100 ENKLERE OPPGAVER MED HINT OG LØSNINGSFORSLAG I
Download
Report
Transcript 100 ENKLERE OPPGAVER MED HINT OG LØSNINGSFORSLAG I
100 ENKLERE OPPGAVER MED HINT OG LØSNINGSFORSLAG I
LINEÆR ALGEBRA
(OG NOEN I DISKRET MATEMATIKK)
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
Introduksjon
Dette kompendiet inneholder oppgaver med hint og løsningsforslag i lineær algebra
og noen f˚
a i diskret matematikk. Kompendiet er opprinnelig utarbeidet til bruk sammen
med læreboken, David C. Lay: Linear algebra and its applications, (2000), 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 p˚
a kurset MAT110 ved Høgskolen i Buskerud høsten
2006 og m˚
a ikke distribueres videre.
1. Oppgaver i lineæralgebra
1.1. Oppgave: Finn punktet (x1 , x2 ) som ligger p˚
a linjen x1 + 4x2 = 7 og p˚
a linjen
x1 − x2 = −1. Se p˚
a figur 1.
5
XXX
XXX
X
XXX
XXX
X
X
0
-5
-5
0
5
Figure 1. Linjer som representerer lineære likninger
Hint:
• Løsningene (s1 , s2 ) av en lineær likning med to variabler kan representeres som
punktene p˚
a en linje p˚
a x1 , x2 -planen. Punktene som ligger p˚
a begge linjer av et
system av lineære likninger representerer løsningene til begge likninngene og er
dermed løsninger til hele systemet av lineære likninger.
1
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
2
Løsningsforslag: Vi finner løsningen til v˚
art system med følgende operasjoner:
I
x1 +4x2 = 7
II x1 −x2 = −1
−I
I
x1 +4x2 = 7
II
−5x2 = −8
÷(−5)
I
x1 +4x2 = 7
II
x2 = 85
I
x1
II
x2
=
=
−4 · II
3
5
8
5
Punktet ( 35 , 85 ) ligger p˚
a begge linjer (den er løsningen til begge likninger og dermed systemet). Gjør testene: (a) Tegn opp linjene og (b) sett inn 35 og 85 i de gitte likningene.
1.2. Oppgave: Løs systemet av lineære likninger
I
x1 +2x2
=
4
II
−x1 +3x2 +3x3 = −2
III
x2 +x3 =
0
Hint:
• Det som er essentiell p˚
a slike systemer er koeffisientene foran x1 , x2 , ... og konstantene p˚
a høyre siden. Koeffisientene kan sammenfattes til en koeffisientmatrise.
Hvis man ogs˚
a tar med seg konstantene kalles det en augmentert matrise.
• Det finnes tre regler for matrisemanipulering:
(1) 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
Løsningsforslag: Vi skal n˚
a ekstrahere den relevante informasjonen av systemet til den
augmenterte matrisen og modifisere den slik at vi f˚
ar den typiske trekantete formen: Det
skal bare være ”0”er under det ledende (første ikke lik 0) tallet av en linje. Fremgangsm˚
ate:
Først eliminer (betyr at de blir 0) de to nederste tallene av kolonne en ved hjelp av linje en,
etterp˚
a eliminer det siste tallet av kolonne to ved hjelp av linje to. Bruk linjeoperasjonene.
OPPGAVER MED LØSNING
I
II
III
3
1 2 0
4
−1 3 3 −2
0 1 1
0
+I
1 2 0 4
0 5 3 2
0 1 1 0
I
II
III
·5 − II
1 2 0
4
0 5 3
2
0 0 2 −2
I
II
III
Dette er allerede fint, fordi n˚
a kan vi lett finne x3 fra III. x3 kan vi da sette inn i II for
˚
a finne x2 . Til slutt kan vi sette x2 og x3 inn i I for ˚
a finne x1 . Dette var ja meningen
med denne trekantete formen. Men dette kan vi ogs˚
a gjøre i matriseverden, som gjør livet
enkler n˚
ar man har litt rutine. M˚
alet er ˚
a bare ha to tall per linje, nemlig det som er
ledende n˚
a og det siste . Det ledende tallet skal være 1. Fremgangsm˚
ate: Skaler først det
ledende tallet i III til 1. Bruk III for ˚
a eliminere alle tall i kolonne 3 i II og I. Skaler det
ledende tallet i II til 1. Bruk II for ˚
a eliminere alle tall i kolonne 2 i I.
I
II
III
1 2 0
4
0 5 3
2
0 0 2 −2
I
II
III
I
II
III
1 2 0
4
0 5 0
5
0 0 1 −1
÷5
I
II
III
−2 · II
I
II
III
1 2 0
4
0 5 3
2
0 0 1 −1
1 2 0
4
0 1 0
1
0 0 1 −1
1 0 0
2
0 1 0
1
0 0 1 −1
÷2
(allerede 0)
−3 · III
4
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
Husk at det lineære systemet som representeres av den siste matrisen ser slik ut:
I
x1
=
2
II
x2
=
1
III
x3 = −1
Løsningnen er dermed (2, 1, −1) for det lineære systemet.
1.3. Oppgave: Finn ut om det følgende systemet er konsistent. Ikke løs hele systemet.
I
2x2 +2x3
II
x1
−2x4
III
x3 +3x4
IV −2x1 +3x2 +2x3 +x4
=
0
= −3
= −4
=
5
Hint:
• Et lineært system kalles
– konsistent n˚
ar det har en eller uendelig mange løsninger
– inkonsistent n˚
ar det har ingen løsning
Løsningsforslag: For ˚
a finne ut om systemet er konsistent m˚
a vi manipulere det slik at
det har den trekantete formen.
I
0 2 2
0
0
→ III
1 0 0 −2 −3
II
III 0 0 1
3 −4 → IV
IV
−2 3 2
1
5
→I
I
II
III
IV
−2
1
0
0
3
0
2
0
2
1
5
0 −2 −3
2
0
0
1
3 −4
I
II
III
IV
−2
0
0
0
3
3
2
0
2
1
5
2 −3 −1
2
0
0
1
3 −4
I
II
III
IV
−2
0
0
0
3
3
0
0
2
1
5
2 −3 −1
1
3
1
1
3 −4
−III
I
II
III
IV
3
3
0
0
2
1
5
2 −3 −1
1
3
1
0
0 −5
motsigelse!
−2
0
0
0
·2 + I
· 32 − II
OPPGAVER MED LØSNING
5
Linje IV er en motsigelse fordi 0x1 + 0x2 + 0x3 + 0x4 = −5 kan aldri være sant. Derfor
har systemet ingen løsning og er dermed inkonsistent.
1.4. Oppgave: Finn verdien(e) for h slik at matrisen er den augmenterte matrisen av
et konsistent lineært system.
I
II
1 h −2
−4 2 10
Løsningsforslag: For ˚
a finne ut hvor mange løsninger et lineært system har, kan man
manipulere det slik at det f˚
ar den trekantete formen.
I
II
I
II
1 h −2
−4 2 10
1
h −2
0 2 + 4h
2
+4 · I
N˚
ar man en gang har f˚
att x2 fra II, f˚
ar man alltid en løsning for x1 fra I (x1 = −2 − h),
uansett hvilken verdi h har. Men f˚
ar vi alltid en løsning for x2 ? Nei ! Det oppst˚
ar en
motsigelse n˚
ar (2 + 4h) er 0 slik at hele systemet blir inkonsistent. Denne betingelsen
er oppfyllt for h = − 12 . Løsning er at h kan velges fritt blandt de reelle eller komplexe
tall men skal ikke være − 12 , slik at den gitte matrisen er en augmenterte matrisen av et
konsistent lineært system.
1.5. Oppgave: Har de tre linjene et felles skjæringspunkt ? Forklar.
linje1 2x1 +3x2 = −1
linje2 6x1 +5x2 =
0
linje3 2x1 −5x2 =
7
Hint:
• Et felles punkt av de tre linjene p˚
a x1 , x2 -planen representerer en felles løsning til
alle tre likningene, som er dermed en løsning til hele systemet. Det betyr at n˚
ar
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 HULSEN
Løsningsforslag: For ˚
a finne ut om systmet er konsistent (= om linjene har minst et
felles punkt) manipulerer vi den augmenterte matrisen som vanlig.
I
II
III
I
II
III
I
II
III
2
3 −1
6
5 0
2 −5 7
−2 · I
−I
2
3 −1
0 −1 2
0 −8 6
÷(−1)
÷(−8)
2 3 −1
0 1 −2
0 1 43
Her ser vi at II og III er to motsatte utsagn. x2 kan aldri være −2 og 43 samtidig, slik at
det er umulig ˚
a finne en løsning til alle tre likninger. Systemet er inkonsistent. Det finnes
derfor ikke et felles punkt og dermed heller ikke et skjæringspunkt.
1.6. Et viktig poeng for varme overgangs undersøkelser er ˚
a finne den stabile temperatur
fordelingen p˚
a en tynn plate n˚
ar temperature p˚
a 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 T1 , . . . , T6 være temperaturene p˚
a de seks innere nodene p˚
a gitteret i figur 2.
Temperaturen p˚
a en node er ca. lik gjennomsnittet av de fire nærmeste nodene, ovenfor,
nedenfor, til høyre, til venstre. Som eksempel er T1 = (10 + 20 + T2 + T4 )/4 eller 4T1 −
T2 − T4 = 30
20◦sC 20◦sC 20◦sC
10◦ C s
s1
s2
s3
s40◦ C
10◦ C s
s1
s2
s3
s40◦ C
s
s
s
20◦ C 20◦ C 20◦ C
Figure 2. Temperatur Fordelingen p˚
a et Stykke Metall
Oppgave: Skriv et system av seks likninger for ˚
a finne temperaturene T1 , . . . , T6 .
OPPGAVER MED LØSNING
7
Løsningsforslag: Vi kan først finne likningene før de seks gjennomsnittene.
T1
T2
T3
T4
T5
T6
=
=
=
=
=
=
(10 + 20 + T2 + T4 )/4
(20 + T1 + T3 + T5 )/4
(20 + 40 + T2 + T6 )/4
(10 + 20 + T1 + T5 )/4
(20 + T2 + T4 + T6 )/4
(20 + 40 + T3 + T5 )/4
Dette systemet av lineære (hvorfor lineære ?) likninger kan vi ordne.
4T1 −T2
−T4
−T1 +4T2 −T3
−T5
−T2 +4T3
−T6
−T1
+4T4 −T5
−T2
−T4 +4T5 −T6
−T3
−T5 +4T6
1.7. Oppgave: Løs likningene fra forrige oppgave.
=
=
=
=
=
=
30
20
60
30
20
60
8
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
Løsningsforslag: Det letteste med et
matrisen og ˚
a løse den ved hjelp av linje
I
4 −1
0
−1
II
4
−1
0 −1
III
4
IV
0
0
−1
0 −1
V
0
VI
0
0 −1
I
II
III
IV
V
VI
I
II
III
IV
V
VI
I
II
III
IV
V
VI
I
II
III
IV
V
VI
4 −1
0 −1
0
0 30
−1
4 −1
0 −1
0 20
−1
0
0
4 −1
0 30
0 −1
4
0
0 −1 60
0 −1
0 −1
4 −1 20
0
0 −1
0 −1
4 60
I
II
III
IV
V
VI
s˚
a stor system er ˚
a generere den augmenterte
operasjoner.
−1
0
0 30
0 −1
0 20
0
0 −1 60
→ IV
4 −1
0 30
→ III
−1
4 −1 20
0 −1
4 60
4
0
0
0
0
0
−1
0 −1
0
0 30
15 −4 −1 −4
0 110
−1
0 15 −4
0 150
−1
4
0
0 −1 60
−1
0 −1
4 −1 20
0 −1
0 −1
4 60
4
0
0
0
0
0
−1
0 −1
0
0 30
−1
0 −1
4 −1 20
−1
0 15 −4
0 150
−1
4
0
0 −1 60
15 −4 −1 −4
0 110
0 −1
0 −1
4 60
·4 + I
·4 + I
→V
→ II
4 −1
0 −1
0
0 30
0 −1
0 −1
4 −1 20
0
0
0
16 −8
1 130
0
0
4
1 −4
0 40
0
0 −4 −16 56 −15 410
0
0 −1
0 −1
4 60
4 −1
0 −1
0
0 30
0 −1
0 −1
4 −1 10
0
0 −1
0 −1
4 60
0
0
4
1 −4
0 40
0
0 −4 −16 56 −15 410
0
0
0
16 −8
1 130
−II
−II
+15 · II
→VI
→ III
+4 · III
−4 · III
OPPGAVER MED LØSNING
I
II
III
IV
V
VI
I
II
III
IV
V
VI
I
II
III
IV
V
VI
I
II
III
IV
V
VI
4 −1
0 −1
0
0
30
0 −1
0 −1
4
−1
20
0
0 −1
0 −1
4
60
0
0
0
1 −8
16
280
0
0
0
0 52 −30
300
0
0
0
0 120 −255 −4350
4 −1
0 −1
0
0 30
0 −1
0 −1
4 −1 20
0
0 −1
0 −1
4 60
0
0
0
1 −8
16 280
0
0
0 −16 60 −31 170
0
0
0
16 −8
1 130
9
4 −1
0 −1
0
0
30
0 −1
0 −1
4 −1
20
0
0 −1
0 −1
4
60
0
0
0
1 −8
16
280
0
0
0
0 26 −15
150
0
0
0
0 24 −51 −870
I
II
III
IV
V
VI
4 −1
0 −1
0
0 30
0 −1
0 −1
4 −1 20
0
0 −1
0 −1
4 60
0
0
0
1 −8
16 280
0
0
0
0 26 −15 150
0
0
0
0
0
1 190
7
4 −1
0 −1
0 0
30
330
0 −1
0 −1
4 0
7
0
0 −1
0 −1 0 − 340
7
0
0
0
1 −8 0 − 1080
7
3900
0
0
0
0 26 0
7
190
0
0
0
0
0 1
7
÷2
÷5
4 −1
0 −1
0
0
30
0 −1
0 −1
4
−1
20
0
0 −1
0 −1
4
60
0
0
0
1 −8
16
280
0
0
0
0 26 −15
150
13110
−
0
0
0
0
0 − 483
13
13
I
II
III
IV
V
VI
+V I
−16 · IV
− 24
26 · V
÷ − 483
13
+V I
−4 · V I
−16 · V I
+15 · V I
÷26
10
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
I
II
III
IV
V
VI
I
II
III
IV
V
VI
4 −1
0 −1
0 0
30
330
0 −1
0 −1
4 0
7
0
0 −1
0 −1 0 − 340
7
0
0
0
1 −8 0 − 1080
7
150
0
0
0
0
1 0
7
190
0
0
0
0
0 1
7
4 −1
0 −1 0 0
30
270
0 −1
0 −1 0 0 − 7
0
0 −1
0 0 0 − 190
7
120
0
0
0
1 0 0
7
150
0
0
0
0 1 0
7
190
0
0
0
0 0 1
7
I
II
III
IV
V
VI
330
4 −1 0 0 0 0
7
0 −1 0 0 0 0 − 150
7
190
0
0 1 0 0 0
7
120
0
0 0 1 0 0
7
150
0
0 0 0 1 0
7
190
0
0 0 0 0 1
7
I
II
III
IV
V
VI
I
II
III
IV
V
VI
4
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
480
7
150
7
190
7
120
7
150
7
190
7
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
120
7
150
7
190
7
120
7
150
7
190
7
120
150
190
120
150
190
+IV
+IV
÷(−1)
−II
÷(−1)
÷4
Løsningen er dermed
T1
T2
T3
T4
T5
T6
1
=
7
=
17.143
21.429
27.143
17.143
21.429
27.143
−4 · V
+V
+8 · V
OPPGAVER MED LØSNING
11
1.8. Oppgave: Finn den generelle løsningen av systemet med den augmenterte matrisen:
1 0 2 5
2 0 3 6
Løsningsforslag: Vi finner den reduserte trappeformen ved hjelp av elementære radoperasjoner:
1 0 0 −3
0 0 1
4
x1 og x3 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 ˚
a bestemme de ved hjelp av konstantene og de frie variablene. x2 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
x1 = −3
x2 er fri
x3 = 4
1.9. Oppgave: Finn den generelle løsningen av systemet med den augmenterte matrisen:
1 −2 0 0
7 −3
0
1 0 0 −3
1
0
0 0 1
5 −4
0
0 0 0
0
0
Løsningsforslag: Vi finner den reduserte trappeformen ved hjelp av elementære radoperasjoner:
1 0 0 0
1 −1
0 1 0 0 −3
1
0 0 0 1
5 −4
0 0 0 0
0
0
Løsningen er
x1 = −1 − 1x5
x2 = 1 + 3x5
x3 er fri
x4 = −4 − 5x5
x5 er fri
Bemerkning: Denne parametriske beskrivelsen av løsningsmengden er ikke entydig. Man
kunne ogs˚
a har valgt x4 som fri variable og x5 som basisvariable, men det er en konvensjon
˚
a bruke variablene som korresponderer med pivotkolonnene som basisvariabler.
1.10. Oppgave: Bestemm h og k slik at systemet har
a) Ingen løsning
b) En unik løsning
c) Mange løsninger
x1 +hx2 = 1
2x1 +3x2 = k
Løsningsforslag: Finn trappeformen til den augmenterte matrisen:
1
h
1
0 3 − 2h k − 2
12
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
a) Ingen løsning
Betingelse:
i. Det finnes en rad med [0 . . . 0b], med b 6= 0. Dette betyr at 3 − 2h = 0 og
smatidig k − 2 6= 0.
Løsningen er dermed
3
2
k=
6 2
h=
b) En unik løsning Betingelse:
i. Det finnes ikke en rad med [0 . . . 0b], med b 6= 0. Dette betyr at 3 − 2h = 0
og k − 2 6= 0 skal ikke være sant samtidig.
ii. Det finnes ikke frie variabler. Dette medfører at 3 − 2h 6= 0.
Løsningen er dermed
3
h 6=
2
(Tenk p˚
a hvorfor det er bare en betingelse som løsning ...)
c) Mange løsninger
i. Det finnes ikke en rad med [0 . . . 0b], med b 6= 0. Dette betyr at 3 − 2h = 0
og k − 2 6= 0 skal ikke være sant samtidig.
ii. Det finnes frie variabler. Dette medfører at 3 − 2h = 0.
Løsningen er dermed
3
h 6=
2
k=2
(Tenk p˚
a hvorfor det er de to betingelsene som løsning ...)
1.11. Oppgave: Finn summen z + w og produktet zw hvis
a. z = 2 + 3i, w = 5 − i
b. z = 1 + 2i, w = 2 − i
Løsningsforslag:
a. z = 2 + 3i, w = 5 − i
i. z + w = 7 + i
ii. zw = (10 + 3) + (15 − 2)i = 13 + 13i
b. z = 1 + 2i, w = 2 − i
i. z + w = 3 + i
ii. zw = (2 + 2) + (4 − 1)i = 4 + 3i
1.12. Oppgave: Finn |z| og z¯, og bevis at z z¯ = |z|2 , hvis
a. z = 3 + 2i
b. z = 4 − i
Løsningsforslag:
a. z = 3 + 2i √
i. |z| = 13
ii. |z|2 = 13 = z z¯ = (3 + 2i)(3 − 2i) = 9 + 4 = 13
b. z = 4 − i √
i. |z| = 17
OPPGAVER MED LØSNING
13
ii. |z|2 = 17 = z z¯ = (4 − i)(4 + i) = 16 + 1 = 17
1.13. Oppgave: Uttrykk z/w p˚
a formen a + bi, med a og b reele tall, hvis
a. z = 1 + 2i, w = 1 + i
b. z = 3 + i, w = 3 + 4i
Løsningsforslag:
a. z = 1 + 2i, w = 1 + i
z
1 + 2i
(1 + 2i)(1 − i)
3+i
3 1
=
=
=
= + i
w
1+i
(1 + i)(1 − i)
2
2 2
b. z = 3 + i, w = 3 + 4i
z
13
9
=
− i
w
25 25
1.14. Oppgave: Finn absoluttverdi (modulus) |z| og hovedargumentet θ for
√
3−i
a. z = √
b. z = − 3 − i
Løsningsforslag:
√
a. z = 3 − i
i. |z| = 2
−1
ii. θ = arctan √
= π6
3
√
b. z = − 3 − i
i. |z| = 2
√
− π = − 5π
ii. θ = arctan −−1
6
3
1.15. Oppgave: Uttrykk (1 + i)8 p˚
a formen a + bi, med a og b reelle tall.
Løsningsforslag:
h√ h
π π ii8
(1+i)8 =
+ i sin
2 · cos
= 24 ·(cos 2π+i sin π) = 16(cos 2π+i sin 2π) = 16+0i
4
4
1.16. Oppgave: Finn de fire fjerderøttene av z = −16
Løsningsforslag: Løs z = w4 for w:
z = −16
= 16 · (cos (π + k2π) + i sin (π + k2π)) , k = 0, 1, . . .
z = w4
1
π+k2π
w = 164 · (cos( π+k2π
4 ) + i sin( 4 ))
, k = 0, 1, 2, 3
π
π
π
= 2 cos 4 + k 2 + i sin 4 + k π2
, k = 0, 1, 2, 3
√
√
2 + √2i
√
√2 − √2i
w∈
− 2 + √2i
√
− 2 − 2i
14
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
1.17. Oppgave: Finn de tre tredjerøttene av z = −27
Hint:
• 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.
Løsningsforslag: Løs z = w4 for w:
z = −27
= 27 · [cos (π + k2π) + i sin (π + k2π)] , k = 0, 1, . . .
z = w4
1
w = 273 [cos π+k2π
+ i sin π+k2π
] , k = 0, 1, 2
3
3
π
2π
= 3 cos π3 + k 2π
+
i
sin
+
k
, k = 0, 1, 2
3
3
3
√
23 + 3 23 i
−3√
w∈
3 − 3 3i
2
2
1.18. Oppgave: Regn ut og utrykk svaret p˚
a formen a + ib.
(1) (3 + 2i)(4 + i)i
(2) (1 + i)15
Løsningsforslag:
(1) (3 + 2i)(4 + i)i = (3 · 4 + 3 · i + 2i · 4 + 2i · i)i = (12 + 3i + 8i − 2)i = (10 + 11i)i =
10i + 11i2 = −11 + 10i
(2) Vi brukes polarform:
√ π
π
1 + i = 2 cos + i cos
4
4
√ √
15
π
π
π
π 15
2 cos + i cos
(1 + i)15 =
= ( 2)15 cos + i cos
4
4
4
4
og de Moivres formel:
√
√ 15
15π
15π
1
1
= ( 2)
cos
+ i cos
= 128 2 √ − i cos √
= 128 − 128i
4
4
2
2
1.19. Oppgave: Beregn
(1) (3 + 5i)
(2) |5 + i|
Løsningsforslag:
(1) (3 + 5i) =√3 − 5i
√
(2) |5 + i| = 52 + 12 = 26
1.20. Oppgave: Finn alle (de komplekse) løsningene av likningen z 3 − 8 = 0.
Løsningsforslag:
Vi m˚
a finne tredjerøttene til 8 og vi vil bruke formelen
1
θ + 2kπ
θ + 2kπ
wk = r 3 cos
+ i sin
3
3
Derfor trenger vi polarformen til 8: 8 = 8(cos 0 + i sin 0), hvor r = 8 og θ = (cos 0 + i sin 0)
1
0+2·0·π
0+2·0·π
3
w0 = 8
cos
+ i sin
= 2(cos 0 + i sin 0) = 2
3
3
OPPGAVER MED LØSNING
15
2·π
0+2·1·π
0+2·1·π
2·π
w1 = 8
= 2 cos
cos
+ i sin
+ i sin
3
3
3
3
√
1
1√
=2 − +i
3 = −1 + 3i
2
2
1
0+2·2·π
4·π
4·π
0+2·2·π
+ i sin
= 2 cos
+ i sin
w2 = 8 3 cos
3
3
3
3
√
1
1√
=2 − +i−
3
= −1 − 3i
2
2
1
3
1.21. Oppgave: La ~u = [3, −2] og ~v = [−2, 5]. Finn komponentformen til vektoren
3
u + 54 ~v .
5~
Løsningsforslag:
3
3
3
9 6
~u =
(3), (−2) =
,−
5
5
5
5 5
4
4
8
4
~v =
(−2), (5) = − , 4
5
5
5
5
3
4
9
8
6
1 14
~u + ~v =
+ (− ), − + 4 =
,
5
5
5
5
5
5 5
1.22. Oppgave: Finn enhetsvektor i samme retning som vektoren [4, −3].
Løsningsforslag:
1
4 3
[4, −3] =
,−
5
5 5
p
42 + (−3)2 = 5;
1.23. Oppgave: La ~u = 2~i + ~j, ~v = ~i + ~j, og w
~ = ~i − ~j. Finn skalarer a og b slik at
~u = a~v + bw.
~
Løsningsforslag:
2~i + ~j = a(~i + ~j) + b(~i − ~j) = (a + b)~i + (a − b)~j
⇓
a−b=1
a + b = 2,
⇓
2a = 3
⇓
3
a= ,
2
b=a−1=
1
2
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
16
√
√
1.24. Oppgave: La ~v = 2~i − 4~j + 5 5~k, ~u = −2~i + 4~j − 5~k.
Finn:
(1) ~v · ~u, |~v |, |~u|.
(2) Cosinus til vinkelen mellom ~v og ~u
Løsningsforslag:
(1)
~v · ~u = −25,
|~v | = 5,
|~u| = 5
(2)
cos θ = −1
1.25. Oppgave: Finn lengde og retning for ~u × ~v og ~v × ~u der
~u = 2~i − 2~j − ~k, ~v = ~i − ~k
Løsningsforslag:
~u × ~v = ~k
~i ~j
2 −2 −1
1 0 −1
= 3 2~i +
3
1~
j+
3
2~
k
3
⇓
lengde=3 og retning er 32~i + 13~j + 32 ~k;
2~ 1~ 2 ~
~v × ~u = −(~u × ~v ) = −3
i+ j+ k
3
3
3
⇓
lengde=3 og retning er − 32~i − 13~j − 23 ~k.
1.26. Oppgave: Finn ut om b er en lineærkombinasjon av a1 , a2 og a3 .
1
−2
−6
11
a1 = 0 , a2 = 3 , a3 = 7 , b = −5
1
−2
5
9
Løsningsforslag:
Finn trappeformen av den matrisen, som beskriver
x1 · a1 + x2 · a2 + x3 · a3 = b
1 −2 −6 11
0
3
7 −5
0
0 11 −2
Likningssystemet er konsistent (har minst en løsning), slik at man kan skrive b som
b = x1 · a1 + x2 · a2 + x3 · a3
Hvis man løser systemet videre, finner man ogs˚
a vektene x1 , x2 , x3
b=
245
41
2
· a1 −
· a2 −
· a3
33
33
11
OPPGAVER MED LØSNING
1.27. Oppgave: Undersøk om vektoren b er et element i Span{a1 , a2 , a3 } n˚
ar
(1)
1
1
2
8
a1 = −1 , a2 = −2 , a3 = 3 , b = 1
3
−7
4
10
(2)
1
1
2
8
a1 = 1 , a2 = 2 , a3 = −3 , b = −1
2
4
17
2
Løsningsforslag:
Vi skriver de fire vektorene som kolonner i en
1
1
−1 −2
3 −7
matrise:
2 8
3 1
4 10
Radoperasjoner: Rad20 = Rad2 + Rad1, Rad30 = Rad3 − 3 ∗ Rad1
1
1
2
8
0 −1
5
9
0 −10 −2 −14
Rad30 = Rad3 − 10 ∗ Rad2
1 1
2
8
0 −1
5
9
0 0 −52 −104
1
∗ Rad3
Rad20 = −Rad2, Rad30 = − 52
1 1 2
8
0 1 −5 −9
0 0 1
2
Vi ser at dette er et konsistent system, s˚
a ~b er i
0
Videre: Rad2 = Rad2 + 5 ∗ Rad3
1 1 2
0 1 0
0 0 1
Span{~a1 , ~a2 , ~a3 }.
8
1
2
Rad10 = Rad1 − 2 ∗ Rad3
1 1 0 4
0 1 0 1
0 0 1 2
Rad10 = Rad1 − Rad2
1 0 0 3
0 1 0 1
0 0 1 2
x1 = 3
x2 = 1
x3 = 2
~b = 3~a1 + ~a2 + 2~a3
17
18
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
1.28. Oppgave: Beregn produktet Ax ved hjelp av
A=
5 2 1
−4 4 7
1
,x = 1
1
Løsningsforslag:
(1) Metode 1:
Ax =
1
5 2 1
1 =
−4 4 7
1
1
5
2
1
+1
+1
=
−4
4
7
5
2
1
+
+
=
−4
4
7
8
7
(2) Metode 2:
Ax =
1
5 2 1
1 =
−4 4 7
1
1·5+1·2+1·1
=
1 · (−4) + 1 · 4 + 1 · 7
8
7
1.29. Oppgave: Finn løsningen til Ax = b. Skriv løsningen p˚
a vektorform.
2
4 −6
2
1
3 ,b = 5
A= 0
−3 −5
7
−3
Løsningsforslag: Løsningen x av Ax = b er det samme som løsningen av det lineære
systemet med den augmenterte matrisen
2
4 −6
2
1
3
5
[Ab] = 0
−3 −5
7 −3
Radreduksjon til redusert trappeformen gir løsningen
0
x= 2
1
Skjekk løsningen ved ˚
a sette inn x i Ax = b.
OPPGAVER MED LØSNING
19
1.30. Oppgave: Utspenner kolonnene i A hele R3 ?
0
0
2
1
A = 0 −5
4
6 −3
Løsningsforslag: Ved ˚
a bytte radene i matrisen finner vi trappeformen (pivotposisjonene
er markerte)
4
6 −3
1
A = 0 −5
0
0
2
A har
pivot-posisjon i hver rad, som betyr at for hver b ∈ R3 finnes det minst en
en
x1
x = x2 , slik at Ax = x1 a1 + x2 a2 + x3 a3 = b. Kolonnene i A utspenner dermed hele
x3
3
R .
1.31. Oppgave: Finn ut om systemet har ikke-trivielle løsninger. Bruk s˚
a f˚
a radoperasjoner som mulig.
x1 −5x2 +9x3 = 0
−x1 +4x2 −3x3 = 0
2x1 −8x2 +9x3 = 0
Løsningsforslag: Vi finner trappeformen til den augmenterte matrisen:
1 −5 9 0
0 −1 6 0
0
0 3 0
Fordi det ikke er frie variabler (alle variabler har sine korresponderende pivotkolonner) har
systemet ingen ikke-triviell løsning. Alts˚
a: Den eneste løsningen er den trivielle løsningen.
1.32. Oppgave: Finn løsningen til det gitte homogene systemet og skriv den p˚
a vektorform. Gi en geometrisk beskrivelse av løsningen.
x1 −3x2 −2x3 = 0
x2 −x3 = 0
−2x1 +3x2 +7x3 = 0
Løsningsforslag: Vi finner den reduserte trappeformen til den augmenterte matrisen:
1 0 −5 0
0 1 −1 0
0 0
0 0
Vi har to basisvariabler, x1 og x2 , som
x3 . Løsningen er dermed
x1
x = x2 =
x3
kan representeres ved hjelp av den frie variablen
5x3
5
1x3 = x3 1 , x3 ∈ R
1x3
1
20
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
0
Alle løsningspunkter ligger p˚
a en linje x = x3 v, som g˚
ar gjennom 0 = 0 og som er
0
5
parallel til v = 1 .
1
1.33. Oppgave: Finn løsningen til det gitte inhomogene systemet og skriv den p˚
a vektorform. Gi en geometrisk beskrivelse av løsningen og sammenlign med øving 1.32.
x1 −3x2 −2x3 = −5
x2 −x3 =
4
−2x1 +3x2 +7x3 = −2
Løsningsforslag: Vi finner den reduserte trappeformen av den augmenterte matrisen
1 0 −5 7
0 1 −1 4
0 0
0 0
Vi har to variabler, x1 og x2 , som kan representeres ved hjelp av den frie variablen x3 .
Løsningen er dermed
x1
7 + 5x3
7
5
x = x2 = 4 + 1x3 = 4 + x3 1 , x3 ∈ R
x3
0 + 1x3
0
1
7
Alle løsningene ligger p˚
a en linje x = p + x3 v, som g˚
ar gjennom p = 4 og som er
0
5
parallel til v = 1 . Løsningen til det inhomogene systemet er den av p translaterte
1
løsningen til det korresponderende homogene systemet. p er en partikulær løsning til
Ax = b.
1.34. Oppgave: G˚
a utfra at A er en 3x3 matrise med tre pivotposisjoner.
(1) Har Ax = 0 en ikke-triviell løsning ?
(2) Har Ax = b minst en løsning for hver mulig b ?
Løsningsforslag: Matrisen ser slik ut:
a11 a12 a13
A = 0 a12 a23
0
0 a13
(1) Det er en pivotkolonne for hver variabel (eller: en pivotposisjon p˚
a hver kolonne),
slik at det er ingen frie variabler. Dermed har Ax = 0 bare den trivielle løsningen.
(2) Det er en pivotposisjon p˚
a hver rad, som betyr at kolonnene i A utspenner hele
3
R , slik at Ax = b har en løsning for hver mulig b.
OPPGAVER MED LØSNING
21
1.35. Oppgave: Finn ut, om vekoterene er lineært avhengige. Gi en begrunnelse.
3
−3
6
v1 = 0 , v2 = 2 , v3 = 4 ,
0
3
0
Løsningsforslag: Fremgangsm˚
ate: Vi setter alle vektorer inn i en matrise A og finner ut
om x = 0 er den eneste løsningen til Ax = 0.
3 6 −3
2
A= 0 4
0 0
3
Siden vi har pivot-posisjoner i hver rad er x = 0 den eneste løsningen av Ax = 0, som
betyr at den eneste m˚
aten ˚
a kombinere vektorene v1 , v2 , v3 til 0 er ˚
a bruke vektene
x1 = x2 = x3 = 0. Mengden av vektorene {v1 , v2 , v3 } er dermed lineært uavhengig.
Viktig spørsm˚
al: Vi har lagt vektorene inn i matrisen i en annen rekkefølge. Hvorfor har
vi lov til det ?
1.36. Oppgave: Finn ut, om kolonnene i A danner en lineært avhengig mengde av
vektorer. Gi en begrunnelse.
1
3 −2 0
A = 3 10 −7 1
−5 −5
3 7
Løsningsforslag: Vi har en 3x4 matrise eller fire vektorer fra R3 , som betyr at kolonnene
i A danner en linear avhengig mengde av vektorer. En m˚
ate ˚
a forestille seg dette: Selv
om man har allerede tre uavhengige vektorer i R3 , kan man kombinere disse tre vektorer
til alle mulige vektorer i R3 , slik at fire vektorer i R3 m˚
a alltid være avhengige (minst en
vektor kan f˚
as fra de andre). Det samme fungerer med tre vektorer i R2 . En annen notis:
Fire avhengige vektorer betyr ikke nødvendigvis at villk˚
arlige to eller tre av de er ogs˚
a
avhengige.
1.37. Oppgave: Tre vektorer er gitt:
1
−2
1
3 , v2 = −6 , v3 = 2 ,
v1 =
−2
4
h
(1) For hvilke verdier av h er v3 i Span{v1 , v2 } ?
(2) For hvilke verdier av h er {v1 , v2 , v3 } lineært avhengig ?
Løsningsforslag:
(1)
• En metode er ˚
a finne ut om x1 v1 + x2 v2 = v3 har en løsning, som betyr
at v3 kan representeres som linearkombinasjon av v1 og v2 med tilsvarende
vekter x1 og x2 . Vi kan bruke matriseregning for ˚
a finne ut dette.
1 −2 1
1 −2
1
3 −6 2 ∼ 0
0
−1
−2
4 h
0
0 h+2
Vi f˚
ar en motsigelse, systemet har ingen løsning og svaret er at v3 ligger aldri
i Span{v1 , v2 }, uansett hvilken verdi h har.
22
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
• En annen metode er ˚
a forestille seg linearkombinasjonene av v1 og v2 . Alle
”lineærkombinasjoner” av v1 ligger p˚
a en linje som g˚
ar gjennom 0. N˚
a m˚
a
man oppdage at v2 er lineært avhengig av v1 , slik at lineærkombinasjonene
av v1 og v2 ligger fortsatt p˚
a den samme linjen, som er dermed Span{v1 , v2 }.
N˚
a er det lett ˚
a finne ut, om v3 ligger p˚
a denne linjen ved ˚
a skjekke om v3
er lineært avhengig av en av de to andre vektorer. Det er den ikke og svaret
er det samme som p˚
a første metoden.
(2) v1 og v2 er lineært avhengige (v2 = −2v1 ), slik at {v1 , v2 , v3 } er lineært avhengig,
uansett hvilken verdi h har.
1.38. Oppgave: Finn ut, uten regninger, om vektorene er lineært avhengige. Gi en
begrunnelse.
2
−6
0
v1 = −5 , v2 = 5 , v3 = 0 ,
1
3
0
Løsningsforslag: Alle vektorer er per definisjon lineært avhengig av 0, slik at {v1 , v2 , v3 }
er lineært avhengig.
1.39. Oppgave: T : R3 7→ R3 er definert ved T (x) = Ax. Finn en x slik at bildet under
T er b. Finn ut om x er entydig.
1 0 −1
0
A = 3 1 −5 , b = −5
−4 2
1
6
Løsningsforslag: Det er bare ˚
a løse T (x) = Ax = b for x ved hjelp av matriseregning.
Vi f˚
ar den entydige løsningen
4
x= 3
4
1.40. Oppgave: Matrisen A har størrelsen 7x5. Hvilke verdier m˚
a a og b ha for ˚
a kunne
definere T : Ra 7→ Rb ved T (x) = Ax. Gi en begrunnelse.
Løsningsforslag: Løsningen er a = 5 og b = 7. Tegn opp en 7x5 matrise A og tenk
p˚
a hvilken størrelse en vektor x, som multipliseres med A, m˚
a ha og hvilken størrelse
resultatsvektoren har.
1.41. Oppgave: Matrisen A har størrelsen 6x5. Hvilke verdier m˚
a a og b ha for ˚
a kunne
a
b
definere T : R 7→ R ved T (x) = Ax. Gi en begrunnelse.
Løsningsforslag: Lønsingen er a = 5 og b = 6.
1.42. Oppgave: Finn alle x ∈ R4 som g˚
ar p˚
a0
1 3 4
A= 0 1 3
3 7 6
ved x 7→ Ax
−3
−2
−5
OPPGAVER MED LØSNING
23
Løsningsforslag: Det er bare ˚
a løse T (x) = Ax = 0 med hensyn p˚
a x ved hjelp av matriseregning. Vi f˚
ar en løsning p˚
a vektorform, siden det er flere vektorer som transformeres
til 0 under T .
x1
5x3 − 3x4
−3
5
x2 −3x3 + 2x4
=
= x3 −3 + x4 2 , x3 , x4 ∈ R
x=
0
1
x3
x3
1
0
x4
x4
1.43. Oppgave: Anta at T er en lineær transformasjon. Finn standardmatrisen A til
T : R2 7→ R3 ved hjelp av
T (1, 0) = (4, −1, 2)
T (0, 1) = (−5, 3, −6)
Hint:
• Identitetsmatrisen In er den matrisen som bare har 1’ere p˚
a hoveddiagonalen og
ellers bare 0’ere. Kolonnene i In betegner man vanligvis som e1 , e2 . . . en
1 0 ... 0
0 1 ... 0
In = .. .. . . .. = [e1 e2 . . . en ]
. .
. .
0 0 ... 1
• Ved help av identitetsmatrisen In kan x skrives p˚
a en litt annen m˚
ate:
x1
..
x = In x = [e1 . . . en ] . = e1 x1 + . . . + en xn
xn
• N˚
ar man har en lineær transformasjon T : Rn 7→ Rm , s˚
a 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 (e1 ), . . . , T (en ):
T (x) = T (e1 x1 + . . . + en xn )
= T (e1 )x1 + . . . + T (en )xn
= [T (e1 ) . . . T (en )] x
= Ax
Løsningsforslag: Vi finner A ved
A = [T (e1 ) T (e2 )]
A = [T (1, 0) T (0, 1)]
4 −5
3
A = −1
2 −6
24
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
1.44. Oppgave: Anta at T er en lineær transformasjon. Finn standardmatrisen A til
T : R3 7→ R2 ved hjelp av
T (e1 ) = (1, 4)
T (e2 ) = (−2, 9)
T (e3 ) = (3, −8)
hvor e1 , e2 , e3 er kolonnene til identitetsmatrisen I3 .
Løsningsforslag: Vi finner A ved
A = [T (e1 ) T (e2 ) T (e3 )]
1 −2
3
A=
4
9 −8
1.45. Oppgave: Annta at T er en lineær transformasjon. Finn standardmatrisen A til
T : R2 7→ R2 som roterer punktene med uret med π.
Hint:
1
• A = [T (e1 ) T (e2 )] = [T (1, 0) T (0, 1)] betyr at det er nok ˚
a vite hvor e1 =
0
0
og e2 =
transformeres for ˚
a finne A i R2 .
1
Løsningsforslag: N˚
ar punktene roterer med uret med π flyttes e1 og e2 p˚
a følgende
m˚
aten (tegn figur hvor du viser rotasjon av punktene !):
1
−1
7→
0
0
0
0
7→
1
−1
Vi finner derfor A ved
A = [T (1, 0) T (0, 1)]
−1
0
A=
0 −1
1.46. Oppgave: Finn ut om den lineære transformasjonen i oppgave 1.44 er en injektiv
(en-til-en) transformasjon.
Hint:
• En lineær transformasjon T : Rn 7→ Rm er injektiv hvis og bare hvis likningen
T (x) = 0 har bare den trivielle løsningen.
• En lineær transformasjon T : Rn 7→ Rm med standardmatrisen A er injektiv hvis
og bare hvis kolonnene i A er lineært uavhengige.
Løsningsforslag: Transformasjonen T : R3 7→ R2 er ikke en en-til-en avbildning:
1 −2
3
T (x) =
x
4
9 −8
Man kan begrunne det p˚
a følgende m˚
ater, som bruker teoremene ovenfor:
• Ax = 0 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 R2 .
OPPGAVER MED LØSNING
25
1.47. Oppgave: P˚
a pakkningene av frokostblandinger som Quaker’s, Kellogg’s osv. (som
kalles ”cereals”) st˚
ar det mengden av kalorier, proteiner, karbohydrater og fett per porsjon.
I Table 1 finner du mengden til to vanlige fokostblandinger fra U.S.A. Anta at du n˚
a vil
General
Quaker
Mills
100% Natural
Næringsstoff
Cheerios
Cereal
Kalorier (g)
110
130
Protein (g)
4
3
Karbohydrat (g)
20
18
Fett (g)
2
5
Table 1. 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.
(1) Finn en vektor-likning for denne oppgaven. Si ogs˚
a hva variablene dine i likningen
betyr.
(2) Finn den ekvivalente matrise-likningen og finn ut om din blanding kan tilberedes.
Hint:
• Du kan danne en lineær model av denne problemstillingen fordi to betingelser er
gitt:
(1) 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.
Løsningsforslag:
(1) Vektor-likningen Vi kan finne denne likningen som beskriver næringsstoffmodellen:
110
130
295
4
3 9
x1
20 + x2 18 = 48
2
5
8
Vi kan ogs˚
a skrive den p˚
a denne m˚
aten
x1 a1 + x2 a2 = b
hvor vektorene/variablene har de følgende betydnigene:
• x1 : Antall porsjoner Mills i din blanding.
• x2 : Antall porsjoner Quaker i din blanding.
• a1 : Vektor med mengden av hver næringsstoff per posjon Mills.
• a2 : Vektor med mengden av hver næringsstoff per posjon Quaker.
• b: Vektor med mengden av hver næringsstoff i din blanding.
(2) Matrise-likningen Fra x1 a1 + x2 a2 = b f˚
ar vi Ax = b med matrisen A:
110 130 295
110 130 295
4
3
9
0
1
1
20 18 48 ∼
0
0
0
2
5
8
0
0
0
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
26
Vi kan se at din blanding kan fremstilles. Grunnen er at systemet er konsistent1 (i
dette tilfelle: entydig løsning), som betyr at vi kan finne x1 og x2 , som gir oss antall
porsjoner av Mills og Quaker. N˚
ar man regener videre f˚
ar man denne matrisen
1
0
0
0
0 1.5
1
1
0
0
0
0
Du m˚
a ta 1.5 porsjon Mills og 1 porsjoner Quaker f˚
ar ˚
a f˚
a din blanding.
1.48. Oppgave: I et bestemmt omr˚
ade flytter ca. 4% av byens befolkning til landsbyene
som ligger rundt byen og ca. 3% av befolkningen i landsbyene flytter til byen. I 1990
bodde 600000 mennesker i byen mens 400000 mennesker bodde i landsbyene.
(1) Finn en differenslikning som beskriver situasjonen, hvor x0 er befolkningen i 1990.
(2) Regn ut hvor mange mennesker bor i byen og i landsbyene etter to ˚
ar, nemlig i
1992.
Hint:
• En første ordens lineær differenslikning har formen xk+1 = Axk med k = 0, 1, 2, . . ..
En verdi xk+1 defineres ved hjelp av den forutg˚
aende verdien xk etter en lineær
transformasjon med matrisen A
• Du kan danne en lineær model av denne problemstillingen fordi to betingelser er
gitt:
(1) 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).
Løsningsforslag:
(1) Differenslikningen Vi definerer først befolknings-vektoren x som
xk =
bk
lk
=
{Befolkningen i byen}
{Befolkningen i landsbyene}
Vi m˚
a n˚
a finne ut hvor mange mennesker bor i byen og i landsbyen etter et ˚
ar,
som er v˚
art itersjonsskritt:
bk+1 = 0.96bk + 0.03lk
lk+1 = 0.04bk + 0.97lk
1Vi var heldige fordi det er svært usannsynlig ˚
a velge en vektor fritt fra hele R4 som skal treffe et plan,
som er en veldig liten del av R4 . Sagt p˚
a en annen m˚
ate: Det var veldig sannsynlig at en motsigelse ville
ha oppst˚
att i v˚
art likningssystem.
OPPGAVER MED LØSNING
27
Vi f˚
ar befolkningsvektoren etter et ˚
ar:
bk+1
xk+1 =
lk+1
0.96bk + 0.03lk
xk+1 =
0.04bk + 0.97lk
bk
0.96 0.03
xk+1 =
·
0.04 0.97
lk
0.96 0.03
xk+1 =
· xk
0.04 0.97
xk+1 = M · xk
M kommer fra det engelske ”migration matrix” og kan fritt oversettes som flyttematrise. For en fullstendig beskrivelse mangler det bare en startvektor x0 for
1990 som vi f˚
ar ved ˚
a sette inn startverdiene i definsjonen av xk ovenfor:
b0
600000
x0 =
=
l0
400000
(2) Befolkningen i 1992 Det er n˚
a lett ˚
a regne ut befolkningsvektoren for 1992, x2 ,
som er resultatet etter to iterasjoner.
Befolkningen i 1991:
x1 = M · x0
0.96 0.03
600000
x1 =
·
0.04 0.97
400000
58800
x1 =
412000
Befolkningen i 1992:
x2 = M · x1
0.96 0.03
588000
x2 =
·
0.04 0.97
412000
576840
x2 =
423160
1.49. Oppgave: Følgende matriser er gitt:
1 4
1 0
7 0 −1
−1
4 1
A=
,B =
, C = −4 0 , D = −2 1
−1 5
2
5 −3 0
Beregn følgende uttrykk. Hvis et uttrykk ikke er definert, gi en begrunnelse for hvorfor
ikke.
(1) −2A
(2) B − 2A
(3) AC
28
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
(4) CD
Hint:
• 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
b11 . . . b1j . . . b1p
..
..
B = ...
.
.
bn1 . . . bnj . . . bnp
a11 . . . a1n
c11 . . . c1j . . . c1p
.. ..
..
..
..
. .
.
.
.
A = ai1 . . . ain ci1 . . . cij . . . cip = AB
.
.
..
..
..
..
. ..
.
.
am1 . . . amn
cm1 . . . cmj . . . cmp
Elementet cij beregnes som
cij = ai1 b1j + ai2 b2j + . . . + ain bnj
OBS: Matrisemultiplikasjonen er ikke kommutativ, som betyr at AB er ikke generellt
det samme som BA.
Løsningsforslag:
−14
0
2
(1) −2A =
2 −10 −4
−15
4
3
(2) B − 2A =
7 −13 −4
(3) AC er ikke definert siden antall rader i A er ikke lik antall kolonner i B. (Se p˚
a
skjemaet
over)
1 · 1 + 4 · (−2)
1·0+4·1
−7 4
(4) CD = −4 · 1 + 0 · (−2) −4 · 0 + 0 · 1 = −4 0
1.50. Oppgave: A er en 3 × 5 matrise, produktet AB er en 3 × 7 matrise. Hva er
størrelsen av B ?
Hint:
• Se p˚
a matriseprodukt i ”Husk”-delen av oppgave 1.49.
• For en matrisemultiplikasjon m˚
a 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
Løsningsforslag:
• Antal rader i B = Antall kolonner i A = 5
• Antal kolonner i B = Antall kolonner i AB = 7
OPPGAVER MED LØSNING
29
Dermed er B en 5 × 7 matise.
1.51. Oppgave: Finn den inverse matrisen til
−4 −5
A=
5
6
Hint:
• Den inverse til en 2 × 2 matrise A =
A−1 =
1
det A
a b
c d
finnes ved
d −b
−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 6= 0, s˚
a er A inverterbar og man sier at A er regulær.
– Hvis det A = 0, s˚
a er A ikke inverterbar og man sier at A er singulær.
Løsningsforslag:
Determinanten er
det A = −4 · 6 − (−5) · 5 = 1
A er dermed en regulær matrise og den inverse til A er
1
6
5
−1
A =
1 −5 −4
6
5
−1
A =
−5 −4
1.52. Oppgave:
1 2
5
−2
3
1
A=
, b1 =
, b2 =
, b3 =
, b4 =
,
3 8
7
−2
5
7
Finn den inverse matrisen A−1 og løs likningene
(1) Ax = b1
(2) Ax = b2
(3) Ax = b3
(4) Ax = b4
Hint:
• Hvis en n × n matrise A er inverterbar, s˚
a finnes det en entydig løsning til Ax = b
for hver b ∈ Rn . Løsningen beregnes som
x = A−1 b
Løsningsforslag:
Determinanten er det A = 2, A er dermed en regulær matrise og den inverse til A er
4 −1
−1
A =
1
− 32
2
Løsningene av likningene beregnes som
13
−1
(1) x1 = A b1 =
−4
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
30
−6
(2) x2 =
=
2
7
−1
(3) x3 = A b3 =
−2
−3
−1
(4) x4 = A b4 =
2
A−1 b2
Oppgave: Finn den inverse matrisen til A. Hvis den ikke finnes, gi en begrunnelse hvorfor
ikke.
1 0 5
A= 1 1 0
3 2 6
Hint:
• N˚
ar man ønsker ˚
a utføre en elementær radoperasjon p˚
a en m × n matrise A, s˚
a
kan man gjøre det p˚
a to m˚
ater:
(1) Man utfører den ønskete elementære radoperasjonen ERO p˚
a A.
(2) Man utfører den samme elementære radoperasjonen ERO p˚
a identitetsmatrisen Im og f˚
ar E, som kalles elementærmatrise. Deretter beregner man matriseproduktet EA og f˚
ar samme svar. En hver elementærmatrise er forresten
inverterbar.
Hva er vitsen med ˚
a gjøre s˚
a mye mer for en enkel radoperasjon ? Noen ganger
er det enkler ˚
a uttrykke elementære radoperasjoner som en matrisemultiplikasjon.
Man kan ogs˚
a sammenfatte flere elementære radoperasjoner ved ˚
a multiplisere de
tilsvarende elementærmatrisene E1 , . . . , Ep til en matrise E:
Ep · . . . · E1 · A = E · A
Pass p˚
a at rekkefølgen p˚
a multiplikasjonen er omvendt, fordi man multipliserer
suksessivt ”fra venstre”. For p = 3 ser det slik ut: E3 · (E2 · (·E1 · A))
• N˚
ar en n × n matrise A er inverterbar, s˚
a betyr det at A er radekvivalent med
identitetsmatrisen In dvs. at man f˚
ar In etter anvendelsen av p elementære
radoperasjoner E1 , . . . , Ep p˚
a A. Disse elementærmatriser kan sammenfattes til
E = Ep · . . . · E1 og man kan skrive
EA = In
A = E −1 In
A−1 = EIn
Dette er utganspunktet for en algoritme for ˚
a finne A−1 fra A. Med de samme
radoperasjonene E f˚
ar man In fra A men ogs˚
a det ønskete A−1 fra In . Algoritmen
−1
f˚
ar ˚
a finne A kan da sammenfattes som
[A : In ] ∼ [In : A−1 ]
Løsningsforslag:
Skriv opp [A : In ]
1 0 5 1 0 0
1 1 0 0 1 0
3 2 6 0 0 1
OPPGAVER MED LØSNING
og bruk elementære radoperasjoner
1
0
0
31
for ˚
a f˚
a [In : A−1 ]
0 0
6 10 −5
1 0 −6 −9
5
0 1 −1 −2
1
Det er n˚
a bare ˚
a kutte ut In fra matrisen og man har
6 10 −5
5
A−1 = −6 −9
−1 −2
1
1.53. Oppgave: Finn den inverse matrisen til A. Hvis den ikke finnes, gi en begrunnelse
for hvorfor ikke.
1 3 −1
2
A= 0 1
−1 0
8
Hint:
• Se p˚
a ”Hint”-delen i oppgave 1.52.
Løsningsforslag:
Skriv opp [A : In ]
1 3 −1 1 0 0
0 1
2 0 1 0
−1 0
8 0 0 1
og bruk elementære radoperasjoner for ˚
a f˚
a [In : A−1 ]
1 0 0
8 −24
7
0 1 0 −2
7 −2
0 0 1
1 −3
1
Det er n˚
a bare ˚
a kutte ut In fra matrisen og man har
8 −24
7
7 −2
A−1 = −2
1 −3
1
1.54. Oppgave: Finn ut om matrisen er invertbar. Bruk s˚
a f˚
a regneopersasjoner som
mulig og gi en begrunnelse p˚
a ditt valg.
5 0 3
A= 7 0 2
9 0 1
Hint:
• For ˚
a 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 s˚
a er
alle gale. Utsagnene gjelder bare for kvadratsike matriser A = [a1 . . . an ], a1 , . . . , an ∈
Rn :
(1) A er inverterbar.
(2) AT er inverterbar.
(3) A ∼ In .
(4) Det er n pivot posisjoner i A.
(5) Ax = 0 har bare den trivielle løsningen.
(6) Ax = b har minst en løsning for hver b ∈ Rn .
32
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
(7) {a1 , . . . , an } er lineært uavhengig.
(8) {a1 , . . . , an } utspenner hele Rn .
(9) x 7→ Ax er en-til-en / injektiv.
(10) x 7→ Ax er p˚
a / surjektiv.
(11) Det finnes en nxn matrise C slik at CA = In .
(12) Det finnes en nxn matrise D slik at AD = In .
Løsningsforslag:
Kolonnene i A er lineært avhengige fordi en av vektorerene er 0. Utsagn 7. over er ikke
sant og dermed er utsagn 1. heller ikke sant. A er ikke inverterbar.
1.55. Oppgave: Finn ut om matrisen er invertbar. Bruk s˚
a f˚
a regneopersasjoner som
mulig og gi en begrunnelse p˚
a ditt valg.
5 −9 3
3 4
A= 0
1
0 3
1.56. Hint:
• Se p˚
a ”Hint”-delen i oppgave 1.54
Løsningsforslag:
Med elementære radoperasjoner f˚
ar vi trappeformen:
5 −9 3
0
3 4
0
0 0
A har bare 2 (6= n = 3) pivotpsosisjoner, slik at utsagn 4. over ikke er sant. Dermed er
utsagn 1. heller ikke sant og A er ikke inverterbar.
1.57. Oppgave: Hvis likningen Ax = 0 har den trivielle løsningen, vil kolonnene i A
utspenne Rn ? Gi en begrunnelse.
Hint:
• Se p˚
a ”Hint”-delen i oppgave 1.54
Løsningsforslag:
Ax = 0 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 1.54.
1.58. Oppgave:
(1) Finn en basis for ColA.
(2) Finn en basis for NulA.
1 2 7 −6
3
2
1 10
5 ∼ 0 1 5 −7
A = −2 −3 −9
3
4 11 −4
0 0 0
0
Hint:
• Et underrom H av Rn er en delmengde av Rn med de tre egenskapene
(1) 0 ∈ H.
(2) Hvis u, v ∈ H, s˚
a er ogs˚
a u + v ∈ H. (lukket under addisjon)
(3) Hvis u ∈ H, s˚
a er ogs˚
a cu ∈ H, for alle c ∈ R. (lukket under skalarmultiplikasjon)
OPPGAVER MED LØSNING
33
Viktig eksempel: Anta at v1 , . . . , vp ∈ Rn , da er Span{v1 , . . . , vp } et underrom
av Rn som utspennes av vektorene v1 , . . . , vp .
• En basis B for et underrom H er en lineært uavhengig mengde av vektorer som
utspenner H.
Standardbasis for Rn er mengden av kolonnene i In : B = {e1 , . . . , en }
• Et kolonnerom ColA av en matrise A = [a1 . . . an ] med a1 , . . . , an ∈ Rm er mengden
av alle lineærkombinasjoner av kolonnene i A. Den er dermed eksplisit definert
ved ColA = Span{a1 , . . . , an }.
ColA er et underrom av Rm .
En basis for ColA kan finnes enkelt ved ˚
a plukke ut pivotkolonnene fra A. Man
kann finne pivotkolonnene ved ˚
a 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 = [a1 . . . an ] med a1 , . . . , an ∈ Rm er implisit2
definert som mengden av alle løsninger til Ax = 0.
NulA er et underrom av Rn .
En basis for NulA er vektorene fra løsningen til Ax = 0 p˚
a vektorform.
Løsningsforslag:
Dette løsningsforslaget bruker flere skritt enn nødvendig for ˚
a løse oppgaven for ˚
a gi litt
informasjon om hvorfor metodene fungerer slik.
(1) For ˚
a finne en basis for ColA er det nok ˚
a bare ha trappeformen, slik at man kan
bestemme pivotkolonnene. Men vi skal allikevel se p˚
a den reduserte trappeformen
B til utgansmatrisen A
3
2
1 10
5 = [a1 : a2 : a3 : a4 ]
A = −2 −3 −9
3
4 11 −4
1 0 −3
8
5 −7 = [b1 : b2 : b3 : b4 ]
B= 0 1
0 0
0
0
x1 og x2 er basisvariabler, x3 og x4 er frie variabler. Her kan vi se at kolonnene b3
og b4 , som korresponderer til de frie variablene x3 og x4 , kan f˚
as som lineærkombinasjon av kolonnene b1 og b2 , som korresponderer til basisvariablene x1 og x2 :
b3 = −3b1 + 8b2
b4 = 5b1 − 7b2
Siden b3 og b4 er lineært avhendig av b1 og b2 utspenner {b1 , b2 } det samme
romet som {b1 , b2 , b3 , b4 }, nemlig ColB 3.
Pivotkolonnene b1 og b2 er ogs˚
a lineært uavhengige siden de er elementer fra
In .
Dermed har vi funnet ut at {b1 , b2 } er en basis for ColB. Dette var desverre
ikke svaret til spørsm˚
alet og ofte er ColB 6= ColA. N˚
a m˚
a vi huske at elementære
radoperasjoner har ingen p˚
avirkning p˚
a den lineære avhengigheten av kolonner i
2dvs. ved en betingelse som elementene i romet m˚
a oppfylle.
3N˚
ar vi tar et element v fra ColB, v = c1 b1 + c2 b2 + c3 b3 + c4 b4 , kan vi erstatte b3 og b4 med formlene
ovenfor og v kan dannes ved bruk av bare b1 og b2 .
34
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
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 a3 og a4 kan f˚
as som lineærkombinasjon av a1 og a2 , slik at {a1 , a2 } er nok
f˚
ar ˚
a utspenne ColA og
• at {a1 , a2 } er lineært uavhengig.
{a1 , a2 } danner dermed en basis for ColA:
3
2
B (ColA) = −2 , −3
3
4
(2) For ˚
a finne en basis for NulA g˚
ar vi ut fra den implisite definisjonen til NulA, som
er alle løsninger til Ax = 0. Ved ˚
a løse denne likningen for x og skrive løsningen
p˚
a vektorform f˚
ar vi en eksplisit beskrivelse av underromet NulA. Den reduserte
trappeformenen [B : 0] til matrisen [A : 0] av likningen Ax = 0 er
3
2
1 10 0
5 0
[A : 0] = −2 −3 −9
3
4 11 −4 0
1 0 −3
8 0
5 −7 0
[B : 0] = 0 1
0 0
0
0 0
x1 og x2 er basisvariabler, x3 og x4 er frie variabler. Ved hjelp av [B : 0] finner vi
løsningen til Ax = 0 p˚
a vektorform:
x1
x2
x=
x3
x4
3x3 − 8x4
−5x3 + 7x4
x=
x3
x4
3
−8
−5
+ x4 7
x = x3
1
0
0
1
x = x3 u + x4 v
x3 og x4 er vilk˚
arlige tall. {u, v} utspenner hele NulA siden x = x3 u + x4 v er den
eksplisite beskrivelsen av alle elementer i NulA. De er ogs˚
a lineært uavhengige
fordi det er umulig ˚
a f˚
a en vektor som lineærkombinasjon av den andre5.
4Likningen Ax = 0, som undersøker den lin. avhengigheten av kolonnene i A, og likningen Bx = 0,
som undersøker den lin. avhengigheten av kolonnene i B, har den samme løsningen.
5Dette gjelder generelt for vektorer som danner løsningen til Ax = 0. Grunnen er at hver vektor har et
element ”1” hvor de tilsvarende elementene av de andre vektorene er ”0”, slik at det er umulig ˚
a f˚
a denne
vektoren som lineærkombinasjon av de andre.
OPPGAVER MED LØSNING
35
{u, v} danner dermed en basis for NulA:
B (NulA)
3
−8
7
−5
=
,
1 0
0
1
1.59. Oppgave:
(1) Finn en basis for ColA.
(2) Finn en basis for NulA.
1
4 11 −4 −9
1 4 11 0
7
−1 −2 −5
6 16
∼ 0 2 6 0 −1
A=
0
4 12
5 18
0 0 0 1
4
−1
2
7
4
6
0 0 0 0
0
Hint:
• Se p˚
a ”Hint”-delen i opppgave 1.58.
Løsningsforslag:
Dette løsningsforslaget bruker bare skrittene som er nødvendig for ˚
a løse oppgaven.
(1) For ˚
a finne en basis for ColA er det nok ˚
a bare ha trappeformen til A = [a1 :
a2 : a3 : a4 ], slik at man kan bestemme pivotkolonnene. I dette tilfelle er det
{a1 , a2 , a4 } som danner en basis for ColA:
B (ColA)
1
4
−4
−2 6
−1
,
,
=
0 4 5
1
2
4
(2) For ˚
a finne en basis for NulA trenger vi den reduserte trappeformen [B : 0] til
matrisen [A : 0] av likningssystemet Ax = 0:
1
0
[B : 0] =
0
0
0 −1 0
9 0
1
3 0 − 21 0
0
0 1
4 0
0
0 0
0 0
36
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
x1 , x2 og x4 er basisvariabler, x3 og x5 er frie variabler. Ved hjelp av [B : 0] finner
vi løsningen til Ax = 0 p˚
a vektorform:
x1
x2
x=
x3
x4
x5
x3 − 9x5
−3x3 + 1 x5
2
x=
x3
−4x5
x5
−9
1
−3
1
2
x = x3
1 + x5 0
0
−4
0
1
x = x3 u + x5 v
x3 og x5 er vilk˚
arlige tall. {u, v} danner dermed en basis for NulA:
−9
1
1
−3
2
(NulA)
B
= 1 , 0
0 −4
0
1
1.60. Oppgave: Finn en basis for underromet, som utspennes av følgende vektorer:
2
−3
1
−2
−4
−5
4
8
a1 =
2 , a2 = −4 , a3 = 4 , a4 = −1
−5
10
−4
4
Hint:
• Se p˚
a ”Hint”-delen i opppgave 1.58.
Løsningsforslag:
Fremgangsm˚
aten her er ˚
a finne en basis for ColA med A
derfor finne pivotkolonnene i A ved hjelp av trappeformen:
1 −2
1 −2
2 −3
−4
8 −5
4 0
0
A=
∼
2 −4
4 −1 0
0
−5 10 −4
4
0
0
{a1 , a3 , a4 } danner dermed en basis for
1
−4
B=
2
−5
= [a1 : a2 : a3 : a4 ]. Vi m˚
a
2 −3
3 −8
0
5
0
0
Span{a1 , a2 , a3 , a4 }:
2
−3
−5 4
,
4 , −1
4
−4
OPPGAVER MED LØSNING
37
1.61. Oppgave: B = {b1 , b2 } utgjør en basis for R2 . Finn koordinatvektoren av x
relativ til B.
1
−2
−1
b1 =
, b2 =
,x =
,
−4
7
1
Hint:
• Koordinatene av x relativ til en basis B = {b1 , . . . , bp } er vektene c1 , . . . , cp p˚
a
lineærkombinasjonen av basisvektorene som danner x:
x = c1 b1 + . . . + c1 bp
c1 , . . . , cp kalles ogs˚
a B-koordinater av x.
• Koordinatvektoren av x relativ til en basis B er bare ˚
a skrive koordinatene x relativ
til B i en vektor:
c1
[x]B = ...
cp
[x]B kalles ogs˚
a B-koordinatenvektor av x.
Løsningsforslag:
For ˚
a finne c1 og c2 i c1 b1 + c2 b2 = x kan vi bruke litt matriseregning:
1 −2 1
1 0 5
∼
−4
7 1
0 1 3
Koordinatvektoren av x relativ til B er dermed
c1
5
[x]B =
=
c2
3
1.62. Oppgave:x befinner seg i et underrom H som har en basis B = {b1 , b2 }. Finn
koordinatvektoren av x relativ til B.
1
−3
−2
b1 = 5 , b2 = −7 , x = 0 ,
−3
5
1
Hint:
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.61.
Løsningsforslag:
For ˚
a finne c1 og c2 i c1 b1 + c2 b2 = x kan vi bruke
1 −3 −2
1
5 −7
0 ∼ 0
−3
5 −1
0
Koordinatvektoren av x relativ til B er dermed
c1
[x]B =
=
c2
7
4
5
4
litt matriseregning:
0 47
1 54
0 0
38
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
1.63. Oppgave: Beregn determinaten ved hjelp av kofaktorutviklingen
(1) etter 1. raden
(2) etter 2. kolonnen
3 0
4
2
|A| = 2 3
0 5 −1
Hint:
• En vilk˚
arlig 2 × 2 matrise har følgende trappeform:
a b
a
b
A=
∼
c d
0 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 p˚
a følgende m˚
ate:
a b c d = ad − bc
Determinanten til A betegnes som det A eller |A|.
• En vilk˚
arlig 3 × 3 matrise har følgende trappeform:
a11 a12 a13
a11
a12
a13
A = a21 a22 a23 ∼ 0 a11 a22 − a12 a21 a11 a23 − a13 a21
a31 a32 a33
0
0
a11 ∆
Elementet ∆ er avgjørende for om Ax = b har en løsning for alle b. Determninanten for en 3 × 3 matrise ∆ er definert p˚
a følgende m˚
ate:
∆ = +a11 (a22 a33 − a23 a32 )
− a12 (a21 a33 − a23 a31 )
+ a13 (a21 a32 − a22 a31 )
Uttrykkene i parantesene kalles underdeterminanter. Underdeterminantene betegnes med Aij og dannes ved ˚
a stryke rad i og kolonne j i |A|. A23 dannes for
eksempel ved ˚
a stryke rad 2 og kolonne 3 i |A|. Man kan n˚
a skrive ∆ p˚
a en litt
annen m˚
ate:
a22 a23 ∆ = +a11 · a32 a33 a21 a23 − a12 · a31 a33 a21 a22 + a13 · a31 a32 ∆ = a11 A11 − a12 A12 + a13 A13
Dette er et eksempel p˚
a 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 p˚
a alle størrelser ved hjelp
av kofaktorer.
I dette tilfelle har vi utviklet determinanten etter elementene fra første rad (a11 ,
a12 , a13 ), men det er mulig ˚
a 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:
Cij = (−1)i+j · |Aij |
For ˚
a slippe ˚
a regne ut (−1)i+j for hver kofaktor kan man bruke dette skjemaet:
+ − + ... − + −
+ − +
..
. . .
.
• Kofaktorutviklingen kan utføres etter alle rader og kolonner.
– kofaktorutviklingen etter i. rad
|A| = ai1 Ci1 + ai2 Ci2 + . . . + ain Cin
– kofaktorutviklingen etter j. kolonne
|A| = a1j C1j + a2j C2j + . . . + anj Cnj
Hint: Bruk radene eller kolonnen med det største antallet ”0”ere.
Løsningsforslag:
Det er bare ˚
a sette inn tallene i definisjonene.
(1) Kofaktorutviklingen etter 1. rad:
3
2
|A| = 3 · 5 −1
+4· 2 3
0 5
= 3 · (−13) + 4 · 10
=1
(2) Kofaktorutviklingen etter 2. kolonne:
3
3 4
4 |A| = 3 · + 5 · (−1) · 0 −1 2 2
= 3 · (−3) + 5 · (−1) · (−2)
=1
1.64. Oppgave: Beregn determinaten ved hjelp av kofaktorutviklingen
(1) etter 1. rad
(2) etter 2. kolonne
2 −4
3
1
2
|A| = 3
1
4 −1
Hint:
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.63
Løsningsforslag:
Her, igjen, er det bare ˚
a sette inn tallene i definisjonene.
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
40
(1) Kofaktorutviklingen etter 1. rad:
1
2
|A| = 2 · 4 −1
2
− 4 · (−1) · 3
1 −1
+3· 3 1
1 4
= 2 · (−9) − 4 · (−1) · (−5) + 3 · 11
= −5
(2) Kofaktorutviklingen etter 2. kolonne:
3
2
|A| = −4 · (−1) · 1 −1
3
+1· 2
1 −1
+ 4 · (−1) · 2 3
3 2
= −4 · (−1) · (−5) + 1 · (−5) + 4 · (−1) · (−5)
= −5
1.65. Oppgave: Beregn determinaten ved hjelp av kofaktorutviklingen etter 1. rad
2 3 −4 5 |A| = 4 0
5 1
6 Hint:
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.63
Løsningsforslag:
0 5 4 5 4 0 |A| = 2 · 1 6 + 3 · (−1) · 5 6 − 4 · 5 1 = 2 · (−5) + 3 · (−1) · (−1) − 4 · 4
= −23
1.66. Oppgave: Beregn determinaten ved hjelp av kofaktorutviklingen. For hver skritt,
velg en rad eller en kolonne som fører til minst mulig regning.
|A| = 3
0
0
0
5 −8
4 2
3 −7 0
1
5 0
0
2 Hint:
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.63
OPPGAVER MED LØSNING
41
• Triangulære determinanter lar seg veldig enkelt beregne ved ˚
a suksessivt utføre
kofaktorutvikling etter 1. kolonne:
a11 a12 a13 . . .
0 a22 a23 . . .
0 a33 . . .
|A| = 0
..
..
.. . .
.
.
.
.
0
0
0 ...
a22 a23 . . .
0 a33 . . .
= a11 · ..
.. . .
.
.
.
0
0 ...
a33 . . .
.. . .
= a11 · a22 · .
.
0 ...
= ...
ann a2n a3n .. . ann a3n .. . ann a1n
a2n
a3n
..
.
|A| = a11 · a22 . . . ann
|A| =
n
Y
aii
i=1
Determinanten
til en triangulær
matrise er bare produktet av alle diagonaleleQ
P
menter.
fungerer som
men danner et produkt av elementer istedfor en sum.
Løsningsforslag:
Vi bruker mange forskjellige kofaktorer i regningen nedenfor. Vi f˚
ar
−2 3 −7 5 |A| = 3 · 0 1
0 0
2 1 5 = 3 · (−2) · 0 2 = 3 · (−2) · 2
= −12
Enda smartere er det ˚
a bruke formelen for determinanter til triangulere matriser:
|A| =
n
Y
aii
i=1
= 3 · (−2) · 1 · 2
= −12
1.67. Oppgave:
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
42
Beregn determinaten ved hjelp av kofaktorutviklingen. For hver skritt, velg en rad eller
en kolonne som fører til minst mulig regning.
4 0 −7
3
−5
0 0
2
0
0 4 −8 |A| = 7 3 −6
5 0
5
2
−3 0 0
9 −1
2 Hint:
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.63
Løsningsforslag:
|A| = 2 · (−1) · 4 0
3 −5 7 3
4 −8 5 0
2 −3 0 0 −1
2 4
3 −5 2 −3 = 2 · (−1) · 3 · 5
0 −1
2 4 −5 +2· 4 3
= 2 · (−1) · 3 · (−1) · (−1) 5 2
5 −3
= 2 · (−1) · 3 · [(−1) · (−1) · 13 + 2 · (−7)]
= −6 · (13 − 14)
=6
1.68. Oppgave: Beregn determinanten ved
3
|A| = 2
0
hjelp av skjemaet for 3 × 3 determinanter.
0
4 3
2 5 −1 Hint:
• For ˚
a beregne determinanten til en 3 × 3 matrise kan man bruke det følgende
skjemaet:
−
"
"
a11
a12
b
b
a21
a22
a32
a11
b
"
b
"
a23
b
"
b
"
"
"
a31
a13
b
"
b
"
−
"
"
a12
"
"
a21
b
"
b
"
a33
−
"
"
a22
b
b
a31
b
b
a32
b
b
+
b
b
+
+
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
Løsningsforslag:
Det er bare ˚
a følge skjemaet.
−
"
"
3
0
4
b
b
2
0
3
b
"
b
"
3
b
"
b
"
2
b
"
b
"
−1
5
−
"
"
0
"
"
2
b
"
b
"
"
"
−
"
"
3
b
b
0
b
b
5
b
b
+
b
b
+
+
|A| = +3 · 3 · (−1) + 0 · 2 · 0 + 4 · 2 · 5
− 0 · 3 · 4 − 5 · 2 · 3 − (−1) · 2 · 0
|A| = +(−9) + 0 + 40 − 0 − 30 − 0
|A| = 1
1.69. Oppgave: Finn determinanten til A ved bruk av radoperasjoner.
1
5 −6
4
A = −1 −4
−2 −7
9
Hint:
• N˚
ar man utfører elementære radoperasjoner p˚
a en n × n matrise A
a11 . . .
..
.
A = aj1 . . .
.
..
an1 . . .
a1n
..
.
ajn
..
.
ann
og man f˚
ar en matrise B, s˚
a gjelder følgende sammenhenger mellom |A| og |B|:
(1) B = multiplum av en rad i A adderes til en annen rad i A
a11
...
..
.
B = aj1 + ka11 . . .
.
..
an1
...
Da gjelder sammenhengen
|B| = |A|
a1n
..
.
ajn + ka1n
..
.
ann
44
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
(2) B = to rader i A byttes
aj1 . . .
..
.
B = a11 . . .
.
..
an1 . . .
ajn
..
.
a1n
..
.
ann
Da gjelder sammenhengen
|B| = −|A|
(3) B = en rad i A multipliseres med k
a11 . . . a1n
..
..
.
.
B = kaj1 . . . kajn
.
..
..
.
an1 . . . ann
Da gjelder sammenhengen
|B| = k|A|
• Alle regler over kan brukes analogt p˚
a kolonner. For eksempel gjelder det |B| =
−|A| n˚
ar man bytter to kolonner i A for ˚
a f˚
a B.
• Triangulære n × n determinanter kan beregnes som
|A| = a11 · a22 . . . ann
|A| =
n
Y
aii
i=1
Determinanten til en triangulær matrise er produktet av alle diagonalelementer.
• For ˚
a beregne en n × n determinant kan man bruke følgende metoden:
(1) Bruk radoperasjoner og kolonneoperasjoner for ˚
a redusere determinanten til
trappeformen.
(2) Determinanten er produktet av alle diagonalelementer.
Løsningsforslag:
(1) Bruk radoperasjoner og kolonneoperasjoner for˚
a redusere determinanten til trappeformen:
1
5 −6 4 |A| = −1 −4
−2 −7
9 1 5 −6 = 0 1 −2 0 0
3 (2) Determinanten er produktet av alle diagonalelementer:
|A| = 1 · 1 · 3 = 3
OPPGAVER MED LØSNING
45
1.70. Oppgave: Finn determinanten til A ved bruk av radoperasjoner og kofaktorutviklingen.
2
5
4 1
4
7
6 2
A=
6 −2 −4 0
−6
7
7 0
Hint:
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.69.
• Du m˚
a beherske kofaktorutvikling. Hvis ikke, s˚
a er det bedre ˚
a løse basisoppgavene
om kofaktorutvikling først.
• En annen effektiv metode for ˚
a finne determinanten til en matrise:
(1) Bruk radoperasjoner og kolonneoperasjoner p˚
a determinanten for ˚
a redusere
antall ikke-”0”ere i en rad eller kolonne til en.
(2) Utfør kofaktorutviklingen etter denne raden eller kolonnen.
(3) Hvis du har f˚
att underdeterminanter gjenta disse tre skrittene.
Løsningsforslag:
Vi bruker radoperasjoner for ˚
a redusere anntal ikke-”0”ere p˚
a den 4. kolonnen til en
og utfører en kofaktorutviklingen etter samme kolonnen. Tilsvarende gjør vi deretter med
den 1. kolonnen.
2
5
4
1
4
7
6 2 |A| = 6 −2 −4 0 −6
7
7 0 2
5
4 1 0 −3 −2 0 = 6 −2 −4 0 −6
7
7 0 0 −3 −2 = 1 · (−1) · 6 −2 −4 −6
7
7 0 −3 −2 = 1 · (−1) · 6 −2 −4 0
5
3 −3 −2 = 1 · (−1) · 6 · 5
3 = 1 · (−1) · 6 · 1
=6
1.71. Oppgave: Determinant |A| er gitt:
a b c |A| = d e f = 7
g h i ¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
46
Finn determinant |B|:
a b c
|A| = g h i
d e f
Hint:
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.69.
Løsningsforslag:
|B| kan f˚
as ved ˚
a bytte de to nederste radene i |A|. Derfor finner vi |B| som
|B| = −|A| = −7
1.72. Oppgave:
Determinant |A| er gitt:
a b c |A| = d e f g h i Finn determinant |B|:
a
b
c
|A| = 2d + a 2e + b 2f + c
g
h
i
Hint:
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.69.
Løsningsforslag:
|B| kan f˚
as ved ˚
a først multiplisere den andre raden i |A| med 2 og deretter addere
den føste raden den andre. Den første operasjonen (multiplikasjon) har en effekt p˚
a determinanten men ikke den andre (addisjon av en rad til en annen). Derfor finner vi |B|
som
|B| = 2 · |A| = 14
1.73. Oppgave: Beregn |A| for ˚
a finne ut,
2
A= 1
1
om A er inverterbar.
3 0
3 4
2 1
Hint:
• Du m˚
a beherske en metode for ˚
a beregne en 3 × 3 determinant. Hvis ikke, s˚
a er
det bedre ˚
a løse basisoppgavene om beregning av 3 × 3 determinanter først.
• For ˚
a finne ut, om A er inverterbar, kan man regne ut |A| og bruke den følgende
sammenhengen:
|A| =
6 0 ⇔ A er inverterbar
|A| = 0 ⇔ A er ikke inverterbar
Løsningsforslag:
Siden |A| = −1 og dermed |A| =
6 0, er A inverterbar.
OPPGAVER MED LØSNING
47
1.74. Oppgave: Bruk determinanter for ˚
a finne ut, om {a1 , a2 , a3 } er lineært uavhengig.
4
−7
−3
a1 = 6 , a2 = 0 , a3 = −5
−7
2
6
Hint:
• Du m˚
a beherske en metode for ˚
a beregne en 3 × 3 determinant. Hvis ikke, s˚
a er
det bedre ˚
a løse basisoppgavene om beregning av 3 × 3 determinanter først.
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave ??.
• For ˚
a finne ut, om {a1 , . . . , an } er lineært avhengig, kan man ved hjelp av determinanten finne ut om A = [a1 : . . . : an ] er inverterbar og bruke den følgende
sammenhengen:
A er inverterbar
⇔ {a1 , . . . , an } er lineært uavhengig
A er ikke inverterbar ⇔ {a1 , . . . , an } er lineært avhengig
Løsningsforslag:
Siden |A| = −1, er A inverterbar og {a1 , a2 , a3 } er lineært uavhengig.
1.75. Oppgave: Beregn |B 5 |.
1 0 1
B= 1 1 2
1 2 1
Hint:
• Du m˚
a beherske en metode for ˚
a beregne en 3 × 3 determinant. Hvis ikke, s˚
a er
det bedre ˚
a løse basisoppgavene om beregning av 3 × 3 determinanter først.
• Determinanten av et produkt av to n × n matriser A og B kan beregnes ved
|AB| = |A| · |B|
Det finnes ikke an analogi for en sum av to matriser:
|A + B| =
6 |A| + |B|
• Determinanten |Ap | kan betraktes som en multiplikasjon av p matriser A og kan
beregnes ved
|Ap | = |A · A · . . . · A|
= |A| · |A| · . . . · |A|
p
|A | = |A|p
Løsningsforslag:
Med |B| = −2 finner vi |B 5 | som
|B 5 | = |B|5 = (−2)5 = −32
1.76. Oppgave: A og B er 3 × 3 matriser, med determinantene |A| = 4 og |B| = −3.
Bruk egenskapene av determinanter for ˚
a beregne
(1) |AB|
(2) |5A|
(3) |B T | (dette betyr transponert, ikke opphøyd)
(4) |A−1 |
(5) |A3 | (n˚
a er det opphøyd)
Hint:
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
48
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.75
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.69
• For ˚
a beregne |kA|, hvor A er en n × n matrise og k en konstant fra R, m˚
a vi huske
at kA betyr en multiplikasjon av alle n rader i A med k. Fordi multiplikasjonen
av en rad i |A| med k fører til k|A|, f˚
ar vi for multiplikasjonen av n rader med k:
|kA| = k n |A|
• For determinanter av en transponert matrise AT gjelder:
|AT | = |A|
• F˚
ar ˚
a komme fram til en formel for determinanten av A−1 ,hvor A er en inverterbar
matrise (som betyr at |A| =
6 0), g˚
ar vi ut fra produktet av |A| og |A−1 | og bruker
reglen for determinanter av matriseprodukter:
|A| · |A−1 | = |A · A−1 | = |I| = 1
Vi kan n˚
a lett finne |A−1 |:
|A−1 | =
1
|A|
Løsningsforslag:
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
|AB| = |A||B| = −12
|5A| = 53 |A| = 500
|B T | = |B| = −3
1
|A−1 | = |A|
= 41
|A3 | = |A|3 = 64
1.77. Oppgave: Løs likningssystemet ved hjelp av Cramer’s regel.
3x1 −2x2 = 7
−5x1 +6x2 = −5
Hint:
• N˚
ar man erstatte den i. kolonnen ai i en n × n matrise A = [a1 : . . . : an ] med en
vektor b ∈ Rn , s˚
a f˚
ar man
Ai (b) = [a1 : . . . : ai−1 : b : ai+1 : . . . : an ]
• Cramer’s regel : Anta at x er løsningsvektoren for den inhomogene likningen Ax =
b, hvor A er en inverterbar n × n matrise og b ∈ Rn .
x1
..
.
x = xi
.
..
xn
Da beregnes det i. elementet xi i x som
xi =
|Ai (b)|
,
|A|
i = 1, 2, . . . , n
OPPGAVER MED LØSNING
49
Løsningsforslag:
A og b er
A = [a1 : a2 ] =
7
b=
−5
3 −2
−5
6
A1 (b) og A2 (b) beregnes dermed til
7 −2
A1 (b) = [b : a2 ] =
−5
6
3 7
A2 (b) = [a1 : b] =
−5 7
Fordi |A| = 8 og dermed |A| =
6 0 kan vi finne løsningen:
|A1 (b)|
32
=
=4
|A|
8
20
|A2 (b)|
=
= 2.5
x2 =
|A|
8
x1 =
1.78. Oppgave: Mengden H av vektorer er definert ved
s
H = 3s s ∈ R
2s (1) Finn en vektor v ∈ R3 slik at H = Span {v}.
(2) Hvorfor viser dette at H er et underrom av R3 ?
Hint:
• Et vektorrom V er definert som en ikke-tomme mengde av vektorer, hvor en vektoraddisjon og en skalarmultiplikasjon er definert for alle u, v, w ∈ V og c, d ∈ R:
(1) Vektoraddisjon
(a) u + v ∈ V
(b) u + v = v + u (kommutativ lov)
(c) (u + v) + w = v + (u + w) (assosiativ lov)
(d) Det finnes en nullvektor 0, slik at u + 0 = u (neutralt element)
(e) For hver u ∈ V finnes det en entydig −u ∈ V , slik at u + (−u) = 0
(invers element)
(2) Skalarmultiplikasjon
(a) cu ∈ V
(b) c(u + v) = cu + cv (distributiv lov, I)
(c) (c + d)u = cu + du (distributiv lov, II)
(d) c(du) = (cd)u (assosiativ lov)
(e) 1u = u (neutralt element)
Følgende sammenheng (som er ganske selvfølgelige) gjelder i et vektorrom:
– 0u = 0
– c0 = 0
– −u = (−1)u
• Et underrom H av V 6 er en delmengde av V med de tre egenskapene
6Husk at vi allerede har definert underrom p˚
a samme m˚
aten for V = Rn
50
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
(1) 0 ∈ H.
(2) Hvis u, v ∈ H, s˚
a er ogs˚
a u + v ∈ H. (lukket under vektoraddisjon)
(3) Hvis u ∈ H, s˚
a er ogs˚
a cu ∈ H, for alle c ∈ R. (lukket under skalarmultiplikasjon)
• Anta at v1 , . . . , vp ∈ V , da er Span{v1 , . . . , vp } et underrom av V 7 som utspennes
av vektorene v1 , . . . , vp .
• Noen ganger ønsker man ˚
a beskrive mengden som sammling av elementer som m˚
a
oppfylle bestemte betingelser eller har bestemte egenskaper. Da bruker man denne
notasjonen:
< mengdenavn > = { < elementnavn >| < betingelser for elementene >}
R3 kan for eksempel beskrives som
x1 R3 = x2 x1 , x2 , x3 ∈ R
x3 Løsningsforslag:
(1) Vektorene i H kan ogs˚
a beskrives som
1
H = s 3 s ∈ R
2 = { sv| s ∈ R}
Dette betyr at H er mengden av alle lineærkombinasjoner av v og dermed H =
Span {v} med
1
v= 3
2
(2) Fordi v ∈ R3 , er H = Span {v} et underrom av R3 .
1.79. Oppgave: Mengden W av vektorer er definert ved
5b + 2c
b, c ∈ R
b
W =
c
(1) Finn vektorene u, v ∈ R3 slik at W = Span {u, v}.
(2) Hvorfor viser dette at W er et underrom av R3 ?
Hint:
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.78.
Løsningsforslag:
(1) Vektorene i W kan ogs˚
a beskrives som
5
2
W = b 1 + c 0 b, c ∈ R
0
1 = { bu + cv| b, c ∈ R}
7Husk at vi allerede kjenner denne reglen for V = Rn
OPPGAVER MED LØSNING
51
Dette betyr at W er mengden av alle lineærkombinasjoner av u og v og dermed
W = Span {u, v} med
5
2
u = 1 , v = 0
0
1
(2) Fordi u, v ∈ R3 er H = Span {u, v} et underrom av R3 .
1.80. Oppgave: Mengden W av vektorer er definert ved
3a + 4b
a, b ∈ R
4
W =
a − 5b Finn en mengde av vektorer S = {u1 , . . . , up }, slik at W = Span {u1 , . . . , up }, eller vis at
W ikke er et vektorrom.
Hint:
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.78.
Løsningsforslag:
Det finnes flere betingelser som ikke er oppfylt, men som er nødvendig for at W kan
være et vektorrom. W er ikke et vektorrom fordi
• Vektoraddisjonen ikke er lukket under W :
3a1 + 4b1
3a2 + 4b2
3(a1 + a2 ) + 4(b1 + b2 )
+
=
∈
4
4
8
/W
a1 − 5b1
a2 − 5b2
(a1 + a2 ) − 5(b1 + b2 )
• Nullvektoren ikke er i W :
0
0= 0 ∈
/W
0
• Skalarmultiplikasjon ikke er lukket under W :
3a1 + 4b1
3(k · a1 ) + 4(k · b1 )
=
∈
4
k·4
k·
/ W,
a1 − 5b1
(k · a1 ) − 5(k · b1 )
k 6= 1
For alle betingelser over er 2. elementet (”4”) avjørende for at W ikke er et vektorrom.
1.81. Oppgave: Mengden W av vektorer er definert ved
−a + 1 W = a − 6b a, b ∈ R
2b + a Finn en mengde av vektorer S = {u1 , . . . , up }, slik at W = Span {u1 , . . . , up }, eller vis at
W ikke er et vektorrom.
Hint:
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.78.
52
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
Løsningsforslag:
W er ikke et vektorrom fordi nullvektoren ikke er i W :
0
0= 0 ∈
/W
0
Hvorfor ikke ? Anta at vi vil danne en nullvektor med alle tre vektorelementer lik 0. Da
f˚
ar vi fra 1. elementet at a = 1 og fra 2. elementet at b = 16 . Dette kolliderer med 3.
elementet:2 · 16 + 1 6= 0. ”1” i første elementet er avjørende for at W ikke er et vektorrom.
1.82. Oppgave: Finn en eksplisit beskrivelse av NulA ved ˚
a finne vektorene v1 , . . . , vp
som utspenner nullromet.
1 3 5
0
A=
0 1 4 −2
Hint:
• Et nullrom NulA av en matrise A = [a1 . . . an ] med a1 , . . . , an ∈ Rm har følgende
egenskaper
i. Beskrivelse av elementene
(a) Implisit8 definisjon
NulA er mengden av alle løsninger til Ax = 0:
NulA = { x| x ∈ Rn , Ax = 0}
(b) Eksplisit9 beskrivelse
For ˚
a finne en eksplisit beskrivelse av NulA m˚
a man løse Ax = 0 og
skrive løsningen p˚
a vektorform x = xf 1 v1 +. . .+xf p vp , hvor xf 1 , . . . , xf p
er de frie variablene. NulA beskrives dermed ved v1 , . . . , vp som utspenner NulA:
NulA = Span {v1 , . . . , vp }
(c) Basis
Vektorene fra den eksplisite beskrivelsen over er lineært uavhengige og
danner en basis til NulA:
B (NulA) = {v1 , . . . , vp }
ii. NulA som et underrom
NulA er et underrom av Rn .
iii. NulA i forhold til x 7→ Ax
NulA er mengden av alle x ∈ Rn som transformeres til 0 ved x 7→ Ax.
iv. NulA = {0}
NulA inneholder bare 0 hvis:
NulA = {0} ⇔ Ax = 0 har bare den trivielle løsningen
NulA = {0} ⇔ x 7→ Ax er en-til-en
• Et kolonnerom ColA av en matrise A = [a1 . . . an ] med a1 , . . . , an ∈ Rm har
følgende egenskaper
i. Beskrivelse av elementene
8dvs. ved en betingelse som elementene i romet m˚
a oppfylle.
9dvs. ved lineærkombinasjon av vektorer som danner elementene i romet
OPPGAVER MED LØSNING
53
(a) Eksplisit definisjon
ColA er mengden av alle lineærkombinasjoner av kolonnene i A:
ColA = Span{a1 , . . . , an }
(b) Implisit beskrivelse
Den implisiste beskrivelsen av ColA er mengden av alle elementer som
kan dannes ved Ax:
ColA = { b| b = Ax, x ∈ Rn }
(c) Basis En basis for ColA er mengden av pivotkolonnene fra A:
B (ColA) = {ab1 , . . . , abq }
Man kann finne pivotkolonnene ved ˚
a danne trappeformen B, identifisere basisvariablene xb1 , . . . , xbq (ikke-frie variabler) og plukke de
tilsvarende kolonnene ab1 , . . . , abq fra A (ikke B !!).
ii. ColA som et underrom
ColA er et underrom av Rm .
iii. ColA i forhold til x 7→ Ax
ColA er mengden av alle b ∈ Rm som transformeres fra definisjonsmengden
Rn ved x 7→ Ax. ColA er verdimengden av x 7→ Ax.
iv. ColA = Rm
ColA inneholder alle elementer fra Rm hvis:
ColA = Rm ⇔ Ax = 0 har en løsning for hver b ∈ Rm
ColA = Rm ⇔ x 7→ Ax er surjektiv (p˚
a)
Løsningsforslag:
For ˚
a finne en basis for NulA trenger vi den reduserte trappeformen [B : 0] til matrisen
[A : 0] av likningssystemet Ax = 0:
1 0 −7
6 0
[B : 0] =
0 1
4 −2 0
x1 og x2 er basisvariabler, x3 og x4 er frie variabler. Ved hjelp av [B : 0] finner vi løsningen
til Ax = 0 p˚
a vektorform:
x1
x2
x=
x3
x4
7x3 − 6x4
−4x3 + 2x4
x=
x3
x4
−6
7
−4
2
x = x3
1 + x4 0
1
0
x = x3 v1 + x4 v2
54
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
x3 og x4 er vilk˚
arlige tall. {v1 , v2 } utspenner dermed NulA:
7
−6
2
−4
NulA = Span
,
1 0
0
1
1.83. Oppgave: Mengden W av vektorer er definert ved
a
W = b a + b + c = 2, a, b, c ∈ R
c Vis at W er et vektorrom, eller finn et eksempel for ˚
a vise at W ikke er et vektorrom.
Hint:
• Hent frem definisjonen av vektorrom.
Løsningsforslag:
W er ikke et vektorrom, fordi nullvektoren ikke er i W siden betingelsen a + b + c = 2
ikker er oppfyllt for a = b = c = 0:
0
/W
0= 0 ∈
0
”2” i betingelsen er avgjørende for at W ikke er et vektorrom. Med en ”0” istedfor ville
W ha vært et vektorrom.
1.84. Oppgave: Mengden W av vektorer er definert ved
b
−
2d
5
+
d
W =
b, d ∈ R
b + 3d
d
Vis at W er et vektorrom, eller finn et eksempel for ˚
a vise at W ikke er et vektorrom.
Hint:
• Hent frem definisjonen av vektorrom.
Løsningsforslag:
W er ikke et vektorrom, fordi nullvektoren ikke er i W .
0
0
/W
0=
0 ∈
0
Anta at vi vil danne en nullvektor med alle fire vektorelementer lik 0. Da f˚
ar vi fra 4.
elementet at d = 0. Dette kolliderer med 2. elementet:5 + 0 6= 0. ”5” i 2. elementet
er avgjørende for at W ikke er et vektorrom. Med en ”0” istedfor ville W ha vært et
vektorrom.
OPPGAVER MED LØSNING
55
1.85. Oppgave: Finn en basis for NulA og si hvorfor det er en basis.
1
0 −3
2
1 −5
4
A= 0
3 −2
1 −2
Hint:
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.82.
• En basis for H, med H et underrom av et vektorrom V
B = {b1 , . . . , bp } med
i. B er en lineært uavhengig mengde av vektorer.
ii. H = Span {b1 , . . . , bp }.
10
, er en mengde av vektorer
Løsningsforslag:
For ˚
a finne en basis for NulA trenger vi den reduserte trappeformen [B : 0] til matrisen
[A : 0] av likningssystemet Ax = 0:
1 0 −3 2 0
[B : 0] = 0 1 −5 4 0
0 0
0 0 0
x1 og x2 er basisvariabler, x3 og x4 er frie variabler. Ved hjelp av [B : 0] finner vi løsningen
til Ax = 0 p˚
a vektorform:
x1
x2
x=
x3
x4
5x3 − 2x4
3x3 + 4x4
x=
x3
x4
5
−2
3
−4
x = x3
1 + x4 0
0
1
x = x3 v1 + x4 v2
x3 og x4 er vilk˚
arlige tall. {v1 , v2 } danner en
5
3
(NulA)
B
=
1
0
basis for NulA:
−2
−4
,
0
1
Vi kan se at de to betingelsene for en basis er tilfredstilt:
i. B (NulA) er en lineært uavhengig mengde av vektorer.
ii. NulA = Span {v1 , v2 }.
10Vi har tidligere definert en basis for et underrom av Rn , men definisjonen gjelder generellt for under-
rom alle vektorrom V
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
56
1.86. Oppgave:
(1) Finn en basis for NulA.
(2) Finn en basis for ColA.
−2
4 −2 −4
1 0 6 5
1 ∼ 0 2 5 3
A = 2 −6 −3
−3
8
2 −3
0 0 0 0
Hint:
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.82.
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.85.
Løsningsforslag:
(1) For ˚
a finne en basis for NulA trenger vi den reduserte trappeformen [B : 0] til
matrisen [A : 0] av likningssystemet Ax = 0:
1 0 6 5
[B : 0] = 0 1 25 23
0 0 0 0
x1 og x2 er basisvariabler, x3 og x4 er frie variabler. Ved hjelp av [B : 0] finner vi
løsningen til Ax = 0 p˚
a vektorform:
x1
x2
x=
x3
x4
−6x3 − 5x4
− 5 x3 − 3 x4
2
2
x=
x3
x4
−5
−6
−5
−3
2
2
x = x3
1 + x4 0
0
1
x = x3 v1 + x4 v2
x3 og x4 er vilk˚
arlige tall. {v1 , v2 } danner en basis til NulA:
−5
−6
5 3
−2 −2
(NulA)
,
B
=
1 0
0
1
(2) For ˚
a finne en basis for ColA er det nok ˚
a bare ha trappeformen til A = [a1 a2 a3 a4 ],
slik at man kan bestemme pivotkolonnene. I dette tilfelle er x1 og x2 basisvariabler
(ikke-frie variabler), slik at det er {a1 , a2 } som danner en basis for ColA:
4
−2
B (ColA) = 2 , −6
−3
8
OPPGAVER MED LØSNING
57
1.87. Oppgave: Finn vektoren x ved bruk av B-koordinatvektoren [x]B .
3
−4
5
B=
,
, [x]B =
−5
6
3
Hint:
• B-koordinater av x relativ til en basis B = {b1 , . . . , bn } er vektene c1 , . . . , cn i
lineærkombinasjonen av basisvektorene som danner x:
x = c1 b1 + . . . + cn bn
• B-koordinatenvektor av x relativ til en basis B er bare ˚
a skrive koordinatene av x
relativ til B i en vektor:
c1
[x]B = ...
cn
• Standardbasis for Rn er definert som
E = {e1 , . . . , en }
e1 , . . . , en er kolonnene fra identitetsmatrisen In . For koordinatvektorer [x]E , som
har koordinater relativ til E = {e1 , . . . , en }, trenger man ikke ˚
a angi en basis:
[x]E = x
• Overgangsmatrisen PB brukes for ˚
a transformere en koordinatvektor [x]B relativ
til en basis B = {b1 , . . . , bn } til en koordinatvektor x relativ til standardbasis
E = {e1 , . . . , en }. Transformasjonen med PB g˚
ar ut fra koordinatdefinisjonen og
koordinatvektordefinisjonen
x = c1 b1 + . . . + c1 bn
c1
= [b1 . . . bn ] ...
cn
x = PB [x]B
Overgangsmatrisen defineres dermed som
PB = [b1 . . . bn ]
Løsningsforslag:
Overgangsmatrisen PB er
PB =
3 −4
−5
6
For ˚
a f˚
a koordinatvektoren x relativ til standardbasis E m˚
a man bare multiplisere Bkoordinatvektoren [x]B med overgangsmatrisen PB :
x = PB [x]B
3
=
−7
Det er selvfølgelig ogs˚
a mulig ˚
a sette inn koordinatene c1 og c2 i x = c1 b1 + c2 b2 . Men
det er ikke s˚
a elegant og det er lurt ˚
a bli vant med overgangsmatrisen for senere kapittler.
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
58
1.88. Oppgave: Finn koordinatvektoren [x]B relativ til B.
1
2
−2
B=
,
, x=
−3
−5
1
Hint:
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.87.
• For ˚
a finne B-koordinatvektoren [x]B fra x kan man
– løse x =
ar
1 + . . . + cn bn for c1 , . . . , cn ved hjelp av matriseregning og f˚
c1 b
c1
[x]B = ...
cn
– løse x = PB [x]B ved hjelp av den inverse til PB :
PB−1 x = [x]B
Løsningsforslag:
For ˚
a f˚
a koordinatvektoren [x]B relativ til standardbasis B velger vi ˚
a multiplisere x
med den inverse til PB . Overgangsmatrisen PB og den inverse PB−1 er
1
2
PB =
−3 −5
−5 −2
−1
PB =
3
1
[x]B blir dermed
[x]B =
PB−1 x
=
8
−5
1.89. Oppgave: Finn koordinatvektoren [x]B relativ til B.
1
−3
2
8
B = −1 , 4 , −2 , x = −9
−3
9
4
6
Hint:
• Se p˚
a ”Hint:”-delen av oppgave 1.88.
Løsningsforslag:
For ˚
a f˚
a koordinatvektoren [x]B relativ til standardbasis B velger vi ˚
a løse c1 b1 + c2 b2 +
c3 b3 = x for c1 , c2 , c3 ved hjelp av matriseregning. Matrisen til c1 b1 + c2 b2 + c3 b3 = x er
1 −3
2
8
1 0 0 −1
4 −2 −9 ∼ 0 1 0 −1
[b1 : b2 : b3 : x] = −1
−3
9
4
6
0 0 1
3
Vi finner at c1 = −1, c2 = −1 og c3 = 3 og dermed [x]B :
−1
c1
[x]B = c2 = −1
c3
3
OPPGAVER MED LØSNING
59
1.90. Oppgave:
(1) Er x en egenvektor til A ?
(2) Hvis ja: Finn egenverdien λ.
A=
−3 1
−3 8
, x=
1
4
Hint:
• En egenvektor x for en n × n matrise A er en vektor (6= 0) som tilfredstiller
Ax = λx, for en λ
Dette betyr at en egenvektor x av en matrise A transformeres ved x 7→ Ax til en
vektor som har den samme retningen som x selv og som er skalert med λ.
• En skalar (tall) λ kalles egenverdi for en n × n matrise A hvis
Ax = λx
har en ikke-triviell løsning x. x kalles egenvektor tilhørende λ.
Løsningsforslag:
(1) Vi m˚
a bare beregne Ax og se om resultatet er en multiplum av x:
1
Ax =
6= λx
29
Ax er ikke et multiplum av x og x er dermed ikke en egenvektor av A.
(2) Da slapp vi ˚
a tenke p˚
a hvordan man regner ut egenverdier.
1.91. Oppgave:
Finn en basis for egenromet av A tilhørende egenverdiene
(1) λ1 = 1
(2) λ2 = 5
A=
−3 1
−3 8
Hint
• Se p˚
a ”Hint”-delen av oppgave 1.90.
• Et egenrom av en n × n matrise til en egenverdi λ er mengden av alle løsninger av
Ax = λx eller
(A − λIn )x = 0
hvor In er identitetsmatrisen. Med andre ord, egenrom for A tilhørende λ er
det samme som nullromet Nul(A − λIn ). Dette innebærer at egenrommet er et
underrom av Rn .
• En basis til et egenrom av en n × n matrise til en egenverdi λ er det samme som
en basis for Nul(A − λIn ). Hvis du ikke husker, hvordan man finner en basis for et
nullrom, s˚
a er det lurt ˚
a først gjøre basisoppgavene, som trener dette, før du g˚
ar
videre.
Løsningsforslag:
(1) λ1 = 1
60
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
• A − λ1 In beregnes som
A − λ1 In
5 0
2 1
λ1 0
=
−
0 λ1
5 − λ1
0
=
2
1 − λ1
4 0
=
2 0
• Vi kan finne alle løsninger av (A − λ1 In )x = 0 ved hjelp av matriseregning:
4 0 0
1 0 0
∼
2 0 0
0 0 0
x2 er fri og vi f˚
ar
x=
x1
x2
0
1
= x2
• En basis for egenromet for A svarende til λ1 = 1 er dermed
0
(λ1 )
B
= {v1 } , v1 =
1
(2) λ2 = 5
• A − λ2 In beregnes som
5 0
2 1
λ2 0
0 λ2
5 − λ2
0
=
2
1 − λ2
0
0
=
2 −4
A − λ2 In =
−
• Vi kan finne alle løsninger av (A − λ2 In )x = 0 ved hjelp av matriseregning:
0
0 0
1 −2 0
∼
2 −4 0
0
0 0
x2 er fri og vi f˚
ar
x=
x1
x2
= x2
2
1
• En basis for egenromet av A til λ2 = 5 er dermed
2
(λ2 )
B
= {v2 } , v2 =
1
1.92. Oppgave:
Finn en basis for egenromet av A til egenverdiene
(1) λ1 = 1
(2) λ2 = 2
(3) λ3 = 3
OPPGAVER MED LØSNING
61
4 0 1
A = −2 1 0
−2 0 1
Hint:
• Se p˚
a ”Hint”-delen av oppgave 1.91.
Løsningsforslag:
(1) λ1 = 1
• A − λ1 In beregnes som
4 − λ1
0
1
3 0 1
= −2 0 0
1 − λ1
0
A − λ1 In = −2
−2
0
1 − λ1
−2 0 0
• Vi kan finne alle løsninger
3 0 1
−2 0 0
−2 0 0
av (A − λ1 In )x = 0 ved hjelp av matriseregning:
0
1 0 0 0
0 ∼ 0 0 1 0
0
0 0 0 0
x2 er fri og vi f˚
ar
x1
0
x
x=
= x2 1
2
x3
0
• En basis for egenromet av A til λ1 = 1 er dermed
0
(λ1 )
B
= {v1 } , v1 = 1
0
(2) λ2 = 2
• A − λ2 In beregnes som
4 − λ2
0
1
2
0
1
= −2 −1
1 − λ2
0
0
A − λ2 In = −2
−2
0
1 − λ2
−2
0 −1
• Vi kan finne alle løsninger av (A − λ2 In )x = 0 ved hjelp av matriseregning:
1
2
0
1 0
1 0
2 0
−2 −1
0 0 ∼ 0 1 −1 0
−2
0 −1 0
0 0
0 0
x3 er fri og vi f˚
ar
1
x1
−2
x = x2 = x3 1
x3
1
• En basis for egenromet av A til λ2 = 2 er dermed
−1
B (λ2 ) = {v2 } , v2 = 2 11
2
11Husk at betingelsene for en basis er at basisvektorene utspenner hele vektorromet og at basisvektorene
er lineært uavhengige. Ingen av de to betingelsene berøres n˚
ar man skalerer en basisvektor.
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
62
(3) λ3 = 3
• A − λ3 In beregnes som
4 − λ3
0
1
1
0
1
= −2 −2
1 − λ3
0
0
A − λ3 In = −2
−2
0
1 − λ3
−2
0 −2
• Vi kan finne alle løsninger av (A − λ3 In )x = 0 ved hjelp av matriseregning:
1
0
1 0
1 0
1 0
−2 −2
0 0 ∼ 0 1 −1 0
−2
0 −2 0
0 0
0 0
x3 er fri og vi f˚
ar
x1
−1
x = x2 = x3 1
x3
1
• En basis for egenromet av A til λ3 = 3 er dermed
−1
B (λ3 ) = {v3 } , v3 = 1
1
1.93. Oppgave
Finn det karakterstiske polynomet og egenverdiene til A.
2 7
A=
7 2
Hint:
• For ˚
a finne alle egenverdier λ til en n × n matrise A g˚
ar vi ut fra definisjonen (i.
og ii. nede). Vi bruker tegnet for logisk ekvivalens ⇔, som betyr at alle utsagn
enten er alle sammen sanne, eller s˚
a er alle gale. In er identitetsmatrisen.
i. λ er en egenverdi av A.
m
ii. Ax = λx har en ikke-triviell løsning.
m
iii. (A − λIn )x = 0 har en ikke-triviell løsning.
m
iv. λ tilfredstiller |A − λIn | = 0.
|A − λIn | = 0 kalles den karakteristiske likningen.
• Polynomet av orden n som f˚
as fra |A − λIn | kalles det karakteristiske polynomet.
Polynomet beregnes ved hjelp av de vanlige metodene for determinanter:
– kofaktorutvikling
– kombinasjon av radoperasjoner og kofaktorutvikling
– formel for triangulær matrise
– kombinasjon av radoperasjoner og triangulær matrise
– skjema for 3 × 3 matriser
– formel for 2 × 2 matriser
Løsningsforslag:
OPPGAVER MED LØSNING
Det karakteristiske polynomet |A − λIn | beregnes som
2−λ
7
|A − λIn | = 7
2−λ
63
= (2 − λ)2 − 49
= λ2 − 4λ − 45
Egenverdiene kan beregnes ved hjelp av den karakteristiske likningen |A − λIn | = 0, som
er λ2 − 4λ − 45 = 0. Løsningene er
λ1 = 9
λ2 = −5
1.94. Oppgave
Finn det karakterstiske polynomet til A.
1 0 −1
A = 2 3 −1
0 6
0
Hint
• Se p˚
a ”Husk”-delen av oppgave 1.93.
Løsningsforslag:
Det karakteristiske polynomet |A − λIn | er
1−λ
0
−1 3 − λ −1 |A − λIn | = 2
0
6
−λ Denne determinanten kan beregnes p˚
a mange forskjellige metoder, vi velger ˚
a bruke skjemaet for 3 × 3 matriser:
−
"
"
1−λ
b
"
b
"
3−λ
2
1−λ
b
"
b
"
−1
b
"
b
"
"
"
0
−1
0
b
b
0
3−λ
2
b
b
0
b
b
6
b
b
+
b
b
+
|A − λIn | = (1 − λ)(3 − λ)(−λ) + (−1)(2)6
−(6)(−1)(1 − λ)
= −λ3 + 4λ2 − 9λ − 6
1.95. Oppgave:
Diagonaliser A, hvis det er mulig.
A=
Hint
3 −1
1
5
−
"
"
"
"
b
"
b
"
−λ
6
−
"
"
+
64
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
• Se p˚
a ”Hint”-delen av oppgave 1.91 og oppgave 1.93.
• Mulitplisitet av en egenverdi λk sier hvor ofte λk er løsning av den karakteristiske
likningen |A − λI|.
• To matriser A og B er similære (ikke radekvivalent !) hvis og bare hvis12 det finnes
en inverterbar matrise P slik at
A = P BP −1
• Diagonalisering av A er en faktorisering av A p˚
a følgende m˚
ate:
A = P DP −1
hvor D er diagonalmatrisen med egenverdier
λ1 0 . . .
0 λ2 . . .
D = ..
..
.
.
0
0
λ1 , . . . , λn som diagonalelementer:
0
0
..
.
. . . λn
Kolonnene i P er egenvektorer v1 , . . . , vn :
P = [v1 . . . vn ]
hvor vk er egenvektor som svarer til egenverdien λk .
• Det finnes flere formuleringer for ˚
a finne ut om en n×n matrise A med p forskjellige
egenverdier λ1 , . . . , λp er diagonaliserbar:
– En n × n matrise A er diagonaliserbar.
m
i. A har n lineært uavhengige egenvektorer.
m
ii. Summen av dimensjonene av egenromene til alle λk er n.
m
iii. For alle λk gjelder: dimensjonen av egenromenet til λk = multiplisitet av λk .
• Fremgangsm˚
ate for ˚
a diagonalisere en n × n matrise A:
(1) Finn egenverdiene
Løs den karakteristiske likningen
|A − λIn | = 0
(2) Finn n lineært uavhengige egenvektorer v1 , . . . , vn
vk er en løsning (6= 0) av
(A − λk In )x = 0
(3) Konstruer P fra v1 , . . . , vn
P = [v1 . . . vn ]
(4) Konstruer D fra λ1 , . . . , λn
λ1 0 . . .
0 λ2 . . .
D = ..
..
.
.
0
0
..
.
0 0 . . . λn
Under skritt 2. kan man avgjøre om A i det hele tatt er diagonaliserbar.
12”utsagn 1 hvis og bare hvis utsagn 2” betyr at utsagn 1 og utsagn 2 er logsik ekvivalente.
OPPGAVER MED LØSNING
65
Løsningsforslag:
Vi følger metoden for ˚
a diagonalisere en n × n matrise A.
(1) Finn egenverdiene
Vi løser den karakteristiske likningen 0 = |A − λI2 |
3 − λ −1 0 = 1
5−λ = (3 − λ)(5 − λ) + 1
0 = λ2 − 8λ + 16
Egenverdien er λ1,2 = 4, multiplisitetet er 2.
(2) Finn n lineært uavhengige egenvektorer v1 , . . . , vn
Vi løser (A − λ1,2 In )x = 0 for ˚
a finne de korresponderende egenvektorene v1 og
v2 . Vi bruker matriseregning.
3 − 4 −1 0
1 1 0
∼
1
5−4 0
0 0 0
−1
x = x2
1
En basis for egenromet av A til λ1,2 = 4 er dermed
−1
(λ1,2 )
B
= {v1 } , v1 =
1
Vi kan n˚
a bruke tre regler for ˚
a vise at A ikke er diagonaliserbar:
i. Vi har ikke funnet 2 lineært uavhengige egenvektorer.
ii. Dimensjonen av egenromenet til λ1,2 er ikke 2:
dim B (λ1,2 ) 6= 2
iii. Dimensjonen av egenromenet til λ1,2 (=1) er ikke lik multiplisitet av λ1,2 (=2).
(3) Konstruer P fra v1 , . . . , vn
Ikke mulig siden A ikke er diagonaliserbar.
(4) Konstruer D fra λ1 , . . . , λn
Ikke mulig siden A ikke er diagonaliserbar.
1.96. Oppgave:
Diagonaliser A, hvis det er mulig.
−1 4 −1
0
A = −3 4
−3 1
3
Egenverdiene er
λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3
Hint:
• Se p˚
a ”Husk”-delen av oppgave 1.95.
Løsningsforslag:
Vi følger metoden for ˚
a diagonalisere en n × n matrise A.
(1) Finn egenverdiene
Egenverdiene er gitt, multiplisitetet er 1 for λ1 , λ2 og λ3 .
(2) Finn n lineært uavhengige egenvektorer v1 , . . . , vn
66
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
(a) λ1 = 1
Vi løser (A − λ1 In )x = 0 for ˚
a finne den korresponderende egenvektoren v1 .
Vi bruker matriseregning.
−1 − 1
4
−2 0
1 0 −1 0
−3
4−1
0
0 ∼ 0 1 −1 0
−3
1
3−1 0
0 0
0 0
1
x = x3 1
1
En basis for egenromet av A til λ1 = 1 er dermed
1
(λ1 )
B
= {v1 } , v1 = 1
1
(b) λ2 = 2
Vi løser (A − λ2 In )x = 0 for ˚
a finne den
Vi bruker matriseregning.
−1 − 2
4
−2 0
−3
4−2
0
0 ∼
−3
1
3−2 0
2
korresponderende egenvektoren v2 .
1 0 − 32 0
0 1 −1 0
0 0
0 0
3
x = x3 1
1
En basis for egenromet av A til λ2 = 2 er dermed
2
B (λ2 ) = {v2 } , v2 = 3
3
(c) λ3 = 3
Vi løser (A − λ3 In )x = 0 for ˚
a finne den
Vi bruker matriseregning.
−1 − 3
4
−2 0
−3
4−3
0
0 ∼
−3
1
3−3 0
1
x = x3
4
3
4
korresponderende egenvektoren v3 .
1 0 − 41 0
0 1 − 34 0
0 0
0 0
1
En basis for egenromet av A til λ3 = 3 er dermed
1
B (λ3 ) = {v3 } , v3 = 3
4
Vi kan n˚
a konstatere at A er diagonaliserbar siden multiplisitet av λ1 , λ2 og λ3
er lik dimensjonen av de tilsvarende egenromene.
OPPGAVER MED LØSNING
67
(3) Konstruer P fra v1 , . . . , vn
P
= [v1 : v2
1 2
= 1 3
1 3
: v3 ]
1
3
4
(4) Konstruer D fra λ1 , . . . , λn
1 0 0
D= 0 2 0
0 0 3
1.97. Oppgave: Et labordyr kan hver dag velge mellom tre typer for (mat). Undersøkelser viser at hvis dyret velger en type en dag, s˚
a er sannsynligheten 50% for at
det velger den samme typen neste dag og 25% hver for at det velger en av de andre to
typene .
(1) Finn den stokastiske matrisen til dette problemet.
(2) Hvis dyret velger fortype 1 p˚
a det første forsøket, hva er da sannsynligheten for at
det velger type 2 etter to videre forsøk.
Hint:
• En sannsynlighetsvektor er en vektor x med elementer p1 , . . . , pn , som ikke er
negative og som tilsammen er 1:
p1
p1 , . . . , p n ≥ 0
x = ... med
p 1 + . . . + pn = 1
pn
• En stokastisk matrise er en n×n matrise som har n sannsynlighetsvektorer x1 , . . . , xn ∈
Rn som kolonner:
P = [x1 . . . xn ]
• En Markov kjede er sekvens av sannsynlighetsvektorer x1 , . . . , xn som lenkes ved
hjelp av en stokastisk matrise P p˚
a følgende m˚
ate:
x1 = P x0
x2 = P x1
x3 = P x2
..
..
.
.
Dette kan sammenfattes til en første ordens differenslikning
xk+1 = P xk ,
k = 0, 1, 2, . . .
• N˚
ar en markov kjede brukes for ˚
a beskrive en sekvens av eksperimenter eller et
system, s˚
a kalles xk tilstandsvektor siden elementene i xk er sannsynlighetene for
at systemet p˚
a en tid k befinder seg i tilstand 1, 2, . . . , n av n mulige tilstander:
xk1
< sannsynlighet for at systemet er i tilstand 1 >
..
xk = ... =
.
xkn
< sannsynlighet for at systemet er i tilstand n >
68
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
Den stokastiske matrisen P beskriver da sannsynligheten for overgangen fra tilstand 1, . . . , n p˚
a tid k til tilstand 1, . . . , n p˚
a tid k + 1:
fra tilstand
2 ... n
p11 p12 . . . p1n
p21 p22 . . . p2n
..
..
..
.
.
.
pn1 pn2 . . . pnn
til tilstand
1
P =
1
2
..
.
n
Løsningsforslag:
(1) Vi skal først definere hva vi mener med tilstandsvektorene xk i v˚
ar tilfelle:
xk1
< sannsynlighet for at dyret velger fortype 1 >
xk = xk2 = < sannsynlighet for at dyret velger fortype 2 >
xk3
< sannsynlighet for at dyret velger fortype 3 >
Den stokastiske matrisen er da sannsynlighet for at dyret g˚
ar fra fortype 1, 2, 3
til fortype 1, 2, 3. Det betyr at diagonalelementene p11 , p22 , p33 blir 0.5 og at alle
andre blir 0.25:
fra fortype
til fortype
1
2
3
0.50 0.25 0.25
1
0.25 0.50 0.25
2
P =
0.25 0.25 0.50
3
(2) Siden vi er 100% sikker p˚
a at dyret har valgt fortype 1 p˚
a tid 0, blir begynnelsesvektoren
1
x0 = 0
0
Vi trenger n˚
a bare ˚
a iterere to ganger for ˚
a f˚
a løsningen:
0.5
x1 = P x0 = 0.25
0.25
0.375
x2 = P x1 = 0.3125
0.3125
1.98. Oppgave: Fortsetning av oppgave 1.97: Hvilken fortype vil da labordyret velge
etter mange forsøk ?
Hint:
• Se p˚
a ”Hint”-delen av oppgave 1.97.
• Du m˚
a vite hva egenvektorer og egenverdier er og hvordan man finner de. Hvis du
ikke vet det, s˚
a er det lurt ˚
a regne basisoppgaver med egenvektorer og egenverdier
først.
OPPGAVER MED LØSNING
69
• En likevektstilstandsvektor q av en stokastisk matrise P er en sannsynlighetsvektor
som fører til ingen forandring i en markov kjede:
Pq = q
• Man kan ogs˚
a tyder q som egenvektor av P til egenverdien λ1 = 1 og som samtidig
har egenskapet at summen av elementene er 1. Dette leder oss til en metode for ˚
a
finne likevektstilstandsvektorer:
(1) Løs (P − In )x = 0 (som er det samme som P x = x) for ˚
a finne alle egenvektorer av P til λ1 = 1.
(2) Velg en enkel basis v for løsningsromet, som er egenverdiromet av P til λ1 = 1.
Unng˚
a brøker.
(3) Dann en sannsynlighetsvektor q ved ˚
a dele basisvektoren v p˚
a summen av
elementene av v:
v1
1
..
q=
.
v1 + . . . + vn
vn
• En stokastisk matrise P kalles regulær hvis det finnes en P k for noen k ∈ {1, 2, . . .},
som bare har strengt positive (> 0) elementer.
• Hver stokastisk matrise P har en likevektstilstandvektor. Hver regulær stokastiske
n × n matrise har en entydig likevektstilstandvektor q, og en markov kjede {xk },
som er definert ved xk+1 = P xk for k = 0, 1, 2, . . ., konvergerer til q for k → ∞,
uansett hvilken begynnelsenverdi x0 kjeden har.
Løsningsforslag:
(1) Vi løser (P − In )x = 0 ved hjelp av matriseregning:
0.5 − 1
0.25
0.25
0
1 0 −1 0
0.25
0.5 − 1
0.25
0 ∼ 0 1 −1 0
0.25
0.25
0.5 − 1 0
0 0
0 0
x1
1
x = x2 = x3 1
x3
1
(2) Vi velger en enkel basis v for løsningsromet:
B (λ1 =1)
1
= {v} , v = 1
1
(3) Vi danner en sannsynlighetsvektor q ved ˚
a dele basisvektoren v p˚
a summen av
elementene av v:
1
1/3
1
1 = 1/3
q=
1+1+1 1
1/3
Siden P er regulær (alle elementer i P 1 er > 0), konvergerer {xk } til q. Dette betyr at
dyret velger blandt de tre fortyper med like sannsynlighet, selv om det har valgt type 1 p˚
a
første forsøk. Ikke glemm at vi snakker om sannsynlighetene p˚
a k.forsøk n˚
ar vi vet at dyret
velger fortype 1 p˚
a første forsøk. Men hvis vi vet at dyret velger type 1 p˚
a (k − 1).forsøk,
s˚
a velger det type 1, 2, 3 med sannsynlighetene 50%, 25%, 25% p˚
a k.forsøk.
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
70
1.99. Oppgave: La A være en 2 × 2 matrise som har de følgende egenverdiene og korresponderende egenvektorene:
λ1 = 3 , λ2 = 1/3
1
−1
v1 =
, v2 =
1
1
La {xk } være en løsning til differenslikningen
xk+1 = Axk , x0 =
9
1
(1) Finn en formel for xk som bruker k, v1 , v2 og λ1 , λ2 .
(2) Beregn x1 = Ax0 . (Hint: Du trenger ikke ˚
a kjenne A)
Hint:
• Se p˚
a ”Hint”-delen av oppgave 1.97.
• Du m˚
a vite hva egenvektorer og egenverdier er og hvordan man finner de. Hvis du
ikke vet det, s˚
a er det lurt ˚
a regne basisoppgaver med egenvektorer og egenverdier
først.
• Et dynamisk system kan generelt beskrives ved en følge av tilstandsvektorer {xk },
som gir informasjon om systemtilstanden p˚
a tid k og hvor to etterfølgende vektorer
er lenket ved en matrise A:
xk+1 = Axk ,
k = 0, 1, 2, . . .
En Markov kjede med en stokastisk matrise P eller en flyttemodell med en migrasjonsmatrise M er spesielle eksempler p˚
a et dynamisk system.
• Ved hjelp av egenvektorer og egenverdier kan man undersøke langtidsoppførsel
av et dynamisk system. Forutsetningen er at A er diagonaliserbar, som betyr at
det finnes n lineært uavhengige egenvektorer {v1 , . . . , vn } til korresponderende
egenverdier λ1 , . . . , λn . Vi skal n˚
a finne en formel for tilstandsvektoren xk p˚
a tid
k med de to skrittene:
i. Siden {v1 , . . . , vn } er en basis for Rn kan vi beskrive x0 med koordinatene
c1 , . . . , cn relativ til denne egenvektorbasis:
x0 = c1 v1 + . . . + cn vn
ii. N˚
a kan vi beregne alle andre tilstandsvektorene x1 , x2 , . . . fra x0 ved hjelp av
xk+1 = Axk . Denne beregningen kan forenkles ved ˚
a bruke egenvektordefinisjonen Avp = λp vp med p = 1, . . . , n:
x1 = Ax0 =
=
x2 = Ax1 =
=
x3 = Ax2 =
c1 Av1 + . . . + cn Avn
c1 λ1 v1 + . . . + cn λn vn
c1 λ1 Av1 + . . . + cn λn Avn
c1 λ21 v1 + . . . + cn λ2n vn
...
For xk finner vi derfor
xk = c1 λk1 v1 + . . . + cn λkn vn ,
k = 0, 1, 2, . . .
OPPGAVER MED LØSNING
71
• Tilleggsinformasjon13: Man kan ogs˚
a betrakte de ovennevnte skrittene fra diagonaliseringsvinklen. Husk hvordan man diagonaliserer en n × n matrise A. Det
gjelder
A = P DP −1
AP = P D
P og D var da definert ved egenvektorerene v1 , . . . , vn og de tilsvarende egenverdiene λ1 , . . . , λn :
P
= [v1 . . . vn ]
λ1 0 . . .
0 λ2 . . .
D = ..
..
.
.
0
0
0
0
..
.
. . . λn
Vi skal n˚
a utføre skrittene over p˚
a en litt annen m˚
ate:
i. Vi innfører en variableendring p˚
a følgende m˚
ate:
xk = P yk
Dette betyr at yk er koordinatvektoren av xk relativ til egenvektorbasis {v1 , . . . , v2 }.
Vi kan n˚
a finne y0 fra
x0 = P y0
c1
= P ...
cn
= c1 v1 + . . . + cn vn
ii. Hvis vi setter inn variableendringen xk = P yk og xk+1 = P yk+1 i formelen
for det dynamiske systemet og bruker diagonaliseringformelen AP = P D, s˚
a
f˚
ar vi
xk+1
P yk+1
P yk+1
yk+1
=
=
=
=
Axk
AP yk
P Dyk
Dyk
13Dette er ikke viktig for ˚
a løse oppgaven, men det skader heller ikke ˚
a skjønne det ...
72
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
Dette betyr at vi n˚
a jobber med en enkel diagonalmatrise D istedfor A. Dette
gir oss muligheten for ˚
a enkelt regne ut yk og xk (ved xk = P yk ) fra y0 :
y1 = Dy0
y2 = Dy1 = D2 y0
..
..
.
.
yk = Dk y0
xk = P Dk y0
Dette er det samme som vi ogs˚
a har funnet ut over:
xk = c1 λk1 v1 + . . . + cn λkn vn ,
k = 1, 2, . . .
Løsningsforslag:
(1) Vi skal følge skrittene over:
i. Vi finner c1 og c2 i c1 v1 + cn v2 = x0 ved hjelp av matriseregning:
1 −1 9
1 0
5
c1 = 5
∼
1
1 1
0 1 −4
c2 = −4
ii. Vi kan n˚
a finne formelen for xk som bruker k, v1 , v2 og λ1 , λ2 :
xk = c1 λk1 v1 + c2 λk2 v2 , k = 1, 2, . . .
1
−1
k
k
xk = 5 · (3)
− 4 · (1/3)
,
1
1
k = 1, 2, . . .
(2) Det er n˚
a veldig lett ˚
a finne x1 :
−1
49/3
1
1
1
− 4 · (1/3)
=
xk = 5 · (3)
1
41/3
1
1.100. Oppgave: I redwood-skogene av California er rottene hovedm˚
altid til en bestemt
type ugle, og uglen er hovedfienden til rottene. Man kan n˚
a beskrive ugle populasjonen
og rotte populasjon (i tusen) i denne regionen p˚
a tid k (i m˚
aneder) ved hjelp av en vektor
xk :
Uk
< ugle populasjon >
xk =
=
, k = 0, 1, 2, . . .
Rk
< rotte populasjon >
Utviklingen av populasjonene er avhengig av populasjonene selv:
Uk+1 = 0.5 · Uk + 0.4 · Rk
Rk+1 = −p · Uk + 1.1 · Rk
Dette betyr at uglepopulasjonen minker p˚
a 0.5 · Uk uten rotter (Rk = 0) og at rottepopulasjonen øker p˚
a 1.1 · Rk uten ugler (Uk = 0). Uglepopulasjonen stiger med antall rotter
(0.4 · Rk ) og rottepopulasjonen minker med antall ugler (−p · Uk ). Man kan ogs˚
a beskrive
systemet p˚
a følgende m˚
ate:
xk+1 = Axk , k = 0, 1, 2, . . .
0.5 0.4
A=
−p 1.1
OPPGAVER MED LØSNING
73
(1) Bestem utviklingen av dette dynamiske systemet ( = finn en formel for xk ) for
p = 0.2.
(2) Finn ut om ugle- og rottepopulasjonene øker eller minker med k.
Hint:
• Se p˚
a ”Hint”-delen av oppgave 1.99.
Løsningsforslag:
(1) For ˚
a bruke formelen over for xk m˚
a vi finne egenverdiene λ1 og λ2 og egenvektorene
v1 og v2 :
(a) Egenverdier
Vi finner egenverdiene λ1 og λ2 ved ˚
a løse den karakteristiske likningen |A −
λI2 | = 0:
0.5 − λ
0.4
|A − λI2 | = −0.2 1.1 − λ 0 = λ2 − 1.6λ + 0.63
λ1 = 0.7
λ2 = 0.9
(b) Egenvektorer
Vi finner de korresponderende egenvektorene v1 og v2 ved ˚
a løse (A−λr I2 )x =
0 med r = 1, 2:
0.5 − 0.7
0.4
0
1 −2 0
2
λ1 = 0.7
∼
v1 =
−0.2
1.1 − 0.7 0
0
0 0
1
0.5 − 0.9
0.4
0
1 −1 0
1
λ2 = 0.9
∼
v2 =
−0.2
1.1 − 0.9 0
0
0 0
1
Hver vektor x0 kan representeres som koordinatene c1 , c2 relativ til egenvektorbasis
{v1 , v2 }:
x0 = c1 v1 + c2 v2
Formelen for xk blir da
xk = c1 · (λ1 )k v1 + c2 · (λ2 )k v2 , k = 0, 1, 2, . . .
2
1
k
k
xk = c1 · (0.7)
+ c2 · (0.9)
, k = 0, 1, 2, . . .
1
1
(2) Siden (λ1 )k og (λ2 )k er faktorene som forandrer seg med k og siden begge egenverdier er < 0 konvergerer xk → 0 for k → ∞. Sagt p˚
a en annen m˚
ate: Uglene og
rottene ville dø ut i denne regionen hvis p hadde vært p = 0.2.
2. Oppgaver i diskret matematikk
2.1. Oppgave: La p, q og r være følgende uttrykk:
p: Jeg er tørst.
q: Mitt glass er tomt.
r: Klokken er tre.
Skrev de følgende sammensatte uttrykk som logiske uttrykk med p, q og r:
(1) Jeg er tørst og mitt glass er ikke tomt.
(2) Klokken er tre og jeg er tørst.
(3) Hvis klokken tre er, s˚
a er jeg tørst.
74
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
(4) Hvis jeg er tørst, s˚
a er mitt glass tomt.
(5) Hvis jeg ikke er tørst, s˚
a er mitt glass ikke tomt.
Hint:
• Et utsagn er en p˚
astand som har en sannhetsverdi. Sannhetsverdien kan være
– sant, betegnes med ’T’ (True) eller ’1’
– galt, betegnes med ’F’ (False) eller ’0’
Sannhetsverdien kan aldri være sant og galt samtidig.
• Primitive utsagn er utsagn som ikke kan deles opp i flere logiske deler.
• N˚
ar man ønsker ˚
a danne et nytt utsagn fra eksisterende utsagn, s˚
a finnes det to
typer av operasjoner:
(1) Negasjon av et utsagn.
(2) Kombinasjon av to eller flere utsagn til et sammensatt utsagn ved bruk av
konnektiver : Konjunsksjon, disjunksjon, implikajson og ekvivalens.
Table 2 gir en oversikt over betegnelse i logiske uttrykk og ord som brukes for ˚
a
beskrive operasjonene. La p og q være to utsagn.
Operasjon
Logisk Uttrykk Ordbruk
Negasjon
p, ¬p
ikke p
Konjunksjon
p∧q
p og q
Disjunksjon (inklusiv) p ∨ q
p eller q
Disjunksjon (eksklusiv) p∨q, p ⊗ q
enten p eller q (men ikke begge to)
Implikasjon
p⇒q
hvis p da q
Ekvivalens
p⇔q
p hvis og bare hvis q
Table 2. Betegnelse og ordbruk av logiske operasjoner
Løsningsforslag: Det er n˚
a bare ˚
a finne nøkkelordene og bruke de tilsvarende betegnelsene.
(1) p ∧ q
(2) r ∧ p
(3) r ⇒ p
(4) p ⇒ q
(5) p ⇒ q
2.2. Oppgave: La p og q være de følgende uttrykk:
p: Roser er røde.
q: Fioler er bl˚
a.
Skrev de følgende sammensatte uttrykk som logiske uttrykk med p, q og r:
(1) Hvis roser er røde, s˚
a er ikke fioler bl˚
a.
(2) Roser er røde eller fioler er ikke bl˚
a.
(3) Enten er roser røde eller fioler er bl˚
a (men ikke begge deler).
Bruk sannhetsverditabell for ˚
a vise at 1. og 2. er logisk ekvivalente.
Hint:
• Se p˚
a ”Hint”-delen av oppgave 2.1.
• Man bruker sannhetsverditabeller for ˚
a beskrive sammenhengen mellom sammensatte utsagn og de enkle (ofte primitive) utsagn som de best˚
ar av.
Sannhetsverditabeller brukes ogs˚
a for ˚
a definere negasjon og konnektivene. La
p og q være to utsagn, da er negasjon definert i Table 3 og konnektiver i Table 4.
OPPGAVER MED LØSNING
75
p p
0 1
1 0
Table 3. Definisjon av negasjon
p
0
0
1
1
p p ∧ q p ∨ q p∨q p ⇒ q p ⇔ q
0
0
0
0
1
1
1
0
1
1
1
0
0
0
1
1
0
0
1
1
1
0
1
1
Table 4. Definisjon av konnektiver
• Hvis to sammensatte utsagn p og q er logisk ekvivalente da er p sant n˚
ar q er
sant og p er galt n˚
ar q er galt, og omvendt, for alle mulige sannhetsverdiene av de
primitive utsagn som de best˚
ar av. Logisk ekvivalens betegnes med ⇔.
Løsningsforslag:
(1) p ⇒ q
(2) p ∨ q
(3) p∨q
Table 5 viser at p ⇒ q og p ∨ q har den samme sannhetsverdien for alle sannhetsverdikombinasjoner av p og q.
p q p q p⇒q p∨q
0 0 1 1
1
1
0 1 1 0
0
0
1 0 0 1
1
1
1 1 0 0
1
1
Table 5. Sannhetsverditabell for p ⇒ q og p ∨ q
2.3. Oppgave: Bruk sannhetsverditabeller for ˚
a finne ut, hvilken av de sammensatte
utsagn er en tautologi.
(1) p ∧ p
(2) p ⇒ p
(3) (p ∧ (p ⇒ q)) ⇒ q
Hint:
• Se p˚
a ”Hint”-delen av oppgave 2.2.
• En tautologi er et sammensatt utsagn, som er sant for alle mulige sannhetsverdikombinasjoner av primitive utsagn det best˚
ar av.
Løsningsforslag:
(1) p ∧ p
Table 6 viser at p ∧ p er en tautologi.
(2) p ⇒ p
Table 7 viser at p ⇒ p ikke er en tautologi.
76
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
p p p∧p p∧p
0 1
0
1
1 0
0
1
Table 6. Sannhetsverditabell for p ∧ p
p p p⇒p
0 1
1
1 0
0
Table 7. Sannhetsverditabell for p ⇒ p
p p p ⇒ q p ∧ (p ⇒ q) (p ∧ (p ⇒ q)) ⇒ q
0 0
1
0
1
0 1
1
0
1
1 0
0
0
1
1 1
1
1
1
Table 8. Sannhetsverditabell for (p ∧ (p ⇒ q)) ⇒ q
(3) (p ∧ (p ⇒ q)) ⇒ q
Table 8 viser at (p ∧ (p ⇒ q)) ⇒ q er en tautologi.
2.4. Oppgave: Vis at (p ⇒ q) ⇒ r og (p ⇒ r) ∧ (q ⇒ r) er logisk ekvivalente.
Hint:
• Se p˚
a ”Hint”-delen av oppgave 2.2.
Løsningsforslag: Table 9 viser at (p ⇒ q) ⇒ r og (p ⇒ r) ∧ (q ⇒ r) er logisk ekvivalente.
p q r p ⇒ q (p ⇒ q) ⇒ r
0 0 0
1
0
0 0 1
1
1
0 1 0
1
0
0 1 1
1
1
1 0 0
0
1
1 0 1
0
1
1 1 0
1
0
1 1 1
1
1
Table 9. Sannhetsverditabell
p p ⇒ r q ⇒ r (p ⇒ r) ∧ (q ⇒ r)
1
0
1
0
1
1
1
1
1
0
0
0
1
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
1
0
0
0
1
1
1
for (p ⇒ q) ⇒ r og (p ⇒ r) ∧ (q ⇒ r)
2.5. Oppgave: Finn de generelle løsningene av differenslikningene:
(1) xn+2 − 3xn+1 − 4xn = 0
(2) xn+2 + 5xn+1 − 14xn = 0
Hint:
• Den annenordens, homogene differenslikningen med reele koeffisienter
xn+2 + bxn+1 + cxn = 0
OPPGAVER MED LØSNING
77
har den karakteristiske likningen
r2 + br + c = 0
Sammenhengen mellom løsningen av den karakteristiske likningen og den generelle
løsningen av differenslikningen finner du i Table 10.
Løsning til
r2 + br + c = 0
r1 , r2 ∈ R, r1 6= r2
r ∈ R, r 6= 0
r, r¯ ∈ C
Generell Løsning til
xn+2 + bxn+1 + cxn = 0
Konstanter
n
n
xn = Cr1 + Dr2
C, D ∈ R
xn = Crn + Dnrn
C, D ∈ R
xn = Crn + C¯ r¯n
C∈C
xn = Eρn cos(nθ) + F ρn sin(nθ) ρ = |r|, θ = arg(r),E, F ∈ R
Table 10. Løsning til karakteristisk likning - løsning til differenslikning
En bemerkning til bruk av bokstaver til variablene: Vi har tidligere brukt r
til modulus av et komplekst tall (man kan se p˚
a modulus’en som en ”radius”).
N˚
a bruker vi r som løsning til en quadratisk likning (det kommer fra det engelske
”root”), hvor r ogs˚
a kan være et komplekst tall. For modulus bruker vi det greske
r/Rho: ρ.
Løsningsforslag:
(1) Den karakteristiske likningen er
r2 − 3r − 4 = 0
Løsningene er to forskjellige, reelle tall:
r1 = 4
r2 = −1
Den generelle løsningen til differenslikningen er dermed
xn = C4n + D(−1)n
(2) Den karakteristiske likningen er
r2 + 5r − 14 = 0
Løsningene er to forskjellige, reelle tall:
r1 = 2
r2 = −7
Den generelle løsningen til differenslikningen er dermed
xn = C2n + D(−7)n
78
¨
EIVIND ERIKSEN, TROND STØLEN GUSTAVSEN, AND HELGE HULSEN
2.6. Oppgave: Finn følgen som oppfyller differenslikningen
xn+2 + xn+1 − 6xn = 0
og begynnelsesbetingelsene
x0 = 9
x1 = −2
Hint:
• Se p˚
a sammenhengen mellom løsningen av den karakteristiske likningen r2 +br+c =
0 og den generelle løsningen av differenslikningen xn+2 + bxn+1 + cxn = 0.
• Ofte har man begynnelsesbetingelser for ˚
a regne ut konstantene i den generelle
løsningen slik at man f˚
ar den partikulere løsningen.
Løsningsforslag:
(1) Vi skal først finne den generelle løsningen. Den karakteristiske likningen er
r2 + r − 6 = 0
med løsningene r1 = 2 og r2 = −3, som er to reelle og forskjellige løsninger. Den
generelle løsningen er dermed
xn = C · 2n + D · (−3)n
2.7. Vi skal n˚
a bruke begynnelsesbetingelsene, som, satt inn i den generelle
løsningen, gir oss C og D:
x0 =
9 = C20 + D(−3)0
x1 = −2 = C21 + D(−3)1
Dette er et lineært likningssystem, hvor vi kan for eksempel bruke matriseregning
for ˚
a finne C = 5 og D = 4. Den partikulere likningen er dermed
xn = 5 · 2n + 4 · (−3)n
Oppgave: Finn følgen som oppfyller differenslikningen
xn+2 − 4xn = 0
og begynnelsesbetingelsene
x0 = 0
x1 = −4
Hint:
• Se p˚
a ”Hint”-delen i oppgave 2.6
Løsningsforslag:
(1) Vi skal først finne den generelle løsningen. Ikke la deg forvirre av at det ikke finnes
xn+1 . Det er forresten fortsatt en annen-ordens differenslikning, men koeffisienten foran xn+1 er 0. Dette er ikke farlig og vi regner videre som vanlig. Den
karakteristiske likningen er
r2 − 4 = 0
med løsningene r1 = 2 og r2 = −2, som er to reelle og forskjellige løsninger. Den
generelle løsningen er dermed
xn = C · 2n + D · (−2)n
OPPGAVER MED LØSNING
79
(2) Vi skal n˚
a bruke begynnelsesbetingelsene, som, satt inn i den generelle løsningen,
gir oss C og D:
x0 =
0 = C20 + D(−2)0
x1 = −4 = C21 + D(−2)1
Vi finner C = −1 og D = 1. Den partikulere likningen er dermed
xn = −2n + (−2)n