Utkast til løsningsforslag til eksamen i emnet MAT Lineær algebra Utan ansvar for feil og mangler Mandag 31. mai 2010, kl

Transkript

1 Utkast til løsningsforslag til eksamen i emnet MAT 2 - Lineær algebra Utan ansvar for feil og mangler Mandag 3. mai 2, kl Oppgave En bisverm flyr mellom to kuber, A og B, på dagtid, og hver bi blir i en av kubene om natten. La v n = [a n b n ] T R 2, hvor a n er antall bier i kube A og b n er antall bier i kube B i natt n. La s være sannsynligheten for at en bi som overnatter i kube A en natt vil overnatte der neste natt, og la s 22 være den samme sannsynligheten mhp. kube B, slik at v n+ = Sv n, hvor [ ] s S = s 22. s s 22 Du kan anta at både s og s 22 er i det lukkede intervallet [, ]. a) Vis at [ ] T er en egenvektor for S. Hva er den tilhørende egenverdien? [ ] [ ] [ ] [ s S = s 22 s + s = 22 = ( + s s s 22 + s + s + s 22 ) 22 så [ ] T er en egenvektor med egenverdi + s + s 22. b) For hvilke verdier av s og s 22 er S diagonaliserbar? For hvilke verdier av s og s 22 er S ortogonalt diagonaliserbar? Matrisen S er diagonaliserbar om der er to lineært uavhengige egenvektorer. Det karakteristiske polynomet til S er det(s λi) =(s λ(s 22 λ) ( s )( s 22 ) = λ 2 (s + s 22 )λ + s + s 22 =(λ )(λ + s s 22 ), så egenverdiene er og + s + s 22. Egenvektorer med forskjellige egenverdier er lin. uavh. så om + s + s 22 er S diagonaliserbar. Ellers, dvs. når = + s + s 22 må vi ha at s = s 22 = siden både s og s 22 ligger i [, ]. Da er S identitetsmatrisen, som jo er diagonal. Derfor er S alltid diagonaliserbar. Matrisen S er ortogonalt diagonaliserbar hvis og bare hvis den er symmetrisk, noe som skjer nøyaktig når s 22 = s, dvs. når s = s 22. c) Vil biefordelingen nærme seg en likevektstilstand? Vi så at den ene egenverdien var, mens den andre egenverdien var + s + s 22 som ligger i [, ]. Når +s +s 22 < vil bidraget fra den tilhørende egenverdien gå mot null eftersom tiden går, og likevektstilstanden blir en egenvektor med egenverdi. Skrevet med symboler: om v = x+y der x er en egenvektor med egenverdi og y er en egenvektor med egenverdi +s +s 22 vil v n = S n v = S n x+s n y = x+( +s +s 22 ) n y. Om +s +s 22 < vil ( +s +s 22 ) n gå mot null når n går mot, så v n vil nærme seg likevektstilstanden x. Om + s + s 22 = blir S = I og alle tilstander er likevektstilstander (v n = v ). ],

2 2 Om + s + s 22 = ser vi at om v = x + y der x er en egenvektor med egenverdi og y er en egenvektor med egenverdi vil v n = x + ( ) n y, så v n vil hoppe mellom x + y og x y, og vi beveger oss ikke mot en likevektstilstand med mindre y =, altså med mindre v = x er en egenvektor med egenverdi. d) For noen sannsynligheter er S ikke invertibel. Hvordan vil det påvirke biefordelingen ettersom tiden går? Det at S ikke er invertibel vil si at er en egenverdi (så s + s 22 = ). Dermed har S egenverdiene og. Om vi dekomponerer v = x+y der x er en egenvektor med egenverdi og y er en egenvektor med egenverdi, er Sv = Sx + Sy = x, og dermed er S n v = x for alle n >. Vi vil altså oppnå likevektstilstanden allerede ved den første natten. Betrakt matrisen A = a) Finn den reduserte trappeformen til A Oppgave /2 2 b) Finn en basis for nullrommet Nul(A). Hva er dimensjonen? Løser vi den homogene ligningen til den reduserte trappeformen finner vi at 3/2 2 er en er en basis, og dimensjonen til nullrommet er én. c) Finn den generelle løsningen til ligningen Ax = [ 3 7] T /2 7/2 2 8

3 3 så den generelle løsningen (med x 3 som parameter) er 7/2 8 + x 3 3/2 2 d) Finn en basis for søylerommet Col(A). Hva er rangen til A? Om vi velger pivotsøylene i A har vi en basis: 6 4 2, 3 3, og rangen blir altså 2. e) Finn en ortogonal basis for Col(A). Bruker Gram-Schmidt til å gjøre basisen over ortogonal: v = [ 6 4 2] T, v 2 = 3 3 proj Span{v 3 } 3 = 3 3 [ 3 3 ]T v v T v v = = , og {v,v 2 } er en ortogonal basis for Col(A). (Det kan være lurt å droppe 3/4 og sjekke direkte at v v 2 = og at basisvektorene vi fant for Col(A) virkelig er lineærkombinasjoner av v og v 2 ). Om vi hadde vært litt lurere i vårt valg av basis for Col(A) kunne vi ha spart litt regning: Col(A) er todimensjonalt, så to vilkårlige lineært uavhengige vektorer i Col(A) danner en basis. Plukk f.eks. /3 av de to siste søylene: {[ ] T, [ ] T } er en basis for Col(A) og 2 ]T }. GS gir den ortogonale basisen {[ ] T, [ 2 f) Finn alle egenverdier og egenvektorer for A. Finner først det karakteristiske polynomet (determinanten er regnet ut langs siste søyle: det(a λi) =( 6 λ)(3 λ)(3 λ) + 3(4(3 λ)) + 3(2(3 λ)) =(3 λ)(3λ + λ 2 ) = (3 λ)(3 + λ)λ, så egenverdiene er 3, og 3. Finner egenrommene (egenvektorene er ikkenull-vektorene i disse).

4 4 λ = 3 : Nul(A + 3I) = Nul( λ = : λ = 3 : Nul(A I) = Nul(A) = Span({ Nul(A 3I) = Nul( ) = Nul( }) ) = Span({ 3 2 }) ) = Nul( ) = Span({ }) (det er lurt å sjekke direkte at disse vektorene er egenvektorer!). g) Hva vil det si at en matrise er diagonaliserbar? Er A diagonaliserbar? En n n-matrise er M diagonaliserbar om der finnes en invertibel matrise P og en diagonal matrise D slik at M = PDP. Dette er det samme som å si at R n har en basis av egenvektorer for M. Da egenvektorer med forskjellig egenverdi er lineært uavhengige, vil en n n matrise med n forskjellige egenverdier være diagonaliserbar. Vi fikk at 3 3-matrisen A har tre forskjellige egenverdier, så er A diagonaliserbar. La s = 3/2 og betrakt A = s 2 s s s s s 2 Oppgave 3, and b = a) Finn en minste kvadraters (least squares) metode løsning til Ax = b. Er der mer enn en løsning? Vi må løse ligningen A T A x = A T b. Merk at A T A = 3I og A T b = [ ] T, så x = 3 [ ]T. At dette er den eneste løsningen er klart da A T A er invertibel. [Alternativt kan man appellere til resultatet i boken som sier at minste kvadraters metode har entydig løsning presist når søylene i A er lineært uavhengige, og det er de i dette tilfellet (de er til og med ortogonale).] Betrakt undermengden B = {sin x, sin 2x, sin 3x} av vektorrommet av reelle funksjoner, og betrakt underrommet V = Span B. I denne oppgaven kan du bruke følgende tabell, hvor s = 3/2. x π/6 π/3 π/2 2π/3 5π/6 sin x s s 2 2. sin 2x s s s s sin 3x.

5 5 b) Hvorfor er B en basis for V? Siden V = Span B, må vi vise at B er lineært uavhengig, altså, at om en lineærkombinasjon f(x) = a sin x + b sin 2x + c sin 3x er nullfunksjonen, så er a = b = c =. Nullfunksjonen tar verdien null overalt, så vi får = f(π/3) f(π/2) f(2π/3) = as + bs a c as bs = s s s s som kun har null-løsningen (matrisen er invertibel, noe som vi f.eks. kan se ved å regne ut at determinanten er s 2 ). c) Betrakt lineærtransformasjonen S : R 3 V gitt ved S a b = a sin x + b sin 2x + c sin 3x. c Hva er sammenhengen mellom S og koordinatavbildningen (the coordinate mapping) [ ] B : V R 3? Er S en isomorfi? Koordinatavbildningen [ ] B : V R 3 er gitt ved at [a sin x + b sin 2x + c sin 3x] B = og vi ser at [S(v)] B = v og S([f(x)] B ) = f(x). Altså er S inversfunksjonen til koordinatavbildningen. Siden S er inversen til en linærtransformasjon er den invertibel, og altså en isomorfi. d) La D: V V være gitt ved dobbeltderivering: D(f) = f. Finn matrisen [D] B til D relativt til basisen B. Matrisen til D relativt til basisen B tilfredsstiller [D] B [f(x)] B = [D(f(x))] B (illustrert ved tegningen D V R 3 [ ] B [ ] B, R 3 [D] B a b c, a b c R 3 hvor den nederste lin. trafo. er gitt ved multiplikasjon med [D] B ), og finnes ved [D] B =[[D(sin x)] B, [D(sin 2x)] B, [D(sin3x)] B ] =[[ sin x] B, [ 4 sin 2x] B, [ 9 sin 3x] B ] = e) Betrakt lineær transformasjonen E : V R 5 gitt ved 4 9 E(f(x)) = [f(π/6) f(π/3) f(π/2) f(2π/3) f(5π/6)] T. Forklar hvorfor matrisen A gitt ovenfor er matrisen til E relativt til basisene B og standard basisen i R 5.,

6 6 Forklar på hvilken måte en minste kvadraters metode løsning til Ax = b, hvor x = [a bc] T, gir en god løsning på problemet å finne en funksjon f(x) = a sin x+b sin 2x+c sin 3x som passer til observasjonene x π/6 π/3 π/2 2π/3 5π/6 y. Betrakt V E R 5 [ ] B. R 3 R 5 De vertikale lineærtransformasjonene er koordinatavbildningene til hhv. B og standardbasisen i R 5 (den siste lineærtransformasjonen er identiteten!). Matrisen til E relativt til basisene B og standard basisen i R 5 er matrisen til lineærtransformasjonen vi får ved å starte i nederste venstre hjørne og gå til nederste høyre hjørne. Søylene i denne matrisen er bildene av vektorene i standard basisen i R 3 : [E(S(e )) E(S(e 2 )) E(S(e 3 ))] = [E(sin x) E(sin 2x) E(sin 3x)], (S er inversen til [ ] B ) noe som gir A ved å sette rett inn. En minste kvadraters metode løsning av Ax = b gir en vektor x = [a bc] T som gjør at A x b 2 blir så liten som mulig. Merk at om f(x) = a sin x + b sin 2x + c sin 3x, så er E(f(x)) = A[f(x)] B = A x, så minste kvadraters metode har funnet de tallene a, b og c slik at E(f(x)) b 2 blir så liten som mulig, dvs. slik at summen av kvadratene av forskjellen mellom verdiene til f(x) og observasjonene blir så liten som mulig.