Vektorerne skal være parvis ortogonale, dvs de skal stå vinkelret på hinanden (hvordan tester man nu det?)
hint
To vektorer er ortogonale, netop når deres skalarprodukt er 0, men der skal mere til.
hint
En basis er ortonormal, hvis vektorerne er indbyrdes ortogonale og hver især har længde (norm) 1.
answer
$\mv_1\cdot\mv_2=\mv_1\cdot\mv_3=\mv_2\cdot\mv_3=0$ og alle tre vektorer har norm 1, så de tre vektorer udgør en ortonormal basis for $\reel^3$.
D
Opstil en ortonormal basis i $\,\reel^3\,$ hvori $\,\,\displaystyle{(\frac {\sqrt 2}2,\frac {\sqrt 2}2,0)}\,\,$ er den første basisvektor.
hint
Du kan fx først gætte en enhedsvektor som der vinkelret på den angivne vektor, og derefter finde den tredje basisvektor ved krydsprodukt. Tjek at de fundne basisvektorer udgør en ortonormal basis.
Opg 3: Ortonormalisering. Håndregning
E
Bestem Løsningsmængden for den homogene ligning
$$x_1+x_2+x_3=0$$
og gør rede for at den (naturligvis) er et underrum i $\,\reel^3\,.$ Find en ortonormal basis for dette løsningsrum.
hint
Hvis vi skal finde en ortonormal basis for løsningsrummet, skal vi først finde en basis for løsningsrummet, dvs. vi skal løse ligningen.
Når to vektorer skal ortonormaliseres, skal vi dels dreje dem indenfor det rum, de udspænder, således at de bliver ortogonale (står vinkelret på hinanden) og fortsat udspænder det samme rum, og dels skal de normeres, dvs. forlænges eller forkortes, så de alle har længden 1.
hint
Heldigvis kan vi blot gøre det ved at følge Gram-Schmidts metode.
answer
En ortonormal basis for ligningens løsningsrum kan udgøres af vektorerne
vil $\,\mA\,$ have to reelle rødder (regnet med multiplicitet). Bemærk, at det omvendte ikke gælder: To reelle egenværdier kan også fremkomme af en ikke-symmetrisk matrix, jf. de foregående opgaver.
D
Vis i forlængelse heraf: Hvis $\,\mA\,$ ikke er en diagnalmatrix, så har den to forskellige (reelle) egenværdier.
answer
Diskriminanten er 0, netop når $\,c=0\,$ og $\,a=b\,.$
$\mV$ kan ortogonaliseres ved at benytte Gram-Schmidt på søjlerne.
hint
Da $\mA$ er symmetrisk, er tilhørende egenvektorrum er ortogonale. Så det er kun det to-dimensionale egenvektorrum, du i denne opgave behøver udsættes for Gram-Schmidt. Det éndimensionale egenvektorrum skal blot normaliseres.
Vis, at det karakteristiske polynomium for $\,\mA\,$ har en enkeltrod -4 og en dobbeltrod.
answer
Det karakteristiske polynomium har enkeltroden -4 og dobbeltroden 2.
G
Bestem en egentlig egenvektor $\,\mv_1\,$ or $\,\mA\,$ hørende til enkeltroden -4.
answer
$\,\mv_1=\begin{matr}{rrr} -1 \\ -1 \\ 2 \end{matr}\,$ er en egentlig egenvektor for $\,\mA\,$ hørende til egenværdien -4.
H
Vis, at det karakteristiske polynomium for $\,\mB\,$ også har en enkeltrod 0 og en dobbeltrod.
answer
Det karakteristiske polynomium har enkeltroden 0 og dobbeltroden 3.
I
Bestem en egentlig egenvektor $\,\mv_2\,$ for $\,\mB\,$ hørende til enkeltroden 0.
answer
$\,\mv_2=\begin{matr}{rrr} 1 \\ 1 \\ 1 \end{matr}\,$ er en egentlig egenvektor for $\,\mB\,$ hørende til egenværdien 0.
J
Vis, at $\,\mv_1\cdot\mv_2=\mnul\,.$
answer
Når $\mv_1\cdot\mv_2=\mnul,$ er $\mv_1$ og $\mv_2$ ortgonale.
K
Bestem under anvendelse af ovenstående resultater en ortogonal matrix $\,\mathbf Q\,$ der kan diagonalisere både $\,\mA\,$ og $\,\mB\,$ ved ortogonal subsitution. Angiv resultaterne af såvel $\,\mathbf Q\transp\cdot\mA\cdot\mathbf Q\,$ som $\,\mathbf Q\transp\cdot\mB\cdot\mathbf Q\,.$
hint
$\mA$ og $\mB$ er symmetriske. Hvad er det specielle ved symmetriske matricer i denne sammenhæng?
hint
For $\mA$ er $\mv_1$ ortogonal på egenvektorrummet $E_2$. På samme måde er $\mv_2$ ortogonal på egenvektorrummet $E_3$ for $\mB$.
hint
Vi kan finde den sidste, fælles egenvektor $\mv_3$ i skæringslinjen mellem de to planer, $E_2$ for $\mA$ hhv. $E_3$ for $\mB$, men kan vi gøre det let?
hint
$\mv_3$ står vinkelret på både $\mv_1$ og $\mv_2.$
hint
Vi kan altså finde $\mv_3$ som krydsproduktet af $\mv_1$ og $\mv_2.$
