Ma0 - Linær Algebra og Geometri Øving Øistein Søvik 0. september 0 Excercise Set. = 4 x6 x x = x 6 4 x x = x 4 4 4 x x. In each part, determine whether the equation is linear in x, x and x Før vi begynner å se på opgavene, minner vi oss selv på hva det vil si om likninger er linær. Om likningen er linær kan den skrives på formen a x a x a x a n x n () Der a i kan være alle reelle tall og minst en av a i er ulik null. (a) x x x = (a) kan skrives som () og er dermed linær, siden (a) bare består bare av linære uavhengige variabler, og reelle koeffesienter. (b) x x x x = (b) kan ikke skives som () og er dermed ikke linær, siden (b) ikke har uavhengige variabler. (c) x = 7x x (c) kan skives som () og er dermed linær, siden (c) består bare av førsteordens, uavhengige variabler og reelle koeffisienter. (d) (x ) x 8x = 0 (d) kan ikke skives som () og er dermed ikke linær, siden (d) har ikke førsteordens variabler. (e) x / x x = 4
(e) kan ikke skives som () og er dermed ikke linær, siden (e) ikke har førsteordens variabler. (f) πx x x = 7 / (f) kan skrives som () og er dermed linær, siden alle koeffisientene er reelle, og variablene er av første grad og uavhengige. 7. In each part determine whether the given vector is a solution of the linear system x x x = x x x = x x x = Dersom vektorene skal være en løsning av likningssystemet, betyr det at når vi bytter ut variablene x, x og x med (x, y, z) fra vektoren så skal vi oppnå null. Oppgaven ovenfor kan også sees på som tre plan, som kanskje krysser. Og vektoren som eventuelt løser dette systemet, er en vektor som går fra null til skjæringspunktet mellom de tre planene. Vi ser at vi har tre linære liknninger, og dette betyr også at vi har linære plan. Altså plan som er rette, ikke bøyde eller andre former. På grunn av dette finnes det maksimalt et skjæringsplan mellom planene. Vi tester ut om noen av vektorene under, løser likningssystemet.
a(, 4, 0) ( 4) 0 = 8 = ( 4) 0 = 0 4 = 4 ( 4) 0 = = 7 ( ) b 7, 4 7, 0 ( 7 4 ) 0 = 7 7 8 7 ( 7 4 ) 0 = 0 7 7 4 7 ( 7 4 ) 0 = 7 7 7 = = = = = = c(,, ) ( ) = 9 4 4 = = ( ) = 6 = 0 ( ) = 6 6 = 9 ( d 7, ) 7, ( ) 7 = 7 7 6 7 4 = = 7 ( ) 7 = 0 7 7 7 = 0 ( ) 7 = 7 7 7 = 4 7 e(, 0, ) ( ) ( ) ( ) = 9 4 0 = ( ) ( ) ( ) = 6 4 = 7 ( ) ( ) = 6 = 6 Og her ser vi at den eneste vektoren som er en løsning av likningsystemet er ( 7, 4 7, 0). Siden likningsystemet har maksimalt en løsning, kunne vi ha stoppet etter å ha funnet denne løsningen. Men for latex-treningen sin skyld, og kompletthet. valgte jeg å regne ut resten og.
True-False Excercises (a) A linear system whose equations are all homogeneous must have a unique solution Galt. Et homogent likningssystem kan enten ha en løsning, eller uendelig mange løsninger. Den eneste måten et homogent likningssystem har en løsning på er dersom den går gjennom orgio. Altså at x = x = x = x i = 0. Eller så kan vi ha uendelig mange løsninger dersom en av likningene kan forenkles til for eksempel x = x som har uendelig mange løsninger (c) Multiplying a linear equation through by zero is acceptable elementary row operation Galt. Å gange en linær likning med et konstant er en lovlig operasjon, så lenge vi ganger den med en konstant ulik null. Eller så mister vi informasjon, siden en av likningene bare blir null. (c) The linear system x y = x y = k cannot have a unique solution, regardless of k Riktig Vi løser systemet over og får x y = x y =k I II x = y I ( y) y =k II 6 =k II Setter vi så inn verdien for k, i likning II og deler på, får vi x y = x y = I II Som vi ser at det finnes uendelig mange x og y verdier som oppfyller disse kravene. Altså er c) Riktig (d) A single linear equation with two or more unknowns must always have infinitely many solutions 4
Rett En linær likning med flere variabler beskriver alltid et plan i R n, der n er antall ukjente. Det finnes uendelig mange punkter som passer inn i et plan, og dermed har også likningen uendelig mange løsninger. Uansett hvordan vi snur og vender et plan, så vil ikke antall løsninger synke. Excercise Set.. In each part, determine whether the matrix is in row echelon form, reduced row echelon form, both or neither a) 0 0 0 0 0 0 (begge) Vi kan set at denne matrisen er på redusert form ellre, reduced row echelon form. Dette ser vi siden alle de leddene koeffisientene er og de er de eneste leddene på hver rad som ikke er null. Alle matriser som er på redusert form er også på trappeform. Så a er også på trappeform, eller row echelon form. b) 0 0 0 0 0 0 0 (Begge) Denne matrisen er også på redusert form og trappeform. Siden vi har nuller over og under hver ledende variablel. c) 0 0 0 0 0 0 0 (Begge) Denne matrisen er også både på redusert og trappeform. Samme argument som før... d) [ ] 0 0 4 (Begge)
Denne er på trappeform, siden alle de første ikke nullte leddene er. Denne er også på redusert form, ettersom hver ledende variabel er og er det eneste ikkenulle elementet i sin kolonne. e) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 (Trappeform) Denne er på trappeform siden det første tallet i hver rad er, men den er ikke på redusert form. Vi ser at ikke er det eneste ikkenullte elementet i sin kolonne. Slik som i kolonne 4. f) 0 0 0 0 0 0 (Begge) null-matrisen er et spesialtilfellet og er definert som om den er på redusert form. g) [ ] 7 0 (Trappeform) Denne mtrisen er på trappeform, men ikke redusert form. Hver leddende koeffisient er i hver rad. er derimot ikke det eneste ikkenullte elementet i hver av sine kolonner 6
. In each part, suppose that the argumented matrix for a system of linear equations has been reduced by row operations to the given echelon form. Solve the system 4 7 a) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 7 0 0 8 0 0 x = 7 y = 8 z = 0 8 6 b) 0 4 9 0 0 4 8 0 0 0 0 0 0 0 x = t 0 x = t x = t x 4 = t 7 0 8 0 0 6 c) 0 0 0 9 0 0 0 0 0 0 7 0 0 0 0 0 4 0 0 0 9 0 0 0 0 0 0 7 0 4 7 0 0 6 0 0 0 9 0 0 0 0 0 0 x = t 7r x = 4 t x 4 = 9 t x = r x = t 7 c) 0 4 0 0 0 0 Ingen løsninger, siden siste linje sier at 0x 0y 0z = som ikke er sann for noen x, y, z tr. Solve the linear system by Gauss-jordan elimination x x x = 6 x x 4x = x x x = 7
6 4 6 0 0 4 8 0 0 0 0 9 6 0 0 0 4 6 0 8 0 0 7 0 0 0 0 7 0 0 9 x = 7 x = 7 x = 9 8. Solve the linear system by Gauss-jordan elimination b c = a 6b c = 6a 6b c = 0 6 6 6 0 6 6 0 0 0 0 0 0 0 0 6 6 0 6 6 0 0 6 9 9 0 0 0 0 0 Vi ser at vi ikke kan redusere dette systemet noe mer. Videre legger vi merke til at siste linje sier at 0a 0b 0c =. Som er en umulighet og ikke stemmer for noen a, b, c. 9. Solve the system by Gaussian elimination. x x x = 6 x x 4x = x x x = 8
6 4 6 0 0 0 9 Dette er blitt vist tidligere ved eksempel. Utelater derfor detaljene. Vi skriver systemet opp i sin helhet, og bruker innsetningsmetoden for å finne resten av løsningene x x x = 6 (I) 0 x x = (II) 0 0 x = 9 (III) Vi ser med en gang at x = 9 inn i likning II og da får vi ( 0 x 9 ) = fra likning III. Så kan vi sette denne verdien x = 8 = 7 Nå har vi både en verdi for x og x og mangler bare den siste verdien. Vi setter inn det vi vet i første likning og løser med tanke på x ( x 7 ) ( 9 ) = 6 = 0 4 7 Da vet vi at de tre variablene som oppfyller likningene er = 7 x = 7 x = 7 x = 9. Solve the system by Gaussian elimination. b c = a 6b c = 6a 6b c = Som vi har vist tidligere i oppgave 8 kan dette likningsystemet skrives om på matriseformen som vist under. 0 6 6 6 0 0 0 0 0 Siden siste linje er en umulighet. ( 0x0y0z kan aldri være lik ).Har ikke denne matrisen noen løsning, hverken med gausseliminasjon, eller gauss-jordan eliminasjon. 9