MAT1120 Oppgaver til plenumsregningen torsdag 18/9

Transkript

1 MAT1120 Oppgaver til plenumsregningen torsdag 18/9 Magnus Dahler Norling September 2014

2 Oppgave rank A = rank B = 5 (teorem 13+14). dim Nul A = n - rank A = 6-5 = 1 (teorem 14). Col A utspennes av søyle 1,2,3,5 og 6 i A siden disse er pivot-søyler i B (teorem 13 s. 158). Row A utspennes av alle radene i B, siden disse er pivot-rader (teorem 13 s. 247). Nul A = Nul B (nullrommet det samme etter rad-operasjoner). Vi kan redusere B til (bruk rref) Vi ser at x 4 kan velges fritt, og at x 1 = x 2 = x 3 = x 4 og x 5 = x 6 = 0, slik at en basis for Nul A blir ( 1, 1, 1, 1, 0, 0).

3 Oppgave dim Nul A = 5 rank A = 3 (teorem 14). dim Row A = dim Col A (teorem 14) = rank A (def s. 249) = 2. rank A T = dim Col A T (def. s. 249) = dim Row A = rank A = 2.

4 Oppgave dim Row A = rank A = 4 - dim Nul A = 4 2 = 2

5 Oppgave La A være koeffisientmatrisen til likningsystemet (dette er en 6 8-matrise). 2 frie variable og 8 variable totalt betyr at den reduserte trappeformen har 6 pivot-søyler. Dermed er dim Col A = 6, så Col A utspenner hele R 6. Dermed har Ax = b alltid en løsning (uansett b) (teorem 12, s. 77), og det er dermed umulig å gjøre systemet inkonsistent.

6 Oppgave La A være en m n-matrise. dim Row A + dim Nul A = rank A + dim Nul A = n (teorem 14). dim Col A + dim Nul A T = dim Row A T + dim Nul A T = antall kolonner i A T etter hva vi akkurat har vist. Dette er det samme som antall rader i A, dvs. m.

7 Oppgave rank uv T = rank 2a 2b 2c 3a 3b 3c 5a 5b 5c. Ser at [ a b c ] er en basis for radrommet, slik at rank uv T = dim Row uv T 1.

8 Oppgave [ ] [ uv T v1 v = 2 v Skal dette være lik 2v 1 2v 2 2v ser vi at vi må ha (v 1, v 2, v 3 ) = (1, 3, 4). ], så

9 Oppgave Anta 2 3-matrisen A har rang 1, og at u 0 er første kolonne i A. Vi har rank A = dim Col A = 1. Hvis første kolonne u i A er 0, så må de andre kolonnene være på formen c 2 u, c 3 u. Altså er A på formen [ ] [ ] u1 c 2 u 1 c 3 u 1 u1 [ ] = 1 c2 c u 2 c 2 u 2 c 3 u 2 u 3 2 Hvis rank A = 1, så vil en av kolonnene i A være forskjellig fra 0. I regnestykket ovenfor bruker vi da denne kolonnen i stedet for den første kolonnen hvis denne er 0 (regnestykket går greit uavhengig av hvilken kolonne vi velger).

10 Oppgave Teorem 15 sier at er basisskiftematrisen fra D til A. Derfor er (i) oppfylt for alle x. [[d 1 ] A [d 2 ] A [d 3 ] A ]

11 Oppgave a) Vi trenger [f 1 ] D, [f 2 ] D, [f 3 ] D Ser at [f 1 ] D = (2, 1, 1), [f 2 ] D = (0, 3, 1), [f 3 ] D = ( 3, 0, 2). Vi får altså at P D F = b) [x] D = P D F [x] F = =

12 Oppgave For å finne P C B må vi regne ut [b 1 ] C og [b 2 ] C. For å finne [b 1 ] C må vi løse [ ] [ ] [ ] 1 1 a1 1 = a 2 (kolonnene i matrisen er c 1 og c 2, høyre side er b 1. Løser vi denne med rref får vi [b 1 ] C = (a 1, a 2 ) = (9, 10). På samme måte blir Dermed blir [b 2 ] C = ( 8, 9). [ P C B = ].

13 På samme måte får vi Dermed blir [c 1 ] B = (9, 10), [c 2 ] B = (8, 9). P B C = [ (Alternativt kunne vi regnet ut (P C B ) 1 ). ]

14 Oppgave La D være standardbasisen. Vi har at [1 3t 2 ] D = (1, 0, 3), [2 + t 5t 2 ] D = (2, 1, 5), [1 + 2t] D = (1, 2, 0). Dermed blir P D B = Vi må løse = [t 2 ] B Løser vi med rref får vi at [t 2 ] B = (3, 2, 1).

15 Oppgave [M] I oppgave regnet vi ut P = P B C. Formel (6) side 257 forteller oss at P 1 er P C B, det vil si at kolonne k i P 1 er koordinatvektoren til x k i basisen C. Regner ut inv(p) med Matlab og ser at vi kan skrive cos 2 (t) = 1/2 + 1/2 cos(2t) cos 3 (t) = 3/4 cos(t) + 1/4 cos(3t) cos 4 (t) = 3/8 + 1/2 cos(2t) + 1/8 cos(4t) cos 5 (t) = 5/8 cos(t) + 5/16 cos(3t) + 1/16 cos(5t) cos 6 (t) = 5/ cos(2t) cos(4t) cos(6t)

16 Oppgave [M] sett x = 5 cos 3 (t) 6 cos 4 (t) + 5 cos 5 (t) 12 cos 6 (t). Har at [x] B = (0, 0, 0, 5, 6, 5, 12), og [x] C = P 1 [x] B. Setter inn og får [x] C = ( 6, , , , , , ). Det holder altså å regne ut integralet ( cos(t) cos(2t) cos(3t) 3 cos(4t) cos(5t) cos(6t))dt = 6t sin(t) sin(2t) sin(4t) sin(5t) sin(6t) + C sin(3t)

17 Oppgave Vi har differenslikningen y k+3 4y k+2 + 1y k+1 + 6y k = 0. Gitt at ( 1) k, 2 k, og 3 k løser differenslikningen. er disse en basis for løsningsrommet? 1. Løsningsrommet er 3-dimensjonalt (Teorem 17 s. 264). 2. ( 1) k, 2 k, og 3 k er lineært uavhengige: Som i eksempel 2: Lag Casorati-matrisen ( 1) ( 1) ( 1) = og gjør en rref på denne. Vi får identitetsmatrisen, og derfor er de tre signalene er lineært uavhengige. De må derfor utspenne hele løsningsrommet, som jo også er tredimensjonalt (teorem 12 s. 243).,

18 Oppgave y k+3 + y k+2 8y k+1 12y k = 0. Løsningsrommet er 3-dimensjonalt. Vi former Casorati-matrisen u 0 v 0 w 0 u 1 v 1 w 1, u 2 v 2 w 2 der u k = ( 2) k, v k = k( 2) k, og w k = 3 k, og får rref på denne gir identitetsmatrisen, og de tre løsningene utspenner løsningsrommet ved samme resonnement som i oppgave ,

19 Oppgave y k+2 25y k = 0. Løsningsrommet er 2-dimensjonalt. Som i eksempel 4 gjetter vi på y k = r k og får likningen r k+2 25r k = 0, som gir oss r 2 25 = 0. Dette gir oss løsningene u k = 5 k, v k = ( 5) k. Vi former så Casorati-matrisen, og gjør en rref på denne som før for å vise at u k og v k danner en basis for løsningsrommet.

20 Oppgave Y k+2 a(1 + b)y k+1 + aby k = 1. Sett a = 0.9, b = 0.5. Prøv Y k = T. Vi får T 1.35T T = 0.1T = 1, så Y k = T = 10 er en løsning. Den homogene likningen er Y k Y k Y k = 0. Vi løser r r = 0 og får r = 1.35± , som gir r = 3/4 og r = 3/5. Vi former så Casorati-matrisen, og gjør en rref på denne. Siden løsningsrommet er todimensjonalt, så blir den generelle løsningen Y k = 10 + a 1 (3/4) k + a 2 (3/5) k.

21 Oppgave Vi setter y k = 2 cos(πk/4) + cos(3πk/4). a) Filteret fra eksempel 3 er z k = 0.35y k y k y k. Vi får z 0 = = z 1 = = 0 z 2 = = osv. I Matlab kan man gjøre slik: k = 0:10; y = 2*cos( pi *k/4) + cos(3*pi*k/4); z = zeros(1,8); for (s=1:8) z(s) = 0.35 * y(s) * y(s+1) * y(s+2); end

22 b) I eksempel 3 regnet vi ut output når input var y k = cos(πk/4) og w k = cos(3πk/4). I a) regnet vi ut utgangen på 2y k + w k. Siden filteret er lineært kan vi kombinere utgangen til y k og w k. I eksempel 3 regnet vi ut at utgangen til w k er 0, og derfor blir utgangen til 2y k + w k lik 2z k (z k var utgangen til cos(πk/4)). Vi kunne altså brukt utregningen fra eksempel 3 direkte, siden vi regnet ut z k der.

23 Oppgave Setter vi inn y k = 1 + 2k får vi y k+2 25y k = 48k (k + 2) 25(1 + 2k) = (2 50)k = 48k 20. Vi har fra oppgave at løsningsrommet til den homogene ligningen y k+2 25y k = 0 er spent ut av u k = 5 k og v k = ( 5) k. Siden løsningsrommet er todimensjonalt blir dermed den generelle løsningen 1 + 2k + a 1 5 k + a 2 ( 5) k.

24 Oppgave Anta T (x p ) = z, og T (u) = 0. Vi skal vise at T (u + x p ) = z. Dette viser vi slik: T (u + x p ) = T (u) + T (x p ) = 0 + z = z.