u og v.

28 / 36

2. Regning: Vi har a = 1√6

og b =− 1√6

. Det gir√a2 +b2 =

√16 +

16 =

1√3

og dermed

v =11√3

1√6

110

= 1√2

110

Vektoren w finner vi ved

w =1√6

1√2

(i− j + 2k)× (i + j)

=

√3

6(i× i + i× j− j× i− j× j + 2k× i + 2k× j)

=

√3

6(0 + k + k + 0 + 2j−2i)

=

√3

6(−2i + 2j + 2k) =

√3

3

−111

29 / 36

Eksempel

Vi har gitt en matrise

A =1√6

√2 √2 √2−2 1 10 −

√3√

3

a) Vis at A er ortogonal.

b) Vis at det(A) = 1.

Siden A er ortogonal med determinant 1 kan vi finne en egenvektorv med egenverdi 1, dvs. Av = v. Ortogonaliteten til A gir atv = ATAv = A−1v. Det betyr at (A−AT )v = 0, som vi kan bruketil å regne ut v.

c) Bruk dette til å finne v.

30 / 36

Løsning.

1. Metodevalg: Vi viser at A er ortogonal ved å sjekke at søylenedanner en ortonormal mengde. Deretter regner vi ur determinantenmed 3×3-determinant-formelen. Oppskriften p̊a å finne v er gitt iteksten.

31 / 36

2. Regning: a) Prikkproduktet av søylene med seg selv er 1, ogprikkproduktet av to ulike søyler er 0.b)

det(A) =1

6√

6

∣∣∣∣∣∣√

2√

2√

2−2 1 10 −

√3√

3

∣∣∣∣∣∣=

1

6√

6(√

2√

3 + 0 + 2√

2√

3−0 + 2√

2√

3 +√

2√

3) = 1

c)

A−AT =

0√

2 + 2√

2

−√

2−2 0 1 +√

3

−√

2 −1−√

3 0

og (A−AT )v = 0 gir

v =

1 +√

3

−√

2

2 +√

2

32 / 36

Eksempel

I denne oppgaven har vi oppgitt en vektor,

u =

120

Regn ut Householder-matrisen Qu til u og finn dens karakteristiskepolynom. Finn ogs̊a egenverdier og egenvektorer.

33 / 36

Løsning.

1. Metodevalg: Her er det kun standard bruk av formler. Men vivet at Householdermatrisen speiler langs u og bevarerrefleksjonsplanet. Det betyr at vi f̊ar to egenverdier, ±1 og medegenvektor for −1 som er u og egenvektorer for 1 som er allevektorer som st̊ar normal p̊a u.

34 / 36

2. Regning:

Qu = I −2

120

(120)12 + 22 + 02

=

35 −45 0−45 −35 00 0 1

Karakteristisk polynom;

χ(λ ) =(

(3

5−λ )(−3

5−λ )− 16

25

)(1−λ )

=−(λ 2−1)(λ −1)=−(λ −1)2(λ + 1)

35 / 36

Egenvektorer for λ = 1,35 −1 −45 0−45 −−35 −1 00 0 1−1

w = 0eller −25 −45 0−45 −−85 0

0 0 0

w =−25

1 2 02 4 00 0 0

w = 0gir alle w slik at wTv = 0.

36 / 36