100 ENKLERE OPPGAVER MED HINT OG LØSNINGSFORSLAG I LINEÆR ALGEBRA (OG NOEN I DISKRET MATEMATIKK)

ENKLERE OPPGAVER MED HINT OG LØSNINGSFORSLAG I LINEÆR ALGEBRA (OG NOEN I DISKRET MATEMATIKK) EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN Introduksjon Dette kompendiet inneholder oppgaver med hint og løsningsforslag i lineær algebra og noen få i diskret matematikk. Kompendiet er opprinnelig utarbeidet til bruk sammen med læreboken, David C. Lay: Linear algebra and its applications, (2), Addison Wesley Longman, Inc.. De fleste oppgavene er hentet fra en tidligere utgave av denne boken. Det tas forbehold om at det kan finnes feil i hintene og løsningene. Dette oppgavekompendiet er kun til bruk for studenter på kurset MAT ved Høgskolen i Buskerud høsten 26 og må ikke distribueres videre.. Oppgaver i lineæralgebra.. Oppgave: Finn punktet (x, x 2 ) som ligger på linjen x + 4x 2 = og på linjen x x 2 =. Se på figur. 5-5 -5 5 Figure. Linjer som representerer lineære likninger Løsningene (s, s 2 ) av en lineær likning med to variabler kan representeres som punktene på en linje på x, x 2 -planen. Punktene som ligger på begge linjer av et system av lineære likninger representerer løsningene til begge likninngene og er dermed løsninger til hele systemet av lineære likninger.

2 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN Vi finner løsningen til vårt system med følgende operasjoner: I x +4x 2 = II x x 2 = I I x +4x 2 = II 5x 2 = 8 ( 5) I x +4x 2 = 4 II II x 2 = 8 5 I x = 3 5 II x 2 = 8 5 Punktet ( 3 5, 8 5 ) ligger på begge linjer (den er løsningen til begge likninger og dermed systemet). Gjør testene: (a) Tegn opp linjene og (b) sett inn 3 5 og 8 5 i de gitte likningene..2. Oppgave: Løs systemet av lineære likninger I x +2x 2 = 4 II x +3x 2 +3x 3 = 2 III x 2 +x 3 = Det som er essentiell på slike systemer er koeffisientene foran x, x 2,... og konstantene på høyre siden. Koeffisientene kan sammenfattes til en koeffisientmatrise. Hvis man også tar med seg konstantene kalles det en augmentert matrise. Det finnes tre regler for matrisemanipulering: () skalering (gange en linje med en konstant) (2) bytte to linjer (3) erstatte en linje med summen av denne linjen og en annen skalert linje Vi skal nå ekstrahere den relevante informasjonen av systemet til den augmenterte matrisen og modifisere den slik at vi får den typiske trekantete formen: Det skal bare være er under det ledende (første ikke lik ) tallet av en linje. Fremgangsmåte: Først eliminer (betyr at de blir ) de to nederste tallene av kolonne en ved hjelp av linje en, etterpå eliminer det siste tallet av kolonne to ved hjelp av linje to. Bruk linjeoperasjonene.

OPPGAVER MED LØSNING 3 I II III 3 3 2 2 4 +I I II III 2 4 5 3 2 5 II I II III 2 4 5 3 2 2 2 Dette er allerede fint, fordi nå kan vi lett finne x 3 fra III. x 3 kan vi da sette inn i II for å finne x 2. Til slutt kan vi sette x 2 og x 3 inn i I for å finne x. Dette var ja meningen med denne trekantete formen. Men dette kan vi også gjøre i matriseverden, som gjør livet enkler når man har litt rutine. Målet er å bare ha to tall per linje, nemlig det som er ledende nå og det siste. Det ledende tallet skal være. Fremgangsmåte: Skaler først det ledende tallet i III til. Bruk III for å eliminere alle tall i kolonne 3 i II og I. Skaler det ledende tallet i II til. Bruk II for å eliminere alle tall i kolonne 2 i I. I II III 2 4 5 3 2 2 2 2 I II III 2 4 5 3 2 (allerede ) 3 III I II III 2 4 5 5 5 I II III 2 4 2 II I II III 2

4 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN Husk at det lineære systemet som representeres av den siste matrisen ser slik ut: I x = 2 II x 2 = III x 3 = Løsningnen er dermed (2,, ) for det lineære systemet..3. Oppgave: Finn ut om det følgende systemet er konsistent. Ikke løs hele systemet. I 2x 2 +2x 3 = II x 2x 4 = 3 III x 3 +3x 4 = 4 IV 2x +3x 2 +2x 3 +x 4 = 5 Et lineært system kalles konsistent når det har en eller uendelig mange løsninger inkonsistent når det har ingen løsning For å finne ut om systemet er konsistent må vi manipulere det slik at det har den trekantete formen. I 2 2 III II 2 3 III 3 4 IV IV 2 3 2 5 I I II III IV 2 3 2 5 2 3 2 2 3 4 2 + I I II III IV 2 3 2 5 3 2 3 2 2 3 4 3 2 II I II III IV 2 3 2 5 3 2 3 3 3 4 III I II III IV 2 3 2 5 3 2 3 3 5 motsigelse!

OPPGAVER MED LØSNING 5 Linje IV er en motsigelse fordi x + x 2 + x 3 + x 4 = 5 kan aldri være sant. Derfor har systemet ingen løsning og er dermed inkonsistent..4. Oppgave: Finn verdien(e) for h slik at matrisen er den augmenterte matrisen av et konsistent lineært system. I II [ h 2 4 2 ] For å finne ut hvor mange løsninger et lineært system har, kan man manipulere det slik at det får den trekantete formen. I II [ h 2 4 2 ] +4 I I II [ h 2 2 + 4h 2 ] Når man en gang har fått x 2 fra II, får man alltid en løsning for x fra I (x = 2 h), uansett hvilken verdi h har. Men får vi alltid en løsning for x 2? Nei! Det oppstår en motsigelse når (2 + 4h) er slik at hele systemet blir inkonsistent. Denne betingelsen er oppfyllt for h = 2. Løsning er at h kan velges fritt blandt de reelle eller komplexe tall men skal ikke være 2, slik at den gitte matrisen er en augmenterte matrisen av et konsistent lineært system..5. Oppgave: Har de tre linjene et felles skjæringspunkt? Forklar. linje linje2 linje3 2x +3x 2 = 6x +5x 2 = 2x 5x 2 = Et felles punkt av de tre linjene på x, x 2 -planen representerer en felles løsning til alle tre likningene, som er dermed en løsning til hele systemet. Det betyr at når det finnes minst et felles punkt av alle linjene er systemet konsistent og omvendt. Skæringspunkt betyr at det finnes akkurat et punkt og dermed eksakt en løsning til det lineære systemet.

6 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN For å finne ut om systmet er konsistent (= om linjene har minst et felles punkt) manipulerer vi den augmenterte matrisen som vanlig. I II III 2 3 6 5 2 5 2 I I I II III 2 3 2 8 6 ( ) ( 8) I II III 2 3 2 3 4 Her ser vi at II og III er to motsatte utsagn. x 2 kan aldri være 2 og 3 4 samtidig, slik at det er umulig å finne en løsning til alle tre likninger. Systemet er inkonsistent. Det finnes derfor ikke et felles punkt og dermed heller ikke et skjæringspunkt..6. Et viktig poeng for varme overgangs undersøkelser er å finne den stabile temperatur fordelingen på en tynn plate når temperature på kanten er kjennt. Anta at platen i figur 2 representerer et kutt av et stykke metall som har en konstant temperatur loddrett til platen. La T,..., T 6 være temperaturene på de seks innere nodene på gitteret i figur 2. Temperaturen på en node er ca. lik gjennomsnittet av de fire nærmeste nodene, ovenfor, nedenfor, til høyre, til venstre. Som eksempel er T = ( + 2 + T 2 + T 4 )/4 eller 4T T 2 T 4 = 3 2 C 2 C 2 C 2 C 2 C C 2 3 4 C C 2 3 4 C 2 C Figure 2. Temperatur Fordelingen på et Stykke Metall Oppgave: Skriv et system av seks likninger for å finne temperaturene T,..., T 6.

OPPGAVER MED LØSNING Vi kan først finne likningene før de seks gjennomsnittene. T = ( + 2 + T 2 + T 4 )/4 T 2 = (2 + T + T 3 + T 5 )/4 T 3 = (2 + 4 + T 2 + T 6 )/4 T 4 = ( + 2 + T + T 5 )/4 T 5 = (2 + T 2 + T 4 + T 6 )/4 T 6 = (2 + 4 + T 3 + T 5 )/4 Dette systemet av lineære (hvorfor lineære?) likninger kan vi ordne. 4T T 2 T 4 = 3 T +4T 2 T 3 T 5 = 2 T 2 +4T 3 T 6 = 6 T +4T 4 T 5 = 3 T 2 T 4 +4T 5 T 6 = 2 T 3 T 5 +4T 6 = 6.. Oppgave: Løs likningene fra forrige oppgave.

8 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN Det letteste med et så stor system er å generere den augmenterte matrisen og å løse den ved hjelp av linje operasjoner. I 4 3 II 4 2 III 4 6 IV IV 4 3 III V 4 2 V I 4 6 I II III IV V V I 4 3 4 2 4 3 4 6 4 2 4 6 4 + I 4 + I I II III IV V V I 4 3 5 4 4 5 4 5 4 6 4 2 4 6 V II I II III IV V V I 4 3 4 2 5 4 5 4 6 5 4 4 4 6 II II +5 II I II III IV V V I 4 3 4 2 6 8 3 4 4 4 4 6 56 5 4 4 6 V I III I II III IV V V I 4 3 4 4 6 4 4 4 4 6 56 5 4 6 8 3 +4 III 4 III

OPPGAVER MED LØSNING 9 I II III IV V V I 4 3 4 2 4 6 8 6 28 6 6 3 6 8 3 +V I 6 IV I II III IV V V I 4 3 4 2 4 6 8 6 28 52 3 3 2 255 435 2 5 I II III IV V V I I II III IV V V I I II III IV V V I 4 3 4 2 4 6 8 6 28 26 5 5 24 5 8 4 3 4 2 4 6 8 6 28 26 5 5 483 3 3 3 4 3 4 2 4 6 8 6 28 26 5 5 9 24 26 V ( 483 ) 3 +V I 4 V I 6 V I +5 V I I II III IV V V I 4 3 33 4 34 8 8 39 26 26 9

EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN I II III IV V V I 4 3 33 4 34 8 8 5 9 4 V +V +8 V I II III IV V V I 4 3 2 9 2 5 9 +IV +IV ( ) I II III IV V V I 4 33 5 9 2 5 9 II ( ) I II III IV V V I 4 48 5 9 2 5 9 4 I II III IV V V I 2 5 9 2 5 9 Løsningen er dermed T T 2 T 3 T 4 T 5 T 6 = 2 5 9 2 5 9 =.43 2.429 2.43.43 2.429 2.43

OPPGAVER MED LØSNING.8. Oppgave: Finn den generelle løsningen av systemet med den augmenterte matrisen: 2 5 2 3 6 Vi finner den reduserte trappeformen ved hjelp av elementære radoperasjoner: 3 4 x og x 3 er basis variabler, fordi de korresponderer med pivotkolonnene. P.g.a. den reduserte trappeformen opptrer basisvariablene hver i akkurat en likning, slik at det er mulig å bestemme de ved hjelp av konstantene og de frie variablene. x 2 er en fri variable, som betyr at verdien kan velges fritt blandt reelle tall eller komplekse tall. Den har i dette tilfelle ingen betydning for de andre variablene. Løsningen er x = 3 x 2 er fri x 3 = 4.9. Oppgave: Finn den generelle løsningen av systemet med den augmenterte matrisen: 2 3 3 5 4 Vi finner den reduserte trappeformen ved hjelp av elementære radoperasjoner: 3 5 4 Løsningen er x = x 5 x 2 = + 3x 5 x 3 er fri x 4 = 4 5x 5 x 5 er fri Bemerkning: Denne parametriske beskrivelsen av løsningsmengden er ikke entydig. Man kunne også har valgt x 4 som fri variable og x 5 som basisvariable, men det er en konvensjon å bruke variablene som korresponderer med pivotkolonnene som basisvariabler... Oppgave: Bestemm h og k slik at systemet har a) Ingen løsning b) En unik løsning c) Mange løsninger x +hx 2 = 2x +3x 2 = k Finn trappeformen til den augmenterte matrisen: h 3 2h k 2

2 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN a) Ingen løsning Betingelse: i. Det finnes en rad med [... b], med b. Dette betyr at 3 2h = og smatidig k 2. Løsningen er dermed h = 3 2 k 2 b) En unik løsning Betingelse: i. Det finnes ikke en rad med [... b], med b. Dette betyr at 3 2h = og k 2 skal ikke være sant samtidig. ii. Det finnes ikke frie variabler. Dette medfører at 3 2h. Løsningen er dermed h 3 2 (Tenk på hvorfor det er bare en betingelse som løsning...) c) Mange løsninger i. Det finnes ikke en rad med [... b], med b. Dette betyr at 3 2h = og k 2 skal ikke være sant samtidig. ii. Det finnes frie variabler. Dette medfører at 3 2h =. Løsningen er dermed h 3 2 k = 2 (Tenk på hvorfor det er de to betingelsene som løsning...).. Oppgave: Finn summen z + w og produktet zw hvis a. z = 2 + 3i, w = 5 i b. z = + 2i, w = 2 i a. z = 2 + 3i, w = 5 i i. z + w = + i ii. zw = ( + 3) + (5 2)i = 3 + 3i b. z = + 2i, w = 2 i i. z + w = 3 + i ii. zw = (2 + 2) + (4 )i = 4 + 3i.2. Oppgave: Finn z og z, og bevis at z z = z 2, hvis a. z = 3 + 2i b. z = 4 i a. z = 3 + 2i i. z = 3 ii. z 2 = 3 = z z = (3 + 2i)(3 2i) = 9 + 4 = 3 b. z = 4 i i. z =

OPPGAVER MED LØSNING 3 ii. z 2 = = z z = (4 i)(4 + i) = 6 + =.3. Oppgave: Uttrykk z/w på formen a + bi, med a og b reele tall, hvis a. z = + 2i, w = + i b. z = 3 + i, w = 3 + 4i a. z = + 2i, w = + i b. z = 3 + i, w = 3 + 4i z w = + 2i ( + 2i)( i) = + i ( + i)( i) = 3 + i = 3 2 2 + 2 i z w = 3 25 9 25 i.4. Oppgave: Finn absoluttverdi (modulus) z og hovedargumentet θ for a. z = 3 i b. z = 3 i a. z = 3 i i. z = 2 ii. θ = arctan ( b. z = 3 i i. z = 2 ) 3 = π 6 ii. θ = arctan ( 3 ) π = 5π 6.5. Oppgave: Uttrykk ( + i) 8 på formen a + bi, med a og b reelle tall. [ [ ( π ) ( π )]] 8 (+i) 8 = 2 cos + i sin = 24 (cos 2π+i sin π) = 6(cos 2π+i sin 2π) = 6+i 4 4.6. Oppgave: Finn de fire fjerderøttene av z = 6 Løs z = w 4 for w: z = 6 = 6 (cos (π + k2π) + i sin (π + k2π)), k =,,... z = w 4 w = 6 4 (cos( π+k2π 4 ) + i sin( π+k2π 4 )), k =,, 2, 3 = 2 [ cos ( π 4 + k π ) ( 2 + i sin π 4 + k π )] 2, k =,, 2, 3 2 + 2i 2 2i w 2 + 2i 2 2i

4 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN.. Oppgave: Finn de tre tredjerøttene av z = 2 cos() og sin() er periodiske med 2π, slik at r(cos θ + i sin θ) er det samme som r[cos(θ + k2π) + i sin(θ + k2π)], med k et reelt tall. Løs z = w 4 for w: z = 2 = 2 [cos (π + k2π) + i sin (π + k2π)], k =,,... z = w 4 w = 2 3 [cos ( ) ( π+k2π + i sin π+k2π ) ], k =,, 2 = 3 [ cos ( π 3 + k 2π 3 3 w ) ( 3 + i sin π 3 + k 2π 3 3 2 + 3 3 2 i 3 3 2 3 3 2 i )], k =,, 2.8. Oppgave: Regn ut og utrykk svaret på formen a + ib. () (3 + 2i)(4 + i)i (2) ( + i) 5 () (3 + 2i)(4 + i)i = (3 4 + 3 i + 2i 4 + 2i i)i = (2 + 3i + 8i 2)i = ( + i)i = i + i 2 = + i (2) Vi brukes polarform: ( + i) 5 = + i = ( 2 cos π 4 + i cos π ) 4 ( ( 2 cos π 4 + i cos π )) 5 ( = ( 2) 5 cos π 4 4 + i cos π ) 5 4 og de Moivres formel: = ( ( 2) 5 cos 5π ) 5π + i cos 4 4.9. Oppgave: Beregn () (3 + 5i) (2) 5 + i () (3 + 5i) = 3 5i (2) 5 + i = 5 2 + 2 = 26 = 28 ( 2 2 i cos ) = 28 28i 2.2. Oppgave: Finn alle (de komplekse) løsningene av likningen z 3 8 =. Vi må finne tredjerøttene til 8 og vi vil bruke formelen ( w k = r 3 cos θ + 2kπ + i sin θ + 2kπ ) 3 3 Derfor trenger vi polarformen til 8: 8 = 8(cos + i sin ), hvor r = 8 og θ = (cos + i sin ) ( w = 8 3 cos + 2 π + i sin + 2 π ) = 2(cos + i sin ) = 2 3 3

w = 8 3 w 2 = 8 3 ( cos + 2 π 3 ( cos + 2 2 π 3 = 2 OPPGAVER MED LØSNING 5 + i sin + 2 π ) = 2 3 ( = 2 ) 2 + i 3 = + 3i 2 ( cos 2 π 3 + i sin 2 π 3 + i sin + 2 2 π ) ( = 2 cos 4 π 3 3 + i sin 4 π ) 3 ( ( )) 2 + i 3 = 3i 2 ).2. Oppgave: La u = [3, 2] og v = [ 2, 5]. Finn komponentformen til vektoren 3 5 u + 4 5 v. [ 3 3 5 u = 5 (3), 3 ] 9 5 ( 2) = 5, 6 5 [ 4 4 5 v = 5 ( 2), 4 ] 5 (5) = [ 85 ], 4 3 5 u + 4 9 5 v = 5 + ( 8 5 ), 6 5 + 4 = [ 5, 4 ] 5.22. Oppgave: Finn enhetsvektor i samme retning som vektoren [4, 3]. 4 2 + ( 3) 2 = 5; 4 [4, 3] = 5 5, 3 5.23. Oppgave: La u = 2 i + j, v = i + j, og w = i j. Finn skalarer a og b slik at u = a v + b w. 2 i + j = a( i + j) + b( i j) = (a + b) i + (a b) j a + b = 2, a b = 2a = 3 a = 3 2, b = a = 2

6 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN.24. Oppgave: La v = 2 i 4 j + 5 5 k, u = 2 i + 4 j 5 k. Finn: () v u, v, u. (2) Cosinus til vinkelen mellom v og u () (2) v u = 25, v = 5, u = 5 cos θ =.25. Oppgave: Finn lengde og retning for u v og v u der u = 2 i 2 j k, v = i k u v = i j k 2 2 = 3 ( 2 3 i + 3 j + 2 ) 3 k lengde=3 og retning er 2 3i + 3j + 2 3k; ( 2 v u = ( u v) = 3 3 i + 3 j + 2 ) 3 k lengde=3 og retning er 2 3 i 3 j 2 3 k..26. Oppgave: Finn ut om b er en lineærkombinasjon av a, a 2 og a 3. a =, a 2 = 2 3, a 3 = 6, b = 5 2 5 9 Finn trappeformen av den matrisen, som beskriver x a + x 2 a 2 + x 3 a 3 = b 2 6 3 5 2 Likningssystemet er konsistent (har minst en løsning), slik at man kan skrive b som b = x a + x 2 a 2 + x 3 a 3 Hvis man løser systemet videre, finner man også vektene x, x 2, x 3 b = 245 33 a 4 33 a 2 2 a 3

OPPGAVER MED LØSNING.2. Oppgave: Undersøk om vektoren b er et element i Span{a, a 2, a 3 } når () (2) a = a = 3 2, a 2 =, a 2 = 2 2 2, a 3 =, a 3 = 2 3 4 2 3 4 Vi skriver de fire vektorene som kolonner i en matrise: 2 8 2 3 3 4, b =, b = Radoperasjoner: Rad2 = Rad2 + Rad, Rad3 = Rad3 3 Rad 2 8 5 9 2 4 Rad3 = Rad3 Rad2 Rad2 = Rad2, Rad3 = 52 Rad3 2 8 5 9 52 4 2 8 5 9 2 Vi ser at dette er et konsistent system, så b er i Span{ a, a 2, a 3 }. Videre: Rad2 = Rad2 + 5 Rad3 2 8 2 Rad = Rad 2 Rad3 Rad = Rad Rad2 x = 3 x 2 = x 3 = 2 b = 3 a + a 2 + 2 a 3 4 2 3 2 8 8

8 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN.28. Oppgave: Beregn produktet Ax ved hjelp av [ ] 5 2 A =, x = 4 4 () Metode : Ax = [ ] 5 2 = 4 4 5 2 + + = 4 4 5 2 + + = 4 4 8 (2) Metode 2: [ [ Ax = 5 2 4 4 ] = ] 5 + 2 + = ( 4) + 4 + 8.29. Oppgave: Finn løsningen til Ax = b. Skriv løsningen på vektorform. A = 2 4 6 3, b = 2 5 3 5 3 Løsningen x av Ax = b er det samme som løsningen av det lineære systemet med den augmenterte matrisen [Ab] = 2 4 6 2 3 5 3 5 3 Radreduksjon til redusert trappeformen gir løsningen x = Skjekk løsningen ved å sette inn x i Ax = b. 2

.3. Oppgave: Utspenner kolonnene i A hele R 3? A = 2 5 4 6 3 OPPGAVER MED LØSNING 9 Ved å bytte radene i matrisen finner vi trappeformen (pivotposisjonene er markerte) A = 4 6 3 5 2 A har en pivot-posisjon i hver rad, som betyr at for hver b R 3 finnes det minst en x = x x 2, slik at Ax = x a + x 2 a 2 + x 3 a 3 = b. Kolonnene i A utspenner dermed hele x 3 R 3..3. Oppgave: Finn ut om systemet har ikke-trivielle løsninger. Bruk så få radoperasjoner som mulig. x 5x 2 +9x 3 = x +4x 2 3x 3 = 2x 8x 2 +9x 3 = Vi finner trappeformen til den augmenterte matrisen: 5 9 6 3 Fordi det ikke er frie variabler (alle variabler har sine korresponderende pivotkolonner) har systemet ingen ikke-triviell løsning. Altså: Den eneste løsningen er den trivielle løsningen..32. Oppgave: Finn løsningen til det gitte homogene systemet og skriv den på vektorform. Gi en geometrisk beskrivelse av løsningen. x 3x 2 2x 3 = x 2 x 3 = 2x +3x 2 +x 3 = Vi finner den reduserte trappeformen til den augmenterte matrisen: 5 Vi har to basisvariabler, x og x 2, som kan representeres ved hjelp av den frie variablen x 3. Løsningen er dermed x = x x 2 = 5x 3 x 3 = x 3 5, x 3 R x 3 x 3

2 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN Alle løsningspunkter ligger på en linje x = x 3 v, som går gjennom = parallel til v = 5. og som er.33. Oppgave: Finn løsningen til det gitte inhomogene systemet og skriv den på vektorform. Gi en geometrisk beskrivelse av løsningen og sammenlign med øving.32. x 3x 2 2x 3 = 5 x 2 x 3 = 4 2x +3x 2 +x 3 = 2 Vi finner den reduserte trappeformen av den augmenterte matrisen 5 4 Vi har to variabler, x og x 2, som kan representeres ved hjelp av den frie variablen x 3. Løsningen er dermed x = x x 2 = + 5x 3 4 + x 3 = 4 + x 3 5, x 3 R x 3 + x 3 Alle løsningene ligger på en linje x = p + x 3 v, som går gjennom p = 4 og som er parallel til v = 5. Løsningen til det inhomogene systemet er den av p translaterte løsningen til det korresponderende homogene systemet. p er en partikulær løsning til Ax = b..34. Oppgave: Gå utfra at A er en 3x3 matrise med tre pivotposisjoner. () Har Ax = en ikke-triviell løsning? (2) Har Ax = b minst en løsning for hver mulig b? Matrisen ser slik ut: A = a a 2 a 3 a 2 a 23 a 3 () Det er en pivotkolonne for hver variabel (eller: en pivotposisjon på hver kolonne), slik at det er ingen frie variabler. Dermed har Ax = bare den trivielle løsningen. (2) Det er en pivotposisjon på hver rad, som betyr at kolonnene i A utspenner hele R 3, slik at Ax = b har en løsning for hver mulig b.

OPPGAVER MED LØSNING 2.35. Oppgave: Finn ut, om vekoterene er lineært avhengige. Gi en begrunnelse. v = 3, v 2 = 3 2 3, v 3 = 6 4, Fremgangsmåte: Vi setter alle vektorer inn i en matrise A og finner ut om x = er den eneste løsningen til Ax =. A = 3 6 3 4 2 3 Siden vi har pivot-posisjoner i hver rad er x = den eneste løsningen av Ax =, som betyr at den eneste måten å kombinere vektorene v, v 2, v 3 til er å bruke vektene x = x 2 = x 3 =. Mengden av vektorene {v, v 2, v 3 } er dermed lineært uavhengig. Viktig spørsmål: Vi har lagt vektorene inn i matrisen i en annen rekkefølge. Hvorfor har vi lov til det?.36. Oppgave: Finn ut, om kolonnene i A danner en lineært avhengig mengde av vektorer. Gi en begrunnelse. A = 3 2 3 5 5 3 Vi har en 3x4 matrise eller fire vektorer fra R 3, som betyr at kolonnene i A danner en linear avhengig mengde av vektorer. En måte å forestille seg dette: Selv om man har allerede tre uavhengige vektorer i R 3, kan man kombinere disse tre vektorer til alle mulige vektorer i R 3, slik at fire vektorer i R 3 må alltid være avhengige (minst en vektor kan fås fra de andre). Det samme fungerer med tre vektorer i R 2. En annen notis: Fire avhengige vektorer betyr ikke nødvendigvis at villkårlige to eller tre av de er også avhengige..3. Oppgave: Tre vektorer er gitt: v = 3 2, v 2 = 2 6 4, v 3 = 2 h () For hvilke verdier av h er v 3 i Span{v, v 2 }? (2) For hvilke verdier av h er {v, v 2, v 3 } lineært avhengig? () En metode er å finne ut om x v + x 2 v 2 = v 3 har en løsning, som betyr at v 3 kan representeres som linearkombinasjon av v og v 2 med tilsvarende vekter x og x 2. Vi kan bruke matriseregning for å finne ut dette. 3 6 2 2 2 4 h 2 h + 2 Vi får en motsigelse, systemet har ingen løsning og svaret er at v 3 ligger aldri i Span{v, v 2 }, uansett hvilken verdi h har.,

22 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN En annen metode er å forestille seg linearkombinasjonene av v og v 2. Alle lineærkombinasjoner av v ligger på en linje som går gjennom. Nå må man oppdage at v 2 er lineært avhengig av v, slik at lineærkombinasjonene av v og v 2 ligger fortsatt på den samme linjen, som er dermed Span{v, v 2 }. Nå er det lett å finne ut, om v 3 ligger på denne linjen ved å skjekke om v 3 er lineært avhengig av en av de to andre vektorer. Det er den ikke og svaret er det samme som på første metoden. (2) v og v 2 er lineært avhengige (v 2 = 2v ), slik at {v, v 2, v 3 } er lineært avhengig, uansett hvilken verdi h har..38. Oppgave: Finn ut, uten regninger, om vektorene er lineært avhengige. Gi en begrunnelse. v = 2 5, v 2 = 6 5, v 3 =, 3 Alle vektorer er per definisjon lineært avhengig av, slik at {v, v 2, v 3 } er lineært avhengig..39. Oppgave: T : R 3 R 3 er definert ved T (x) = Ax. Finn en x slik at bildet under T er b. Finn ut om x er entydig. A = 3 5, b = 5 4 2 6 Det er bare å løse T (x) = Ax = b for x ved hjelp av matriseregning. Vi får den entydige løsningen x = 4 3 4.4. Oppgave: Matrisen A har størrelsen x5. Hvilke verdier må a og b ha for å kunne definere T : R a R b ved T (x) = Ax. Gi en begrunnelse. Løsningen er a = 5 og b =. Tegn opp en x5 matrise A og tenk på hvilken størrelse en vektor x, som multipliseres med A, må ha og hvilken størrelse resultatsvektoren har..4. Oppgave: Matrisen A har størrelsen 6x5. Hvilke verdier må a og b ha for å kunne definere T : R a R b ved T (x) = Ax. Gi en begrunnelse. Lønsingen er a = 5 og b = 6..42. Oppgave: Finn alle x R 4 som går på ved x Ax A = 3 4 3 3 2 3 6 5

OPPGAVER MED LØSNING 23 Det er bare å løse T (x) = Ax = med hensyn på x ved hjelp av matriseregning. Vi får en løsning på vektorform, siden det er flere vektorer som transformeres til under T. x = x x 2 x 3 x 4 = 5x 3 3x 4 3x 3 + 2x 4 x 3 x 4 = x 3 5 3 + x 4 3 2, x 3, x 4 R.43. Oppgave: Anta at T er en lineær transformasjon. Finn standardmatrisen A til T : R 2 R 3 ved hjelp av T (, ) = (4,, 2) T (, ) = ( 5, 3, 6) Identitetsmatrisen I n er den matrisen som bare har ere på hoveddiagonalen og ellers bare ere. Kolonnene i I n betegner man vanligvis som e, e 2... e n...... I n =...... = [e e 2... e n ]... Ved help av identitetsmatrisen I n kan x skrives på en litt annen måte: x = I n x = [e... e n ] x. x n = e x +... + e n x n Når man har en lineær transformasjon T : R n R m, så finnes det en entydig matrise A som beskriver transformasjonen: T (x) = Ax A kalles standardmatrise. For lineære transformasjoner gjelder superposisjonsprinsippet og man kan finne standardmatrisen A ved hjelp av T (e ),..., T (e n ): T (x) = T (e x +... + e n x n ) = T (e )x +... + T (e n )x n = [T (e )... T (e n )] x = Ax Vi finner A ved A = [T (e ) T (e 2 )] A = [T (, ) T (, )] A = 4 5 3 2 6

24 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN.44. Oppgave: Anta at T er en lineær transformasjon. Finn standardmatrisen A til T : R 3 R 2 ved hjelp av T (e ) = (, 4) T (e 2 ) = ( 2, 9) T (e 3 ) = (3, 8) hvor e, e 2, e 3 er kolonnene til identitetsmatrisen I 3. Vi finner A ved A = [T (e ) T (e 2 ) T (e 3 )] 2 3 A = 4 9 8.45. Oppgave: Annta at T er en lineær transformasjon. Finn standardmatrisen A til T : R 2 R 2 som roterer punktene med uret med π. A = [T (e ) T (e 2 )] = [T (, ) T (, )] betyr at det er nok å vite hvor e = og e 2 = transformeres for å finne A i R 2. Når punktene roterer med uret med π flyttes e og e 2 på følgende måten (tegn figur hvor du viser rotasjon av punktene!): Vi finner derfor A ved [ ] [ ] A = [T (, ) T (, )] A =.46. Oppgave: Finn ut om den lineære transformasjonen i oppgave.44 er en injektiv (en-til-en) transformasjon. En lineær transformasjon T : R n R m er injektiv hvis og bare hvis likningen T (x) = har bare den trivielle løsningen. En lineær transformasjon T : R n R m med standardmatrisen A er injektiv hvis og bare hvis kolonnene i A er lineært uavhengige. Transformasjonen T : R 3 R 2 er ikke en en-til-en avbildning: T (x) = [ 2 3 4 9 8 Man kan begrunne det på følgende måter, som bruker teoremene ovenfor: Ax = har ikke bare den trivielle løsningen fordi det er minst en fri variabel siden vi har tre variabler og maksimalt to pivot-posisjoner. Kolonnene i A er lineært avhengige siden vi har tre vektorer fra R 2. ] x

OPPGAVER MED LØSNING 25.4. Oppgave: På pakkningene av frokostblandinger som Quaker s, Kellogg s osv. (som kalles cereals ) står det mengden av kalorier, proteiner, karbohydrater og fett per porsjon. I Table finner du mengden til to vanlige fokostblandinger fra U.S.A. Anta at du nå vil General Quaker Mills % Natural Næringsstoff Cheerios Cereal Kalorier (g) 3 Protein (g) 4 3 Karbohydrat (g) 2 8 Fett (g) 2 5 Table. Næringsinnhold av to frokostblandinger lagre din egen blanding av to frokostblandinger som inneholder eksakt 295 kalorier, 9 g protein, 48 karbohydrat og 8 g fett. () Finn en vektor-likning for denne oppgaven. Si også hva variablene dine i likningen betyr. (2) Finn den ekvivalente matrise-likningen og finn ut om din blanding kan tilberedes. Du kan danne en lineær model av denne problemstillingen fordi to betingelser er gitt: () Næringsstoffmengden er proposjonal til næringsmiddelmengden. (2) Hele næringsstoffmengden av din blanding er summen av næringsstoffmengdene i de enkle frokostblandingene du har brukt. Disse to betingelsene er grunnlaget for superposisjonsprinsippet. () Vektor-likningen Vi kan finne denne likningen som beskriver næringsstoffmodellen: 3 295 x 4 2 + x 3 2 8 = 9 48 2 5 8 Vi kan også skrive den på denne måten x a + x 2 a 2 = b hvor vektorene/variablene har de følgende betydnigene: x : Antall porsjoner Mills i din blanding. x 2 : Antall porsjoner Quaker i din blanding. a : Vektor med mengden av hver næringsstoff per posjon Mills. a 2 : Vektor med mengden av hver næringsstoff per posjon Quaker. b: Vektor med mengden av hver næringsstoff i din blanding. (2) Matrise-likningen Fra x a + x 2 a 2 = b får vi Ax = b med matrisen A: 3 295 4 3 9 2 8 48 2 5 8 3 295

26 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN Vi kan se at din blanding kan fremstilles. Grunnen er at systemet er konsistent (i dette tilfelle: entydig løsning), som betyr at vi kan finne x og x 2, som gir oss antall porsjoner av Mills og Quaker. Når man regener videre får man denne matrisen.5 Du må ta.5 porsjon Mills og porsjoner Quaker får å få din blanding..48. Oppgave: I et bestemmt område flytter ca. 4% av byens befolkning til landsbyene som ligger rundt byen og ca. 3% av befolkningen i landsbyene flytter til byen. I 99 bodde 6 mennesker i byen mens 4 mennesker bodde i landsbyene. () Finn en differenslikning som beskriver situasjonen, hvor x er befolkningen i 99. (2) Regn ut hvor mange mennesker bor i byen og i landsbyene etter to år, nemlig i 992. En første ordens lineær differenslikning har formen x k+ = Ax k med k =,, 2,.... En verdi x k+ defineres ved hjelp av den forutgående verdien x k etter en lineær transformasjon med matrisen A Du kan danne en lineær model av denne problemstillingen fordi to betingelser er gitt: () Antall mennesker som flytter fra et sted er proposjonal til antall mennesker som bor der. (2) Antall mennesker etter flyttingen er summen av antall mennesker som har flyttet dit (De som ikke flytter betraktes som om de hadde flyttet dit de kommer fra). () Differenslikningen Vi definerer først befolknings-vektoren x som x k = [ bk = l k {Befolkningen i byen} {Befolkningen i landsbyene} Vi må nå finne ut hvor mange mennesker bor i byen og i landsbyen etter et år, som er vårt itersjonsskritt: ] b k+ =.96b k +.3l k l k+ =.4b k +.9l k Vi var heldige fordi det er svært usannsynlig å velge en vektor fritt fra hele R 4 som skal treffe et plan, som er en veldig liten del av R 4. Sagt på en annen måte: Det var veldig sannsynlig at en motsigelse ville ha oppstått i vårt likningssystem.

OPPGAVER MED LØSNING 2 Vi får befolkningsvektoren etter et år: bk+ x k+ = l k+.96bk +.3l x k+ = k.4b k +.9l k.96.3 bk x k+ =.4.9 l k.96.3 x k+ = x.4.9 k x k+ = M x k M kommer fra det engelske migration matrix og kan fritt oversettes som flyttematrise. For en fullstendig beskrivelse mangler det bare en startvektor x for 99 som vi får ved å sette inn startverdiene i definsjonen av x k ovenfor: x = [ b l ] = [ 6 4 (2) Befolkningen i 992 Det er nå lett å regne ut befolkningsvektoren for 992, x 2, som er resultatet etter to iterasjoner. Befolkningen i 99: ] x = M x [.96.3 x =.4.9 588 x = 42 ] [ 6 4 ] Befolkningen i 992: x 2 = M x [.96.3 x 2 =.4.9 5684 x 2 = 4236 ] [ 588 42 ].49. Oppgave: Følgende matriser er gitt: [ ] [ 4 A =, B = 5 2 5 3 ], C = 4 4, D = 2 Beregn følgende uttrykk. Hvis et uttrykk ikke er definert, gi en begrunnelse for hvorfor ikke. () 2A (2) B 2A (3) AC

28 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN (4) CD Summen av to matriser A og B: Elementer i A + B er summen av de tilsvarende elementene i A og B. Skalarproduktet av en matrise A og en skalar r: Elementer i ra er produktet av r og de tilsvarende elementene i A. Matriseproduktet av to matriser A og B: AB kan beregnes ved hjelp av dette skjemaet A = a... a n.. a i... a in.. a m... a mn B = b... b j... b p... b n... b nj... b np c... c j... c p... c i... c ij... c ip... c m... c mj... c mp = AB Elementet c ij beregnes som c ij = a i b j + a i2 b 2j +... + a in b nj OBS: Matrisemultiplikasjonen er ikke kommutativ, som betyr at AB er ikke generellt det samme som BA. 4 2 () 2A = 2 4 5 4 3 (2) B 2A = 3 4 (3) AC er ikke definert siden antall rader i A er ikke lik antall kolonner i B. (Se på skjemaet over) (4) CD = 4 + ( 2) 4 + + 4 ( 2) + 4 = 4 4.5. Oppgave: A er en 3 5 matrise, produktet AB er en 3 matrise. Hva er størrelsen av B? Se på matriseprodukt i Husk -delen av oppgave.49. For en matrisemultiplikasjon må denne betingelsen være tilfredstillt: Antall kolonner i A = Antal rader i B Løsningsmatrisen har de følgende egenskapene: Antall rader i AB = Antal rader i A Antall kolonner i AB = Antal kolonner i B Antal rader i B = Antall kolonner i A = 5 Antal kolonner i B = Antall kolonner i AB =

Dermed er B en 5 matise..5. Oppgave: Finn den inverse matrisen til 4 5 A = 5 6 OPPGAVER MED LØSNING 29 a b Den inverse til en 2 2 matrise A = finnes ved c d A = d b det A c a det A kalles determinant og beregnes som det A = ad bc det A gir oss informasjon om inverterbarheten av en matrise: Hvis det A, så er A inverterbar og man sier at A er regulær. Hvis det A =, så er A ikke inverterbar og man sier at A er singulær. Determinanten er det A = 4 6 ( 5) 5 = A er dermed en regulær matrise og den inverse til A er A = 6 5 5 4 A 6 5 = 5 4.52. Oppgave: [ 2 A = 3 8 ] [ 5, b = ] [ 2, b 2 = 2 ] [ 3, b 3 = 5 ] [, b 4 = Finn den inverse matrisen A og løs likningene () Ax = b (2) Ax = b 2 (3) Ax = b 3 (4) Ax = b 4 Hvis en n n matrise A er inverterbar, så finnes det en entydig løsning til Ax = b for hver b R n. Løsningen beregnes som x = A b Determinanten er det A = 2, A er dermed en regulær matrise og den inverse til A er A 4 = Løsningene av likningene beregnes som 3 () x = A b = 4 3 2 2 ],

3 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN 6 (2) x 2 = A b 2 = 2 (3) x 3 = A b 3 = 2 3 (4) x 4 = A b 4 = 2 Oppgave: Finn den inverse matrisen til A. Hvis den ikke finnes, gi en begrunnelse hvorfor ikke. A = 5 3 2 6 Når man ønsker å utføre en elementær radoperasjon på en m n matrise A, så kan man gjøre det på to måter: () Man utfører den ønskete elementære radoperasjonen ERO på A. (2) Man utfører den samme elementære radoperasjonen ERO på identitetsmatrisen I m og får E, som kalles elementærmatrise. Deretter beregner man matriseproduktet EA og får samme svar. En hver elementærmatrise er forresten inverterbar. Hva er vitsen med å gjøre så mye mer for en enkel radoperasjon? Noen ganger er det enkler å uttrykke elementære radoperasjoner som en matrisemultiplikasjon. Man kan også sammenfatte flere elementære radoperasjoner ved å multiplisere de tilsvarende elementærmatrisene E,..., E p til en matrise E: E p... E A = E A Pass på at rekkefølgen på multiplikasjonen er omvendt, fordi man multipliserer suksessivt fra venstre. For p = 3 ser det slik ut: E 3 (E 2 ( E A)) Når en n n matrise A er inverterbar, så betyr det at A er radekvivalent med identitetsmatrisen I n dvs. at man får I n etter anvendelsen av p elementære radoperasjoner E,..., E p på A. Disse elementærmatriser kan sammenfattes til E = E p... E og man kan skrive EA = I n A = E I n A = EI n Dette er utganspunktet for en algoritme for å finne A fra A. Med de samme radoperasjonene E får man I n fra A men også det ønskete A fra I n. Algoritmen får å finne A kan da sammenfattes som [A : I n ] [I n : A ] Skriv opp [A : I n ] 5 3 2 6

og bruk elementære radoperasjoner for å få [I n : A ] 6 5 6 9 5 2 Det er nå bare å kutte ut I n fra matrisen og man har 6 5 A = 6 9 5 2 OPPGAVER MED LØSNING 3.53. Oppgave: Finn den inverse matrisen til A. Hvis den ikke finnes, gi en begrunnelse for hvorfor ikke. A = 3 2 8 Se på Hint -delen i oppgave.52. Skriv opp [A : I n ] 3 2 8 og bruk elementære radoperasjoner for å få [I n : A ] 8 24 2 2 3 Det er nå bare å kutte ut I n fra matrisen og man har A = 8 24 2 2 3.54. Oppgave: Finn ut om matrisen er invertbar. Bruk så få regneopersasjoner som mulig og gi en begrunnelse på ditt valg. A = 5 3 2 9 For å finne ut om en nxn matrise A er inverterbar eller ikke finnes det en del ting som man kan undersøke. Følgende utsagn er enten alle sammen sanne eller så er alle gale. Utsagnene gjelder bare for kvadratsike matriser A = [a... a n ], a,..., a n R n : () A er inverterbar. (2) A T er inverterbar. (3) A I n. (4) Det er n pivot posisjoner i A. (5) Ax = har bare den trivielle løsningen. (6) Ax = b har minst en løsning for hver b R n.

32 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN () {a,..., a n } er lineært uavhengig. (8) {a,..., a n } utspenner hele R n. (9) x Ax er en-til-en / injektiv. () x Ax er på / surjektiv. () Det finnes en nxn matrise C slik at CA = I n. (2) Det finnes en nxn matrise D slik at AD = I n. Kolonnene i A er lineært avhengige fordi en av vektorerene er. Utsagn. over er ikke sant og dermed er utsagn. heller ikke sant. A er ikke inverterbar..55. Oppgave: Finn ut om matrisen er invertbar. Bruk så få regneopersasjoner som mulig og gi en begrunnelse på ditt valg. A = 5 9 3 3 4 3.56. Se på Hint -delen i oppgave.54 Med elementære radoperasjoner får vi trappeformen: 5 9 3 3 4 A har bare 2 ( n = 3) pivotpsosisjoner, slik at utsagn 4. over ikke er sant. Dermed er utsagn. heller ikke sant og A er ikke inverterbar..5. Oppgave: Hvis likningen Ax = har den trivielle løsningen, vil kolonnene i A utspenne R n? Gi en begrunnelse. Se på Hint -delen i oppgave.54 Ax = har alltid den trivielle løsningen og det sier ingenting om kolonnene i A. Det var heller ikke sagt om A var kvadratisk eller ikke, slik at vi ikke kunne ha brukt reglene fra Hint -delen i oppgave.54..58. Oppgave: () Finn en basis for ColA. (2) Finn en basis for NulA. A = 2 3 9 5 3 2 3 4 4 2 6 5 Et underrom H av R n er en delmengde av R n med de tre egenskapene () H. (2) Hvis u, v H, så er også u + v H. (lukket under addisjon) (3) Hvis u H, så er også cu H, for alle c R. (lukket under skalarmultiplikasjon)

OPPGAVER MED LØSNING 33 Viktig eksempel: Anta at v,..., v p R n, da er Span{v,..., v p } et underrom av R n som utspennes av vektorene v,..., v p. En basis B for et underrom H er en lineært uavhengig mengde av vektorer som utspenner H. Standardbasis for R n er mengden av kolonnene i I n : B = {e,..., e n } Et kolonnerom ColA av en matrise A = [a... a n ] med a,..., a n R m er mengden av alle lineærkombinasjoner av kolonnene i A. Den er dermed eksplisit definert ved ColA = Span{a,..., a n }. ColA er et underrom av R m. En basis for ColA kan finnes enkelt ved å plukke ut pivotkolonnene fra A. Man kann finne pivotkolonnene ved å finne trappeformen B, men det er viktig at man ta de tilsvarende kolonnene fra A. Pivotkolonnene i B danner nemlig en basis for ColB, som ofte er foskjellig fra ColA. Et nullrom NulA av en matrise A = [a... a n ] med a,..., a n R m er implisit 2 definert som mengden av alle løsninger til Ax =. NulA er et underrom av R n. En basis for NulA er vektorene fra løsningen til Ax = på vektorform. Dette løsningsforslaget bruker flere skritt enn nødvendig for å løse oppgaven for å gi litt informasjon om hvorfor metodene fungerer slik. () For å finne en basis for ColA er det nok å bare ha trappeformen, slik at man kan bestemme pivotkolonnene. Men vi skal allikevel se på den reduserte trappeformen B til utgansmatrisen A A = B = 2 3 9 5 3 2 3 4 4 3 8 5 = [a : a 2 : a 3 : a 4 ] = [b : b 2 : b 3 : b 4 ] x og x 2 er basisvariabler, x 3 og x 4 er frie variabler. Her kan vi se at kolonnene b 3 og b 4, som korresponderer til de frie variablene x 3 og x 4, kan fås som lineærkombinasjon av kolonnene b og b 2, som korresponderer til basisvariablene x og x 2 : b 3 = 3b + 8b 2 b 4 = 5b b 2 Siden b 3 og b 4 er lineært avhendig av b og b 2 utspenner {b, b 2 } det samme romet som {b, b 2, b 3, b 4 }, nemlig ColB 3. Pivotkolonnene b og b 2 er også lineært uavhengige siden de er elementer fra I n. Dermed har vi funnet ut at {b, b 2 } er en basis for ColB. Dette var desverre ikke svaret til spørsmålet og ofte er ColB ColA. Nå må vi huske at elementære radoperasjoner har ingen påvirkning på den lineære avhengigheten av kolonner i 2 dvs. ved en betingelse som elementene i romet må oppfylle. 3 Når vi tar et element v fra ColB, v = cb +c 2b 2 +c 3b 3 +c 4b 4, kan vi erstatte b 3 og b 4 med formlene ovenfor og v kan dannes ved bruk av bare b og b 2.

34 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN en matrise, slik at den lineære avhengigheten av kolonnene i A er den samme som lineære avhengigheten av de tilsvarende kolonene i B 4. Dette betyr at a 3 og a 4 kan fås som lineærkombinasjon av a og a 2, slik at {a, a 2 } er nok får å utspenne ColA og at {a, a 2 } er lineært uavhengig. {a, a 2 } danner dermed en basis for ColA: B (ColA) = 3 2, 3 2 3 4 (2) For å finne en basis for NulA går vi ut fra den implisite definisjonen til NulA, som er alle løsninger til Ax =. Ved å løse denne likningen for x og skrive løsningen på vektorform får vi en eksplisit beskrivelse av underromet NulA. Den reduserte trappeformenen [B : ] til matrisen [A : ] av likningen Ax = er [A : ] = [B : ] = 2 3 9 5 3 2 3 4 4 3 8 5 x og x 2 er basisvariabler, x 3 og x 4 er frie variabler. Ved hjelp av [B : ] finner vi løsningen til Ax = på vektorform: x x = x 2 x 3 x 4 x = 3x 3 8x 4 5x 3 + x 4 x 3 x = x 3 x 4 3 5 x = x 3 u + x 4 v + x 4 x 3 og x 4 er vilkårlige tall. {u, v} utspenner hele NulA siden x = x 3 u + x 4 v er den eksplisite beskrivelsen av alle elementer i NulA. De er også lineært uavhengige fordi det er umulig å få en vektor som lineærkombinasjon av den andre 5. 8 4 Likningen Ax =, som undersøker den lin. avhengigheten av kolonnene i A, og likningen Bx =, som undersøker den lin. avhengigheten av kolonnene i B, har den samme løsningen. 5 Dette gjelder generelt for vektorer som danner løsningen til Ax =. Grunnen er at hver vektor har et element hvor de tilsvarende elementene av de andre vektorene er, slik at det er umulig å få denne vektoren som lineærkombinasjon av de andre.

{u, v} danner dermed en basis for NulA: OPPGAVER MED LØSNING 35 B (NulA) = 3 5, 8.59. Oppgave: () Finn en basis for ColA. (2) Finn en basis for NulA. A = 4 4 9 2 5 6 6 4 2 5 8 2 4 6 4 2 6 4 Se på Hint -delen i opppgave.58. Dette løsningsforslaget bruker bare skrittene som er nødvendig for å løse oppgaven. () For å finne en basis for ColA er det nok å bare ha trappeformen til A = [a : a 2 : a 3 : a 4 ], slik at man kan bestemme pivotkolonnene. I dette tilfelle er det {a, a 2, a 4 } som danner en basis for ColA: B (ColA) =, 4 2 4 2, 4 6 5 4 (2) For å finne en basis for NulA trenger vi den reduserte trappeformen [B : ] til matrisen [A : ] av likningssystemet Ax = : [B : ] = 9 3 2 4

36 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN x, x 2 og x 4 er basisvariabler, x 3 og x 5 er frie variabler. Ved hjelp av [B : ] finner vi løsningen til Ax = på vektorform: x x 2 x = x 3 x 4 x 5 x 3 9x 5 3x 3 + 2 x = x 5 x 3 4x 5 x = x 3 x 5 3 x = x 3 u + x 5 v + x 5 9 2 4 x 3 og x 5 er vilkårlige tall. {u, v} danner dermed en basis for NulA: 9 B (NulA) 3 =, 2 4.6. Oppgave: Finn en basis for underromet, som utspennes av følgende vektorer: 2 2 3 a = 4 2, a 2 = 8 4, a 3 = 5 4, a 4 = 4 5 4 4 Se på Hint -delen i opppgave.58. Fremgangsmåten her er å finne en basis for ColA med A = [a : a 2 : a 3 : a 4 ]. Vi må derfor finne pivotkolonnene i A ved hjelp av trappeformen: A = 2 2 3 4 8 5 4 2 4 4 5 4 4 2 2 3 3 8 5 {a, a 3, a 4 } danner dermed en basis for Span{a, a 2, a 3, a 4 }: 2 3 B = 4 2, 5 4, 4 5 4 4

OPPGAVER MED LØSNING 3.6. Oppgave: B = {b, b 2 } utgjør en basis for R 2. Finn koordinatvektoren av x relativ til B. 2 b =, b 4 2 =, x =, Koordinatene av x relativ til en basis B = {b,..., b p } er vektene c,..., c p på lineærkombinasjonen av basisvektorene som danner x: x = c b +... + c b p c,..., c p kalles også B-koordinater av x. Koordinatvektoren av x relativ til en basis B er bare å skrive koordinatene x relativ til B i en vektor: [x] B = [x] B kalles også B-koordinatenvektor av x. For å finne c og c 2 i c b + c 2 b 2 = x kan vi bruke litt matriseregning: [ ] 2 5 4 3 c. c p Koordinatvektoren av x relativ til B er dermed [ c 5 [x] B = = c 2 3 ].62. Oppgave:x befinner seg i et underrom H som har en basis B = {b, b 2 }. Finn koordinatvektoren av x relativ til B. b = 5, b 2 = 3, x = 2, 3 5 Se på -delen av oppgave.6. For å finne c og c 2 i c b + c 2 b 2 = x kan vi bruke litt matriseregning: 3 2 5 4 5 4 3 5 Koordinatvektoren av x relativ til B er dermed [x] B = [ c c 2 ] = [ 4 5 4 ]

38 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN.63. Oppgave: Beregn determinaten ved hjelp av kofaktorutviklingen () etter. raden (2) etter 2. kolonnen A = 3 4 2 3 2 5 En vilkårlig 2 2 matrise har følgende trappeform: a b a b A = c d ad bc Elementet ad bc er avgjørende for om Ax = b har en løsning for alle b og kalles determninant. Determninanten til en 2 2 matrise er definert på følgende måte: a b c d = ad bc Determinanten til A betegnes som det A eller A. En vilkårlig 3 3 matrise har følgende trappeform: A = a a 2 a 3 a 2 a 22 a 23 a a 2 a 3 a a 22 a 2 a 2 a a 23 a 3 a 2 a 3 a 32 a 33 a Elementet er avgjørende for om Ax = b har en løsning for alle b. Determninanten for en 3 3 matrise er definert på følgende måte: = +a (a 22 a 33 a 23 a 32 ) a 2 (a 2 a 33 a 23 a 3 ) + a 3 (a 2 a 32 a 22 a 3 ) Uttrykkene i parantesene kalles underdeterminanter. Underdeterminantene betegnes med A ij og dannes ved å stryke rad i og kolonne j i A. A 23 dannes for eksempel ved å stryke rad 2 og kolonne 3 i A. Man kan nå skrive på en litt annen måte: = +a a 22 a 23 a 32 a 33 a 2 a 2 a 23 a 3 a 33 + a 3 a 2 a 22 a 3 a 32 = a A a 2 A 2 + a 3 A 3 Dette er et eksempel på en utvikling av en determinant ved hjelp av underdeterminanter, som betyr at man splitter opp en determinant til flere underdeterminanter av mindre størrelse. En slik utvikling kan generaliseres på alle størrelser ved hjelp av kofaktorer. I dette tilfelle har vi utviklet determinanten etter elementene fra første rad (a, a 2, a 3 ), men det er mulig å utvikle determinanter etter alle mulige rader og kolonner ved hjelp av kofaktorer.

OPPGAVER MED LØSNING 39 En (i,j)-kofaktor er sammenfatningen av fortegn og underdeterminant ved underdeterminantutviklingen og er definert ved: C ij = ( ) i+j A ij For å slippe å regne ut ( ) i+j for hver kofaktor kan man bruke dette skjemaet: + +... + + +.... Kofaktorutviklingen kan utføres etter alle rader og kolonner. kofaktorutviklingen etter i. rad A = a i C i + a i2 C i2 +... + a in C in kofaktorutviklingen etter j. kolonne A = a j C j + a 2j C 2j +... + a nj C nj Bruk radene eller kolonnen med det største antallet ere. Det er bare å sette inn tallene i definisjonene. () Kofaktorutviklingen etter. rad: A = 3 3 2 5 + 4 2 3 5 = 3 ( 3) + 4 = (2) Kofaktorutviklingen etter 2. kolonne: A = 3 3 4 + 5 ( ) 3 4 2 2 = 3 ( 3) + 5 ( ) ( 2) =.64. Oppgave: Beregn determinaten ved hjelp av kofaktorutviklingen () etter. rad (2) etter 2. kolonne A = Se på -delen av oppgave.63 2 4 3 3 2 4 Her, igjen, er det bare å sette inn tallene i definisjonene.

4 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN () Kofaktorutviklingen etter. rad: A = 2 2 4 4 ( ) 3 2 = 2 ( 9) 4 ( ) ( 5) + 3 = 5 + 3 3 4 (2) Kofaktorutviklingen etter 2. kolonne: A = 4 ( ) 3 2 + 2 3 + 4 ( ) 2 3 3 2 = 4 ( ) ( 5) + ( 5) + 4 ( ) ( 5) = 5.65. Oppgave: Beregn determinaten ved hjelp av kofaktorutviklingen etter. rad A = Se på -delen av oppgave.63 A = 2 5 6 2 3 4 4 5 5 6 + 3 ( ) 4 5 5 6 = 2 ( 5) + 3 ( ) ( ) 4 4 = 23 4 4 5.66. Oppgave: Beregn determinaten ved hjelp av kofaktorutviklingen. For hver skritt, velg en rad eller en kolonne som fører til minst mulig regning. A = Se på -delen av oppgave.63 3 5 8 4 2 3 5 2

OPPGAVER MED LØSNING 4 Triangulære determinanter lar seg veldig enkelt beregne ved å suksessivt utføre kofaktorutvikling etter. kolonne: A = = a a a 2 a 3... a n a 22 a 23... a 2n a 33... a 3n.......... a nn a 22 a 23... a 2n a 33... a 3n......... a nn a 33... a 3n........ a nn = a a 22 =... A = a a 22... a nn n A = i= a ii Determinanten til en triangulær matrise er bare produktet av alle diagonalelementer. fungerer som men danner et produkt av elementer istedfor en sum. Vi bruker mange forskjellige kofaktorer i regningen nedenfor. Vi får A = 3 = 3 ( 2) = 3 ( 2) 2 = 2 2 3 5 2 5 2 Enda smartere er det å bruke formelen for determinanter til triangulere matriser: A = n i= a ii = 3 ( 2) 2 = 2.6. Oppgave:

42 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN Beregn determinaten ved hjelp av kofaktorutviklingen. For hver skritt, velg en rad eller en kolonne som fører til minst mulig regning. 4 3 5 2 A = 3 6 4 8 5 5 2 3 9 2 Se på -delen av oppgave.63 4 3 5 A = 2 ( ) 3 4 8 5 2 3 2 4 3 5 = 2 ( ) 3 5 2 3 2 [ = 2 ( ) 3 ( ) ( ) 4 5 5 3 + 2 4 3 5 2 = 2 ( ) 3 [( ) ( ) 3 + 2 ( )] = 6 (3 4) = 6 ].68. Oppgave: Beregn determinanten ved hjelp av skjemaet for 3 3 determinanter. 3 4 A = 2 3 2 5 For å beregne determinanten til en 3 3 matrise kan man bruke det følgende skjemaet: a a 2 a 3 a a 2 a 2 a 22 a 23 a 2 a 22 a 3 a 32 a 33 a 3 a 32 + + + Kopier de første to kolonner til høyre av determinanten og oppsummer produktene med de riktige fortegnene. Dette skjemaet gjelder bare for 3 3 matriser!!

OPPGAVER MED LØSNING 43 Det er bare å følge skjemaet. 3 4 3 2 3 2 2 3 5 5 + + + A = +3 3 ( ) + 2 + 4 2 5 3 4 5 2 3 ( ) 2 A = +( 9) + + 4 3 A =.69. Oppgave: Finn determinanten til A ved bruk av radoperasjoner. A = 5 6 4 4 2 9 Når man utfører elementære radoperasjoner på en n n matrise A a... a n.. A = a j... a jn.. a n... a nn og man får en matrise B, så gjelder følgende sammenhenger mellom A og B : () B = multiplum av en rad i A adderes til en annen rad i A a... a n.. B = a j + ka... a jn + ka n.. a n... a nn Da gjelder sammenhengen B = A

44 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN (2) B = to rader i A byttes a j... a jn.. B = a... a n.. a n... a nn Da gjelder sammenhengen B = A (3) B = en rad i A multipliseres med k a... a n.. B = ka j... ka jn.. a n... a nn Da gjelder sammenhengen B = k A Alle regler over kan brukes analogt på kolonner. For eksempel gjelder det B = A når man bytter to kolonner i A for å få B. Triangulære n n determinanter kan beregnes som A = a a 22... a nn n A = i= a ii Determinanten til en triangulær matrise er produktet av alle diagonalelementer. For å beregne en n n determinant kan man bruke følgende metoden: () Bruk radoperasjoner og kolonneoperasjoner for å redusere determinanten til trappeformen. (2) Determinanten er produktet av alle diagonalelementer. () Bruk radoperasjoner og kolonneoperasjoner for å redusere determinanten til trappeformen: 5 6 A = 4 4 2 9 5 6 = 2 3 (2) Determinanten er produktet av alle diagonalelementer: A = 3 = 3

OPPGAVER MED LØSNING 45.. Oppgave: Finn determinanten til A ved bruk av radoperasjoner og kofaktorutviklingen. 2 5 4 A = 4 6 2 6 2 4 6 Se på -delen av oppgave.69. Du må beherske kofaktorutvikling. Hvis ikke, så er det bedre å løse basisoppgavene om kofaktorutvikling først. En annen effektiv metode for å finne determinanten til en matrise: () Bruk radoperasjoner og kolonneoperasjoner på determinanten for å redusere antall ikke- ere i en rad eller kolonne til en. (2) Utfør kofaktorutviklingen etter denne raden eller kolonnen. (3) Hvis du har fått underdeterminanter gjenta disse tre skrittene. Vi bruker radoperasjoner for å redusere anntal ikke- ere på den 4. kolonnen til en og utfører en kofaktorutviklingen etter samme kolonnen. Tilsvarende gjør vi deretter med den. kolonnen. 2 5 4 A = 4 6 2 6 2 4 6 2 5 4 = 3 2 6 2 4 6 3 2 = ( ) 6 2 4 6 3 2 = ( ) 6 2 4 5 3 = ( ) 6 3 2 5 3 = ( ) 6 = 6.. Oppgave: Determinant A er gitt: A = a b c d e f g h i =

46 EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HÜLSEN Finn determinant B : A = Se på -delen av oppgave.69. a b c g h i d e f B kan fås ved å bytte de to nederste radene i A. Derfor finner vi B som.2. Oppgave: Determinant A er gitt: Finn determinant B : A = B = A = A = Se på -delen av oppgave.69. a b c d e f g h i a b c 2d + a 2e + b 2f + c g h i B kan fås ved å først multiplisere den andre raden i A med 2 og deretter addere den føste raden den andre. Den første operasjonen (multiplikasjon) har en effekt på determinanten men ikke den andre (addisjon av en rad til en annen). Derfor finner vi B som B = 2 A = 4.3. Oppgave: Beregn A for å finne ut, om A er inverterbar. A = 2 3 3 4 2 Du må beherske en metode for å beregne en 3 3 determinant. Hvis ikke, så er det bedre å løse basisoppgavene om beregning av 3 3 determinanter først. For å finne ut, om A er inverterbar, kan man regne ut A og bruke den følgende sammenhengen: A A er inverterbar A = A er ikke inverterbar Siden A = og dermed A, er A inverterbar.