Transcript ATM-Matematik Pär Hemström 070 3600572 Sören Hector 070

F¨or studerande i linj¨ar algebra
ATM-Matematik
¨ r algebra
Linja
ma014a
20130325
P¨ar Hemstr¨om 070 3600572
S¨oren Hector 070 4616086
Mikael Forsberg 0734 412331
Skrivtid: 09:00-14:00. Inga hj¨alpmedel. L¨osningarna skall vara fullst¨andiga och l¨atta att f¨olja. B¨orja
varje ny uppgift p˚
a ny sida. Anv¨
and ej baksidor. Skriv namn p˚
a varje inl¨amnat blad.
Alla uppgifter ger 5 po¨
ang utom uppgift 4 som ger 7 po¨ang och uppgift 5 som ger 3 po¨ang.
1. Ber¨akna alla l¨
osningar till ekvationssystemet
2x + y + 3z = 4
−x + y = 1
x − 2y − z = −3
2. H¨ar har vi binomekvationen
z 3 = −8
(a) Skriv ekvationens b˚
ada led p˚
a pol¨ar form.
[1 po¨ang]
(b) Ber¨
akna alla ekvationens l¨
osningar
[ 3 po¨ang]
(c) Skriv l¨
osningarna p˚
a rektangul¨ar form.
[ 1 po¨ang]
3. (a) Ber¨
akna matrisen f¨
or den linj¨ara avbildning som f¨orst roterar alla vektorer kring origo
med vinkeln π och sedan speglar vektorerna i y-axeln. Matriserna f¨or alla ing˚
aende
matriser skall redovisas likas˚
a hur den resulterande avbildningens matris beror av deloperationernas matriser. Rita figurer.
[4 po¨ang]
(b) Vilken geometrisk operation svarar den resulterande matrisen mot?
4. F¨or matrisen

1 2
3
 1 −1 −2
A=
 2 1
1
3 0 −1
1
1
2
3
[1 po¨ang]

2
1 

3 
4
(a) Ber¨
akna en bas f¨
or matrisens kolonnrum
[2 po¨ang]
(b) Ber¨
akna en bas f¨
or matrisens nollrum
[2 po¨ang]
(c) Ber¨
akna en bas f¨
or matrisens radrum
[1 po¨ang]
(d) Ber¨
akna en ortogonal bas f¨
or matrisens radrum.
[2 po¨ang]
5. Best¨am arean f¨
or begr¨
ansningsytan till den parallellepiped som radvektorerna till matrisen
M sp¨anner upp
[3 po¨ang]


2 3 1
M =  −2 1 1 
3 2 −2
6. Ber¨akna den r¨
ata linje som i minstakvadratmening b¨ast anpassar sig till
punkterna i figur 1
æ
4
3
æ
æ
2æ
æ
1
-2
-1
1
2
Figure 1: Figur till uppgift 6
7. L˚
at

2 3 5
A(t) =  1 t 0 
1 −2 t

Best¨am parametern t s˚
a att matrisen A(t) blir inverterbar. Ber¨akna inversen f¨or det minsta
positiva v¨
arde p˚
a t som g¨
or matrisen inverterbar.
8. L˚
at

1 1 0
B= 1 2 1 
0 1 1

(a) Varf¨
or ¨
ar matrisen diagonaliserbar?
(b) Ber¨
akna egenv¨
ardena.
(c) Ber¨
akna egenvektorerna som h¨or till egenv¨ardena.
(d) Ber¨
akna en diagonaliserande matris.
(e) Vad blir diagonalmatrisen?
2
Svar till tentamen i Linj¨
ar algebra, 20130325.
1.
2.

 

 
x
−1
1
 y  =  −1  t +  2 
z
1
0
(a) Binomekvationen p˚
a pol¨
ar form ¨ar
|z|3 ei3φ = 8ei(π+2πk
(b) L¨osningarna blir
z = 2ei(π/3+k·2π/3) ,
k = 0, 1, 2
(c) P˚
a rektangul¨
ar form kan l¨
osningarna skrivas z = 2i,
3. Matrisen blir
1 0
0 −1
√
(k = 2), och z = 1 ± i 3,
k = 0, 1
som geometriskt ¨
ar en spegling i x-axeln
4. Se l¨osningen.
√
√
√
5. 2 84 + 2 138 + 2 66
6. y = 7x/10 + 12/5
7. Matrisen ¨
ar inverterbar bara inte t = −1 eller t = 5. Inversen f¨or t = 1, som ¨ar det minsta
postiva v¨ardet som g¨
or matrisen inverterbar, blir:


1
13
5
− 16
16
16
3
5 
 1
− 16
16
16
3
7
1
− 16
16
16
8.
(a) Matrisen ¨
ar symmetrisk och symmetriska matriser ¨ar diagonaliserbara.
(b) Egenv¨
ardena blir 0, 1, 3
(c) (1, −1, 1), (−1, 0, 1), (1, 2, 1)
(d) En diagonaliserande matris har egenvektorerna som kolonner. Matrisen


1 −1 1
P =  −1 0 2 
1
1 1
(e) Diagonalmatrisen har egenv¨
ardena p˚
a diagonalen och nollor i ¨ovrigt


0 0 0
 0 1 0 
0 0 3
Ordningen p˚
a egenv¨
ardena m˚
aste st¨amma ¨overens med ordningen av egenvektorerna i den
diagonaliserande matrisen P ,
L¨
osningar till tentamen i Linj¨
ar algebra, 20130325.
1. Ekvationssystemet blir p˚
a matrisform som vi direkt radreducerar:

 

2
1
3
4
1 0 1 1
 −1 1
0
1 ∼ 0 1 1 2 
1 −2 −1 −3
0 0 0 0
Fr˚
an detta ser vi att z = t ¨
ar en fri variabel och att vi fr˚
an rad 1 f˚
ar x = −t + 1 och fr˚
an rad 2
y = −t + 2 s˚
a att systemets l¨
osning kan skrivas
  

 
x
−1
1
 y  =  −1  t +  2 
z
1
0
2. F¨or att l¨osa v˚
ar binomekvation s˚
a skriver vi om den p˚
a pol¨ar form:
|z|3 ei3φ = 8eiπ+2πk ,
k ∈ Z,
d¨ar vi angett alla m¨
ojliga argument f¨
or −8 som blir π + 2πk d¨ar k ¨ar ett godtyckligt heltal.
Denna pol¨ara ekvation ger oss nu en ekvation f¨or beloppet
|z|3 = 8
⇒
|z| = 2,
och en ekvation f¨
or argumentet:
3φ = π + 2πk
⇒
φ=
π 2π
+
· k,
3
3
k∈Z
Eftersom algebrans fundamentalsats s¨
ager att v˚
ar binomekvation ska ha precis tre l¨osningar s˚
a
noterar vi att vi f˚
ar detta fr˚
an ovan genom att v¨alja tre p˚
a varandra f¨oljande v¨arden av k, t.ex.
k = −1, 0, 1 som d˚
a ger oss l¨
osningarna
√
z−1 = 2ei(π/3−2π/3) = 2e−iπ/3 = 2(cos(−π/3) +i sin(−π/3)) = 1 − i 3
| {z } | {z }
=1/2
√
=− 3/2
√
z0 = 2ei(π/3) = 2eiπ/3 = 2(cos(π/3) +i sin(π/3)) = 1 + i 3
| {z } | {z }
=1/2
√
= 3/2
=π
z1
z
}|
{
i(π/3 + 2π/3)
= 2e
= −2,
d¨ar vi i de h¨
ogra leden har uttryckt l¨
osningarna p˚
a rektangul¨ar form.
3. Fr˚
an figur 2 ser vi att vektorn (1, 0) (i r¨ott) avbildas p˚
a sig sj¨alv och vektorn (0, 1) (i bl˚
att)
avbildas till (0, −1). Detta ger d¨
arf¨
or att matrisen f¨or v˚
ar avbilgning blir
1 0
0 −1
som ¨ar en spegling i x-axeln.
Det g˚
ar ocks˚
a att uttrycka avbildningen mha
D˚
a f˚
ar man att v˚
ar avbildning matris ges som
−1
Sy · Rπ =
0
rotationsmatrisen Rπ och speglingsmatrisen Sy .
produkten
0
−1 0
1
0 −1
Figure 2: Figur till problem 3
4. B¨orja med att radeliminera matrisen

1 2
3 1
 1 −1 −2 1

 2 1
1 2
3 0 −1 3
 
2
1


1   0
∼
3   0
4
0

1 43
0 31 

0 0 
0 0
0 − 13
1 35
0 0
0 0
Fr˚
an detta f˚
ar vi att de tv˚
a f¨
orsta raderna ¨ar en bas f¨or radrummet. Dessa tv˚
a ¨ar dock inte
ortogonala s˚
a vi m˚
aste anv¨
anda Gram-Schmidts metod f¨or att g¨ora om dem till en ortogonal
bas f¨or radrummet.
Eftersom de tv˚
a pivotpositionerna st˚
ar i kolonn 1 och 2 s˚
a ¨ar kolonn 1 och 2 i matrisen A en
bas f¨or kolonnrummet.
Nollrumsbasen best¨
ams mha de tre fria variablerna x3 = 3s, x4 = t och x5 = 3u. Rad 1 och tv˚
a
hj¨alper oss att uttrycka x1 och x2 mha de fria variablerna. Fr˚
an rad 1 f˚
ar vi att
x1 = x3 /3 − x4 − 4x5 /3 = s − t − 4u
och fr˚
an rad 2 f˚
ar vi
x2 = −5x3 /3 − x5 /3 = −5s − u
och d¨arf¨or blir nollrummet






x1
x2
x3
x4
x5


 
 
=
 
 
1
−5
3
0
0






s + 




−1
0
0
1
0






t + 




−4
−1
0
0
3



u


Slutligen: f¨
or att ber¨
akna en ortogonal bas f¨or radrummet kan vi s¨atta de tv˚
a nollskillda
raderna i ovan till o1 resptektive b. F¨or att f˚
a en basvektor o2 som ¨ar vinkelr¨at mot o1 s˚
a
anv¨ander vi oss av Gram-Schmidts metod som i v˚
art fall inneb¨ar att
o2 = b − projo1 b = b −
1
b • o1
o1 = (1, 1, 58, 1, 13)
2
||o1 ||
35
En snabb kontroll visar att denna vektor verkligen ¨ar ortogonal mot o1 . Nu spelar l¨angderna
f¨or den ortogonala basen ingen roll s˚
a vi kan korrigera vektorerna s˚
a att deras komponenter inte
har n˚
agra br˚
ak. Vi kan d¨
arf¨
or svara med den ortogonala basen
{(3, 0, −1, 3, 4), (1, 1, 58, 1, 13)},
d¨ar den f¨orsta vektorn ¨
ar 3 · o1 och den andra vektorn ¨ar 35 · o2 .
Det finns naturligtvis o¨
andligt m˚
anga andra m¨ojliga ortogonala baser f¨or v˚
art radrum s˚
a m˚
anga
olika svar, beroende p˚
a hur r¨
akningarna ¨ar utf¨orda, ¨ar m¨ojliga.
5
obs!!!
att vi s¨
atter 3s
och 3u ¨
ar bara
f¨
or att slippa f˚
a
br˚
aktal i nollrumsbasen
5. Om vi kallar v˚
ara radvektorer f¨
or r1 , r2 och r3 s˚
a best˚
ar begr¨ansningsarean av tre par av
areor som vardera kan ber¨
aknas mha l¨
angderna av kryssprodukterna
r1 × r2 = (2, −4, 8),
r1 × r3 = (−8, 7, −5)
samt r2 × r3 = (−4, −1, −7)
Vi f˚
ar allts˚
a att v˚
ar area A ges av
A = 2 · A1 + 2 · A2 + 2 · A3 =
=2·
||r × r ||
+2 · ||r2 × r3 ||
||r × r || +2 ·
| 1 {z 3 }
| {z }
| 1 {z 2 }
√
√
√
√
√
√
= 4+16+64= 84
= 64+49+25= 138
= 16+1+49= 66
=
√
√
√
= 2 84 + 2 138 + 2 66
6. Linjeanpassningen leder till den inkonsistenta matrisekvationen
 


1
−2 1
 −1 1   2 
 


 0 1  k = 2 
 
 m

 3 
 1 1 
4
2 1
F¨or att hitta minstakvadratl¨
osningen s˚
a multiplicerar vi b˚
ada led med transponatet till matrisen
till v¨anster. Vi f˚
ar d˚
a
10 0
k
7
=
0 5
m
12
som ger oss l¨
osningen
k = 7/10
och m = 12/5
s˚
a att minstakvadratlinjen ges av ekvationen
y = 7x/10 + 12/5
Denna l¨osning visas i figur 3:
æ
4
3
æ
æ
-2
æ
2
æ
1
-1
1
2
Figure 3: L¨
osning till v˚
art minstakvadratproblem
7. Ber¨akna matrisens determinant: det A(t) = 2t2 − 8t − 10. Nollst¨allena blir −1 och 5 och
f¨or dessa v¨arden s˚
a har A(t) ingen invers. Det minsta positva v¨ardet p˚
a t som g¨or matrisen
inverterbar ¨
ar t = 1 och f¨
or detta v¨
arde s˚
a r¨aknar vi ut inversen genom att st¨alla upp den
utvidgade matrisen [A(1)|I ] och utf¨
ora radreduktion:




1
13
5
2 3 5 1 0 0
1 0 0 − 16
16
16
1
3
5 
 1 1 0 0 1 0  ∼  0 1 0
− 16
16
16
3
7
1
1 −2 1 0 0 1
0 0 1 16 − 16
16
6
8. Det karakteristiska polynomet det(A − λI) = −λ3 + 4λ2 − 3λ har nollst¨allena 0, 1 och 3 och
dessa v¨arden ¨
ar v˚
ara egenv¨
arden. F¨
or att hitta egenvektorerna s˚
a m˚
aste vi l¨osa (A − λI)x = 0
f¨or varje egenv¨
arde:
λ = 0 :: (A − λI)x = 0 blir h¨
ar:

 

1 1 0 0
1 0 −1 0
 1 2 1 0 ∼ 0 1 1 0 
0 1 1 0
0 0 0 0
som ger oss egenvektorn (1, −1, 1),
λ = 1 :: H¨ar f˚
ar vi:
 

0 1 0 0
1 0 1 0
 1 1 1 0 ∼ 0 1 0 0 
0 1 0 0
0 0 0 0

Skriver vi upp l¨
osningarna s˚
a f˚
ar vi egenvektorn (−1, 0, 1)
λ = 3 :: I detta fall blir de utvidgade matriserna

 

−2 1
0 0
1 0 −1 0
 1 −1 1 0  ∼  0 1 −2 0 
0
1 −2 0
0 0 0 0
Denna utvidgade matris ger oss egenvektorn (1, 2, 1).
Genom att st¨
alla upp dessa tre egenvektorer som kolonner i en matris s˚
a f˚
ar vi nu den
diagonaliserande matrisen


1 −1 1
P =  −1 0 2 
1
1 1
N¨ar man ber¨
aknar matrisprodukten P −1 AP s˚
a f˚
ar man motsvarande diagonalmatris. Diagonalmatrisen ¨ar noll f¨
orutom l¨
angs huvuddiagonalen d¨ar egenv¨ardena st˚
ar. Och egenv¨ardena st˚
ar i
den ordning som deras motsvarande egenvektorer st˚
ar i matrisen P . M.a.o. diagonalmatrisen
¨ar


0 0 0
D= 0 1 0 
0 0 3
7