Løsningsforslag til eksamen i MA1202/MA6202 Lineær algebra med anvendelser høsten 2009.

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 9 Løsningsforslag til eksamen i MA/MA6 Lineær algebra med anvendelser høsten 9 Oppgave a) Rangen til A er lik antallet pivotkolonner i trappeformen R Følgelig har A rang Nulliteteten til A er ved dimensjonsteoremet lik differansen mellom antallet kolonner og rangen altså 5 = Her kan en også bruke definisjonene direkte; finne basiser for radrom og nullrom og bestemme rang og nullitet utifra disse b) Nullrommet til A er identisk med nullrommet til R siden disse matrisene er radekvivalente Vi går derfor løs på oppgaven å finne nullrommet til R For å beskrive nullrommet til R må vi se på ligningen Rx = der x = [x x x x 4 x 5 ] T Den generelle løsningen avhenger av to frie variabler s t og vi setter Den første raden i R gir ligningen Den andre raden i R gir Den tredje raden i R gir (Den fjerde raden i R gir = ) x = s x 5 = t x + x x 5 = ie x = t s x + x x 5 = ie x = t s x 4 + x 5 = ie x 4 = t Dermed kan vi skrive den generelle løsningen av Rx = som x = s [ ] T + t [ ] T

2 Side av 9 Dermed er { [ ] T [ ] T } () en basis for Null(A) = Null(R) Kolonnevektorene i A som svarer til pivotkolonnene i R utgjør en basis for Col(A) Dermed kan vi slå fast at { [ ] T [ ] T [ ] T } () en basis for Col(A) c) Nå er R(T A ) = Col(A) Vi skal altså finne en ortonormal basis for kolonnerommet til A Vi bruker her Gram-Schmidt-fremgangsmåten og tar utgangspunkt i vektorene u = ( ) u = ( ) og u = ( ) som utgjør en basis for kolonnerommet til A: v = u v = u u v v v v = u ( )v = ( ) v = u u v v v v u v v v v = u 4 v 4 v = ( ) Vi ser at v v har lengde mens v har lengde Vi normaliserer v v Dermed skal vektorene (/ / / /) (/ / / /) ( / / / /) utgjøre en ortonormal basis for bildet til T A Oppgave a) A er symmetrisk og dermed ortogonalt diagonaliserbar Se på det karakteristiske polynomet til A: p A (λ) = λ + 6λ 9λ + 4 = ( λ) (4 λ) Dermed ser vi at λ = er en egenverdi for A med algebraisk multiplisitet og at λ = 4 en egenverdi med algebraisk multiplisitet Det krever litt arbeid å finne denne faktoriseringen av det karakteristiske polynomet men skal være mulitg å gjennomføre særlig hvis man er litt oppmerksom mens man regner ut det karakteristiske polynomet

3 Side av 9 Hvis en ikke umiddelbart kommer opp med en slik faktorisering kan man dividere det karakteristiske polynomet med ( λ)(4 λ) for å finne den siste faktoren Vi vet at ( λ)(4 λ) er en faktor i det karakteristiske polynomet siden og 4 er røtter Dersom du får til en slik faktorisering viser dette også at λ = 4 er egenverdier For de som ikke liker å herje med polynomer finnes en fremgangsmåte som bygger på at geometrisk multiplisitet = algebraisk multiplisitet for diagonaliserbare matriser Dermed kan vi finne multiplisiteten til egenverdien λ ved å studere rangen til matrisen A λi Vi får formelen multiplisitet(λ) = nullitet(a λi) En siste mulighet er å bruke informasjonen om at matrisen Q diagonaliserer A Dermed kan man lett finne basiser for de ulike egenrommene og på den måten finne de geometriske multiplisitetene b) La v v v være kolonnene i Q Disse er egenvektorer tilhørende egenverdiene 4 Den generelle løsningen av differensialligningen kan skrives som y(t) = C e t v + C e t v + C e 4t v (Se kapittelet om differensialligninger for detaljene) Dette medfører at Initialbetingesen gir oss ligningen y() = C v + C v + C v C v + C v + C v = [ ] T som har løsningen C = C = C = Løsningen er altså y(t) = e 4t c) Vi kan skrive ligningen vår som der xt Ax k T x + = 4 A = k = 4 x 4 og x = y z

4 Side 4 av 9 Innfører vi variablene y = (x y z ) definert ved x = Qy der Q er den diagonaliserende matrisen beskrevet over får vi x T Ax = y T (Q T AQ)y og k T x = (Q T k) T y Q T AQ er diagonalmatrisen med diagonalelementer 4 k er lik 4v så Q T k = ( 4) I x y z -variabler får vi ligningen (x ) + (y ) + (z ) 4z + = For å få full oversikt er vi nødt til å fullføre z -kvadratet Vi ser at Setter vi dette inn ligningen får vi (z ) 4z = ((z ) z (x ) + (y ) = ((z ) ) = (z ) + (z ) = / Dette er ligningen for en ellipsoide med sentrum i x = y = z = For å bestemme dette punktet i x y z-koordinater bruker vi koordinatskiftematrisen Q på følgende måte: 6 x y = x = Qy = 6 = z 6 Sentrum i ellipsoiden er altså i punktet (x y z) = ( ) Oppgave a) Første kolonne i A: Andre kolonne i A: [T ()] S = [] S = [T (x)] S = [x ] S =

5 Side 5 av 9 Tredje kolonne i A: [T (x )] S = [(x ) ] S = [4x 4x + ] S = 4 4 Følgelig er A = [T ] SS = [[T ()] S [T (x)] S [T (x )] S ] = 4 4 b) Siden A er triangulær kan vi lese egenverdiene direkte av diagonalen De er λ = λ = λ = 4 Finner egenvektor tilhørende λ = : A λ I = 4 Følgelig er x = [ ] T en egenvektor tilhørende λ Finner egenvektor tilhørende λ = : A λ I = 4 Følgelig er x = [ ] T en egenvektor tilhørende λ Finner egenvektor tilhørende λ : A λ I = 4 Følgelig er x = [ ] T en egenvektor tilhørende λ Dermed er en basis for R bestående av egenvektorer for A {x x x } () c) Her skal vi dra nytte av kunnskap om forholdet mellom egenskaper til vektorer og deres kooridnatvektorer

6 Side 6 av 9 En vektor v er en egenvektor for en lineæroperator T hvis og bare hvis koordinatvektoren til v [v] B uttrykt i en basis B er en egenvektor for matrisen [T ] BB til operatoren Vektoren v og koordinatvektoren [v] B tilhører i så fall samme egenverdi for henholdsvis T og [T ] BB (Vi har altså --korrespondanser mellom egenrommene til T og egenrommene til A tilhørende samme egenverdi) Punkt () gir oss egenvektorene for matrisen [T ] SS De korresponderende vektorene i P er da egenvektorer for T Vi finner disse på følgende måte: Vektoren x = ( ) er koordinatvektoren til polynomet p (x) = + x + x = x = ( ) er koordinatvektoren til polynomet og x er koordinatvektoren til polynomet Dette gir oss en basis for P bestående av egenvektorer for T p (x) = + x + x = x p (x) = x + x = x x + B = {p (x) p (x) p (x)} La oss nå finne matrisen til T i denne basisen Vi utnytter at denne basisen består av egenvektorer Første kolonne: [T (p (x))] B = [ p (x)] B = Andre kolonne: Tredje kolonne: Dermed er [T (p (x))] B = [ p (x)] B = [T (p (x))] B = [4 p (x)] B = 4 [T ] BB = 4

7 Side 7 av 9 En kan eventuelt begrunne dette svaret med at B er en basis for P bestående av egenvektorer for T I den situasjonen er [T ] BB alltid en diagonal matrise med egenverdiene langs diagonalen Oppgave 4 a) For å begrunne at dette er et indreprodukt går vi gjennom kravene i definisjonen: Symmetri: For A B M n n er A B = tr(a T B) = tr((a T B) T ) = tr(b T A) = B A Følgelig er symmetriaksiomet oppfylt Additivitet: For A A B M n n er Additivitetsaksiomet er altså oppfylt Linearitet: For A B M n n og α R er A + A B =tr((a + A ) T B) =tr(a T B + A T B) =tr(a T B) + tr(a T B) = A B + A B αa B = tr((αa) T B) = tr(α(a T B)) = αtr(a T B) = α A B Linearitetsaksiomet er altså oppfylt Positivitet: Hvis A M n n så er A A = tr(a T A) = n v i v i der v i er kolonne i i A og er det vanlige euklidske skalarproduktet Vi vet at v i v i Vi har altså en sum av positive element Følgelig er A A alltid positiv positiv Hvis denne summen er lik betyr det at hvert enkelt ledd v i v i = hvilket medfører at v i = hvilket medfører at A = i= A A og A A = f = Noen vil kanskje huske at positivitetsaksiomet kan uttrykkes på ulike måter Faglærer synes utsagnet A A > når A er det fyndigste Det er ikke ekvivalent med det utsagnet som står i boka men gir ekvivalente aksiomer Jfr diskusjon av logisk avhengighet

8 Side 8 av 9 b) Vi skal først vise at S n er et underrom av M n At S n er en delmengde er så opplagt at vi nesten ikke behøver å nevne det S n er ikke tom siden det finnes symmetriske n n-matriser Et eksempel på dette er identitetsmatrisen I Et annet eksempel er nullmatrisen Da gjenstår det å vise at S n er lukket under vektorromsoperasjonene Anta at A B S n og at α β R Da er (αa + βb) T = (αa) T + (βb) T = αa T + βb T = αa + βb Følgelig er αa + βb S n når α β R og A B S n Her kan en selvfølgelig velge å vise at S n er lukket under skalarmultiplikasjon og addisjon hver for seg I alle fall har vi nå vist at S n M n er et underrom Matrisene A A A er symmetriske så de ligger opplagt i S En villkårlig symmetrisk matrise er en lineærkombinasjon av disse tre siden [ ] a b = aa b c + ca + ba Følgelig er S = Span{A A A } Vi har ennå ikke vist at {A A A } er lineært uavhengig men det følger automatisk dersom vi er i stand til å vise at denne mengden er ortonormal; siden ortonormale mengder er lineært uavhengige Vi sjekker at mengden vår er ortonormal: ([ ] [ ]) ([ ]) A A = tr = tr = + = A A = ([ ] [ ]) tr = tr ([ ]) = + = Disse og tilsvarende beregninger viser at mengden {A A A } er ortonormal Siden denne mengden spenner ut S vet vi at det må være en ortonormal basis for dette rommet

9 Side 9 av 9 c) Løsning etter boka: Vi skal beregne proj S A Dette gjør vi ganske enkelt ved å bruke formelen A A i proj S A = A i a i A i = A + A + / [ ] / A = / i= Løsning som krever litt fantasi/flaks men mindre regning: Vi er heldige og ser at [ ] A 4 = spenner ut S Dermed er proj S A = A proj S A = A A A 4 A 4 A 4 A 4 = A A 4 = [ ] / / Oppgave 5 a) A er hermitesk hvis og bare hvis A H = A Dersom A er unitært diagonaliserbar finnes en matrise U og en diagonalmatrise D slik at A = UDU H og der D har egenverdiene til A langs diagonalen Dersom A bare har reelle egenverdier er altså D en reell diagonalmatrise Slike matriser er hermiteske Følgelig er Dette viser at A er hermitesk A H = (UDU H ) H = (U H ) H D H U H = UDU H = A b) At A er skjev-hermitesk betyr at A H = A Hvis nå λ er en egenverdi for A og x er en tilhørende egenvektor så er Følgelig er Ax Ax = x H A H Ax = x H ( A)Ax = λ x x λ = Ax Ax x x Høyresiden her er et negativt reelt tall følglig må λ være et reelt multippel av i og har altså realdel Siden proj W + projw = Id V for underrom W av indreproduktrom V