Transcript Tenta 15 januari 2014

F¨or studenter p˚
a distans och campus
ATM-Matematik
Mikael Forsberg
0734 - 41 23 31
¨ r algebra
Linja
ma014a
2014 01 15
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.
Varje uppgift ger 5 po¨
ang och minst 16 po¨ang av maximala 40 po¨ang kr¨avs f¨or godk¨ant.
1. Ber¨akna alla l¨
osningar till ekvationssystemet
2s + 3t + 5u = 1
5s + 3t + 2u = 1
3s − 3u = 1
2. L¨os binomekvationen
√
z 4 − 2 − 2 3i = 0
3. Ber¨akna en ON-bas f¨
or radrummet till matrisen

1 1 1 0
 2 1 0 0

 1 1 0 0

 2 1 1 0
2 1 −1 0
1
2
1
2
2
0
1
1
0
2






4. Givet en r¨
at linje y = kx s˚
a vill vi ber¨akna matrisen till den avbilding som geometriskt
¨ar speglingen i denna linje. Denna spegling kan tolkas som sammans¨attningen av att f¨orst
rotera linjen s˚
a att den sammanfaller med x-axeln, sedan spegla i x-axeln och slutligen
rotera tillbaka till linjens ursprungliga position.
√
Ber¨akna matrisen SL som √
utf¨
or spegling i linjen y = 3 x, dvs spegling i den linje som har
lutningskoeffecienten k = 3.
5. De tre vektorerna v1 = (1, 1, 1), v2 = (1, 1, 2) och v3 = (1, 2, 2) sp¨anner upp en tredimensionell parallellepiped. Ber¨
akna volymen av denna parallellepiped samt den sammanlagda
arean av dess begr¨
ansningsyta.
Uppgift 6,7 och 8 p˚
a n¨
asta sida →
6. Ber¨akna en matris P som diagonaliserar matrisen


3 0 −1
M6 =  0 2 0 
−1 0 3
7. Hitta den ellips p˚
a formen ax2 + by 2 = 1 som b¨ast anpassar sig till punkterna
(−3, 1), (0, 1), (4, 0), (2, −1), (−1, −1)
8. Best¨am v¨
arden p˚
a parametern t s˚
a att systemet
 


1
1 2 1
 2 t 0 x =  1 
1
1 2 t
{z
}
| {z }
|
=b
=A(t)
(a) f˚
ar unik l¨
osning
(b) har o¨
andligt m˚
anga l¨
osningar
(c) saknar l¨
osningar
2
Svar till tentamen i Linj¨
ar algebra, 2014 01 15.
1. Systemet ¨
ar inkonsistent och saknar l¨osningar
2. z =
3.
√
2ei(π/12+nπ/2) ,n = 0, 1, 2, 3
1
o1 = √ (1, 0, 0, 0, 1, 0),
2
1
o2 = √ (0, 1, 0, 0, 0, 1),
2
4.
"
SL =
1
−
√2
3
2
√
3
2
1
2
#
√
√
5. Arean blir 4 2 + 2 5 och volymen blir 1.
6.


−1 0 1
P = 0 1 0 
0 0 1
7.
8.
16 2 249 2
x +
y =1
305
305
(a) Unik l¨
osning om 1 6= t 6= 4
(b) O¨andligt m˚
anga l¨
osningar om t = 1
(c) Saknar l¨
osningar om t = 4
1
o3 = √ (0, 1, 2, 0, 0, −1)
6
L¨
osningar till tentamen i Linj¨
ar algebra, 2014 01 15.
1. St¨all upp systemet p˚
a matrisform:


2 3 5 1
 5 3 2 1 
3 0 −3 1
Gaussjordaneliminering ger


1 0 −1 0
 0 1 7 0 
3
0 0 0 1
Den sista raden betyder att 0 = 1 vilket ¨ar en om¨ojlighet och g¨or att systemet ¨ar inkonsistent
och saknar l¨
osningar. Slutsatsen kan ocks˚
a motiveras genom att h¨anvisa till det som s¨ags i
”Existens and Uniqueness Theorem” i kapitel 1.2 i Lays bok.
2. Skriv om ekvationen p˚
a normalform
√
z 4 = 2 + 2 3i
Skriv sedan b˚
ada led p˚
a pol¨
ar form. Vi f˚
ar
r4 ei4θ = 4ei(π/3+2nπ)
Beloppen f¨or de b˚
ada sidorna m˚
aste vara lika vilket ger oss att r =
argumenten vara lika och detta ger att
4θ = π/3 + 2nπ
→
√
2. Sedan beh¨over ¨aven
θ = π/12 + nπ/2
och fyra p˚
a varandra f¨
oljande v¨
arden p˚
a n, t.ex. n = 0, 1, 2, 3 ger oss de fyra olika l¨osningarna
f¨or v˚
ar ekvation:
√
z = 2ei(π/12+nπ/2) ,
n = 0, 1, 2, 3
Om vi vill ha principalvinklar s˚
a v¨
aljer vi ist¨allet n = −2, −1, 0, 1.
3. B¨orja med att Gauss-Jordan eliminera matrisen vilket

1 0 0 0 1 0
 0 1 0 0 0 1

 0 0 1 0 0 −1

 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
ger






De tre f¨orsta raderna ¨
ar en bas f¨
or radrummet. Notera att vi har tur att de tv˚
a f¨orsta raderna ¨
ar
ortogonala men den tredje radvektorn ¨
ar inte ortogonal mot de ¨ovriga och d˚
a beh¨over vi anv¨anda
Gram-Schmidts metod f¨
or att ˚
astadkomma ortogonalitet. Efter det s˚
a beh¨over vi ocks˚
a normera
vektorerna.
V˚
ar f¨orsta vektor ¨
ar v1 = (1, 0, 0, 0, 1, 0), den andra ¨ar v2 = (0, 1, 0, 0, 0, 1) och ¨ar ortogonal
mot den f¨orsta. Ingen av dem har ¨
annu l¨angden ett. Den tredje vektorn f˚
ar vi fr˚
an den tredje
radvektorn r3 = (0, 0, 1, 0, 0, −1) mha Gram-Schmidt dvs genom ortogonal projektion:
=0
z }| {
r3 • v1
r3 • v2
v1 −
v2 =
v3 = r3 − projv1 r3 − projv2 r3 = (0, 0, 1, 0, 0, −1) −
||v1 ||2
||v2 ||2
1
= (0, 1, 2, 0, 0, −1)
2
En snabb kontroll verifierar att v3 • v1 = v3 • v2 = 0 s˚
a att v3 verkligen ¨ar ortogonal mot de
b˚
ada ¨ovriga. Vi normerar nu de tre vektorerna och f˚
ar d˚
a ON-basvektorerna
o1 =
1
v1
= √ (1, 0, 0, 0, 1, 0),
||v1 ||
2
o2 =
v2
1
= √ (0, 1, 0, 0, 0, 1),
||v2 ||
2
o3 =
v3
1
= √ (0, 1, 2, 0, 0, −1)
||v3 ||
6
Det finns m˚
anga andra m¨
ojliga ON-baser men dessa inneb¨ar troligen betydligt mer och
besv¨arliga r¨akningar.
4. V˚
ar r¨ata linje bildar vinkeln π/3 eller 60◦ med x-axeln. Detta g¨or att den f¨orsta rotationen sker med 60◦ medurs, eftersom moturs rotationsriktning definieras som positiv riktning s˚
a
◦
inneb¨ar detta att v˚
ar rotation ¨
ar en rotation med -60 . Denna rotation realiseras mha matrisen
√ #
" 1
3
cos(−π/3) − sin(−π/3)
2√
2
R1 =
=
sin(−π/3) cos(−π/3)
− 3 1
2
2
Med den andra rotationen s˚
a ska vi rotera tillbaka till ursprungspositionen vilket allts˚
a ¨ar en
◦
rotation med vinkeln 60 moturs, vilket ger f¨oljande matris.
√ #
" 1
3
cos(π/3) − sin(π/3)
−
2
R2 =
= √23
1
sin(π/3) cos(π/3)
2
2
Speglingen i x axeln ges av matrisen
S=
1 0
0 −1
Speglingen SL i linjen ges enligt uppgiftsformuleringen av att man f¨orst roterar med R1 varefter
vi utf¨or speglingen S och slutligen roterar tillbaka med R2 Sammans¨attningen blir en matrisprodukt d¨ar den f¨
orsta operationens matris ska st˚
a l¨angst till h¨oger och de ¨ovriga tv˚
a till v¨anster
om denna:
"
"
√ #
√ #
√ #
" 1
3
3
3
1
1
1
0
−
−
2
2√
2
2
√2
=
SL = R2 · S · R1 = √23
3
1
1
0 −1
− 23 12
2
2
2
2
5. Volymen ges av


1
1
1
det  1 1 2  = | − 1| = 1
1 2 2 Begr¨ansningsytan ges av areorna som sp¨anns av varje par av vektorerna och dessa areor ges av
kryssprodukternas l¨
angd.
√
A1 = ||v1 × v2 || = ||(1, −1, 0)|| = 2
√
A2 = ||v1 × v3 || = ||(0, −1, 1)|| = 2
√
A3 = ||v2 × v3 || = ||(−2, 0, 1)|| = 5
Kom ih˚
ag att volymen begr¨
ansas av par av motst˚
aende sidor och d˚
a f˚
ar vi den totala arean blir
√
√
A = 2A1 + 2A2 + 2A3 = 4 2 + 2 5
6. V˚
ar matris ¨
ar symmetrisk och den ¨
ar d¨arf¨or automatiskt diagonaliserbar. En diagonaliserande
matris best˚
ar av matrisens egenvektorer s˚
a vi b¨orjar med att ber¨akna dessa. Detta inneb¨ar att
vi f¨orst m˚
aste ber¨
akna egenv¨
ardena som ¨ar nollst¨allen till matrisens karakteristiska polynom:


3−λ
0
−1
2−λ
0  = −λ3 + 8λ2 − 20λ + 16
c(λ) = det(M6 − λI) = det  0
−1
0
3−λ
5
F¨or att f˚
a fram nollst¨
allena till c(λ) s˚
a testar vi med n˚
agra av de heltal som delar konstantfaktorn
16. Det ¨ar inte sv˚
art att se att λ = 4 a¨r ett nollst¨alle. Polynomdivision ger att
−λ3 + 8λ2 − 20λ + 16 = −(λ − 4)(x2 − 4λ + 4) = (λ − 4)(λ − 2)2 ,
fr˚
an vilket vi ser att λ = 2 ¨
ar ett dubbellt nollst¨alle och eftersom M6 ¨ar symmetrisk s˚
a f¨orv¨antar
vi oss att egenrummet till λ = 2 ¨
ar tv˚
a dimensionellt.
Vi g˚
ar vidare och ber¨
aknar egenvektorerna:
F¨orst λ = 4:
Vi l¨oser (M6 − 4I)x = 0:

 

−1 0 −1 0
1 0 1 0
 0 −2 0 0  ∼  0 1 0 0 
−1 0 −1 0
0 0 0 0
fr˚
an vilket det f¨
oljer att egenrummet kan skrivas

Eλ=4

−1
= { vektorer som kan skrivas som t ·  0 }
1
| {z }
=e1
Egenrummet till λ = 2::
Vi l¨oser (M6 − 2I)x = 0:


 
1 0 −1 0
1 0 −1 0
 0 0 0 0 ∼ 0 0 0 0 
0 0 0 0
−1 0 1 0
och detta ger oss att egenrummet blir
Eλ=2







   



1 
 0

= Span  1 ,  0 



1 
0





| {z } | {z }

=e2
=e3
En diagonaliserande matris f˚
ar man om vi st¨aller upp vektorerna e1 , e2 och e3 som kolonner i
en matris. Mao


−1 0 1
P = 0 1 0 
0 0 1
7. Ellipsekvationen ger en ekvation f¨
or varje punkt:
9a + b = 1
(−3, 1)
b = 1
(−1, 0)
16a = 1
4a + b = 1
a+b = 1
6
(4, 0)
(2, −1)
(−1, −1)
Detta system ¨
ar uppenbarligen ¨
overbest¨amt och saknar vanliga l¨osningar. Vi beh¨over anv¨anda
oss av minsta kvadrat metoden f¨
or en l¨osning och vi b¨orjar med att skriva systemet p˚
a matrisformen Ax = b:


 
9 1
1
 0 1   1 


 
 16 0  a =  1 
 b

 
 4 1  | {z }  1 
=x
1 1
1
| {z }
| {z }
=A
Vi multiplicerar b˚
ada led med
=b
AT
fr˚
an v¨anster vilket ger f¨oljande system:
354 14
a
30
=
14 4
b
4
|
| {z }
{z
}
=AT A
=AT b
L¨osningarna till detta system ger oss minstakvadratv¨ardena p˚
a ellipseccentriciteterna a och b.
Vi f˚
ar


16
1 0 305
354 14 30
354 14 30

∼
∼
14 4 4
14 4 4
0 1 249
305
som allts˚
a betyder att a =
16
305
och b =
249
305
Den b¨ast anpassade ellipsen blir allts˚
a
16 2 249 2
x +
y =1
305
305
8. De intressanta v¨
ardena ¨
ar de v¨
arden p˚
a t som g¨or att matrisen A(t) saknar invers. F¨
or
s˚
adant v¨arde ¨
ar systemet antingen inkonsistent och saknar l¨osningar eller s˚
a ¨ar det konsistent
med o¨andligt m˚
anga l¨
osningar. Matrisen saknar invers precis d˚
a determinanten blir noll. Determinanten blir
det A(t) = t2 − 5t + 4
Detta polynom ¨
ar noll precis om t = 1 och om t = 4. Om t inte ¨ar n˚
agot av dessa v¨arden s˚
a¨
ar
systemet konsistent med unik l¨
osning vilket blir svaret p˚
a uppgift a.
F¨or att ta reda p˚
a om systemet ¨
ar konsistent eller inte f¨or t = 1 och t = 4 s˚
a m˚
aste vi l¨osa
systemet f¨or dessa v¨
arden:
t = 4::

 

1 2 1 1
1 2 0 0
 2 4 0 1 ∼ 0 0 1 0 
1 2 4 1
0 0 0 1
Eftersom rangen f¨
or den utvidgade matrisen ¨ar 3 medan rangen f¨or matrisen i v¨anster led ¨ar 2
s˚
a f¨orst˚
ar vi att detta system ¨
ar inkonsistent och saknar l¨osningar.
t = 1::
 
1 2 1 1
1 0 − 13
 2 1 0 1 ∼ 0 1 2
3
1 2 1 1
0 0 0

1
3
1
3


0
Denna system har en fri variabel och systemet har d¨arf¨or m˚
anga l¨osningar.
7