UNIVERSITETET I OSLO

Transkript

1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: MAT 0 Lineær algebra Eksamensdag: Mandag 0. desember 0 Tid for eksamen: Oppgavesettet er på 7 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler: Noen Matlab kjøringer er vedlagt bakerst i oppgavesettet. Ingen. Kontroller at oppgavesettet er komplett før du begynner å besvare spørsmålene. Merk: Det forventes at du benytter deg av Matlab-vedlegget i din besvarelse av punkt 3b. Ellers kan du henvise til det når du finner det hensiktsmessig. Løsningsforslag Oppgave Definer a = (,,, ), a = (,, 0, ), a 3 = (,,, ) og a 4 = (,,, ). La A være 4 4 matrisen med a, a, a 3, a 4 som sine kolonner og la W = Col A være kolonnerommet til A. a Angi a 4 som en lineær kombinasjon av a, a og a 3. Finn dimensjonen til W, og begrunn svaret. Løsning: Matlab kjøringen viser at den redusert trappeformen til A har en pivot (ledende ener) i hver av de tre første kolonnene, så de tre første kolonnene i A er en basis for W, og dimensjonen til W er 3. Ser også fra siste kolonne i redusert trappeform R at a 4 = a + a a 3. b Vi betrakter nå R 4 som et indreprodukt rom med hensyn på det vanlige Euklidske indreproduktet (dvs prikk-produktet). Bruk Gram-Schmidt prosessen til å finne en ortogonal basis for W. Finn deretter den ortogonale projeksjonen av vektoren y = (,, 0, 0) på W. (Fortsettes på side.)

2 Eksamen i MAT 0, Mandag 0. desember 0 Side Løsning: Siden a, a, a 3 er en basis for W bruker vi Gram-Schmidt på disse og får v = a = (,,, ) v = a Proj W (a ) = a a v v v v = a 4 4 v = a v = (, 0,, 0) v 3 = a 3 Proj W (a 3 ) = a 3 a 3 v v v v a 3 v v v v = a 3 5v 4 + v = (,,, ) 4 så v, v, v 3 er en ortogonal basis for W. Den ortogonale projeksjonen av y på W er da gitt ved 3 y v i Proj W (y) = v i = v i v i v + v + 0 v 3 = (, /, 0, /). i= c La B være 4 3 matrisen vi får fra A ved å slette siste kolonne, så B har a, a og a 3 som sine kolonner. Finn en QR-faktorisering av B. Løsning: Vi normaliserer v, v, v 3 og får u = (,,, ), u = (, 0,, 0), u 3 = (,,, ). La Q være matrisen med kolonner u, u, u 3. For å finne R finner vi fra beregningene i b) at Vi definerer derfor a = v = u a = v + v = u + u a 3 = 5 4 v v + v 3 = 5 u u + u 3. R = Da er B = QR en QR-faktorisering av B. Oppgave Betrakt differenslikningen y k+ + y k+ + y k = 0 for alle k Z () for en følge {y k } i signalrommet S bestående av reelle følger indeksert over de hele tallene Z. La W være underrommet av S bestående av alle løsninger av (). (Fortsettes på side 3.)

3 Eksamen i MAT 0, Mandag 0. desember 0 Side 3 a Vis at følgen {y k } gitt ved y k = k( ) k, k Z, er en løsning av () og finn en basis for W. Bestem løsningen av () som oppfyller y 0 = og y = 3. Løsning: Med y k = k( ) k får vi y k+ + y k+ + y k = ( ) k [(k + )( ) + (k + )( ) + k = 0 for alle k, som viser første del. Videre er () en homogen lineær annenordens differenslikning med karakteristisk likning r + r + = 0, dvs. (r + ) = 0 som har (eneste) løsning r =. Da er y k = ( ) k en løsning av (). Løsningene y k = k( )k og y k = ( )k er lineært uavhengige (de er opplagt ikke multiple av hverandre), og siden W har dimension (ved Teorem i boka), må da disse to funksjonene være en basis for W. Den generelle løsningen av () er derfor y k = c k( ) k + c ( ) k. Fra initialbetingelsene y 0 = og y = 3, bestemmer vi c =, c =, så løsningen av () som tilfredstiller disse er y k = k( ) k + ( ) k = ( ) k (k + ). b Definer avbildningen T : S S ved T ({y k }) = {z k } der z k = 4 (y k+ + y k + y k ) for alle k Z () Vis at T er lineær og bestem dimensjonen til kjernen til T. (Husk at kjernen til T består av følgene i S som T avbilder på null-følgen). Løsning: La {u k }, {v k } S og b R. Da er T ({u k } + {v k }) = T ({u k + v k }) = { 4 (u k+ + v k+ + u k + v k + u k + v k )} = { 4 (u k+ + u k + u k ) + 4 (v k+ + v k + v k )} = T ({u k }) + T ({v k }). Dessuten er T (b {u k }) = T ({bu k }) = { 4 (b u k+ + b u k + b u k )} Dermed er T en lineær avbildning. = b { 4 (u k+ + u k + u k )} = b T ({u k }). (Fortsettes på side 4.)

4 Eksamen i MAT 0, Mandag 0. desember 0 Side 4 Betrakt {y k } S. At {y k } er et element i kjernen til T betyr at og dette er ekvivalent med at 4 (y k+ + y k + y k ) = 0 for alle k Z, y k+ + y k+ + y k = 0 for alle k Z (ved å fortkorte /4 og erstatte k med k + ), dvs at likning () holder. Dette betyr at kjernen til T er det samme som W, som vi allerede har sett har dimensjon. Oppgave 3 Sett P = 3a Beregn P og P T P. Avgjør om P er diagonaliserbar. Løsning: Utregning gir at P = I og P T P = Siden P er triangulær ser vi at dens egenverdier er (med multiplisitet lik ) og - (med multiplisitet lik ). Egenrommet E er da nødvendigvis en-dimensjonalt. Utregning gir at en basis for E = Nul (A I) er f.eks. {(, 0, 0), (0,, )}. Dermed er E -dimensjonalt. Det betyr at vi vil kunne finne en basis for R 3 som består av egenvektorer for P, og P vil derfor være diagonaliserbar. 3b Vi lar betegne den vanlige normen i R 3. La M være maksimum av Q(x) = P x når x varierer gjennom alle x i enhetssfæren S = {x R 3 : x = }. Forklar hvordan du kan benytte deg av en av de vedlagte Matlab kjøringene til å anslå en approksimativ verdi for M. Løsning: Siden Q(x) = P x = x T P T P x er den kvadratiske formen assosiert med den symmetriske matrisen P T P vet vi at M er den største egenverdien til P T P. Den vedlagte Matlab-utskriften viser en kjøring av (Fortsettes på side 5.)

5 Eksamen i MAT 0, Mandag 0. desember 0 Side 5 potensmetoden anvendt nettopp på matrisen P T P ; vi ser fra denne at en approksimativ verdi for den største egenverdien til P T P i absoluttverdi er 7, Dermed må M 7, Kommentar: Regner man ut egenverdiene til P T P ved å beregne det karakteristiske polynomet til P T P og finne dens røtter (ved å observere først at er en rot) finner man at egenverdiene er og 4 ± 5. Den største er altså , Oppgave 4 La P være vektorrommet bestående av alle polynomer av grad høyst i en reell variabel x. La B = {, x, x } være standardbasisen for P og sett C = {, x, ( x) }. Begrunn at C er en basis for P. Bestem basisskiftematrisene P B C og P C B. Løsning: Vi har så = + 0 x + 0 x x = x + 0 x ( x) = x + x P := [ [ B [ x B [( x) B = Siden matrisen P har determinant lik - 0, så er den invertibel. (Dette følger også fra forrige oppgave siden P = I). Notat gir da at C er basis og at P = P B C. så Videre har vi = + 0( x) + 0( x) x = ( x) + 0( x) x = ( x) + ( x) P C B = [ [ C [x C [x C = = P Alternativt kan vi merke oss at P = P (noe som følger fra forrige oppgave siden P = I og som ellers er lett å regne ut), og det gir P C B = ( P B C ) = P = P (Fortsettes på side 6.)

6 Eksamen i MAT 0, Mandag 0. desember 0 Side 6 Oppgave 5 Betrakt funksjonene f 0 (x) = x og f (x) = x definert på R, og følgende tre datapunkter i planet: (0, ), (, ) og (, 6). Bruk minste kvadraters metode til å bestemme de reelle tallene β 0 og β som gir at den lineære modellen y = β 0 f 0 (x) + β f (x) tilpasser disse datapunktene best mulig. Løsning: Løser Xβ = y der f 0 (0) f (0) 0 X = f 0 () f () =, β = f 0 () f () 4 Får: X T X = [ [ β0 β, X T y =, y = [ 4 9, y y y 3 = og ser da at β = (4/5, ) er (den entydige) løsningen av normallikningene X T Xβ = X T y og dermed minste kvadraters løsning av systemet Xβ = y. Dermed er β 0 = 4/5 og β = de ønskede verdiene. Oppgave 6 La n N og la, være et indreprodukt på R n, så x, y betegner indreproduktet av to vektorer x, y R n. Vis at det fins en positiv definit n n matrise A som er slik at x, y = x T A y for alle x, y R n. (Vi minner om at en n n matrise A kalles positiv definit når A er symmetrisk og x T A x > 0 for alle x 0 i R n ). Løsning: La A = [a ij være n n matrisen definert ved a ij = e i, e j for i, j n, der som vanlig e i er i te vektor i standardbasisen for R n. Betrakt x, y R n, x = (x, x,..., x n ) og y = (y, y,..., y n ). Da er x = i x ie i og y = j y je j, så x, y = x i e i, y j e j = x i y j e i, e j = ( ) x i a ij y j = x T A y. i j i j i j Matrisen A er symmetrisk siden a ji = e j, e i = e i, e j = a ij for alle i, j n. Videre er x T A x = x, x > 0 for alle x 0 i R n (ved fjerde egenskap for indreproduktet, ). Dermed er A positiv definit, og påstanden er dermed bevist. 6. (Fortsettes på side 7.)

7 Eksamen i MAT 0, Mandag 0. desember 0 Side 7 Matlab utskrift: >> A = [ ; ; 0 -; A = 0 - >> R = rref(a) R = >> C = [; 3; 3 6 C = >> x = rand(3,); for r = :0 x = C*x; [maxval,maxnr = max(abs(x)); mu = x(maxnr); x = (/mu)*x; end lambda=mu, error=max(abs(c*x-mu*x)) lambda = error =.898e-09