Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 13/4-16/4

Transkript

1 Fasit til utvalgte oppgaver MAT0, uka /4-6/4 Øyvind Ryan April, 00 Oppgave 4.8. a Bytt om første og andre rad. b Legg til ganger rad til rad. c Bytt om første og andre rad. d Legg til ganger rad til rad. e Gang rad med 4. Oppgave 4.8. Radreduksjon gir II+I 0 II 0 I II 0 0 Her er det brukt tre radoperasjoner. Deres matriser er i samme rekkefølge E = 0 0, E = 0 Matrisene til de tilsvarende inverse radoperasjonene er E 0 =, E 0 = 0 Setter vi sammen disse i motsatt rekkefølge får vi 0 0 = 0, E = 0, E = 0 0..

2 Oppgave 4.8. Vi radreduserer: 0 0 II+I II III III/4 I II,I III Setter vi sammen de inverse radoperasjonene i motsatt rekkfølge får vi at A = E E E E 4 E, der 0 0 E = E = E = E 4 = E = Oppgave 4.9. a 0 = = + + = =. Oppgave 4.9. a Vi radreduserer: 0 A = II 0 0 0

3 III II = B. Den siste matrisen B er triangulær, så determinanten er produktet av diagonalelementene se teorem Her blir dette detb = 9. Blant de andre radoperasjonene er det bare operasjonen hvor vi ganger rad to med som forandrer determinanten. Regner vi oss tilbake ved hjelp av teorem blir derfor 9 = detb = deta, som gir deta = 9. Oppgave 4.9. a Ekspander langs andre rad: = + 7 = 7 6 =. b Ekspander langs andre søyle: = + 4 = = 0. c Vi ekspanderer langs den raden/kolonnen som har est nuller. Her er dette rad : = = Begge underdeterminantene ekspanderer vi nå langs tredje søyle her nner vi en null i begge tilfellene: = = = = 4. Oppgave ra får vi ved å gange hver rad med r. Ved å gange en rad med r blir determinanten også ganget med r. Siden vi gjør dette n ganger er detra det samme som r n ganger det A.

4 Oppgave Anta at vi ved induksjon har vist at deta n = deta n. Vi bruker setning 4.9.4: deta n+ = deta n A = deta n deta = deta n deta = deta n+. Dermed holder også utsagnet for n +. Induksjonsbeviset er fullført i og med at formelen er opplagt for n =. Oppgave Anta at radene til A er lineært uavhengige. Kall radene for a,..., a n. det nnes da en relasjon x a + x n a n = 0, der ikke alle x'ene er null. Anta at x i 0. Deler vi med x i i likningen over får vi en likning på formen y a + + y i a i + a i + y i+ a i+ + + y n a n = 0, der y j = xj x i. I A legger vi derfor y ganger rad til rad i, y ganger rad til rad i, osv. På grunn av likningen over vil da rad i bli 0, og da blir også determinanten 0. Dette følger også fra teorem og korollar slik: Radene i A svarer til kolonnene i A T. Siden deta = deta T så holder det å vise resultatet når kolonnene i matrisen er lineært avhengige. I så fall er ikke alle søyler pivot-søyler, og dermed er ikke matrisen inverterbar. Da gir teorem at deta = 0. Oppgave Anta U = U T. Da er U T U = I n. Tar vi determinanten på begge sider får vi = deti n = detu T U = detu T detu = detu detu = detu, hvor vi har brukt at detu = detu T korollar Vi ser da at detu =, eller detu =. Oppgave 4.9. a Jeg viser dette på to måter: Fra korollar vet vi at deti i x = deti i x T. I i x T kan vi få fra identitetsmatrisen ved å legge til multiple av alle andre rader til rad i etter at vi har ganget kolonne i med x i. denne siste operasjonen forandrer determinanten med x i, mens ingen av de andre operasjonene forandrer determinanten. Siden deti = så blir deti i x = deti i x T = x i. Den andre måten å vise dette på er å ekspandere determinanten langs søyle i. Det er lett å se at "underdeterminant" j har søyle j lik 0 når j i. Disse determinantene blir derfor 0. "Underdeterminant" i er lik I n, som gir determinant. Determinanten blir derfor +i x i +i x i 0 + i+i x i + i++i x i n+i x n 0 = x i. 4

5 b Det er klart at hvis j i, så er søyle j i AI i x identisk med søyle j i A i b, som igjen er identisk med søyle j i A. Dette følger direkte fra denisjonen av matrisemultiplikasjon, og siden søyle j i I i x bare har en ener i søyle j på rad j, med 0 alle andre steder. Vi trenger derfor kun se på søyle i: Søyle i i A i b er b per denisjon. Søyle i i I i x er x. denisjon. Derfor er søyle i i AI i x lik Ax, og dette er b per Dermed har vi vist at de to matrisene er identiske, siden alle søylene er like. c Fra a og b har vi at deta i b = detai i x = deta deti i x = detax i. Deler vi med deta på begge sider får vi at x i = detaib deta. d Vi har A =, b = 4 4 4, A b = 4, A b = 4. Vi ser at slik at x = detab deta Oppgave 4.0. deta = 8 + = deta b = 6 6 = deta b = 4 4 = 8, = =, x = detab deta = 8 = 8. a detλi A = λ λ = λ = λ 4λ + = 0. Bruker vi andregradsformelen får vi at λ = 4± 6 er derfor λ =, λ =. = 4± = ±. Egenverdiene Egenvektoren v for λ = : Vi må løse Av = v, eller I Av = 0. Den utvidede matrisen for dette systemet er Likningen for den første raden sier at x = y, slik at v = er en egenvektor for λ =.

6 Egenvektoren v for λ = : Vi må løse Av = v, eller I Av = 0. Den utvidede matrisen for dette systemet er Likningen for den første raden sier at x = y, slik at v = er en egenvektor for λ =. b detλi A = λ 4 λ = λ 4 = λ λ = 0. Bruker vi andregradsformelen får vi at λ = ± 4+ er derfor λ =, λ =. = ±4 Egenvektoren v for λ = : Vi må løse Av = v, eller Dette kan også skrives x + 4y = x x + y = y. x + 4y = 0 x + y = 0. = ±. Egenverdiene Vi ser at vi kan velge y fritt, og at x = y. Velger vi y = får vi egenvektoren x v = =. y Egenvektoren v for λ = : Vi må løse Av = v, eller Dette kan også skrives x + 4y = x x + y = y. x + 4y = 0 x y = 0. Vi ser at vi kan velge y fritt, og at x = y. Velger vi y = får vi egenvektoren x v = =. y c detλi A = λ 4 λ = λ 4λ = λ 6λ + = 0. Bruker vi andregradsformelen får vi at λ = 6± 6 0 er derfor λ =, λ =. = 6±4 Egenvektoren v for λ = : Matrisen til I A blir 0 0 = ±. Egenverdiene Vi ser at vi kan velge y fritt, og at x = y. Velger vi y = får vi egenvektoren x v = =. y 6

7 Egenvektoren v for λ = : Matrisen til I A blir 0 0 Vi ser at vi kan velge y fritt, og at x = y. Velger vi y = får vi egenvektoren x v = =. y Oppgave 4.0. a Det karakteristiske polynomet blir λ 4 λ 0 0 λ Vi ser at egenverdiene er 0,, 4. = λ λ 4 λ = λ λ 4 = λ λλ 4. Egenvektor for λ = 0: Vi ser at v = 0 0I A = er en egenvektor Egenvektor for λ = : I A = Vi ser at v = er en egenvektor. 7

8 Egenvektor for λ = 4: Vi ser at v = 0 I A = er en egenvektor b Vi regner ut detλi A = λ λ λ λ λ + λ = λ + λ = λ λ λ + + λ + 4 λ = λ λ 4λ +. Her er det fort gjort å sjekke at λ = er en rot. For å nne de andre røttene kan vi gjøre polynomdivisjon med λ jeg anbefaler å repetere dette, se feks. Kalkulus side 7. Denne polynomdivisjonen gir λ λ 6, slik at λ λ 4λ + = λ λ λ 6 = λ λ + λ, hvor vi har funnet de to siste røttene ved hjelp formelen for løsning av andregradslikningen. Egenverdiene er derfor λ =, λ =, λ =. Egenvektoren v for λ = : Vi må løse I Av = 0. Matrisen for dette likningssystemet er Vi ser at y kan velges fritt, z = 0, og at x = y. Velger vi y = får vi egenvektoren 0. Egenvektoren v for λ = : Vi må løse I Av = 0. Matrisen for dette 8

9 likningssystemet er Vi ser at z kan velges fritt. Setter vi z = 4 får vi egenvektoren 4 Egenvektoren v for λ = : Vi må løse I Av = 0. Matrisen for dette likningssystemet er Vi ser at z kan velges fritt. Setter vi z = får vi egenvektoren 4. c Vi regner ut detλi A = = λ λ λ λ 4 + λ λ λ + = 4λ 4 + λ λ + λ = λ λ = λλ λ +. Egenverdiene er derfor λ =, λ = 0, λ =. Egenvektoren v for λ = : Vi må løse I Av = 0. Matrisen 9

10 for dette likningssystemet er / 0 / II+ +I III / /II I / II 0 / / 0 / / / / / + / 0 +. Vi ser at z kan velges fritt, og at x = /+ /z, y = +z. Velger / / vi z = får vi egenvektoren. Egenvektoren v for λ = 0: Vi må løse Av = 0. Matrisen for dette likningssystemet er Vi ser at z kan velges fritt, og at x = z, y = z. Velger vi z = får vi egenvektoren. Egenvektoren v for λ = : Vi må løse I Av = 0. Matrisen for 0

11 dette likningssystemet er / 0 II / I 0 / + / 0 III /+ /II I+ /+II / 0 0 / + / / 0 0 / / 0. Vi ser at z kan velges fritt, og at x = /+ /z, y = + z. Velger vi z = får vi egenvektoren / + / +. Oppgave a Det karakteristiske polynomet til A er λ λ + 4 = λ λ 6 = λ + λ. Egenverdiene er derfor λ =, λ =. Egenvektor for λ = : Vi ser derfor at v = I A = er en egenvektor. Egenvektor for λ = : I A = Vi ser derfor at v = er en egenvektor.

12 For å skrive den gitte vektoren som en lineær kombinasjon av egenvektorer må vi radredusere Vi ser derfor at vi kan skrive x = v + v. c Vi regner ut detλi A = λ λ + 0 λ + = λ + λ + λ = λ + λ + λ = λ + λ + λ. hvor vi har brukt formelen for løsningen av andregradslikningen. Vi ser at λ =, λ =, λ =. Egenvektor for λ = : Matrisen til likningssystemet I Ax = 0 er Vi ser at z kan velges fritt og at den generelle egenvektoren har formen z 0 z. Velger vi z = får vi egenvektoren v = 0. Egenvektor for λ = : Matrisen til likningssystemet I Ax = 0 er Vi ser at z kan velges fritt, og at den generelle egenvektoren har formen z 6 z. Velger vi z = får vi egenvektoren v = 6. z

13 Egenvektor for λ = : Matrisen til likningssystemet I Ax = 0 er Vi ser at z kan velges fritt, og at den generelleegenvektoren har formen z 0 z. Velger vi z = får vi egenvektoren v = 0. For å skrive x som en lineær kombinasjon av egenvektorene må vi radredusere den utvidede matrisen: Vi kan altså skrive x = v + v v. Oppgave Det karakteristiske polynomet til A er λ λ 4 = λ 7λ + 6 = λ 6λ. Egenverdiene er derfor λ =, λ = 6. Egenvektor for λ = : 4 I A = Vi ser derfor at v = Egenvektor for λ = 6: 6I A = 0 0. er en egenvektor med lengde Vi ser derfor at v = er en egenvektor med lengde.

14 Det følger fra korollar her er matrisen vår symmetrisk at D = M T AM, der 0 D = 0 6 M =. Oppgave Anta λ er en egenverdi for A. Da er 0 = detλi A = detλi A T = detλi A T. Fra dette følger det at λ er en egenverdi for A T også, slik at de to matrisene har de samme egenverdiene. Det er ingen grunn til at de to matrisene skulle ha de samme egenvektorene: Egenvektorene nner vi ved å løse likningssystemene til matrisene λi A og λi A T, og dette er to vidt forskjellige systemer. Oppgave Hvis v er egenvektor for både A og B nnes det tall λ, λ slik at Av = λ v, Bv = λ v. men da er A + Bv = Av + Bv = λ v + λ v = λ + λ v, slik at v også er en egenvektor for A + B, med tilhørende egenverdi λ + λ. Oppgave Hvis v er en egenvektor for både A og B nnes det λ, λ slik at Av = λ v, Bv = λ v. Men da er ABv = Aλ v = λ Av = λ λ v. Dermed er v en egenvektor for AB og, med tilhørende egenverdi λ λ. Matlab-kode % Oppgave a det[7 - -4; - 4 ; 0 4 ; 4 - ; 4-0] % Oppgave b det[ ; - 4; 4-4 -; - -; 0-4] % Oppgave 4.0. a [V,D]=eig[ - 0.; - ; - ] % Oppgave 4.0. b [V,D]=eig[ 0.4 0; ; 4. -.] % Oppgave 4.0. c [V,D]=eig[ - - 4; - - ; - -8 ; ] 4

15 % Oppgave 4.0. a A=[ - 4; 0 4;. - 4]; [V,D]=eigA rref[v [0.;.4; -.4]] % Oppgave 4.0. b A=[ ;..4 -.; ; ]; [V,D]=eigA rref[v [-.;.4; 0.04; 4.]] Python-kode from numpy import * from MAT0lib import * # Oppgave a print linalg.det[[7,-,,,-4],[,,-,4,],[,0,4,,],[4,,,-,],[,4,-,,0]] # Oppgave b print linalg.det[[,,,,],[-,,,,4],[,4,-4,,-],[,-,,,-],[,0,,-,4]] from numpy import * from MAT0lib import * # Oppgave 4.0. a V,D=linalg.eig[[,-,0.],[,-,],[,-,]] print V print D # Oppgave 4.0. b V,D=linalg.eig[[,0.4,0],[-.4,7.,0.0],[4.,,-.]] print V print D # Oppgave 4.0. c V,D=linalg.eig[[,-,-,4],[-,,-,],[-,,-8,],[-4,,6,4]] print V print D from numpy import * from MAT0lib import * # Oppgave 4.0. a A=matrix[[,-,4],[0,,4],[.,-,4]] V,D=linalg.eigA print V print D print rrefhstackv,matrix[[0.],[.4],[-.4]] # Oppgave 4.0. b A=matrix[[.,-0.,.,],[.,,.4,-.],[.,-.,0.,7],[-,.,-.,.]] V,D=linalg.eigA

16 print V print D print rrefhstackv,matrix[[-.],[.4],[0.04],[4.]] 6