Løsningsforslag. Vedlegg C: Kapittel 2. e) Ingen løsning. f) Flere løsninger: x = 4 + 2t, y = t. c) x 1 = 2, x 2 = 3, x 3 = 1

Transkript

1 Vedlegg C: Løsningsforslag Kapittel. a x =, y = 3 b x =, y = 0 cx =, y = 5 d x =, y = 3 e Ingen løsning. f Flere løsninger: x = 4 + t, y = t. a x = 7, x = 6, x 3 = bx =, x =, x 3 = c x =, x = 3, x 3 =.3 a p + q + r = 0 b 5p + 4q + r = 0.4 a x = + t, y = + t, z = t b Ingen løsning. c x = 7 3t, y = 8 + 7t, z = t d x = 7t, x = 6t, x 3 = 37t, x 4 = t.5 a Entydig løsning når v = 0. b Ingen løsninger når v = 0ogw =. c Flere løsninger når v = 0, w =. d x = 4 3, y =, z = e x = t, y = + t, z = t.6 a Entydig løsning når p/ {, }. b Ingen løsning når p =. c Flere løsninger når p =. d x = 0, y =, z = ex = t, y = t, z = t.8 La a ii være den ledende koeffisienten i rad i, og anta at det er noen ikke-null koeffisienter a hi over den, dvs med h i. For hver slik h, subtraher a hi a ii ganger rad i fra rad h. Kapittel 3 3. A + B A B 3A B a (7, (, (, 7 ( 0, 0 b (, 0 (3, (4, 7 (5, 5 c (0, 5, (,, 7 (7,, 8 (5, 0, 5 d (, 0, 6 (3,, 4 (4, 7, 35 (5, 5, 5

2 Vedlegg C: Løsningsforslag 3. a A = (3,, B = (4, 0 B B A B A A + B 3A b A = (,, B = (, B A + B A B A B 3A 3.3 A = (,, B = (, A B A 3B A A B A +B A + B B A +3B 3.4 A A A B B B a 0 6 b 5 3 c d a Perpendikulære: (π,, (, π, 0 = 0 b Perpendikulære: (,, (, 3, = 0 c Ikke perpendikulære: (,, (,, 5 = 6 d Ikke perpendikulære: ( 5,, 7 (3,, = 3

3 Vedlegg C: Løsningsforslag a B A A A A A B B B B 6 5 (3, (3, 0 b 3 5 (, 3 (, c 7 6 (, 3, 4 (,, 3 d 5 (,, 5 3 (,, 3.7 La A = (a,a,a 3. Ved bruk av den pytagoreiske formelen finner vi at punktet rett under eller over A har distansen a + a til origo, og ved samme formel finner vi distansen fra origo til A: ( a + a + a 3 = a + a + a 3 = A 3.8 A + B = (A + B (A + B = A + A B + B = A + B = A + B så sant A B = Velg A i og betrakt 0 = A i O = A i (c A + +c n A n = c i A i. Men siden A i ikke er O, måc i være null. 3.0 Vi har cos θ = A B A B der θ er vinkelen mellom to sider A, B i trekanten, betraktet som lokaliserte vektorer. a {(,, 5, (,,, (3,, }. A = (,, (,, 5 = ( 3, 4, 4, B = (3,, (,, 5 = (, 3, 4 cos θ = A = (,, 5 (,, = (3, 4, 4, B = (3,, (,, = (4,, 0 cos θ = A = (,, 5 (3,, = (, 3, 4, B = (,, (3,, = ( 4,, 0 cos θ 3 = b {(3, 4, 4, (,,, (, 3, 5}. A = (,, (3, 4, 4 = (, 3, 5, B = (, 3, 5 (3, 4, 4 = (,, cos θ = 0 =

4 4 Vedlegg C: Løsningsforslag. A = (3, 4, 4 (,, = (, 3, 5, B = (, 3, 5 (,, = (,, 6 cos θ = A = (3, 4, 4 (, 3, 5 = (,,, B = (,, (, 3, 5 = (,, 6 cos θ 3 = A = (,, B = (, 0, C = (0, 3. (A + cb (A + cb = A + c B A A når A B = 0, så A + cb = (A + cb (A + cb A A = A 3.3 Vi har A + cb A hvis og bare hvis (A + cb (A + cb A A, eller ekvivalent A A + ca B + c B B A A, som forenkles til ca B + c B B 0 Men dette polynomet i c er negativt i det åpne intervallet mellom 0 og A B B B,så med mindre A B = 0 kan ulikheten ikke tilfredsstilles for alle c. 3.4 En linje gjennom to punkter A og B har parametrisk ligning A + t(b A: a (,, +t(, 5, 7 b (3, 4, +t( 4, 9, c (,, +t( 3, 0, En linje gjennom P og perpendikulær til Q har ligning (X P Q = 0: a ((x, y (3, ( 5, 4 = 0 eller 5x 4y = 7 b ((x, y ( 5, 3 (, = 0 eller x y = Hvis a = 0 eller b = 0 er setningen opplagt sann. Anta derfor at både a og b er forskjellige fra null: Linjen passerer gjennom punktene ( 0, c ( b og c a, 0,såla oss sjekke: (a, b (( 0, c ( b c a, 0 = (a, b ( c a, c b = c c = To linjer ax + by = c og dx + ey = f er ortogonale nøyaktig når deres normalvektorer (a, b og (d, e er ortogonale, dvs (a, b (d, e = 0: a 5x + 3y = 7og3x 5y = er ortogonale b x + y = og3x 5y = er ikke ortogonale c x + 7y = ogx y = 5 er ikke ortogonale d x + y = ogx + y = 9 er ortogonale 3.8 N (X P = 0: a (, 3, 6 ((x,y,z (, 3, 7 = 0 eller x + 3y + 6z = 49 b (,, 3 ((x,y,z (4,, = 0 eller x y + 3z = c ( 3,, 4 ((x,y,z (, 3, 5 = 0 eller 3x y + 4z = En normalvektor kan beregnes som N = (A B (C B i hvert tilfelle. Derfra kan metoden fra forrige øvelse anvendes:

5 Vedlegg C: Løsningsforslag 5 a N = ((,, 3 ( 4,, ((, 3, ( 4,, = (6, 3, (, 4, = ( 4, 6, 8. Ligning: 4x+6y+8z = 58 eller 7x+8y+9z = 9. b N = ((4,, (,, ((3,, (,, = (, 0, (,, 0 = ( 4,, 4. Ligning: 4x y 4z = 4 eller x + y + z = 7. c N = ((,, ( 5,, ((3,, ( 5,, = (6, 3, 3 (8, 0, 0 = (0, 4, 4. Ligning: 4y 4z = 4 eller y + z =. 3.0 Kryssproduktet er greit å bruke her. a (, 5, 7 b (3, 9, 5 3. a (x,y,z,w= (,, 3, 4 + t(,,, = ( + t, + t,3 + t,4 + t b (t 3 + (t + (t + + (t + 3 = t + 5 c Nærmest for t = 0: R = P = (,, 3, 4. d (Q R A = (3,,, 3 (,,, = 0 e Q R = (3,,, 3 (3,,, 3 = 0 = 5 3. Løsning av ligningssystemet på parametrisk form avslører i hvert tilfelle en vektor som er parallell med snittlinjen: a Løsning: (x,y,z= ( 3 5, 5, 0 + t ( 5, 5,. Parallell vektor: ( 5, 5,. b Løsning: (x,y,z= (, 0, 0 + t ( 7, 3 7,. Parallell vektor: ( 7, 3 7,. 3.3 Vinkelen mellom to plan er lik vinkelen mellom deres normalvektorer: a N = (,,, N = (,,, cos θ = N N N N = b N = (, 3,, N = (,,, cos θ = N N N N = c N = (, 3,, N = (,,, cos θ = N N N N = d N = (,,, N = (,,, cos θ = N N N N = P +Q 3.5 a P +Q P +Q = (,, 5 b 3 = ( 3, 9, 3 c P +Q 3 = (, 5, a (,, (, 4, 8 = (, 6, 6 b (3, 4, (, 5, = ( 3, 7, c (,, (,, 3 = (4,, a E E = E 3 b E E 3 = E c E 3 E = E d E (E E = E e (E E E = O

6 6 Vedlegg C: Løsningsforslag Kapittel 4 4. Produktet av to ikke-null rasjonaltall er et ikke-null rasjonaltall, multiplikasjon er assosiativt, q = q, inversoperasjonen q gir et ikke-null rasjonaltall såfremt q er det, q q =, og multiplikasjon er kommutativt, så dette er en abelsk gruppe. 4. Summen av to partall er et partall, addisjon er assosiativt, a + 0 = a, a a = 0, og addisjon er kommutativt, så dette er en abelsk gruppe. 4.3 De naturlige tallene danner ikke en gruppe under addisjon. De er lukket under addisjon, og addisjon er assosiativt, men det finnes hverken noe additivt identitetselement eller en passende inversoperasjon som oppfyller gruppeaksiomene. Identitetselementet e måtte i så fall tilfredsstille e + e = e, men det er ikke tilfelle for noe naturlig tall e. 4.4 a Tillukning er opplagt, er identiteten, hvert element er sin egen invers, og multiplikasjon er assosiativt. b Dette er den sykliske gruppen generert av { } under multiplikasjon. c Det er nøyaktig to permutasjoner på {, }; identitetspermutasjonen ι og permutasjonen som bytter om og, som vi kan kalle χ. Avbildningen { χ h : ι er bijektiv og er en gruppehomomorfi, så de to gruppene er isomorfe. h(( ( = h( = ι = χ χ = h( h( h(( = h( = χ = χ ι = h( h( h( ( = h( = χ = ι χ = h( h( h( = h( = ι = ι ι = h( h( 4.5 {a, b} ={, 3} 4.6 G er lukket under multiplikasjon fordi ( a + b ( c + d = ac + bd + (ad + bc, multiplikasjon er assosiativt, vi har ( a + b = a + b

7 Vedlegg C: Løsningsforslag 7 og a + b = a b a b = a a b b a b. (Merk at a = b for a,b. Dessuten er multiplikasjon kommutativt, så dette er en abelsk gruppe. 4.7 Tillukning og assosiativitet er opplagt, identitetsavbildningen x x er bijektiv, og enhver bijektiv avbildning har en invers avbildning. Gruppen er ikke nødvendigvis abelsk, jf for eksempel rotasjon av planet fulgt av translasjon, sammenlignet med vice versa. 4.8 I lys av teorem 4.3 finnes det en permutasjon p : {,...,n} {,...,n} slik at for alle i {,...,n} g i = g p(i, derfor ρ ρ= (g g n (g g n = (g g n ( g p( g p(n = ( ( g g p( gn g p(n = e e = e 4.9 La f(x= x for x. Dette er en gruppehomomorfi, fordi f(xy= xy = x y =f(xf(y Det er ikke en gruppeisomorfi, for eksempel og. 4.0 La f :, + +, være avbildningen f(x = e x. Dette er en gruppehomomorfi, fordi f(x+ y = e x+y = e x e y = f(xf(y Det er også en gruppeisomorfi, fordi det er en bijeksjon. Den inverse er den naturlige logaritmen. 4. Tillukning: Anta at a,b er med i senteret, og la x G: a b x = a x b = x a b. Assosiativitet arves direkte fra G. Identitetselementet e tilfredsstiller e x = x e. Inverterbarhet: e x = x e medfører a a x = x a a = a x a. På grunn av teorem 4.30 får vi a x = x a. Dermed er beviset for at senteret er en subgruppe komplett. 4. Hele.

8 8 Vedlegg C: Løsningsforslag 4.3 Alle partallene. 4.4 a Tillukning er opplagt ut fra definisjonen. Assosiativitet: ((g,h (g,h (g 3,h 3 = (g g,h h (g 3,h 3 = (g g g 3,h h h 3 = (g,h (g g 3,h h 3 = (g,h ((g,h (g 3,h 3. Identitet: elementet = ( G, H er slik at (g, h = (g, h. Inverterbarhet: for hvert element (g, h (g,h = = (g,h (g, h. b La φ : {(g, H } G være slik at φ(a, H = a,oglaψ : {( G,h} H være slik at ψ( G,a. Begge er åpenbart isomorfier. c Det direkte produktet av, + med seg selv er isomorft med, +. d Hvis E og F er kropper, og a er et element av E forskjellig fra null, så er elementet (a, 0 forskjellig fra (0, 0 men har ingen invers, siden 0 ikke har noen invers; derfor er det direkte produktet E F ingen kropp. 4.5 Anta a = b, med a = h k, b = m n, h, k, m, n, kn = 0, og h = 0 eller m = 0. Da er h n = m k, i strid med entydig primtallsfaktorisering av heltall. 4.6 Addisjon: Tillukning: (a + bρ + (c + dρ = (a + c + (b + dρ Assosiativitet: (a + bρ + ((c + dρ + (e + fρ = (a + c + e+ (b + d + fρ = ((a + bρ + (c + dρ + (e + fρ Identitet: (a + bρ + (0 + 0ρ = (0 + 0ρ + (a + bρ Invers: (a + bρ + ( a bρ = ( a bρ + (a + bρ = 0 Multiplikasjon: Tillukning: (a + bρ(c + dρ = (ac + bd + (ad + bcρ Assosiativitet: (a + bρ((c + dρ(e + fρ = ((a + bρ(c + dρ(e + fρ Identitet: (a + bρ( + 0ρ = ( + 0ρ(a + bρ Invers: (a + bρ ( a bρ ( a b = a bρ a b (a + bρ = når a + bρ = 0. Distributivitet: (a+bρ((c+dρ+(e+fρ = (a+bρ(c+dρ+(a+bρ(e+fρ 4.7 Det nye elementet ε måtte ha hatt en multiplikativ invers, men anta at det finnes en ε = x. Damåεx = og følgelig ε x = ε, som betyr ε = 0, i strid med den oppgitte premissen.

9 Vedlegg C: Løsningsforslag Vises ved inspeksjon av addisjons- og multiplikasjonstabellene for K: + 0 κ + κ 0 0 κ + κ 0 + κ κ κ κ + κ 0 + κ + κ κ 0 0 κ + κ κ + κ κ 0 κ + κ + κ 0 + κ κ Kapittel 5 5. z = +i i = +i z z =+i z = i 5. a i b i c + i 3 h 4i i 3i d + 3 i e f g 5 + i 5.3 a Re(z + z = Re(a + b i + a + b i = a + a = Re z + Re z b Im(z + z = Im(a + b i + a + b i = b + b = Im z + Im z c Re(kz = Re(k(a + bi = ka = k Re z for k d Im(kz = Im(k(a + bi = ka = k Im z for k e Moteksempel: k = z = i f Moteksempel: k = z = i g Moteksempel: z = z = i 5.4 a z =±7i b z = ± i 3 cz = 3 ± 5i d z =± + i a z 0 = 3+i, z = 3+i, z = i b z 0 = 3 i, z = 3 i, z = i c z k = e iπ(k+ 4, k = 0,,, 3, alternativt z 0 = +i, z = +i, z = i, z 3 = i. 5.6 z =, z = z z

10 0 Vedlegg C: Løsningsforslag 5.7 La z = r e iφ, z = r e iφ : z z = r e iφ r e iφ = r r = z z. 5.8 a Punktet 3 = 3 + 0i. b Den imaginære aksen. i z <, re z<0 i z < z i + < Im z>0 i c d e 5.9 Referer til definisjon 5.6. a i(4 + i = + 4i = 7e i(arctan( 4+π. Modulus Argument arctan( 4 + π b 3 + i = 0e i(arctan( /3+π. Modulus Argument arctan( /3 + π c 3 i = 3e i arctan( /3. Modulus Argument arctan( / d 4 + i = 5e i arctan(/. Modulus Argument arctan(/ e +i 3 4i = +i 5 = 5 5 ei(arctan( +π. Modulus Argument arctan( + π f (+i i = 4 3i = 5e i arctan( 3/4. Modulus 5. Argument arctan( 3/ i 4+i 3+i +i 5 i 3 i 4 3i

11 Vedlegg C: Løsningsforslag 5.0. Umiddelbart fra definisjonen.. a (b + c + +a n (b n + c n = a b + +a n b n + a c + +a n c n 3. ca b + +ca n b n = c(a b + +a n b n og a cb + +a n cb n = c(a b + +a n b n 4. Hvis A = O så er = 0, ellers er a a + +a n a n = i n a i og i n a i > 0. Kapittel 6 6. (p + q = (p + q(p + q = p + pq + qp + q = p + pq + q (p q = (p q(p q = p pq qp + q = p pq + q (p + q(p q = p pq + qp q = p q 6. 5i + 8i 4 = 5i + 8 = 0 5i + i 3 + i 5 = i + i( = i + i ( i( i i + i = = ( + i( i = i 6.3 a x =, x = bx = 3, x = 7 cx = 3, x = 7 d x = 9, x = 6.4 a z = i, z = i b z = i, z = 5 3i c z = + i, z = + i d z = i, z = + i 6.5 x + 3x har røtter x = 3 ± 9 + 6,så 4 x 3 3x x + 6 = (x 3(x + ( x 6.6 (x + 0x + : (x + 3 = x + 7 x + 3x 7x + 7x (z + 4z + 45 : (z + 9 = z + 5 z + 9z 5z z

12 Vedlegg C: Løsningsforslag 6.8 a x 3 7x + 7x 5 = (x 3(x 4x + 5 over. b z 3 7z + 7z 5 = (z 3(z + i(z i over. 6.9 i 3 : (x 5 + x + : (x + = x 4 + x 3 + x + x + x 5 + x 4 x 4 x 4 + x 3 x 3 + x x 3 + x x x + x x + x Hvis ax + b med a = 0 dividerer x + i 5,såerx + b a vi kan like gjerne se etter en lineær faktor på formen x + c. også en divisor, så (x + : (x + c = x c x + cx cx + cx c + c For at x + c skal være en faktor, må vi ha + c = 0 tilfelle for noen c {0,,, 3, 4}. mod 5, men dette er ikke 6. (6z 4 + 5z 3 + 3z 5 : (3z z = z + 3z + + 7z 5 3z z 6z 4 4z 3 9z 3 + 0z 9z 3 6z 6z + 3z 6z 4z 7z 5

13 Vedlegg C: Løsningsforslag 3 6. a x 4 x = (x + (x 3 3x + 3x 3 + 6i [x]. b z 3 ( + iz + 5 = (iz ( iz ( iz + + i i i [z]. c y 3 + 4y + = (y + (y + 3y + 3 i 5 [y]. d y 3 + 4y + = (y + (3y + y i 5 [y]. 6.3 a 4z z d z + z z + 3 g 4z 3 +6z +60z z 4 b z z c 3z z 3 e z + 5 f z 3 + 3z + 9z + 7 h 6z +3z 3z 3z + i z 4z++ 4z z La p, q, r, s, t, u F [x] for en kropp F,laO være det konstante polynomet 0 F [x], og la I være det konstante polynomet F [x]. Addisjon: Tillukning: p q + r s Assosiativitet: ps + qr = qs ( p q + r s Identitet: p q + O = O + p q = p q Invers: p q + p q = O = p q + p q Multiplikasjon: Tillukning: p r q s = pr qs ( p r Assosiativitet: q s + t u = p q + ( r s + t u t u = p q ( r t s u Identitet: p q I = I p q = p q Invers: p q q p = q p p q = I når p = O. q Distributivitet: p ( r q s + t = p r u q s + p t q u 6.5 a z 3 3z + = (z (z + b z 3 z + 4 = (z + (z ( + i(z ( i c z 3 + 3z + 6 = (z + 4(z ( 5i(z ( + 5i d z 3 37z + 84 = (z 3(z 4(z + 7 e z 3 iz + i = (z + (z + i(z ( + i f z 3 9z = (z 5(z 6(z +

14 4 Vedlegg C: Løsningsforslag g z 3 7z + 6 = (z (z (z + 3 h z 3 49z + 0 = (z 3(z 5(z + 8 i z 3 37z 884 = (z + 4(z + 3(z I 3 [x] er koeffisientene {0,, }, og aritmetikken er modulo 3: (x + x + + (x + x + = x (x + x + (x + x + = x + (x + x + (x + x + = x 4 + x + x Koeffisientene må være enten 0 eller, så det er bare to muligheter for ax + b med a = 0, nemlig b = 0ogb =. Siden x(x + = x + x og (x + (x + = x + x + x + = x + i [x], har vi at x = x x x + = (x + (x + x + x = x(x + x + x + er irredusibelt. Kapittel 7 7. a Merk at cv = c(o + v = co + cv og subtraher cv fra begge sider. b Anta at cv = O med c = 0. Da er c cv = c O = O, såv = O. c Anta at v + w = O. Daerv + w w = O w,såv = w. d Anta at v + w = v. Daer v + v + w = v + v,såw = O. 7. Jf teorem 7.6. Betrakt i hvert tilfelle (x, y + (z, w = (x + z, y + w,og c(x,y = (cx, cy med c. a {(x, y x y = 0}: Vi har x + z (y + w = (x y + (z w = = 0, og cx cy = c(x y = 0. b {(x, y x+4y = 0}: Vi har (x+z+4(y+w = (x+4y+(z+4w = 0+0 = 0, og cx + 4cy = c(x + 4y = V har dimensjon 0, eller. Det trivielle rommet V ={0} har dimensjon 0, og ethvert underrom av dimensjon har en basis {b} med b, så hvert element x i et slikt underrom kan skrives x = tb. Men dette er den parameteriserte ligningen for en rett linje gjennom origo. Det gjenstår å vise at ethvert underrom av dimensjon er selv: dette følger fra teorem Jf teorem 7.6. I hvert tilfelle, betrakt (x,y,z + (u, v, w = (x + u, y + v, z + w 3,ogc(x,y,z = (cx, cy, cz med c. a {(x,y,z y = 0}: y + w = = 0ogcy = c0 = 0

15 Vedlegg C: Løsningsforslag 5 b {(x,y,z x + y + 3z = 0}: x + u + (y + v + 3(z + w = x + y + 3z + u + v + 3w = = 0ogcx + cy + 3cz = c0 = 0. c {(x,y,z x = y og y = 3z}: x + u = y + v = (y + v og cx = cy = cy og y + v = 3z + 3w = 3(z + w og cy = c3z = 3cz. d {(x,y,z x + y = 3z}: (x + u + (y + v = x + y + u + v = 3z + 3w = 3(z + w og cx + cy = c(x + y = c3z = 3cz. 7.5 Løsningen av det siste punktet viser mønsteret: (,,, (0,,,og(,, 0 er lineært uavhengige, fordi hvis a(,, + b(0,, + c(,, 0 = O, så a + c = 0 a + b + c = 0 a b = 0 og dette systemet har den entydige løsningen a = b = c = Løsningen av det første punktet viser mønsteret: x A + x B = X svarer til de følgende ligningene: x x = 3 x = 4 som har den entydige løsningen x = 4,x = a La ad bc = 0oglax = d c, y = a b. Daerx(a,b + y(c,d = (ad ac,bd bc + (ac bc, ad bd = (ad bc, ad bc = (0, 0 så (a, b og (c, d er lineært avhengige. b La ad bc = 0. Anta at det finnes x,y = 0 slik at x(a,b + y(c,d = (0, 0, men i så fall er ax + cy = 0 bx + dy = 0 eller ekvivalent adx + cdy = 0 bcx cdy = 0 Summen av disse ligningene er (ad bcx = 0 som, siden x = 0, betyr ad bc = 0 i strid med den gitte premissen, så (a, b og (c, d er lineært uavhengige. 7.8 For å vise at A og B er lineært uavhengige, anta at det finnes x,y = 0 slik at xa + yb = O. Men i så fall er x y A = B, i strid med den gitte premissen. Det følger fra teorem 7.9 at underrommet spent ut av {A, B} er selv. La nå V A og

16 6 Vedlegg C: Løsningsforslag V B være underrommene generert av A og B, henholdsvis. Ved teorem 7.33 er det tilstrekkelig å vise at V A V B ={O}. For å se dette, anta at det finnes C = O slik at C = aa og C = bb med a,b = 0. Men da ville vi hatt a b A = B, i strid med premissen gitt ovenfor. 7.9 Begge vektorparene U,V og U,W oppfyller betingelsene i foregående problem. 7.0 Ved teorem 7.33 er det tilstrekkelig å vise at V W ={O}. Anta for motsigelse at det finnes tall a,b,c F forskjellig fra 0 slik at a(,, 0+b(0,, = c(, 0, 0. Men dette systemet system har den entydige løsningen a = b = c = a Dette er teorem b Jfr teorem 7.6. Tillukning med hensyn til vektoraddisjon og skalering følger direkte fra definisjon c Hvis V har en basis {v,...,v m } og hvis W har basis {w,...,w n }, så spenner vektorene ((v, 0,...,(v m, 0, (0,w,...,(0,w n ut rommet U, og er åpenbart lineært uavhengige, så dim U = dim V + dim W 7. Ved lineær avhengighet finnes det tall a,b F, ikke begge null, slik at av + bu = 0. Siden u = O følger det at a = 0, så ta c = b a. 7.3 Ved teorem 7.6 er tillukning med hensyn til addisjon og skalering nødvendig og tilstrekkelig. Addisjon: (B + B A = B A + B A = = 0, og tilsvarende for A. Skalering: (cb A = c(b A = c0 = 0, og tilsvarende for A. 7.4 Ved teorem 7.6 er tillukning med hensyn til addisjon og skalering nødvendig og tilstrekkelig. La i m: Addisjon: (B +B A i = B A i +B A i = 0+0 = 0. Skalering: (cb A i = c(b A i = c0 = Betrakt a A + +a m A m = O der vi kan danne skalarproduktet med A i på begge sider. Vi får: a i A i A i = O A i = 0 Siden A i = O har vi A i A i > 0, og a i = 0 følger.

17 7.6 z z h z k dz = = = 0 r 0 θ<π 0 r h + k + r h e hiθ r k e kiθ dr dθ r h+k dr 0 θ<π 0 θ<π e (h kiθ dθ e (h kiθ dθ = Vedlegg C: Løsningsforslag 7 { 0 hvis h = k π k+ hvis h = k 7.7 Vektorrommets egenskaper, jf definisjon 7., er en delmengde av egenskapene til en kropp, jf definisjon Hvert tilfelle refererer til ligningen af (t + bg(t = O(t = 0 ( der a,b og f, g er de gitte funksjonene. De to indikerte verdiene av t vil i hvert tilfelle gjøre ( til to lineære ligninger i a,b med den entydige løsningen a = b = 0, noe som viser lineær uavhengighet av de gitte funksjonene. a,t:tat = 0ogt = b t 4,t:tat = ogt = c e t,t:tat = 0ogt = dte t,e t :tat = 0ogt = e cos t,sin t: tat = 0ogt = π f cos t,t:tat = 0ogt = π g sin t,sin 3t: tat = π 6 og t = π 7.9 a Vi har sin(πx ŝ(x = , jf figur 7.3, og sin(πx ˆt(x = , jf figur C.. y x Figur C. sin(πx vs ˆt(x = 3.459x 5.677x 3

18 8 Vedlegg C: Løsningsforslag b Sammenlign koeffisientene til de approksimerende polynomene, jf ligning (7.: (f + hg idx g i = fg idx g i + hg idx g i c Vi har e x ê(x = , jf figur C.. y x Figur C. e x vs ê(x = + x + x + x3 6 Minste kvadraters polynomapproksimasjon er ˆε(x = x x x 3 og vi har e x ˆε(x =0.0047, jf figur C.3. y x Figur C.3 e x vs ˆε(x = x x x 3

19 Vedlegg C: Løsningsforslag 9 d Minste kvadraters approksimasjon til e x sin(πx er ˆε(x ŝ(x = x x x 3 med (e x sin(πx (ˆε(x ŝ(x = , jf figur C.4. y x Figur C.4 e x sin(πx vs x x x 3 Kapittel 8 ( A = 8 ( 3 B A = 3 9 ( 7 8. A + B = 6 ( 5 3 B A = 9 ( 7 6 A T + B T =, A + B = ( 5 5, A B = 0 3 ( ( 8 3, A B = 7 ( ( 3 6 9, B T =, 5 4,3A B =, 3B =, A T =, (A + B T = ( (c(a T ij = c(a T ij = c(a ji = (c(a ji = (ca T ij, A + A T = ( 3, 3 9 ( 5 3, (A + B T ij = (A + B ji = A ji + B ji = A T ij + BT ij = (AT + B T ij 8.5 A ij = A T ji = (AT T ij ( (A + A T ij = A ij + A T ij = A T ji + (A T T ji = AT ji + A ji = (A T + A ji = (A + A T ji

20 0 Vedlegg C: Løsningsforslag 8.7 a Dette er lemma 8.4. Bevis: (AB T ij = (AB ji = h A jh B hi = h B T ih AT hj = (BT A T ij ( b (ABC T = C T (AB T = C T B T A T c 0 k<n A k T = 0 k<n A T n k 8.8 a A T er inverterbar. b (AB T = B T A T, så med B = A blir (AA T = (A T A T. Multiplikasjon fra høyre med (A T gir (A T = (A T. c Erstatt A T med A i forrige punkt. 8.9 I dette og de følgende problemene, la {}}{ }{{} hk betegne en matrise slik at {}}{ { hvis h = i og k = j }{{} hk =. ij 0 ellers Det er 6 ulike slike matriser av dimensjon 3: {}}{ ( 0 0 }{{} =, {}}{ ( }{{} 3 =, og 4 til. 0 0 Disse er opplagt lineært uavhengige, og det er klart at de danner en basis. Dimensjonen til rommet er derfor { {}}{ } }{{} hk h m, k n danner en basis, med mn elementer. 8. { m {}}{ }{{} hh h n } danner en basis, med n elementer. 8. { {}}{ }{{} hk h k n } danner en basis, med n(n+ elementer. 8.3 { {}}{ hk }{{} + {}}{ }{{} kh 8.4 AI n = A, I n B = B h k n } danner en basis, med n(n+ elementer. 8.5 AO n = O n B = O n ( a (ABC = A(BC = 6 5 ( 69 8 c (ABC = A(BC = 6 65 b (ABC = A(BC = ( 9

21 ( AB = 4 ( 4 BA = 5, CA =, AC = ( ( Moteksempel i hvert tilfelle: A = ( 7 4, CB = 7, BC = ( ( 0, B = Vedlegg C: Løsningsforslag, ( a (A + B = A + AB + BA + B = A + AB + B b (A B = A AB BA + B = A AB + B c (A + B(A B = A AB + BA B = A B a A = og A 3 = b A = 0, A 3 = 0 3 og A 4 = ( ( a + b na a AB = b A n = a Ae =, Ae =, Ae 3 = 0 b Ae k = k-te kolonne i A. c e T B = ( 7,,, et B = (, 0,, et 3 B = ( 4, 3, d ek T B = k-te rad i B. ( ( a A = b A = Konjugert symmetri: AMB T = i n j n A i M ij B j = Linearitet i første argument: Moteksempel mot positivitet: A = (, M = j n i n B j M ji A i = j n i n (A + A MB T = A MB T + A MB T B j M ji A i = BMA T (, A, A =AMA T = 4

22 Vedlegg C: Løsningsforslag Moteksempel mot definitthet: 8.5 La B = A = ( = O, M = a (, A, A = a DaerAB = BA = I n. 0 0 ann 8.6 (I A(I + A + +A n + A n = I A n+ = I og (I + A + +A n + A n (I A = I A n+ = I. A kj hvis i = h 8.7 bytt: (T hk A ij = A hj hvis i = k bytter om rader h og k. A ij ellers { caij hvis i = h skaler: (T h (ca ij = multipliserer rad h med c. A ij ellers { Ahj + ca kj hvis i = h kombiner: (T hk (ca ij = legger c ganger rad k til rad h. A ij ellers 8.8 a T ij = T ij b T i (c ( = T i c c T ij (c = T ij ( c 8.9 Høyre multiplikasjon resulterer i elementære kolonneoperasjoner, analoge med elementære radoperasjoner Dette er bare en omformulering av ekvivalensen mellom betingelser og i teorem a 7 b 7 c 4 d 69 e 0 f 5 g a 5t + 7t b cos β + sin β = 8.33 i n a ii 8.34 a x =,y =,z= bx = 5/,y = /,z= / c x = /,y = 38/5,z= /0,w = d x = 5/4,y = 97/48,z = /3,w = 5/ Determinanten er en lineær kombinasjon av x,y,z, og, så ligningen beskriver et plan i 3. Når (x,y,z erstattes med enten A, B eller C, blir matrisen singulær (to identiske rader, med determinant null.

23 Vedlegg C: Løsningsforslag 3 Kapittel 9 9. De lineære avbildningene er gitt ved disse matrisene: ( ( a b c ( a Speiling om y-aksen,. b Speiling om x-aksen, ( c 0 c Skalering med en faktor c i x-retningen,. 0 ( 0 d Rotasjon av planet med en vinkel π,. 0 ( cos υ sin υ e Rotasjon av planet med en vinkel υ,. sin υ cos υ ( ( ( ( a = b ( ( ( c = ( ( ( 0 d ( 3 0 = ( ( 9.4 Vi har N = N i alle tilfellene: 9.5 a ( 0 3 ( (a (b (c (d ( ( ( ( ( 0 3 N 0 3 ( ( ( ( ( 3 N 5 b ( 0 7 c ( /5 /5 3/5 /5 9.6 a Ved Gauss-Jordan-eliminasjon på systemet Ax = O fås så dim ker L =. Ligning for ker L: x 4 y = t 3 med t z d ( 0. 0 = ( ( 0 0 5

24 4 Vedlegg C: Løsningsforslag b Etter teorem 9.9 er dim img L = dim 3 dim ker L =, så img L er et plan. Ligning for planet finnes f.eks. ved å anvende L på standardbasisen, som gir kolonnene i matrisen A, og plukke ut lineært uavhengige verdier: x y = p + q 3 med p, q z 5 Eliminasjon av p, q gir denne alternative formen: x + y z = Jfr teorem 9.9: a 4 b Hvis L er surjektiv så er img L = W, derfor dim img L = dim W.Foråsedet motsatte, anta dim img L = dim W = n og la B ={w,...,w n } være en basis for img L. Elementene w i er lineært uavhengige, så B er også basis for W i følge teorem 7.8. Velg v,...,v n slik at Lv i = w i, i n, og betrakt en vilkårlig w = c w + +c n w n W. Ved linearitet er L(c v + +c n v n = w, sål er surjektiv. 9.9 (a (b (c (d (e (f (g (h (i rang nullitet Betrakt standardbasisen E ={e j j n} på K n.daerl A e j lik kolonne j i A, og tilsvarende for L B og B. Hvis L A = L B, må altså A og B ha parvis like kolonner, så A = B. 9. a nei b ja c ja d nei e rang, nullitet {( } {( } f basis for ker L:, basis for img L: a D(f + g = Df + Dg og D(cf = cdf. b A = c A 5 = 0 8,såD(6x3 5x + x 7 = 8x 0x

25 Vedlegg C: Løsningsforslag 5 d D er sammensetningen av to lineære operatorer D og D, så den er lineær e A = ,såA 7 = 0,og D (x 3 7x + x 5 = x a P n har dimensjon n +. b L(p(x + q(x = x ((p(x + q(x = x p (x + x q (x = L(p(x + L(q(x L(cp(x = x ((cp(x = cx p (x = cl(p(x ( c L 0 : P 0 P har matrisen. dl har matrisen e L har matrisen f Nulliteten til L n er. Kjernen består av alle konstante polynomer. Basis {}. g Rangen til L n er n. Basis for img L n er {x,...,x n+ }. ( ( a b e f 9.4 a La A =,B =. c d g h ( a + e + b + f b+ f + c + g L(A + B = a + e + d + h b+ f + d + h ( ( a + b b+ c e + f f + g = + a + d b+ d e + h f + h = L(A + L(B ( ( xa + xb xb + xc a + b b+ c L(xA = = x xa + xd xb + xd a + d b+ d = xl(a ( 0 0 b ker L inneholder bare matrisen. 0 0 c img L er hele rommet av matriser, og har basis {( 0, 0 0 ( 0, 0 0 ( 0 0, 0 ( } 0 0 0

26 6 Vedlegg C: Løsningsforslag 9.5 Anta først at L : V W er inverterbar. Vi viser at bildet av en basis er en basis: La {v,...,v n } være en basis for V, og velg en vilkårlig w W. På grunn av surjektivitet finnes det en v V slik at Lv = w. Vi kan skrive Lv = L(c v + +c n v n = c Lv + +c n Lv n, så mengden {Lv,...,Lv n } spenner ut W. Det gjenstår å vise lineær uavhengighet. Anta for selvmotsigelse at det finnes skalarer d,...,d n, ikke alle lik 0, slik at d Lv + +d n Lv n = O. Ved linearitet følger det at L(d v + +d n v n = O, og ettersom dim ker L = 0i lys av injektivitet, får vi d v + +d n v n = O, i strid med forutsetningen om lineær uavhengighet av {v,...,v n }. Dermed har vi vist at L avbilder basiser på basiser. For å vise den motsatte implikasjonen tar vi en vilkårlig basis B ={v,...,v n } for V, og antar at bildet {Lv,...,Lv n } er basis for W. Vi må vise surjektivitet og injektivitet av L: For surjektivitet, la w W. Vi har da w = c Lv + +c n Lv n og ved linearitet L(c v + +c n v n = w så L er surjektiv. Injektivitet vises slik: Anta Lu = Lv. Vi har da Lu = a Lv + +a n Lv n og Lv = b Lv + +a n Lv n for skalarer a i,b j, i, j n. Da gjelder Lu Lv = (a b v + +(a n b n v n = O, men basisvektorene er lineært uavhengige, så det følger at a i = b i, i n og derfor u = v, som godtgjør injektivitet. 9.6 Kolonne j i begge matrisene er koordinatiseringen av L(v j i basisen {w,...,w m }, så de to matrisene har parvis like kolonner, og er derfor like. 9.7 La L : V W med dim V = n, og velg en basis {v,...,v n } for V. Vi viser at mengden {L(v i i n} spenner ut img L. Ta vilkårlig w = L(v. Daer v = c v + +c n v n for skalarer {c i },ogw = L(c v + +c n v n img L. Bruk linearitet: w = c L(v + +c n L(v n img L

27 Vedlegg C: Løsningsforslag 7 for vilkårlig w img L. Det følger at dim img L n. 9.8 Anta v B = Cv B = Dv B for alle v. Da følger Cv B Dv B = (C Dv B = O for alle v, såc D = O, med andre ord C = D a D(f + g = Df + Dg og D(cf = cdf. b A = c A = 0 4,ogA 5 = 7,så D (7e x 5xe x + 3x e x = 3e x + 7xe x + 3x e x. 9.0 Anta for selvmotsigelse at det finnes to skalarer c, d, ikke begge null, slik at cl(v + dl(w = O. Ved linearitet er da L(cv+dw = O, og siden nulliteten er 0 på grunn av surjektivitet og teorem 9.9, må også cv + dw = O, i strid med forutsetningen om lineær uavhengighet. Kapittel 0 {( 0. a Egenverdier { 3, 3}, egenvektorer, {( ( b Egenverdier {4, }, egenvektorer, 3 {( ( } c Egenverdier {, 0}, egenvektorer,. {( ( } i i d Egenverdier {, 0}, egenvektorer,. {( ( } i e Egenverdier {, }, egenvektorer,. 0 f Egenverdier { 5+, g Egenverdi 0, egenvektor 0. 0 ( }. {( 5 } i, egenvektorer 5+3 }. ( } i, h Egenverdier {, 3, }, egenvektorer 3, 5, 0. 8

28 8 Vedlegg C: Løsningsforslag i Egenverdier {, i, + i }, 3 + i i egenvektorer, i, + i. 0. Karakteristisk polynom n (a i λ, egenverdier {a i } n i=, egenvektorer {e i} n i=. i= 0.3 Karakteristisk polynom n (a ii λ, egenverdier {a ii } n i=,oge er egenvektor med egenverdi a. i= 0.4 Samme karakteristiske polynom: A T λi = (A λi T = A λi. 0.5 Det karakteristiske polynomet er (λ, så er eneste egenverdi. Egenverdiene er løsningene av ligningssystemet med andre ord systemet (( I 0 x y = 0 x y = 0 ( x = y som har rang. Løsningene er generert av egenvektoren ( x = t y og løsningsrommet har altså dimensjon. ( ( 0, 0 ( : 0.6 La C være en matrise som har 4 lineært uavhengige egenvektorer som svarer til egenverdiene,, i, i til kolonner, og la D være diagonalmatrisen som har de tilsvarende egenverdiene,, i, i på diagonalen. Da er CDC = A, med andre ord C AC = D. 0.7 L har i følge teorem 0.3 n lineært uavhengige egenvektorer, og de utgjør en basis i følge teorem 7.8. ( a 0.8 A = med a = 0 er forutsatt. Anta for selvmotsigelse at det finnes en 0 ( ( c c inverterbar matrise C = d 0 og en diagonalmatrise D = slik c c 0 d at C AC = D, eller ekvivalent AC = CD: ( ( ( ( a c c c c = d 0 0 c c c c 0 d

29 Vedlegg C: Løsningsforslag 9 Det følger at ( ( c + ac c + ac c d = c d c c c d c d Minst en av c og c må være forskjellig fra null, for ellers er C singulær. Hvis c = 0, følger a = 0avc + ac = c d og c = c d, ellers er c = 0, og a = 0 følger av c + ac = c d og c = c d. 0.9 Det karakteristiske polynomet er λ 4, som har røtter ±, ±i, jf ligning (5.4. ( I koeffisientmatrisen sier at hubrobestanden vil reduseres med en faktor 0.5 i et år uten mus, og at musebestanden vil øke med en faktor. i et år uten hubro. Faktoren 0.4 uttrykker hvordan en stor musebestand bidrar til å styrke hubrobestanden, og tallet 0.04 uttrykker hvordan musebestanden reduseres når det er mange hubro. Modellen kan derfor synes plausibel. Koeffisientmatrisen ( ( har egenverdier 0.58 og.0, med tilhørende egenvektorer 5 0 hhv og. Disse er lineært uavhengige, så de danner en basis for løsningsrommet. Dermed kan vi uttrykke initialverdien som a + b 3 ( ( ( x0 5 0 y 0 3 og ( ( ( xn 5 0 = a 0.58 n + b.0 n y n 3 der det siste leddet dominerer for store n. Veksten ser altså ut til å ville stabilisere segpå%prårforbeggebestandene, og det vil da være ca 300 skogmus for hver hubro. (Men denne modellen sier naturligvis ingenting om økologisk bærekraft over lang tid Koeffisientmatrisen stipulerer en forplantningsrate på kalv årlig per voksen hjort, en overlevelsesrate på 0.5 fra kalv til ungdyr, en overlevelsesrate på 0.45 for ungdyr fra leveår til leveår 3, en overlevelsesrate på 0.75 fra ungdyr i leveår 3 til voksent dyr, og at voksne dyr har overlevelsesrate på 0.95 årlig. Disse tallene kan synes plausible. Hjortebestanden vil få utviklingen H n = av λ n + bv λ n + cv 3λ n 3 der H 0 = av + bv + cv 3. Fordi λ >, mens λ < og λ 3 < vil det første leddet dominere for store n. Egenverdien λ =.05 viser at tilveksten vil stabilisere seg på om lag.5 % årlig,

30 30 Vedlegg C: Løsningsforslag 0.35 og fordi v = vil det da være om lag 35 kalver og 86 ungdyr per 000 voksne hjort. 0. Nei, ingen. 0.3 I følge teorem 0.9 tilfredsstiller A sitt eget karakteristiske polynom: Det følger at A n + a n A n + +a A + a 0 I = 0 a 0 A = A n + a n A n + +a A + a I n 0.4 I hvert punkt er matrisene A, C, C, D listet opp, der C er satt sammen av kolonner som er lineært uavhengige egenvektorer til A, ogd = C AC har de tilsvarende egenverdiene på diagonalen: ( ( ( 3 ( a ( ( ( 3 3 ( b ( ( ( + i ( c + i 0 + i 0 i ( ( ( i i i i ( d i 0 i i e i +i i 0 0 f i i g i i 0 i i h 0 i i 0 i i a λ b c d λ = λ (a + dλ + ad bc = λ tr Aλ + det A

31 Vedlegg C: Løsningsforslag Merk at ligning (0.8 gjelder en kvadratisk form på :. Konjugert symmetri er opplagt fordi dette er et reelt indreprodukt.. Linearitet i første argument: ( ( x x c, = cx x cx y cy x + 5cy y = c y ( x y + y ( u v, ( x y ( x y = (x + u x (x + u y (y + v x + 5(y + v y = x x + u x x y u y y x v x + 5y y + 5v y ( ( ( ( x x u x =, +, y y v y, ( x ( ( ( x x x 3. Positivitet: La = O: Daer, = x 4xy + 5y = f(x,y, y y y som har globalt minimum f(0, 0 = Definitthet: x 4xy + 5y = 0 bare når x = y = 0, jf forrige punkt. 0.7 a Q(u + v + Q(u v = u + v, u + v + u v, u v = u, u + u, v + v, u + v, v + u, u u, v v, u + v, v = u, u + v, v b Q(u + v = u + v, u + v = u, u + u, v + v, u + v, v = u, u v, v =Q(u + Q(v {( ( } a Egenverdier {3, }, egenvektorer,, løsninger x(t = k e 3t + 0 5k e t, y(t = k e t {( ( } b Egenverdier {4, }, egenvektorer,, løsninger x(t = 4k e 4t + k e t, y(t = 4k e 4t k e t {( ( } c Egenverdier {4, }, egenvektorer,, løsninger x(t = 4k e 4t k e t, y(t = 4k e 4t + k e t 0.9 La operatoren være L : V V,laB være en ortonormal basis for vektorrommet V over kroppen K,oglaL være representert ved matrisen A med hensyn på B. Betrakt nå avbildningen M som er definert ved matrisen A T,oglav, w være vektorer, koordinatisert med hensyn på B, det vil si kolonnevektorer i K n, der dim V = n. Vi har Lv, w =(Av T w = v T A T w = v T A T w = v, A T w y

32 3 Vedlegg C: Løsningsforslag som viser at L = M. På side 79 er det vist at L er entydig når den finnes. Siden M er en avbildning definert ved matrisemultiplikasjonen v A T v, følger det at M er en lineær avbildning. 3/ 5/ x 0.0 a x + 3xy 5xz + 7yz = (x y z 3/ 0 7/ y 5/ 7/ 0 z ( ( / x b x + xy 3y = (x y / 3 y 5/ 0 x c x 3y + 4z 5xy + 6yz = (x y z 5/ 3 3 y z ( ( 3 x 0. a x + 6xy + y = (x y =, egenverdier {4, }, 3 y {( ( } / ortonormale egenvektorer / /, /, rotasjon arccos = π/4, figur C.5 y x 4 Figur C.5 En hyperbel rotert π/4.

33 ( 4 3 b 4x + 6xy 4y = (x y 3 4 ( x = 5, egenverdier {5, 5}, ortonor- y }, rotasjon arccos male egenvektorer figur C.6 {( 3/ 0 / 0, ( / 0 3/ 0 Vedlegg C: Løsningsforslag = , y x Figur C.6 En hyperbel rotert ( ( 9 0 x c 9x + 40xy 9y = (x y =, 0 9 y {( /3 egenverdier {69, 69}, ortonormale egenvektorer, 5/3 rotasjon arccos 3 =.699, figur C.7 y 0.6 ( 5/3 /3 }, x Figur C.7 En hyperbel rotert.699.