Obligatorisk innleveringsoppgave, løsning Lineær algebra, Våren 2006

Transkript

1 Obligatorisk innleveringsoppgave, løsning Lineær algebra, Våren 006 Oppgave I hele oppgaven bruker vi I = a) Matrisen A har størrelse og B har størrelse slik at matriseproduktet A B er en -matrise. Vi lar produktet A B = [c ij ] der i og j. Som eksempel vises uttregningen av noen av tallene c ij. c = ( ) = 0 c = ( ) + + ( ) ( ) = 6 c = ( ) + + ( ) = Dette er med på å gi 0 6 A B =. 8 b) Inversen til A kan nnes på ere måter. Et alternativ er å bruke determinanter og kofaktorer, se teorem side 0. Her vises metoden med bruk av Gauss-Jordan eliminasjon. Det er mange korrekte måter å utføre denne eliminasjonen på. Her vises et (forhåpentligvis) korrekt eksempel. Vi setter opp en stor matrise med matrisen A til venstre og I til høyre Vi beholder rad I, men erstatter rad II med II + I og rad III med III I Vi beholder rad I og II, men erstatter rad III med III + 9 II

2 Vi fortsetter med å ordne til 'ere på diagonalen i matrisen til venstre Legg merke til at matrisen til venstre er øvre triangulær mens matrisen til høyre er nedre triangulær. Vi skal nå fjerne tallene over diagonalen i matrisen til venstre. Vi beholder rad III og erstatter rad I med I + III og rad II med II + 6 III I siste steget beholder vi radene II og III. For å fjerne tallet i matrisen til venstre erstatter vi rad I med I II Nå har vi I til venstre og vi leser av den inverse matrisen til høyre. 7 A = = c) For å nne matrisen X utnytter vi at produktene A A = I og I X = X. Husk at for matriser må vi passe på rekkefølgen når vi multipliserer. Vi begynner med å multiplisere ligningen AX = B med A fra venstre A AX = A B I X = A B X = A B. 6 Vi utfører matrisemultiplikasjonen A B og får Legg merke til X = A B = 6 8 Fordi inversen A er unik, er det kun én matrise X som oppfyller ligningen AX = B. Det er viktig at vi ganger med A fra venstre. Om vi ganger fra høyre får vi AXA = BA som ikke bringer oss videre.

3 Oppgave a) Det er mange måter å regne ut en determinant på, avhengig av situasjonen vil noen måter peker seg ut som enklere enn andre. I dette tilfellet velger jeg ut utvikle determinanten langs den andre raden. Pass på fortegnene, se side det(m) = = = = ( ( ) ( ) ) = 0. Et alternativ er å utvikle langs tredje kolonne. 0 0 det(m) = = = Denne determinanten nner vi ved å utvikle langs andre rad. Når vi har gjort det får vi determinater og kan bruke formelen for determinanter på side 98 i læreboken = = ( ( ) ( ) ) = ( ) = 0 b) Merk at siden det(m) = 0 så har ikke matrisen M en invers og vi kan ikke regne med én unik løsning av det homogene ligningssystemet Mx = 0. Som over er det mange riktige måter å gjøre Gauss eliminasjon på. Her presenterers én måte. Vi begynner med å fjerne tallene under diagonalen i M. 0 0 M = = N Fordi vi startet med et homogent system, har ligningsystemet N x = 0 har samme løsning som Mx = 0 og vi skriver 0 0 x x 0 0 x = Ordet homogent betyr at høyresiden i ligningsystemet er nullvektoren 0 = (0, 0, 0, 0). x

4 Det er en fri variabel x = s og vi får x x = 0 x = s, x + 0x = 0 x = 0, x x = 0 x = s. På vektorform har vi løsningen x = (x, x, x, x ) = (s, 0, s, s) = s(, 0,, ). Oppgave Her får vi bruk for noen regneregler med potenser. En liten repetisjon kan være nyttig. La A og B være n n-matriser og la p og q være (reelle) tall.. A p+q = A p A q.. A pq = (A p ) q = (A q ) p.. A p = (A ) p.. For matriser er det INGEN sammenheng mellom (AB) p og A p B p. a) Vi nner først E = E E = Dette er en diagonalmatrise 0 0 Vi bruker reglene over og skriver E = E + = E E = = 0 0 = I b) Før vi setter i gang å lete etter E bør vi forsikre oss om at E faktisk har en invers. Det gjør vi ved å ta determinanten på begge side av ligningen E = I. Husk at det(i) = og det(e ) = (det E). det(e ) = det(i) (det E) = det(e) = ± 0. Siden det(e) 0 har E en inversmatrise E, se teorem side 06. For å nne inversen tar vi utgangspunkt i ligningen I = E, men skriver E = E E. I = E E E I = E EE E = E. Vi nner E = E = E E = = Alternativt kunne vi brukt Gauss-Jordan eliminasjon som i b, men det hadde vært langt mer arbeidskrevende. Diagonalmatriser er matriser der bare diagonalen har elementer ulik 0. Diagonalmatriser multipliseres ved å gange sammen diagonalelementene punktvis.

5 c) Det kan umulig være slik at den som har laget oppgaven mener du skal sitte og regne ut E 00 for hånd, så her må det være et knep som reduserer regnearbeidet. E 00 = E 0+ = (E ) 0 E = I 0 E = E = Oppgave a) Vi setter opp ligningssystemet på matriseform Ax = b der a a A = a a og b = a + a 6 0 Vi har nøyaktig én løsning når det(a) 0. Vi går dermed løs på oppgaven med å nne det(a). Vi får bruk for samtlige regler vi har lært om utregning av determinanter. Det er mange riktige måter og rekkefølger å bruke de reglene på. Her følger ett mulig forslag. Tallet over likhetstegnet antyder hvilken egenskap (property) som er brukt, med henvisning til bokens kapitel.6. a a det(a) = a a a 6 = a + 0 a a 0 a a 6 = a a a a 0 a a a a 6 Vi ser på determinantene hver for seg. Den første gir, utviklet etter andre kolonne a a a 0 0 a = a a a ( = ) ( a + a ) a a a = ( ) ( a + 6a + 0 a + a ) = a.

6 Den andre determinanten gir a 0 a a a 0 = a a 0 = a a a a 0 6 = a ( 0 + ) ( 6 0 a 0 + a ) = a ( ) + a (0 + a + 0) = a a. Vi setter dette inn i uttrykket for det(a) overfor. det(a) = a + ( a a ) = a 0a = a (a + ). Vi ser at det(a) = 0 når a = 0 og a =. Systemet har nøyaktig en løsning (gitt ved x = A b) når det(a) 0, noe som inntreer når a 0 og a. I resten av punkt a antar vi at a har en verdi slik at det(a) 0 for at vi kan bruke Cramers regel. Vi setter opp de nødvendige matrisene og determinantene. Merk at for hver matrise er en av kolonnene erstattet med b. a A = a + a og det(a ) = a(a 9a ) 0 a 6 a a A = a a + og det(a ) = 8a 0 6 a A = a a a + og det(a ) = a(a a + ) a 0 Jeg går ikke gjennom detaljene i hvordan determinantene regnes ut, men det foregår i all hovedsak som for det(a). Spesielt nyttig er egenskap i kap.6, Ved Cramers regel får vi x = det(a ) det(a) = a(a 9a ) a = a 9a (a + ) a(a + ) y = det(a ) det(a) = 8a a (a + ) = 9 (a + ) z = det(a ) det(a) = a(a a + ) a = a a + (a + ) a(a + ) b) Det er ingen enkel måte å besvare punktene b og c. Det vi må gjøre er å sette både a = 0 og a = inn i Ax = b og løse systemene med Gauss 6

7 eliminasjon (Siden det(a) = 0 i disse tilfellene kan vi ikke bruke Cramers regel). Først da kan vi besvare b og c. Vi begynner med a =. Det gir den utvidede koesientmatrisen [A b] = For radene til venstre for den stiplede linjen observerer vi at 8III = 6I +0II, så om vi erstatter III med 6I + 0II 8III får vi Dermed gir den tredje ligningen 0x + 0y + 0z = 90 som er en selvmotsigelse som innebærer at systemet ikke har noen løsninger. Svaret på b er: Systemet har ingen løsninger når a =. c) Vi fortsetter med a = 0. Det gir den utvidede koesientmatrisen [A b] = Legg merke til at III = I + II og når vi erstatter III med III I II får vi Den nederste ligningen gir 0x + 0y + 0z = 0 og vi har uendelig mange løsninger. Den frie variabelen er z = s og vi har ligningene x z = x = + s, y + 0z = y =. Skrevet på vektorform gir dette løsningene x = ( + s,, s) = s(, 0, ) + (,, 0), der s R. Svaret på c er: Systemet har uendelig mange løsninger når a = 0. 7