Løsning Eksamensrelevante oppgaver i ELE 379 Matematikk Vektorer, matriser og lineær algebra Dato Februar 05 Oppgave. (A) Vi leser av at A = 3 5, B = ( 0 5 ), C = 0 5 9 og har dermed at π x = Ax + BT = ( 6 0 x + 0 8) y 0 = 5 (B) Den karakterstiske likningen til A er gitt ved 3 λ 5 5 9 λ = λ + λ + = 0 6x + 0y + 0 0x 8y + 5 Dermed er egenverdiene til A gitt ved λ = 6 ± 3 < 0. Siden begge egenverdier er negative, er A negativ semidenit (og også negativ denit). (C) Vi har at det(a) = 0, så A er invertibel. Dermed har π et entydig stasjonært punkt, gitt ved Ax + B T = 0 x = A B T Ettersom A er negativ (semi)denit, er π konkav og det stasjonære punktet x = A B T er et maksimum. Vi nner at x = 9 5 0 = 9 0 5 5 76.5 = 5 3 5 5 0 3 5 3.75 Dette gir maksimal verdi π(x, y ) = π(76.5, 3.75) = 069.375. Oppgave. (A) Den karakteristiske likningen til A er gitt ved λ 0 3 λ 0 9 λ = (3 λ)(λ λ 35) = 0 Dermed er egenverdiene til A gitt ved λ = 3 og λ = ± 36. Altså er λ = 3 en egenverdi, og de andre egenverdiene er λ = 7 og λ = 5. (B) Egenvektorene for λ = 3 er gitt ved det lineære systemet (A 3I)x = 0 0 0 0 9 x y = 0 0 z 0 Vi ser at at andre likning er irrelevant og kan tas bort, og at z er fri parameter siden 9 0 Vi løser de to gjenværende likningene for x og y og får x = z/7, y = 6z/7
Når vi setter z = t for den frie variabelen z, får vi dermed at egenvektorene for λ = 3 kan skrives som x y = t/7 6t/7 = 6 t z t 7 7 (C) Anta v, w 0 og at Av = λ v, Aw = λ w med λ λ. Vi skal vise at vektorene v, w er lineært uavhengige. Hvis de er lineært avhengige, så er v = cw for en c 0. Dette gir og dermed Av = A (cw) = caw λ v = cλ w = λ (cw) = λ v Vi kan skrive dette som (λ λ )v = 0, og dette er ikke mulig siden v 0 og λ λ. Dermed er v og w lineært uavhengige. Oppgave 3. (A) Vektorene {v, v, v 3 } er lineært uavhengige hvis og bare hvis det(t ) 0. Vi regner ut 3 h det(t ) = h h = (h ) h (3h h) + (3 h) = h + Dermed er vektorene lineært avhengige når h + = 0, det vil si når h = ±, og vektorene er lineært uavhengige når h ±. (B) Vi ser på matrisen med vektorene {T v, T v, T v 3 } som kolonner: ( T v T v T v 3 ) = T ( v v v 3 ) = T T = T Når h = har denne matrisen determinant det(t ) = det(t ) = ( h + ) = 36 0 Dermed er vektorene {T v, T v, T v 3 } lineært uavhengige når h =. Oppgave. (A) Den karakterstiske likningen til A er gitt ved 5 λ 0 3 λ 0 λ = (3 λ)(λ 9λ + 8) = 0 Dermed er egenverdiene til A gitt ved λ = 3, λ = 6, og dette viser at λ = 3 er en egenverdi. Alternativt kan man vise at λ = 3 er en egenverdi ved å sjekke at det(a 3I) = 0. Vi regner ut egenvektorene til A med egenverdi λ = 3 ved å løse likningssystemet (A 3I)x = 0 0 0 0 x y = 0 0 z 0 Vi ser at at andre likning er irrelevant og kan tas bort, og at tredje likning er første likning multiplisert med, og dermed også irrelevant. Derfor kan vi velge y = s og z = t som frie parametre, og når vi løser første likning for x får vi x = y + z x = s + t Vi får dermed at egenvektorene for λ = 3 kan skrives som x y = s + t s = s + 0 t z t 0
(B) Vi har at B = A T A = 5 0 3 5 9 7 3 0 3 0 = 7 5 0 3 5 7 Siden det(b) = det(a T A) = det(a T ) det(a) = det(a) = = 96 0 så følger det at B er invertibel. Videre har vi B = (A T A) = A (A T ) = A (A ) T Vi regner ut A ved hjelp av den adjungerte matrisen: A = 3 3 0 8 0 6 3 5 Dette gir B = 3 3 0 8 0 6 3 5 0 6 3 8 3 3 0 5 = 3 6 5 Alternativt kunne vi beregnet det(b) og B direkte, uten å gå veien om A. (C) Vi har at de stasjonære punktene for f er gitt ved f x = Bx + 6 6 = 0 x = B 6 6 = siden B er invertibel. (D) Når vi setter y = Ax, så har vi x T Bx = x T A T Ax = (Ax) T (Ax) = y T y 0 siden y T y = y + y + y 3 0. Dermed er den kvadratiske formen positiv semidenit. Siden det(b) = 0, så er ingen av egenverdiene til B null, og dermed er den kvadratiske formen til B også positiv denit. Oppgave 5. (A) Vektorene {v, v, v 3, v } er lineært avhengige hvis og bare hvis minst en av vektorene kan skrives som en lineær-kombinasjon av de tre andre. Vi forsøker å skrive v = c v +c v +c 3 v 3 : = c 0 + c 0 + c 3 = 0 0 c c 3 3 7 3 3 7 c 3 Siden koesientmatrisen har determinant 0 0 = (7 + ) + 3(0 + ) = 0 3 7 så har likningssystemet en løsning, og dermed er vektorene {v, v, v 3, v } lineært avhengige. (B) Regningen i oppgave a) viser at {v, v, v 3 } er lineært uavhengige: Siden determinanten i a) er ulik null, har likningen 0 = c v + c v + c 3 v 3 kun løsningen c = c = c 3 = 0. 3
Oppgave 6. (A) Vi vet at λ = er egenverdi for A hvis og bare hvis det(a I) = 0. Vi regner ut det(a I): 6 6 8 = 6 6 6 = 0 siden alle radene i matrisen er like. Dette viser at λ = er en egenverdi for A. (B) Vi regner ut det karakteristiske polynomet det(a λi): λ 6 λ 6 8 λ = ( λ)(λ 9λ + ) ( (8 λ) + 6) + ( 6 6( λ)) Vi vet at λ er en faktor i det karakteristiske polynomet, og vi forsøker derfor å forenkle og faktorisere polynomet: ( λ)(λ )(λ 7) (λ ) + (λ ) = (λ ) [( λ)(λ 7) + ] De andre egenverdiene er derfor gitt ved ( λ)(λ 7) + = 0 λ + λ 8 = 0 Dette gir λ = and λ = 9. Dermed er alle egenverdiene for A gitt ved og det(a) = λ λ λ 3 = 9 = 36. λ =, λ =, λ 3 = 9 Oppgave 7. (A) Vi regner ut det(a) ved å utvikle determinanten langs tredje kolonne: 3 t A = t + 0 = ((t + ) (t + )) + (3(t + ) (t)) = 6t + t + Vi ser kolonnevektorene er lineært uavhengige for t og lineært avhengige for t =, siden A = 0 hvis og bare hvis t =. (B) Vi nner egenverdiene til A når t = ved å løse den karakteristiske likningen 3 λ λ 0 = ( + λ) + ( λ)( λ(3 λ) + 8) = 0 λ Denne likningen kan skrives som λ 8 + ( λ)(λ 3λ + 8) = λ 3 + λ 9λ = 0, og dette gir λ = 0 eller λ λ + 9 = 0. Egenverdiene til A når t = er gitt ved λ = 0, siden λ λ + 9 = 0 ikke har noen løsning. Oppgave 8. (A) Vektoren Q/ x av første ordens partielle deriverte til Q er gitt ved Ax, hvor A er den symmetriske matrisen til Q. Vi nner at A og den deriverte vektoren er gitt ved 0 0 0 0 A = 3 0 0 0 0 7 Q x = Ax = 6 0 0 0 0 x 0 0 0 0 8 De stasjonære punktene til Q er gitt ved Ax = 0, og den eneste løsningen av denne likningen er x = /(A 0) = 0 siden vi har 0 0 A = 3 0 0 0 0 7 = ( ) ( 3)(7 ( ) ) (7 ( ) ) = 0 0 0 De stasjonære punktene for Q er derfor x = 0.
(B) Vi avgjør om Q er positiv (semi)denit, negativ (semi)denit eller indenit ved å se på fortegnene til egenverdiene til A. Den karakteristiske likningen er gitt ved λ 0 0 3 λ 0 0 0 0 7 λ = (λ + λ + )(λ λ + 7) = 0 0 0 λ og egenverdiene er derfor gitt ved λ +λ+ = 0, som gir λ = ± < 0, og λ λ+7 = 0, som gir λ = / ± 3/ > 0. Siden A har to positive og to negative egenverdier, så er Q indenit. Oppgave 9. (A) Vi utvikler determinanten langs første kolonne og dette gir det(a) = ( + 3) s( + 3s) + ( + s) = 3s + 3s Likningen AX = I har løsninger hvis og bare hvis det(a) 0, og vi ser dette ved følgende argument: Hvis det(a) 0, så er A invertibel og X = A I = A er en løsning. Hvis det(a) = 0, så kan ikke likningen ha løsning, for i så fall er det(ax) = det(i) =, men vi har det(ax) = det(a) det(x) = 0. Til slutt ser vi at det(a) = 0 for s = 0 og s =, så matriselikningen har løsning for s 0,. (B) Med utgangspunkt i de tre datapunktene denerer vi X og y ved X = 0, y = 5 3 Dermed blir X T X = 3 5 5 3 med det(x T X) = 0, og beste tilpasning er gitt ved β0 = (X β T X) (X T y) = ( 3 5 6 = 5 3 ) Altså er den beste tilpasningen y = 73/ 7/ x = 5..93 x. 73 7 Oppgave 0. (A) Den symmetriske matrisen A blir A = a 0 a 0 0 a 0 a Egenverdiene til A er gitt ved a λ 0 a 0 λ 0 a 0 a λ = ( λ)(λ aλ + (a (a ) )) = 0 som gir λ = og λ = a ± a (a (a ) ) = a ± a = a ± (a ) =, a. Når a = 3 blir egenverdiene λ =, λ = og λ =. (B) Den kvadratiske formen er positiv denit om alle egenverdier er positive, og dette vil skje om a >. Når a < så har A både postive og negative egenverdier, og A er indenit. Om a =, så er egenverdiene λ =, λ = og λ = 0, og A er da hverken positiv denit, negativ denit eller indenit (men positiv semidenit). 5
Oppgave. (A) Vi utvikler determinanten langs første kolonne og dette gir det(a) = (9a 3a ) (9 3) + (a a) = a + 8a 6 Vi vet at A er inverterbar når det(a) 0. Siden det(a) = 0 for a = og a = 3, er A inverterbar for a, 3. (B) Med utgangspunkt i de tre datapunktene denerer vi X og y ved 0 0 X = 0 0, y = 3 Vi regner ut X T X og X T y, og nner at X T X = 0, X T y = 0 5 0 Vi ser at det(x T X) = 0, så beste tilpasning er gitt ved β 0 β = (X T X) (X T y) = 3 8 0 5 = 3 β Altså er den beste tilpasningen y = 3 x + x. Oppgave. (A) Vi velger matrisen A symmetrisk, og får dermed at f(x) = x T Ax + Bx + c der A = 0 0 0, B = ( 0 3 ), c = 0 3 De stasjonære punktene er gitt ved f/ x = Ax + B T = 0, og dette gir Ax = B T 0 0 0 x = 0 0 6 3 Siden det(a) = (3 ) = 0, så er A inverterbar og det er et eneste stasjonært punkt. Vi nner dette ved å løse det lineære likningssystemet, for eksempel ved hjelp av Gauss-eliminasjon, og nner x = x x = 3/ 0 / (B) Vi regner ut egenverdiene til A for å klassisere den kvadratiske formen, og får λ 0 0 λ 0 0 3 λ = ( λ)(λ + λ + ) = 0 x 3 Dette gir egenverdier λ = og λ = ( ± 6 8)/ = ±. Siden alle egenverdier er negative, er A negativ denit, og det stasjonære punktet er dermed et (globalt) maksimumspunkt. 6
Oppgave 3. (A) Vi utvikler determinanten langs første kolonne og dette gir det(a) = (9 + 6s) + (s s) = s 8s 9 Vi vet at A er inverterbar når det(a) 0. Siden det(a) = 0 for s = 9 og s =, er A inverterbar for s 9,. (B) Med utgangspunkt i de tre datapunktene denerer vi X og y ved 0 0 X = 0 0, y = 8 Vi regner ut X T X og X T y, og nner at X T X = 0, X T y = 0 0 0 9 Vi ser at det(x T X) = 0, så beste tilpasning er gitt ved β 0 β = (X T X) (X T y) = 3 8 0 0 = β 9 Altså er den beste tilpasningen y = + x + x. Oppgave. (A) Vi velger matrisen A symmetrisk, og får dermed at f(x) = x T Ax + Bx + c der A =, B = ( 3 3 ), c = 8 De stasjonære punktene er gitt ved f/ x = Ax + B T = 0, og dette gir Ax = B T x = 3 3 Vi nner disse ved å løse det lineære likningssystemet, for eksempel ved hjelp av Gausseliminasjon, og får x = x x = 3/ / x 3 / (B) Vi regner ut egenverdiene til A for å klassisere den kvadratiske formen, og får λ λ λ = ( λ)(λ + λ + 3) ( λ + ) + ( + + λ) = 0 Dette gir egenverdier ( λ)(λ + )(λ + 3) + (λ + ) = 0 Vi ser at λ = er en egenverdi siden (λ + ) er en felles faktor. (C) Vi regner ut de andre egenverdiene ved ( λ)(λ + 3) + = 0, som gir λ 5λ = 0, og dermed λ = 5 ± 5 6 = 5 ± 3 Alle egenverdier er dermed negative, og A er negativ denit. Det betyr at det stasjonære punktet er et (globalt) maksimumspunkt. 7