Diagonalisointi

Jos matriisilla \(\mathbf{A}\in \mathbb{C}^{n\times n}\) on \(n\) lineaarisesti riippumatonta ominaisvektoria \(\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n\in \mathbb{C}^n\), \(\mathbf{A}\mathbf{v}_j =\lambda_j \mathbf{v}_j\), niin yhtälössä

\[ \mathbf{A}\begin{pmatrix} \mathbf{v}_1 \cdots \mathbf{v}_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \mathbf{A}\mathbf{v}_1\cdots \mathbf{A}\mathbf{v}_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda_1\mathbf{v}_1 \cdots \lambda_n \mathbf{v}_n \end{pmatrix} \] \[ = \begin{pmatrix} \mathbf{v}_1 \cdots \mathbf{v}_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda_1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots &\vdots \\ 0 &\cdots & \lambda_n \end{pmatrix} \]
esiintyvä matriisi \( \mathbf{V} = \begin{pmatrix} \mathbf{v}_1 \cdots \mathbf{v}_n\end{pmatrix} \in \mathbb{C}^{n\times n}\) on kääntyvä.

Toisin sanoen, \(\mathbf{A}\mathbf{V} = \mathbf{V}\Lambda\) eli \(\mathbf{A} = \mathbf{V}\Lambda\mathbf{V}^{-1}\), missä

\[ \mathbf{V} = \begin{pmatrix} \mathbf{v}_1 \cdots \mathbf{v}_n \end{pmatrix}, \qquad \Lambda = \begin{pmatrix} \lambda_1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots &\vdots \\ 0 &\cdots & \lambda_n \end{pmatrix}. \]

Myös käänteinen tulos pätee: Jos tällainen hajotelma on olemassa, niin matriisin \(\mathbf{V}\) sarakevektorit ovat matriisin \(\mathbf{A}\) ominaisvektorit ja diagonaalimatriisin \(\Lambda\) diagonaalialkiot niitä vastaavat ominaisarvot.

Kyseisen hajotelman etsimistä kutsutaan matriisin \(\mathbf{A}\) diagonalisoimikseksi. Jos hajotelma on olemassa, matriisia \(\mathbf{A}\) kutsutaan diagonalisoituvaksi.

Matriisin \(\mathbf{A}\in \mathbb{C}^{n\times n}\) diagonalisoituvuus on yhtäpitävää sen kanssa, että \(\mathbf{A}\):lla on \(n\) lineaarisesti riippumatonta ominaisvektoria.

Tämä on edelleen yhtäpitävää sen kanssa, että ominaisarvojen \(\lambda_j\) geometriset ja algrebralliset kertaluvut ovat samat kaikilla \(\lambda_j \in \sigma(\mathbf{A})\) eli \(m_{\lambda_j}=g_{\lambda_j}\).

Huom. Aina pätee \(m_{\lambda_j} \ge g_{\lambda_j}\).

Esimerkki

Diagonalisoidaan matriisi \[ \mathbf{A} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 6 & -1 \end{pmatrix}. \] Etsitään ominaisarvot yhtälöstä \[ P_{\mathbf{A}}(\lambda) = \det(\mathbf{A} - \lambda\mathbf{I}) = \begin{vmatrix} 1-\lambda & 0 \\ 6 & -1-\lambda \end{vmatrix} \] \[ =(1-\lambda) (-1-\lambda) - 0 = (1-\lambda)(1+\lambda)=0. \]

Saadaan \(\lambda_1 =1\) ja \(\lambda_2 =-1\).

Etsitään seuraavaksi ominaisvektorit. Yhtälö

\[ \mathbf{A}\mathbf{v}_1 = \lambda_1\mathbf{v}_1, \textrm{ eli }(\mathbf{A} -\lambda_1\,\mathbf{I}) \mathbf{v}_1 =0 \] voidaan kirjoittaa \[ \begin{pmatrix} 1-1 & 0 \\ 6 & -1-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1^1\\ v_1^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0 \end{pmatrix}. \]

Siten \(6v_1^1-2v_1^2 =0\), ja ratkaisuksi käy esim. \(\mathbf{v}_1=(1,3)\).

Vastaavasti yhtälöstä

\[ \mathbf{A}\mathbf{v}_2 = \lambda_2\mathbf{v}_2, \textrm{ eli }(\mathbf{A} -\lambda_2\mathbf{I}) \mathbf{v}_2 =0 \] saadaan \[ \begin{pmatrix} 1-(-1) & 0 \\ 6 & -1-(-1)\end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_2^1\\ v_2^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0 \end{pmatrix}. \] Nyt \[ \left\{\begin{array}{rcl} 2v_2^1 &=& 0,\\ 6v_2^1 &=& 0, \end{array}\right. \quad \textrm{ joten } \quad \left\{\begin{array}{rcl} v_2^1 &=& 0,\\ v_2^2 &=& \textrm{mielivaltainen}. \end{array}\right. \] Valitaan esim. \(\mathbf{v}_2=(0,1)\). Saadaan \[ \mathbf{V} = \begin{pmatrix} \mathbf{v}_1 \mathbf{v}_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\3 & 1 \end{pmatrix}, \textrm{ joten } \mathbf{V}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\-3 & 1 \end{pmatrix}. \] Edelleen, \[ \mathbf{A} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 6 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\3 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\-3 & 1 \end{pmatrix} = \mathbf{V}\Lambda\mathbf{V}^{-1}. \]

Esimerkki

Diagonalisoi matriisi

\[ \mathbf{A}=\begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ -1 & 3 & -1 \\ 2 & -4 & 3 \end{pmatrix}. \]

Ratkaisu

Diagonalisointi on muotoa \( \mathbf{A}=\mathbf{V}\Lambda\mathbf{V}^{-1} \), missä diagonaalimatriisissa \( \Lambda\) on ominaisvektorit diagonaalilla ja matriisissa \( \mathbf{V}\) on ominaisvektorit vastaavissa sarakkeissa kuin ominaisarvot diagonaalilla matriisissa \( \Lambda \).

Lasketaan ominaisarvot:

\[ \operatorname{det}(\mathbf{A}-\lambda \mathbf{I})=0 \] \[ \begin{vmatrix} 2-\lambda & -2 & 1 \\ -1 & 3-\lambda & -1 \\ 2 & -4 & 3-\lambda \end{vmatrix}=0. \] Laskemalla determinantti ja ratkaisemalla karakteristinen yhtälö, saadaan ominaisarvot: \[ \lambda_1=6, \lambda_2=1, \lambda_3=1. \] \[ \Lambda=\begin{pmatrix} 6 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \] Lasketaan ominaisvektorit: \[ (\mathbf{A}-\lambda \mathbf{I})\mathbf{v}=0 \] \( \lambda_1=6:\) \[ \begin{pmatrix} -4 & -2 & 1 \\ -1 & -3 & -1 \\ 2 & -4 & -3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}=0 \] Vaihdetaan ylimmän ja keskimmäisen rivin paikkaa: \[ \begin{pmatrix} -1 & -3 & -1 \\ -4 & -2 & 1 \\ 2 & -4 & -3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}=0 \] Kerrotaan ylin rivi 4:llä ja vähennetään se keskimmäisestä rivistä. Kerrotaan ylin rivi -2:lla ja vähennetään se alimmasta rivistä: \[ \begin{pmatrix} -1 & -3 & -1 \\ 0 & 10 & 5 \\ 0 & -10 & -5 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}=0 \] Saadaan yhtälöryhmä: \[ \left\{ \begin{aligned} -x_1-3x_2-x_3=0 \\ 10x_2+5x_3=0 \end{aligned} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1=-x_2\\ x_3=-2x_2 \end{aligned} \right. \Rightarrow \mathbf{v}_1=\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}. \] \( \lambda_2=\lambda_3=1:\) \[ \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 \\ -1 & 2 & -1 \\ 2 & -4 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}=0. \] Lisätään ylin rivi keskimmäiseen ja kerrotaan ylin rivi 2:lla ja vähnnetään se alimmasta rivistä: \[ \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}=0. \] Saadaan yhtälö: \[ x_1-2x_2+x_3=0, \] josta saadaan kaksi lineaarisesti riippumatonta ominaisvektoria. Esim. \[ \mathbf{v}_2=\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \quad \text{ja} \quad \mathbf{v}_3=\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \] \[ \mathbf{V}=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 \\ -1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}. \] Lasketaan käänteismatriisi Gaussin elimaatiolla: \[ \left( \begin{array}{c c c | c c c} 1 & -1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \] Lisätään ylin rivi keskimmäiseen riviin: \[ \left( \begin{array}{c c c | c c c} 1 & -1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 3 & 1 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \] Kerrotaan ylin rivi 2:lla ja vähennetään se alimmasta rivistä: \[ \left( \begin{array}{c c c | c c c} 1 & -1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 3 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & -4 & -2 & 0 & 1 \end{array} \right) \] Kerrotaan toinen rivi -3:lla ja vähennetään se alimmasta rivistä: \[ \left( \begin{array}{c c c | c c c} 1 & -1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 3 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 5 & 1 & 3 & 1 \end{array} \right) \] Kerrotaan alin rivi \( \frac{3}{5}\):lla ja vähennetään se toisesta rivistä. Vähennetään toinen rivi ensimmäisestä rivistä: \[ \left( \begin{array}{c c c | c c c} 1 & 0 & 2 & 3/5 & 4/5 & 3/5 \\ 0 & -1 & 0 & 2/5 & -4/5 & -3/5 \\ 0 & 0 & 5 & 1 & 3 & 1 \end{array} \right) \] Kerrotaan alin rivi \(\frac{2}{5}\):lla ja vähennetään se ylimmästä rivistä: \[ \left( \begin{array}{c c c | c c c} 1 & 0 & 0 & 1/5 & -2/5 & 1/5 \\ 0 & -1 & 0 & 2/5 & -4/5 & -3/5 \\ 0 & 0 & 5 & 1 & 3 & 1 \end{array} \right) \] Kerrotaan toinen rivi -1:llä ja jaetaan kolmas rivi 5:llä: \[ \left( \begin{array}{c c c | c c c} 1 & 0 & 0 & 1/5 & -2/5 & 1/5 \\ 0 & 1 & 0 & -2/5 & 4/5 & 3/5 \\ 0 & 0 & 1 & 1/5 & 3/5 & 1/5 \end{array} \right) \] Diagonalisointi on siis muotoa \[ \mathbf{A}=\mathbf{V}\Lambda\mathbf{V}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 \\ -1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 6 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1/5 & -2/5 & 1/5 \\ -2/5 & 4/5 & 3/5 \\ 1/5 & 3/5 & 1/5 \end{pmatrix}. \]

Huomautuksia

Diagonalisointia käyttäen voidaan kätevästi laskea matriisin \(\mathbf{A}\) potensseja:

\[ \mathbf{A}^2=(\mathbf{V}\Lambda\mathbf{V}^{-1})^2 = \mathbf{V}\Lambda\mathbf{V}^{-1}\mathbf{V}\Lambda\mathbf{V}^{-1} =\mathbf{V}\Lambda^2\mathbf{V}^{-1}, \]

ja yleisesti \(\mathbf{A}^n = \mathbf{V}\Lambda^n\mathbf{V}^{-1}\), missä

\[ \lambda^n =\begin{pmatrix} \lambda_1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots &\vdots \\ 0 &\cdots & \lambda_n \end{pmatrix}^n = \begin{pmatrix} \lambda_1^n & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots &\vdots \\ 0 &\cdots & \lambda_n^n \end{pmatrix}. \]

Jos diagonalisoituvalla matriisilla on \(k\)-kertainen ominaisarvo, eli \(m_{\lambda_k}=k>1\) jollakin \(\lambda_j\), niin on olemassa \(k\) sitä vastaavaa lineaarisesti riippumatonta ominaisvektoria.

Esimerkki

Olkoon

\[ \mathbf{A}=\begin{pmatrix} 6 & 4 \\ -6 & -4 \end{pmatrix}. \] Etsi yleinen kaava potensseille \( \mathbf{A}^n\), kun \( n=1,2,3,\ldots\).

Vihje: Diagonalisoi ensin matriisi.

Ratkaisu:

Lasketaan ominaisarvot:

\[ \operatorname{det}(\mathbf{A}-\lambda \mathbf{I})=0 \] \[ \begin{vmatrix} 6-\lambda & 4 \\ -6 & -4-\lambda \end{vmatrix} \] Laskemalla determinantti ja ratkaisemalla karakteristinen yhtälö saadaan ominaisarvot: \[ \lambda_1=2, \lambda_2=0. \] \[ \Lambda=\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Lasketaan ominaisvektorit: \[ (\mathbf{A}-\lambda \mathbf{I})\mathbf{v}=0: \] \( \lambda_1=2:\) \[ \begin{pmatrix} 4 & 4 \\ -6 & -6 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}=0 \] Saadaan yhtälö \[ x_1+x_2=0 \quad \Rightarrow \quad \mathbf{v}_1=\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \] \(\lambda_2=0: \) \[ \begin{pmatrix} 6 & 4 \\ -6 & -4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}=0 \] Saadaan yhtälö \[ 6x_1+4x_2=0 \quad \Rightarrow \quad \mathbf{v}_2=\begin{pmatrix} -2 \\ 3 \end{pmatrix}. \] \[ \mathbf{V}=\begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} \] Lasketaan käänteismatriisi: \[ \mathbf{V}^{-1}=\frac{1}{1\cdot 3-(-1)\cdot (-2)}\begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}. \] Diagonalisointi on muotoa: \[ \mathbf{A}=\mathbf{V}\Lambda\mathbf{V}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}. \] Ratkaistaan yleinen muoto potenssille \( \mathbf{A}^n:\) \[ \mathbf{A}^n=\mathbf{V}\Lambda^n \mathbf{V}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2^n & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}=2^n\begin{pmatrix} 3 & 2 \\ -3 & -2 \end{pmatrix}. \]

Last modified: Monday, 15 February 2016, 2:09 PM