Lösningar till MVE021 Linjär algebra för I

Storlek: px

Starta visningen från sidan:

Download "Lösningar till MVE021 Linjär algebra för I"

Anton Fransson
för 5 år sedan
Visningar:

1 Lösningar till MVE Linjär algebra för I (a Vektorer är ortogonala precis när deras skalärprodukt är Vi har u v 8 5h + h h 5h + 6 (h (h När h och när h (b Låt B beteckna basen {v, v } Om vi sätter A ( v v och låter [b]b beteckna koordinaterna för b relativt basen B gäller att A[b] B b, så att sökta vektorn [b] B löser ekvationen Ax b Ekvationens utökade koefficientmatris utsätts för radoperationern till trappstegsform: TF Lösning av detta ger x ( ( (c Matrisen är inverterbar precis när dess deteriminant A är skild från Vi har, med räkneregeler för determinanter, att h A h h h h h h h h h(h 9 h(h (h + Matrisen saknar invers när h, och när h ± (d Om A ( v v v gäller att de tre vektorerna är linjärt beroende precis när Ax har en lösning x Det är samma villkor som att A har en kolonn som inte är pivotkolonn Radoperationer ger A 6 h h h (TF oavsett värde på h h (e Sätt A ( v v En vektor u ligger då i ortogonala komplememntet till H precis när A T u Det ger att H är nollrummet till A T, som vi nu bestämmer en bas för Radoperationer ger A T ( (

2 Allmänna lösningen till detta är x x, x x, x, x x x, som ger basen w ( T, w ( T Vi bestämer nu en ortogonalbas med hjälp av Gram-Schmidts metod och har u w u w w u u u ( T 5 ( T ( /5 /5 T (Tex u ( T, u ( 5 T (f Vi bestämmer inversen till A med hjälp av Jacobis metod: ( A I (a Dimensionen av nollrummet är antalet kolonner i A som inte är pivotkolonner För att avgöra vilka de är gör vi radoperationer till TF Vi har h h h h h h A 5 5 h h h + h + h + h 6 h 7 h h 6 h + h + h + h h + h h h h 6 h + h + h + h h h h 9 + h När h är :a och :e kolonnerna pivotkolonnerna När h är :a och :a kolonnerna pivotkolonnerna För andra värden på h är :a, :a och :e kolonnerna pivotkolonnerna Dimensionen av nollrummet är när h och när h För andra värden på h är dimensionen (b Vi har att Ab + 7h + 8h h 7 Inget värde på h gör högra ledet till nollvektorn Inga h

3 Låt a n vara antalet konsumenter som använder fabrikat A efter n månader, och b n motsvarande för fabrikat B Vi har a a och b b Uppgifgen är att beräkna a n och b n Vi sätter x n ( a n b n T Information i uppgiften ger att x n+ Mx n, där ( /6 / M 5/6 / Upprepad användning av detta samband ger att x n M n x Vi hoppas att M är diagonaliserbar och bestämmer därför egenvärden till M De är lösningarna till det(m λi och vi har det(m λi /6 λ / 5/6 / λ λ 5 6 λ 6 (λ (λ + 6 Detta ger egenvärdena λ och λ /6 Vi söker baser för egenrummen till dessa egenvärden Vi har ( ( 5/6 / 5 M I, 5/6 / så v ( 5 T är en bas för egenrummet till λ Vi har så v ( M + 6 I ( / / 5/6 5/6 ( T är en bas för egenrummet till λ /6 Eftersom R har basen v, v som består av egenvektorer till M är M diagonaliserbar och M P DP, där ( P 5 ( D /6 Detta ger ( ( ( M n P D n P n 5 ( /6 n 7 5 ( + 5( /6 n ( /6 n 7 5 5( /6 n 5 + ( /6 n, Detta ger x n ( (/7 (5/7( /6 n a + (/7 (/7( /6 n b (5/7 + (5/7( /6 n a + (5/7 + (/7( /6 n b Efter n månader använder ( 5( /6 n a/7 + ( ( /6 n b/7 konsumenter fabrikat A och 5( + ( /6 n a/7 + (5 + ( /6 n b/7 använder B

4 (a Vi bestämmer först en bas för kolonnrummet Pivotkolonnerna i A utgör en sådan Radoperationer ger 6 A Vi ser att :a, :e och 5:e kolonnerna i A är piviotkolonnerna och därmed är v, v, v 6 en bas för kolonnrummet Vi underkastar den Gram-Schmidt och får u v u v v u u u v u v u v v u u u v u u u v 8 8 v v v v + v TF En ortogonalbas utgörs av u, u, u (b Enligt projektionsformel ges den ortogonala projektionen ˆv av v ( 6 T av ˆv v u u u + v u u u + v u u u ( ( 6 6

5 (c Avståndet mellan v och kolonnrummet är samma som avståndet mellan v och ˆv och det är v ˆv Om u, u är en ortonormalbas för H och vi sätter U ( u u så ges standardmatrisen för ortogonal projektion på H av UU T Vi bestämmer först en bas för H Om vi sätter A ( v v så gäller att x H precis när A T x, dvs H Nul(A T Vi bestämmer därför en bas för Nul(A T Radoperationer ger ( ( A T Allmänna lösningen till A T x, ges därför av x x x x x ( x x 5x / (x 9x / x x x 9 + x Därmed är v ( 9 T, v ( 9 T en bas för H Vi ser också att v v, så det är en ortogonalbas Båda vektorerna i basen har längd Vi har därför att u (/(7 v, u (/(7 v är en ortonormalbas Standard matrisen för ortogonala projektionen på H ges därför av 9 UU T ( (a Att inte är ett egenvärde till A betyder att Ax x, bara om x Eftersom A är kvadratisk är A därför inverterbar Det stämmer 9 5

6 (b Vi har att ( ( A b U b Sista kolonnen är ej pivotkolonn eftersom U har ledande element på varje rad (enligt förutsättning Alltså är Ax b lösbar för varje b Det stämmer (c Om vi sätter så gäller A B AB ( ( ( Varje vektor är egenvektor till AB (med egenvärde Vektorn är inte egenvektor till A B Det stämmer inte, TF 6

Relevanta dokument

MVE022 Urval av bevis (på svenska)

MVE022 Urval av bevis (på svenska) MVE22 Urval av bevis (på svenska) J A S, VT 218 Sats 1 (Lay: Theorem 7, Section 2.2.) 1. En n n-matris A är inverterbar precis när den är radekvivalent med indentitesmatrisen I n. 2. När så är fallet gäller