Obligatorisk oppgave nr1 MAT Lars Kristian Henriksen UiO

Transkript

1 Obligatorisk oppgave nr1 MAT-1120 Lars Kristian Henriksen UiO 21. oktober 2014

2

3 Oppgave 1 i) Minste k slik at P k kun har positive elementer er 6. Finner x* ved å laste oslo.m, for så å skrive følgende Matlabscript som utfører operasjonene vi ønsker, med indeksering for enklere å kunne se hvilke strekk som er hvem: x0 = ones(28,1)*1/28; p = ones(28,1)*1/10000; xk = x0; k = 0; n = 30; for k=0:n; xk=p*x0; if x0 - xk <= p; break else x0=xk; end end x_star=ones(28,2); x_star(:,1)=xk; x_star(:,2)=1:28 x_star,k Dette produserer følgende: x_star = k = 13 2

4 ii) Lager et nytt script, som oppdaterer P til Pu Pu=P Pu(28,:)=0 Pu(:,28)=0 Pu(25,22)=0.7 Pu(21,24)=0.8 Gjør også noen små endringer i scriptet som kjører operasjonene. x0 = ones(28,1)*1/27; p = ones(28,1)*1/10000; xk = x0; k = 0; n = 30; for k=0:n; xk=pu*x0; if x0 - xk <= p; break else x0=xk; end end x_star_updated=ones(28,2); x_star_updated(:,1)=xk; x_star_updated(:,2)=1:28 x_star_updated,k Vi får da ut resultatet >> Oblig1_ii x_star_updated = k = 14 3

5 For å finne endringen mellom de to, lages ikke et nytt script, men kjører heller følgende i kommandoviduet: >> x_star_updated-x_star ans = Vi kan da se hvilke veistrekk som har høyest økning i trafikk, og om vi ser bort i fra siste verdi i denne vektoren, er det veistrekke nr 4(Skøyen- Oslo S), nr 21(Smedstad-Skøyen) og nr 25(Smestad-Ullevål) som får høyest økning. Vi får en økning på strekning 4 på 1,3%. Dvs , 0113 = 565. En økning i trafikk på 565 biler på strekning 4. Veistrekk , 0153 = 765. En økning på 765 biler. Veistrekk , 0081 = 405. En økning på 405 biler. 4

6 Oppgave 2 Siden vi vet at det finnes n! permutasjoner, og vi her har at n = 3, får vi at vi har 6 permutasjonsmatriser. Disse er som følger: , , , , , Oppgave 3 Fra Invertibel matrise teorem vet vi at både P σ og I n er transponerbare siden de er invertible. Transponerer vi I n og gjør kolonneoperasjoner som i oppgave 2, og transponerer tilbake, vil vi i prinsippet ha utført radoperasjoner uten at vi får noe annet enn 1 ener og resten nuller i den nye matrisens rader. Vi kan derfor si at vi får en permutasjonsmatrise P ved å bytte om rader i I n. Oppgave 4 i) Vi har at dersom A er en m n matrise med kolonner a 1,...a n, vil a i = A e i, der e i er den i te kolonnen i I n. Bruker vi dette på matrisen B, får vi at b i = A e i der b i er den i te kolonnen i B og e i er den i te kolonnen i I n. Dette tilsvarer å bytte rekkefølgen på kolonnene i A til en ny matrise B, noe som viser at B = A P hvor P er lik I n med ombyttede kolonner, vil endre rekkefølgen på kolonnene i A til B. Vi har på samme måte at e t i A er den i te raden til A, der et i er den i te raden til I m. Benytter vi dette på C får vi en bytte i rader fra A, unden bytting av kolonnene. Eksempel på dette: A = , P = B = AP = = C = P A = = ii) Vi bruker definisjonen på Rank som sier at ranka er dimensjonen til kolonnerommet til A. Når vi ganger med en permutasjonsmatrise vil ikke antall pivotledd, og dermed antall lineært uavhengige kolonner, ikke endres. Siden antall pivotledd i alle matrisene våre er like, vil dim Col til alle matrisene være det samme, ergo ranka = rankb = rankc. iii) Setter vi A = QAP, betyr det at vi først gjør en radbytteoperasjon, for så å gjøre en kolonnebytteoperasjon. Ingen av disse operasjonene kan, som argumentert for tidligere, endre antal pivotledd i matrisen og dimcola = dimcola, som vil si at ranka = ranka 5

7 Oppgave 5 i) Siden vi har antatt at {u 1,..., e r } er en basis for Col A 1, må vi vise at vi ikke får flere grader av uavhengigheter ved å sette inn kolonner etter A 1. Dette vil ikke skje fordi dette er nullvektorer og ikke har noen pivotledd. Det samme gjelder for A 2, der nullvektorer fyller området under A 1, noe som ikke vil skape flere grader av uavhengighet. For at {u 1,..., u r, v 1,..., v s} skal være en basis for Col(A 1 A 2 ) må vi også vise at u i ikke kan skrives som en lineærkombinasjon av av noen av v i. Siden de komponentene som kan endre u i kun er 0, vil man ikke kunne skrive u i som en lineærkombinasjon av v i, og vis a versa. {u 1,..., u r, v 1,..., v s} er dermed en basis for Col(A 1 A 2 ). ii) Siden {u 1,..., u r, v 1,..., v s} er en basis for Col(A 1 A 2 ) vet vi at rank(a 1 A 2 ) = ranka 1 + ranka 2 fordi, som vi argumenterte for i i), vi ikke får økt grad av lineære uavhenginge vektorer, noe som tilsvarer at dimensjonen til A 1 vil være uavhengig av A 2 og vis a versa. Dermed vil dimensjonene være uavhengige og summen av de to vil være dimensjonen til den direkte summen av A 1 og A 2. Vi ser på om dim(null(a 1 A 2 ))=dim(null(a 1 ))+dim(null(a 2 )). Rangteoremet sier at ranka +dim(null(a))=n. ranka er lik pivotkolonner i A, og siden vi vet at A 1 og A 2 ikke påvirker hverandre i matrisens kolonner, vil ikke pivotkolonnene i de to delmatrisene overlappe grunnet den diagonaliserte plasseringen til de to. Vi omskriver rangteoremet til dim(null(a)) = n ranka, og setter inn i dim(null(a 1 A 2 ))=dim(null(a 1 )) +dim(null(a 2 )) og får n rank(a 1 A 2 ) = n ranka 1 + n ranka 2 = rank(a 1 A 2 ) = ranka 1 + ranka 2 som vi fant at stemte i oppgave. Oppgave 6 i) Denne indikatormatrisen er som følger: A = Både ranka og ranka =3 ii) Denne matrisen får vi fra A ved å utføre den samme operasjonen som i oppgave 4 iii) dvs at A = QAP hvor vi først utfører radbytter på A, for så å gjøre kolonnebytter. Dette viste vi at ikke vil endre dimensjonen til kolonnerommet, altså vil ranka=ranka, noe vi ser også stemmer i dette tilfellet. 6

8 Oppgave 7 Siden kolonnene i en indikatormatrise alltid inneholder en 1 er og en -1 er vil kolonnesummen alltid være 0. Dvs at hver komponent i matrisen vil nulles ut, og summen av alle rader vil også være 0. Vi kan derfor slå fast at radene er lineært avhengige, og enhver rad kan skrives som en lineærkombinasjon av andre rader. Siden vi alltid trenger minst to andre rader for å represtere en tredje, vil ranga alltid være mindre eller lik m 1 7