NTNU Institutt for matematiske fag TMA4115 Matematikk 3 våren 2009 Løsningsforslag - Øving 10 Fra Edwards & Penney, avsnitt 4.4 5 Vi bruker Algoritme 1 og 2 i EP på sidene 190 og 193 for å finne en basis for rad- og kolonnerommet til A. Vi begynner med Gauss eliminasjon A = 3 1 3 4 ( 3)R 1+R 2 0 2 6 1 (3/2)R 2+R 3 0 2 6 1 2 5 11 12 0 3 9 10 0 0 0 11 1 2 Den siste matrisen E er på echelonform og har ingen nullrader, følgelig danner radene (1, 1, 1, 1), (0, 2, 6, 1), (0, 0, 0, 11 1 2 ) en basis for radrommet til A (vær oppmerksom på at du kan få en annen basis, for eksempel, Gauss-Jordan eliminasjon gir basisen (1, 0, 2, 0), (0, 1, 3, 0), (0, 0, 0, 1) ). Kolonner fra den første matrisen som tilsvarer til lederelementene til E er en basis for kolonnerommet til A, vi får (1, 3, 2), (1, 1, 5), (1, 4, 12). 10 Vi begynner med Gauss eliminasjon. A = 1 3 4 3 6 2 1 3 2 3 0 0 0 5 5 0 0 0 6 6 R 1 +R 2, 1 +R 4 6/5R 3 +R 4 1/5R 3 0 2 2 1 1 0 3 3 0 3 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 2R 2+R 3 3R 2 +R 4 Vi får at (1, 2, 3, 1, 3), (0, 1, 1, 2, 3), (0, 0, 0, 1, 1) er en basis for radrommet til A og (1, 1, 2, 2), (2, 3, 2, 1), (1, 3, 3, 2) er en basis for kolonnerommet til A. 15 Vi har gitt mengden S = {v 1, v 2, v 3, v 4 } av vektorer, og skal bestemme en delmengde av S som danner en basis for rommet utspent av S, dvs. vi skal finne en basis for V = span{v 1, v 2, v 3, v 4 } = alle mulige lineærkombinasjoner av v 1, v 2, v 3 og v 4. For å gjøre dette setter vi vektorene som kolonner i en matrise A = [ v 1 v 2 v 3 v 4. Da lfov10 16. mars 2009 Side 1
er V = Col(A) og vi kan finne en basis: 3 2 4 1 A = 2 1 3 2 2 2 2 3 2 1 3 4 0 0 0 5 0 0 0 2 2 1 3 2 2 2 2 3 2 1 3 4 0 0 0 1 0 0 0 0 og vi ser at vektorene v 1, v 2 og v 4 er en basis for span(s). 0 0 0 5 0 1 1 6 18 Vi skal finne en basis T for R 3 som inneholder v 1 = (3, 2, 1) og v 2 = (2, 2, 1). La A være matrisen med kolonnevektorer v 1, v 2 og vektorene i standardbasisen e 1, e 2 og e 3. Da er R 3 = Col(A), og vi kan bruke Algoritme 2 (Basis for kolonnerommet, EP 4.4 side 193) som i eksempel 5, side 194: A = [v 1 v 2 e 1 e 2 e 3 = Når vi reduserer til echelonform får vi E =, 3 2 1 0 0 2 2 0 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 5 1 0 3 0 0 0 1 2 Vi har lederelementer i kolonner 1, 2 og 4. Disse tilsvarer vektorene v 1, v 2 og e 2 i A. En basis for R 3 som inneholder v 1 og v 2 vil da være 29 Skriv A = [ a 1 a 2... a n, og husk at.. T = {v 1, v 2, e 2 } = {(3, 2, 1), (2, 2, 1), (0, 1, 0)}. (1) Ax = b x 1 a 1 +... + x n a n = b. Altså er b en lineær kombinasjon av kolonnene til A. Hvis b R m er slik at Ax = b har en løsning x 0 R n, så er x = x 0 + x h, der x h er løsningen av Ax = 0, løsningsmengden til Ax = b. (Vi har at Ax = A(x 0 + x h ) = Ax 0 + Ax h = b + 0 = b.) Siden n > m har det homogene systemet Ax = 0 uendelig mange løsninger x h (Theorem 3, s. 27 i ELA). Da har systemet Ax = b uendelig mange løsninger. Fra Edwards & Penney, avsnitt 5.1 2 Vi vil finne ut hvis vektorne v 1 = (3, 2, 3, 4), v 2 = (6, 3, 4, 6), v 3 = (17, 12, 21, 3) er parvis (innbyrdes) ortogonale. Av definisjonen i formel (1) får vi Vektorene er altså innbyrdes ortogonale. v 1 v 2 = 18 6 + 12 24 = 0, v 1 v 3 = 51 + 24 63 12 = 0, v 2 v 3 = 102 36 84 + 18 = 0. lfov10 16. mars 2009 Side 2
14 Vi skal finne en basis for det ortogonale komplementet V til underrommet V i R 3 utspent av vektoren v 1 = (1, 5, 3). V er radrommet til matrisen A = [ 1 5 3 og V = Null(A). Ligningssystemet Ax = 0 har her en ligning x 1 + 5x 2 3x 3 = 0. Her er x 2 og x 3 frie variabler og hvis x 2 = s og x 3 = t, så er x 1 = 5s + 3t. Med s = 1 og t = 0 får vi løsningsvektoren u 1 = ( 5, 1, 0), og med s = 0 og t = 1 får vi løsningsvektoren u 2 = (3, 0, 1). Da er {u 1, u 2 } en basis for V. 21 Vi skal finne en basis for det ortogonale komplementet V til underrommet V i R 5 utspent av vektorene v 1 = (1, 2, 3, 1, 3), v 2 = (1, 3, 4, 3, 6), og v 3 = (2, 2, 4, 3, 5). V er radrommet til 3 5 matrisen 1 2 3 1 3 A = 1 3 4 3 6. Da er V = Row(A) = Null(A) [Theorem 5 side 217 i EP. Vi finner en basis for Null(A) ved å bruke algoritmen i EP 4.3 side 186, og starter med å omforme A til en echelonmatrise: 1 3 4 3 6 ( 1)R 1+R 2 (2)R 2+R 3. 0 2 2 1 1 0 0 0 1 1 Da er løsningene til Ax = 0 gitt ved Parameterverdiene x 3 = s, x 5 = t, x 4 = x 5 = t, x 2 = x 3 2x 4 3x 5 = s t, x 1 = 2x 2 3x 3 x 4 3x 5 = s. s = 1, t = 0 gir løsningsvektoren u 1 = ( 1, 1, 1, 0, 0), s = 0, t = 1 gir løsningsvektoren u 2 = (0, 1, 0, 1, 1). Det ortogonale komplementet V er følgelig det 2-dimensjonale underrommet i R 5 med basis {u 1, u 2 }. 30 Hvis u v = 0 og u + v = 0, så er 0 = u (u + v) = u u + u v = u u = u 2. Altså er u = 0, og dermed også v = u = 0. Eksamensoppgaver Mai 01, oppg.4 Nullrommet til A, Null(A), er løsningsrommet til det homogene systemet Ax = 0. Vi finner løsningene ved først å omforme A til en echelonmatrise E (evt. en redusert echelonmatrise): A = 1 5 9 4 2 5 2 7 0 3 12 9 0 1 4 3 ( 1)R 1+R 2 ( 1 3 )R 2 ( 1)R 2 +R 3 0 1 4 3 = E. 0 0 0 0 lfov10 16. mars 2009 Side 3
Med x 3 = s og x 4 = t blir x 2 = 4x 3 + 3x 4 = 4s + 3t og x 1 = 2x 2 3x 3 5x 4 = 11s 11t slik at Null(A) er gitt ved (x 1, x 2, x 3, x 4 ) = ( 11s 11t, 4s + 3t, s, t) = s( 11, 4, 1, 0) + t( 11, 3, 0, 1), s, t R. En basis B for Null(A) er vektorene vi får med henholdsvis s = 1, t = 0 og s = 0, t = 1: B = {( 11, 4, 1, 0), ( 11, 3, 0, 1)}. I det gitte inhomogene systemet er høyresiden b = (1, 1, 2) lik første kolonne i A slik at én løsning er x 0 = (1, 0, 0, 0). Løsningsmengden er alle vektorer av formen x = x 0 + x h = (1, 0, 0, 0) + s( 11, 4, 1, 0) + t( 11, 3, 0, 1), s, t R. b) I echelonmatrisen E er kolonne 1 og 2 pivotkolonner. De tilsvarende kolonnene i A er da en basis S for kolonnerommet Col(A): S = {(1, 1, 2), (2, 5, 5)}. Ikkenullradene i E er en basis T for radrommet Row(A): T = {(1, 2, 3, 5), (0, 1, 4, 3)}. Siden Row(A) = Null(A), får vi fra a) at en basis for Row(A) er B = {( 11, 4, 1, 0), ( 11, 3, 0, 1)}. Aug. 05, oppg.6 La a 1, a 2,..., a n være kolonnevektorene til den gitte m n-matrisen A. Da er altså A = [ a 1 a 2... a n, og med x = (x1, x 2,..., x n ) kan ligningssystemet Ax = b skrives x 1 a 1 + x 2 a 2 + + x n a n = b. For en gitt b R m vil følgelig ligningssystemet Ax = b ha løsning hvis og bare hvis b span{a 1, a 2,..., a n } = Col(A). Vi har dim Col(A) n. Da n < m, er Col(A) et ekte underrom av R m. Det finnes derfor b R m som ikke er i Col(A). For slike b har Ax = b ingen løsning. Flervalgsoppgaver 1 Vi skal bestemme rangen r for 3 4 matrisen 1 1 2 1 A = 1 0 1 2. 2 1 3 1 Vi husker at rang(a) = dim Row(A) = dim Col(A). Siden A har tre rader, er r 3, og alternativ D (r = 4) er utelukket. Vi ser også at første og andre rad i A er lineært uavhengige, følgelig er r 2 så alternativ A (r = 1) er også utelukket. For å avgjøre om det er alternativ B eller C som er riktig, kan vi omforme A til en echelonmatrise og lese av dim Row(A) som antall ikkenullrader. Vi får 1 0 1 2 ( 1)R 1+R 2 0 1 1 1 ( 1)R 2+R 3 0 1 1 1. 2 1 3 1 0 1 1 1 0 0 0 2 Siden vi får tre ikkenullrader, er r = 3, og C er det riktige alternativet. lfov10 16. mars 2009 Side 4
2 Vektorene u = (2, 2, 1, k) og v = (k, 1, 1, k) er ortogonale hvis og bare hvis u v = 0. Vi får u v = 2k + 2 1 + k 2 = k 2 + 2k + 1 = (k + 1) 2. Vi ser at u v = 0 hvis og bare hvis k = 1. Riktig svar er følgelig alternativ C. lfov10 16. mars 2009 Side 5