MAT3000/ Våren 2013 Obligatorisk oppgavesett nr. 2 Løsningsskisse

Transkript

1 MAT3000/ Våren 2013 Obligatorisk oppgavesett nr. 2 Løsningsskisse Oppgave 1 Din offentlig nøkkel er N = 377 og a = 269, mens lederen av klubben har valgt N = 1829 og a = 7. Passordet som du har mottatt fra lederen i kryptert form er: a) Finn ut hva passordet er. 141, 200, 96, 20. Siden 377 = er primtallsfaktoriseringen av 377 og (13 1) (29 1) = 336, er den private nøkkelen b assosiert med a = 269 bestemt ved at 269 b 1 (mod 336). Fra løsningen av punkt1 b) i Oblig 1 vet vi at kan vi velge b = 5. Dekryptering av den mottatte sekvensen (i Z/(377)) gir da sekvensen 141 5, 200 5, 96 5, 20 5 = 20, 18, 5, 24. Denne sekvensen gir tallet , som oversettes til passordet TREX. b) Du ønsker å svare med meldingen OK etterfulgt av initialene i ditt fornavn og etternavn (velg ett fornavn og ett etternavn dersom du har flere!). Hvilken kryptert sekvens sender du da til lederen? La oss si at vi f.eks. ønsker å svare OKEB til lederen. Dette svarer til tallet T = Siden N = 1829 har 4 siffre, skal vi først gruppere siffrene i T 3 og 3 av gangen (legger da til en 0 er til høyre, jf. konvensjonen i kryptografi-heftet). Det gir sekvensen 151, 105, 020. Vi skal derfor beregne sekvensen 151 7, 105 7, 20 7 (i Z/(1829)). Utregning gir følgende krypterte sekvens som sendes til lederen: 480, 520, Oppgave 2 La A = [ a ] z 1/z b der a, b R, z C, z 0. a) Begrunn at A alltid er diagonaliserbar. 1

2 Man finner at det karakteristiske polynomet p A til A har to forskjellige røtter, nemlig 1 ( a + b ± ) (a b) Dermed har 2 2 matrisen A to forskjellige egenverdier, så A er diagonaliserbar. b) Finn når A er Hermitisk. Angi en unitær matrise som diagonaliserer A når a = 2, b = 0 og z = i. Det er lett å finne ut at A = A z z = 1, dvs z = 1. Anta at a = 2, b = 0 og z = i. Vi vet da at A er Hermitisk, og a) gir at egenverdiene til A er 1 ± 2. Utregning gir at v 1 = (i, 2 1) er en egenvektor tilhørende 1 + 2, mens v 2 = ( i, 1 + 2) er en egenvektor tilhørende 1 2. Disse to vektorene er (automatisk) ortogonale (det kan lett sjekkes). Etter normalisering får vi at i/ 2(2 2) i/ 2(2 + 2) U = ( 2 1)/ 2(2 2) (1 + 2)/ 2(2 + 2) er en unitær matrise som diagonaliserer A. En omregning gir at U kan skrives som [ ] 1 (1 + 2)i i U = 2( ) som er noe penere, men strengt tatt ikke nødvendig. c) Begrunn at A er normal A er Hermitisk. Hvis A er Hermitisk er A nødvendigsvis normal (dette gjelder jo generelt). Omvendt, anta at A er normal, dvs at A A = AA. Utregning gir at da er 1/ z 2 = z 2, dvs z = 1. Dermed at A er Hermitisk ved b). Man kan også begrunne dette punktet ved å si at vi vet fra a) at A har bare reelle egenverdier, og at for slike matriser gjelder det at A er normal hvis og bare hvis A er Hermitisk (jf. oppgave 1.26). Oppgave 3 La K være R eller C og la A M n n (K). Betrakt lineæroperatoren T A på M n n (K) gitt ved T A (B) = AB, B M n n (K). a) Beskriv R(T A ) ved hjelp av Col (A) og N(T A ) ved hjelp av Nul (A). Sett V = M n n (K). 2

3 Anta at C R(T A ), dvs. C = T A (B) for en B V. Skriv B = [ b 1 b n ]. Da er C = T A (B) = AB = [ Ab 1 Ab n ]. Nå vet vi at Col(A)= { Ab b K n}. Vi ser derfor at alle kolonnene til C ligger i Col(A). Omvendt, anta C V er slik at alle dens kolonner ligger i Col(A), m.a.o. C = [c 1 c n ] V er slik at c j Col(A), j = 1,..., n. For hver j er da c j = Ab j for en b j K n. Setter vi B = [ b 1 b n ] er da TA (B) = AB = C, dvs. C R(T A ). Vi har dermed begrunnet at R(T A ) består av de matrisene i V der alle kolonnene ligger i Col(A), altsåat R(T A ) = { C = [c 1 c n ] V c j Col(A), j = 1,..., n }. Tilsvarende kan det begrunnes at N(T A ) = { B = [b 1 b n ] V b j Nul(A), j = 1,..., n }. Begge disse beskrivelsene er greie nok svar på oppgaven. Benytter vi at Col(A) og Nul(A) begge er underrom av V kommer vi frem til følgende alternative beskrivelser: R(T A ) = {C V Col(C) Col(A) }, N(T A ) = {B V Col(B) Nul(A) }. b) Begrunn at dim R(T A ) = n rang(a) og dim N(T A ) = n dim Nul(A). Man kan først begrunne den ene formelen, og deretter anvende dimensjonsteoremet for å utlede den andre. Men her er det like greit å begrunne følgende generelle påstand: Anta U er et underom av K n og la Ũ være underromet av V = M n n(k) gitt ved Da er dim Ũ = n dim U. Ũ = { C = [c 1 c n ] V c j U, j = 1,..., n }. Siden vi har sett i a) at Ũ = R(T A) når U = Col(A), mens Ũ = N(T A) når U = Nul(A), vil begge formlene da være bevist. La oss begrunne påstanden ovenfor. Hvis U = {0} er den opplagt sann. Så anta at U {0}. Da er dim U = p for en p mellom 1 og n og vi kan la {u 1,, u p } være en basis for U. Vi innfører følgende notasjon: hvis x K n og 1 k n lar vi [x] k betegne matrisen i V bestemt ved at dens kolonne nr. k er lik x mens alle de andre kolonnene er lik 0. Vi merker oss at hvis x U, så er [x] k Ũ for enhver k. Videre er det lett å sjekke at x [x] k er en lineæravbildning fra K n inn i V for enhver k. For hver 1 i p, 1 j n, definerer vi U i,j som matrisen i Ũ gitt ved U i,j = [u i ] j. Poenget nå er at U = {U i,j 1 i p, 1 j n} er en basis for Ũ: 3

4 Span U = Ũ: Siden alle U i,j -ene ligger i Ũ er det klart at Span U Ũ. Betrakt nå C = [c 1 c n ] Ũ. For hver j er da c j U, så det finnes c 1,j,..., c p,j K slik at c j = c 1,j u c p,j u p = c i,j u i. Vi får derfor at C = [c 1 ] 1 + [c j ] j + [c n ] n = [ p ] c i,1 u i + + [ p ] c 1 i,j u i + + [ p c j i,n u i ]n = [ ] c i,1 ui + + [ ] c 1 i,j ui = c i,1 U i,1 + + = n j=1 j + + c i,j U i,j + + c i,j U i,j. [ c i,n ui ]n c i,n U i,n Dette viser at C Span U. Dermed er Ũ Span U. Tilsammen har vi vist at Span U = Ũ, som ønsket. U er lineært uavhengig: Anta at n p j=1 c i,j U i,j = O der c i,j K for alle i, j. Fra utregningen ovenfor (baklengs) ser vi at da er p c i,j u i = 0 for alle j = 1,..., n. Siden u i -ene er lineært uavhengige må da c i,j = 0 for alle i, j. Dette viser at U i,j -ene er lineært uavhengige, som ønsket. Antall elementer i basisen U for U er p n. Det gir at dim Ũ = p n = n dim U, som vi skulle vise. Oppgave 4 La K være R eller C og la V være et vektorrom over K. La T : V V være en lineær operator. a) Begrunn at N(T ) og R(T ) er invariante under T. Anta at v N(T ). Da er T (v) = 0. Nå er 0 N(T ) siden N(T ) er et underrom. Dermed er T (v) N(T ). Dette viser at N(T ) er invariant under T. Anta at w R(T ). Da er T (w) R(T ) p.def. av R(T ). Dermed er R(T ) invariant under T. 4

5 Sett T 0 = I V (identitetsavbildningen) og T n = T T n 1, n N. La u V, u 0 og sett U = Span { T n (u) n Z +} der Z + = {0, 1, 2,...}. b) Begrunn at U er invariant under T. Anta v U. Da finnes en m Z + og c 0, c 1,..., c m K slik at m v = c 0 u + c 1 T (u) + + c m T m (u) = c j T j (u). Ved lineæriteten av T får vi at ( m ) T (v) = T c j T j (u) = m c j T ( T j (u) ) = m c j T j+1 (u) U. Dette viser at U er invariant under T. c) Anta at U er endeligdimensjonalt. Vis at det fins en k N slik at { u, T (u),..., T k 1 (u) } er en basis for U. Siden u 0 er U {0}, så dim U 1. For hver j N, sett B j = { u, T (u),..., T j 1 (u) }. Merk at B 1 = {u} er lineært uavhengig siden u 0. Merk også at hvis B j er lineært uavhengig, så består B j av j forskjellige elementer og da må j dim U. Vi kan derfor definere { } k = max j {1,..., dim U} B j er lineært uavhengig. Vi skal begrunne nedenfor at U = Span B k. Siden B k er lineært uavhengig vil det da være klart at B k er en basis for U, og dermed vil vi ha løst oppgaven. (Det viser også at k = dim U). Idéen er å vise at T n (u) Span B k for alle n k. Vi viser først at T k (u) Span B k : P. def. av k er B k lineært uavhengig, mens B k+1 er lineært avhengig. Det finnes da c 0, c 1,..., c k K ikke alle lik 0 slik at c 0 u + c 1 T (u) + + c k T k (u) = 0. Merk at c k 0, for hvis c k = 0, ville vi ha c 0 u + c 1 T (u) + + c k 1 T k 1 (u) = 0 og dermed også c 0 =... = c k 1 = 0 ved lineær uavhengigheten av B k. Vi kan derfor skrive T k (u) = c 0 c k u + c 1 c k T (u) + + c k 1 c k T k 1 (u). 5

6 Dette viser at T k (u) Span B k. Vi kan nå vise ved induksjon på j at påstanden P (j) : T (k 1)+j (u) Span B k holder for alle j N. P (1) sier at T k (u) Span B k, og det viste vi nettopp er oppfylt. Anta at P (j) er sann for en j N. For passende a 0,..., a k 1 K er da Det gir T (k 1)+j (u) = a 0 u + a 1 T (u) + + a k 1 T k 1 (u). T (k 1)+(j+1) (u) = T ( T (k 1)+j (u) ) = T ( a 0 u + a 1 T (u) + + a k 1 T k 1 (u) ) = a 0 T (u) + a 1 T 2 (u) + + a k 2 T k 1 (u) + a k 1 T k (u). De k 1 første leddene i summen rett ovenfor ligger opplagt i Span B k, mens det siste leddet a k 1 T k (u) ligger også i Span B k siden P (1) er sann. Siden Span B k er et underrom følger det at T (k 1)+(j+1) (u) ligger i Span B k, dvs at P (j + 1) er sann, som ønsket. Vi har dermed vist at T n (u) Span B k for alle n k. Merk at dette gir at T n (u) Span B k for alle n Z + (siden det er opplagt riktig for n = 0, 1,..., k 1). Men da er U = Span {T n (u) n Z + } Span B k. Samtidig er Span B k U. Dermed er U = Span B k, og beviset er ferdig. Vi skisserer også et alternativt bevis. Sett k = dim U 1. Siden B k = { u, T (u),..., T k 1 (u) } består av k vektorer er det nok å vise at B k er lineært uavhengig, for da må B k være en basis for U. Anta (for motsigelse) at B k er lineært avhengig. Da finnes det c 0, c 1,..., c k 1 K ikke alle lik 0 slik at c 0 u + c 1 T (u) + + c k 1 T k 1 (u) = 0. Sett da i = max { j {0, 1,..., k 1} c j 0 }. Vi har da at T i (u) Span { u, T (u),..., T i 1 (u) }. Ved induksjon på n kan man nå vise (tilsv. som i det første beviset) at da er T n (u) Span { u, T (u),..., T i 1 (u) } for alle n i. Som ovenfor medfører dette at U = Span { u, T (u),..., T i 1 (u) }. Det gir at k = dim U i k 1 < k og vi har fått frem en motsigelse. Dermed må B k være lineært uavhengig og beviset er ferdig. 6