Løsninger for eksamen i MAT Lineær algebra og M102 - Lineær algebra, fredag 28. mai 2004, Oppgave 1. M s = = 1 2 (cofm 2) T.

Transkript

1 Løsninger for eksamen i MAT - Lineær algebra og M - Lineær algebra, fredag 8. mai 4, (a) Finn determinanten til matrisen M s = Oppgave s uttrykt ved s, og bruk dette til å avgjøre for hvilke s matrisen M s er invertibel. Finn inversen til matrisen M. Svar: det M s =..s = s siden matrisen er triangulær. Matrisen er invertibel hvis og bare hvis determinanten er ulik, dvs. s ulik null. Vi har: M = (cofm ) T det M = (cofm ) T. Vi har: cofm = M = 4 (b) La B = {b,b,b }, der =., 4, så b =, b =, b =. Vis at B er en basis for vektorrommet R. La v= 5 4. Finn [v] B. Svar: Vi vet at tre lineært uavhengige vektorer i R utgjør en basis for R. De tre vektorene er uavhengige hvis og bare hvis matrisen med de tre som kolonnevektorer har determinant ulik null. Denne matrisen gjenkjenner vi som M, med determinant lik som er ulik null. Dermed utgjør de tre vektorene en basis. Vi har: P B [v] B =v, og her har vi P B = M, så [v] B = M v = 5 4 = 5 7

2 Oppgave [ ] 5 (a) Finn egenverdiene til matrisen A =, og finn de tilhørende egenvektorene. [ ] 5 5 λ Svar: Det karakteristiske polynomet til A er det = (5 λ) 5 λ = λ λ + 4. Dette er null hvis og bare hvis λ = 4 eller λ =. Videre: E(4) er gitt ved 5x x = 4x x + 5x = 4x, som gir x = x. Videre: E() er gitt ved 5x x = x x + 5x = x, [ som gir x = x. Dermed: Egenvektorene til 4 er {t [ ] egenvektorene til er {t }, der t er ulik null. (b) Vi har gitt kjeglesnittet C med ligning 5x x x + 5x = 4. ] }, der t er ulik null, og Finn en ortonormal basis for R slik at ligningen til C i det nye aksesystemet (med utgangspunkt i denne basisen) er uten kryssledd. Avgjør hva slags kjeglesnitt C er, og tegn en figur der du viser de opprinnelige koordinataksene, de nye, og kurven C. Svar: Vi ser at ligningen har formen [ [ ] [ ] ] x 5 x x A, der A =, x 5 som er matrisen fra del a). I tråd med teorien fra boka skifter vi da til koor- [ dinatsystemet spent ut av de to egenvektorene u = [ ] og u = ] (enhetsvektorer hentet fra E(4) og E()). Disse står normalt på hverandre og har lengde. Ligningen for C blir da: dvs. λ y + λ y = 4, 4y + y = 4. Vi ser at dette blir en ellipse med halvakse med lengde langs linja med ligning x = x og langs linja med ligning x = x.

3 det Oppgave (a) Studer matrisen A =, og avgjør uten regning om A er diagonaliserbar. Finn deretter det karakteristiske polynomet for A, og vis at λ = og λ = 4 er egenverdier for A. Svar: Matrisen er symmetrisk, så derfor ortogonalt diagonaliserbar, og derfor diagonaliserbar. Det karakteristiske polynomet er λ λ λ = ( λ)((λ ) ) (.( λ) ) + (. ( λ)) = λ + λ 9λ + 4. Vi kaller dette polynomet p(λ). Da ser vi: p() = =, og p(4) = =. Dermed er både og 4 røtter i det karakteristiske polynomet p(λ), og derfor egenverdier for A. (b) Vis at {, { } utgjør en basis for egenrommet til egenverdien for A, og finn en ortogonal basis for dette egenrommet. Svar: E() er gitt ved Ax=.x, dvs. x + x + x = x x + x + x = x x + x + x = x, dvs.: Planet med ligning: x + x + x =. Vi ser at både og ligger i dette planet, ved innsetting av koordinatene til vektorene. E() er et plan, dvs. et undervektorrom av R av dimensjon, siden vi for det første har har to uavhengige vektorer der (vi ser at de to gitte vektorene er uavhengige, siden ingen av dem er en konstant ganger den andre). Dermed er dimensjonen minst. For det andre kan vi ikke ha tre uavhengige vektorer der, for da ville E() vært hele R, og det er det ikke, siden ikke alle punkter tilfredsstiller x +x +x =. Altså har E() dimensjon lik. Vi har sett at vi har to uavhengige vektorer i et vektorrom av dimensjon. Disse vil da utgjøre en basis for vektorrommet. Metode : Løser ligningen: x + x + x = på standard måte: Det gir: x = x x,

4 4 x = x, x = x. Kaller x for s og x for t. Dermed får vi x x = s +t som generell løsning. Siden vektorene er uavhengige x og spenner løsningsrommet, utgjør de en basis for det. Kaller de to vektorene for u og u Ortogonal basis for egenrommet: {v,v }, der v =u =, og v = u v.u u.u u = =. (c) Finn en ortogonal matrise P og en diagonal matrise D, slik at A = P DP T. Svar: Her må vi bygge opp en matrise med kolonnevektorer som utgjør en ortonormal basis av egenvektorer. Vi har to ortogonale fra E(). Vi normerer disse og får: w = og w =. Egenrommet E(4) er gitt ved: x + x + x = 4x x x + x = 4x x + x x = 4x. Vi rekkereduserer og får: x = x, og x = x, så E(4) = {t av lengde er da. Vi får da etter vanlig prosedyre: }, og en vektor P =, og D = 4. Oppgave 4 Vi studerer vektorrommet P = { polynomer a + a t + a t, for reelle a, a, a }. (a) Vi lar S = {, t, t } være standardbasisen for P. La lineæravbildningen T være definert som T (p(t)) = tp (t). Finn matrisen [T ] S, og finn dimensjonen til billedrommet (også kalt rekkevidden, engelsk: range ) til T. Svar: Vi har: [T ] S = [[T ()] S [T (t)] S [T (t )] S ]. Videre: T () = t. = =.+.t+.t, og T (t) = t. = =.+.t+.t, og T (t ) = t.t = =.+.t+.t. Det gir:

5 [T ] S =. Vi ser at billedrommet inneholder de to lineært uavhengige elementene t = T (t) og t = T (t). Dermed er dimensjonen av billedrommet minst. Derfra og videre kan en argumentere på ulike måter. En måte er å si: T (p) = T (a + a t + a t ) = a T () + a T (t) + a T (t ) = a t + a t, så t og t spenner også billedrommet. I tillegg er de lineært uavhangige fordi c t + c t er nullpolynomet bare hvis c = c =. Siden elementene er uavhengige og spenner rommet, utgjør de en basis. En annen, mer abstrakt måte, er som følger: Hele rommet har dimensjon, så hvis dimensjonen til billedrommet er, må det være hele rommet. (for da må det inneholde tre lineært uavhengige elementer, og i så fall vil det inneholde en basis for hele rommet, og defor være hele rommet). Men det er det ikke, for alle elementer i billedrommet er delelig med t, så de ser ut som a t + a t. Polynomer med konstantledd ulik null er da ikke med i billedrommet. Altså har billedrommet dimensjon høyst. Det har dimensjon minst siden det inneholder de to uavhengige elementene t og t, argumentasjon som ovenfor. Alternativt kan en studere rangen til [T ] S, som er. Alternativt kan en studere dimensjonen til kjernen som er, og argumentere for at rangen til billedrommet blir dim kert = =. (b) La indreproduktet <, > på P være gitt ved < p(t), q(t) >= p( )q( ) + p()q() + p()q(). Vis at polynomet t står ortogonalt (med hensyn på <, >) på begge de to andre polynomene i standardbasisen, og finn en ortogonal basis (med hensyn på <, >) for vektorrommet P. Svar: Vi har: < t, >= ( ) =,, og < t, t >= ( ).( ) =, så t står ortogonalt på både og t. Ortogonal basis får vi slik: Sett x =, x = t, x = t. Gram-Schmidt-prosessen gir: u = x =, og u = x <x,x >.x <x,x > = x = t, siden < x, x >=. Videre: u = x <x,x >.x <x,x > <x,x >.x <x,x > = t <t,>. = <,> t ( ) = t. + + Dermed blir svaret for eksempel: En ortogonal basis er: {, t, t }. 5 (c) Hvorfor er ikke [p(t), q(t)] = p()q() + p()q() noe indreprodukt på vektorrommet P? Er [p(t), q(t)] = p()q() + p()q() et indreprodukt på vektorrommet P av polynomer av grad høyst? Begrunn svaret.

6 Svar: Sett p(t) = (t )(t ) = t + t. Da er p(t) med i vektorrommet P og ulik nullelementet der, og vi har: [p(t), p(t)] = p() + p() = + =. Dette strider mot Aksiom 4 for indre produkter, og [, ] blir da ikke noe indreprodukt p P.. Aksiomene () () er opplagt OK på P. Når vi restrikterer til undervektorrommet P, holder aksiomene () () akkurat som for P. Men nå holder Aksiom 4 også, for hvis [p(t), p(t)] = p() + p() =, må vi ha p() = p() =. Men et polynom av grad mindre eller lik n har n + nullpunkter bare hvis polynomet er identisk lik, så et element i P, det vil si polynom av grad mindre eller lik, har nullpunkter bare hvis polynomet er identisk lik. Dermed får vi [p(t), p(t)] = bare hvis p(t) =. I tillegg ser vi lett at [p(t), p(t)] for alle p(t). Dermed holder også Aksiom 4. NB. OPPGAVE 5 ER BARE FOR M, IKKE FOR MAT. Vi studerer det lineære ligningssystemet Oppgave 5 tx + x = t, x + tx + x = t, x + tx = t. Avgjør for hvilke reelle tall t dette systemet har (i) nøyaktig en løsning (ii) uendelig mange løsninger (iii) ingen løsning. Svar: Ligningssystemet har formen Ax = b, der A = t t og b = t t. Vi ser at det A = t(t ) (t ) = t(t ). Dette t t er null hvis og bare hvis (t = eller t =, eller t = ). Dermed: Vi får entydig løsning hvis og bare hvis t ikke er med i mengden {,, }. Videre: For t = får vi: x = og x + x =, dvs. uendelig mange løsninger: {s }. For t = og t = rekkereduserer vi det inhomogene ligningssystemet, og får en rad nederst med bare nuller, unntatt det nedre høyre hjørnet. Dermed: Ingen løsninger for t = og t =.