TMA4110 Eksamen høsten 2018 EKSEMPEL 1 Løsning Side 1 av 8. Løsningsforslag. Vi setter opp totalmatrisen og gausseliminerer: x 1 7x 4 = 0

Transkript

1 TMA4 Eksamen høsten 28 EKSEMPEL Løsning Side av 8 Løsningsforslag Oppgave Vi setter opp totalmatrisen og gausseliminerer: Dette gir likningene og x 7x 4 = x 2 + 2x + x 4 = Vi har altså to frie variabler; det finnes mange valg av parametrisering. Du kan for eksemepl velge x = s og x 4 = t som parametere. Dette gir løsningene 7 x = + 2 s + t for alle reelle tall s og t. u 2 Oppgave 2 Den ortogonale projeksjonen av u på v er: u u = v u v v v = 2 = 2 Vi skal ha u = u + u 2. Da får vi: u 2 u 2 = u u = = 2 v

2 TMA4 Eksamen høsten 28 EKSEMPEL Løsning Side 2 av 8 Oppgave La 4 6 A = 2 6 være koeffisientmatrisen. Vi begynner med å finne egenverdiene og egenvektorene til A. Det karakteristiske polynomet er: 4 λ 6 4 λ 6 det(a λi ) = 2 λ = (2 λ) 6 λ 6 λ = (2 λ)(λ2 λ 24) Egenverdiene er altså løsningene av likningen (2 λ)(λ 2 λ 24) =. Det betyr at det er tre egenverdier: 2, 2 og 2. Vi finner en egenvektor som hører til egenverdien 2 ved å løse likningen (A 2I )x = : Løsningene er A 2I = så vi kan for eksempel velge vektoren (,, ) x = t for alle relle tall t, 8 2 Tilsvarende fremgangsmåte for 2 og 2 gir henholdsvis og. Til slutt setter vi inn i formelen for generell løsning: 8 2 y = c e 2t + c 2 e 2t + c e 2t.

3 TMA4 Eksamen høsten 28 EKSEMPEL Løsning Side av 8 Oppgave 4 Husk at determinanten ikke endrer seg dersom man legger til et multiplum av en rad til en annen, og determinanten multipliseres med dersom man bytter om på to rader: i i 4 i i 4 2i 4 + 7i i i 7i = 6i 2 + 2i 2 i 5i + i 4i + i 7 4i i i 4 i i 7i = + i 7 4i 5i = i ( + i) ( 5i) = 5 5i Oppgave 5 Informasjonen i oppgaven er essensielt en diagonalisering av matrisen. Vi har tre lineært uavhengige egenvektorer 2, og med tilhørende egenverdier, og 2. Vi lager en matrise V = med egenvektorene som kolonner, og en diagonalmatrise D = 2 med egenverdiene på diagonalen. Matrisen vi vil finne er da gitt ved diagonaliseringen V DV. For å kunne regne ut matrisen gjenstår det å finne inversen til V. Vi regner ut denne på vanlig

4 TMA4 Eksamen høsten 28 EKSEMPEL Løsning Side 4 av 8 måte: Vi leser av at inversen til V er: V = Nå kan vi regne ut matrisen vi skulle finne: V DV = = Oppgave 6 Vi begynner med å gausseliminere matrisen: Dette viser at vi har pivotelementer i første og andre kolonne. Det betyr at 5 2, 8 er en basis for kolonnerommet. Men denne basisen er ikke ortogonal (indreproduktet av de to vektorene er 8, ikke ). Vi ortogonaliserer den med Gram Schmidt-metoden: v = 2 u = v = v 2 = 8 u 2 = v 2 u v 2 u u = = 2 u 6 6 Nå har vi funnet en ortogonal basis (u, u 2 ) for kolonnerommet til matrisen.

5 TMA4 Eksamen høsten 28 EKSEMPEL Løsning Side 5 av 8 Oppgave 7 Skriv B på elementform: b b 4 B = b 2 b 5 b b 6 Produktet AB kan nå uttrykkes ved b 4 b 4 b + 4b AB = b 2 2 b 5 = b 4 + 4b 6 2b b b + b 2 + b 2b 4 + b 5 + b 6 6 Vi ønsker å bestemme b i -ene slik at AB = I: [ b + 4b b 4 + 4b 6 Dette er fire likninger med seks ukjente: 2b + b 2 + b 2b 4 + b 5 + b 6 b + 4b = 2b + b 2 + b = b 4 + 4b 6 = 2b 4 + b 5 + b 6 = = Vi ser at b = t og b 6 = s er frie variabler. Multipliser andre og fjerde likning med, og bruk første likning for å eliminere b i andre likning; tredje likning for å eliminere b 4 i fjerde likning: b = 4t b 2 = 5t 2 b 4 = 4 s b 5 = 5s + (Du kan alternativt skrive opp totalmatrisen til systemet og radredusere.) Alle løsninger kan dermed parametriseres som ( 4t)/ 4s/ B = (5t 2)/ (5s + )/ t s der s og t er reelle tall. Men oppgaven spør bare etter én løsning. Vi kan for eksempel ta t og s lik null for og få følgende løsning: B = 2.

6 TMA4 Eksamen høsten 28 EKSEMPEL Løsning Side 6 av 8 Vi vet at T (u), T (v) og T (w) er lineært uavhengige, hvor T er en lineær- Oppgave 8 transformasjon. Vi ønsker å vise at u, v og w er lineært uavhengige. Anta at de er lineært avhengige (for å vise at dette umulig kan stemme). Dette betyr per definisjon at det eksisterer koeffisienter a, b og c, ikke alle lik null, slik at Anvend T på begge sider for å få Vi vet at T er lineær som gir au + bv + cw =. T (au + bv + cw) = T (). at (u) + bt (v) + ct (w) =. Denne likningen betyr i så fall at T (u), T (v) og T (w) også er lineært avhengige. Men vi vet jo at de er lineært uavhengige antagelsen er altså umulig. Dermed må u, v og w være lineært uavhengige som er det vi ønsket å vise. Oppgave 9 Vi husker at vi har følgende tre kriterier for å sjekke om en gitt delmengde U av et vektorrom er et underrom:. Nullvektoren er med i U. 2. For alle vektorer u og v i U er også summen u + v med i U.. For alle vektorer u i U og alle skalarer c er også produktet cu med i U. Vi sjekker at disse tre kriteriene holder når U er mengden av symmetriske 2 2-matriser:. Nullvektoren altså matrisen [ er symmetrisk, så den er med i U.

7 TMA4 Eksamen høsten 28 EKSEMPEL Løsning Side 7 av 8 2. Hvis a b M = b d og N = [ a b b d er symmetriske matriser, så er også summen [ a + a b + b M + N = b + b d + d en symmetrisk matrise.. Hvis a b M = b d er en symmetrisk matrise og c en skalar, så er også produktet ca cb cm = cb cd en symmetrisk matrise. Dette vil si at U er et underrom av M 2. Videre skal vi finne en basis for U. Vi ser at de tre matrisene B =, B 2 = og B = utspenner U, siden enhver symmetrisk matrise M = [ a b d b kan skrives som en lineærkombinasjon M = ab + bb 2 + db av disse. Matrisene B, B 2 og B er dessuten lineært uavhengige, siden likningen c B + c 2 B 2 + c B = ikke har andre løsninger enn den trivielle løsningen c = c 2 = c =. Dette vil si at (B, B 2, B ) er en basis for U. Basisen vi fant for U består av tre basisvektorer, så dimensjonen til U er. Vi kan lett sjekke at ( ),,, er en basis for M 2, og det betyr at dimensjonen til M 2 er 4.

8 TMA4 Eksamen høsten 28 EKSEMPEL Løsning Side 8 av 8 Oppgave Rangen til A er det samme som dimensjonen til kolonnerommet: r = dim Col A Dette betyr at kolonnerommet har en basis som består av r vektorer. La (b, b 2,..., b r ) være en slik basis, og la B = [ b b 2 b r være m r-matrisen med basisvektorene som kolonner. La a, a 2,..., a n være kolonnene i A. Hver kolonne a i ligger i kolonnerommet til A, så den kan skrives som en lineærkombinasjon a i = c i b + c i2 b c ir b r av basisvektorene. Koeffisientene i dette uttrykket kan vi sette sammen til en vektor i R r. Da har vi: c i c i2 c i =. c ir c i a i = c i b + c i2 b c ir b r = c i2 b b 2 b r. = Bc i c ir Nå har vi definert en vektor c i for hver kolonne a i fra A; det betyr at vi har definert n vektorer c, c 2,..., c n. Vi lager en r n-matrise C = [ c c 2 c n med disse vektorene som kolonner. Nå har vi funnet en m r-matrise B og en r n-matrise C, og vi har BC = [ Bc Bc 2 Bc n = [ a a 2 a n = A.