Preliminärt lösningsförslag

Transkript

1 Preliminärt lösningsförslag v7, 7 januari 6 Högskolan i Skövde Tentamen i matematik Kurs: MA4G Linjär algebra MAG Linjär algebra för ingenjörer Tentamensdag: 5--7 kl Hjälpmedel : Inga hjälpmedel utöver bifogat formelblad Ej räknedosa Tentamen bedöms med betyg 3, 4, 5 eller underkänd, där 5 är högsta betyg För godkänt betyg (3) krävs minst 6 poäng från del I och II tillsammans, ( ) Var och en av dessa åtta uppgifter kan ge maximalt 3 poäng För var och en av uppgifterna 6 kan man välja att i stället för att lämna svar utnyttja sitt resultat från motsvarande dugga från kurstillfället ht 4 (duggaresultatlista bifogas) Markera detta genom att skriva ett D istället för ett kryss i uppgiftsrutan på omslaget För betyg 4 krävs utöver godkänt resultat från I+II minst poäng från del II och III tillsammans, för betyg 5 minst 3 poäng Lämna fullständiga lösningar till alla uppgifter, om inte annat anges Skriv inte mer än en uppgift på varje blad Del I Uppgift 6 kan en och en ersättas av duggapoäng Ni får inte ersätta delar av en uppgift med duggaresultat och lämna in lösning på andra delar, har ni lämnat in en lösning för en del av en av dessa sex uppgifter är det den som gäller för hela den uppgiften Däremot får ni naturligtvis välja fritt vilka av de sex uppgifterna ni utnyttjar duggaresultaten för, och vilka ni lämnar in lösningar för Om inget annat anges är deluppgifterna värda en poäng var a (D) (3p) (a) För vilka värden på a är vektorerna a och 9 parallella? 3 9 (b) Bestäm ekvationen på normalform för planet som går genom punkterna A = (,, 3), B = (, 3, ) och C = (3,, ) Lösningsförslag: (a) Tredje koordinaten i vektorerna ger direkt att andra vektorn måste vara 3 gånger första vektorn, om de är parallella För att detta ska gälla för första koordinaten måste a = 3, och en kontroll av andra koordinaten ger att det värdet också gör att detta villkor gäller för den koorddinaten med a = 3 Så enda värdet är a = 3 (b) Om n är en vektor ortogonal mot alla vektorer i planet (normalvektor till planet)), så är X en punkt i planet om och bara om n AX = p Vi kan konstruera en normalvektor med hjälp av vektorprodukt som n = AC ( ) AB = = = ( ) = 4

2 Planets ekvation på normalform/allmän form är då (om vi för enklare räkningar väljer normalvektor n = ) n AX = x y = (x ) + (y ) + (z 3) = z 3 x + y + z 6 = Alternativt: Sätt in koordinater för A, B och C i ax+by+cz+d = Det ger tre ekvationer i a, b, c, d Lös för a, b, c, d (D) (3p) (a) Finn alla lösningar till ekvationsystemet p x + y + 3z =, y + z =, (b) Avgör om vektorerna v =, v =, v 3 = och v 4 = 3 är linjärt oberoende eller linjärt beroende Korrekt motivering krävs för poäng Lösningsförslag: (a) Vi genomför Gauss-Jordanreducering (egentligen bara bakåtsubstitution) på systemet skrivet i matrisform (ri, med i siffra, betecknar rad nummer i): 3 r-r Vi ser att kolonn 3 saknar pivotelement, alltså blir z en fri variabel, sätt z = t, t R Ekvation i det sista systemet ger y = z = t, och första ekvationen ger x = z = t Alltså är lösningen x y = + t, t R z (b) Det är tredimensionella vektorer, men de är fyra stycken Sats i kursen säger att en samling av vektorer som är fler än vektorernas dimension alltid är linjärt beroende Så vektorerna är linjärt beroende 3

3 (D) 3 (3p) (a) Beräkna A B, då A = och B = 3 (b) Finn radrummet för matrisen p 3 5 Lösningsförslag: (a) Enligt definitionen av matrismultiplikation har vi att A B = = + + = ( ) 3 + ( ) 6 (b) Vi radreducerar matrisen till en radekvivalent trappstegsmatris De kvarvarande ickenollraderna i denna spänner upp radrummet r3+r 4 r3-3r, r-r [ ] Alltså är radrummet span{ 4, } (Observera att detta svar inte är unikt Till exempel är spannet av de två första raderna i den ursrpungliga matrisen ett lika korrekt svar) (D) 4 (3p) Den linjära transformationen () x x + y T : R R, där T =, y x 3y () x x kan uttryckas med en matrismultiplikation: T = A y y (a) Bestäm matrisen A samt matrisen för den inversa transformationen T (b) Beräkna determinanten av B då p 4

4 B = 3 4 Lösningsförslag: (a) Vi har att x + y x = x 3y 3 y enligt definitionen av matrismultiplikation Alltså är vår sökta matris A = 3 En sats i kursen säger att den inversa transformen T på samma sätt motsvaras av matrisen A, inversen av A Vi behöver alltså beräkna denna invers Ett resultat i kursen säger att om vi utvidgar matrisen A åt höger med en enhetsmatris av samma typ, och genomför elementära radoperationer som slutar med att vi har en enhetsmatris där vi hade A kommer vi till höger om denna enhetsmatris att ha A : [ A ] I = r+r 3 (r+r, och sedan multiplicera hela matrisen med ) Alltså är [T ] = (b) Utveckling längs tredje raden ger att det B = = ( ) 3+ = En ny utveckling, nu längs kolonn ger det B = ( ) + 4 = 4 4 Om vi slutligen använder den konkreta definitionen av determinanten för en -matris får vi det B = 4 ( ) = 36 5

5 (D3) 5 (3p) (a) A = 4 4 Bestäm egenvärdena för A 3 3 (b) Matrisen har ett egenvärde 3 Bestäm en egenvektor som hör till detta 4 egenvärde för matrisen A 5 (c) Matrisen har en egenvektor Bestäm det egenvärde som hör till dnna 3 egenvektor för matrisen A Lösningsförslag: (a) Enligt sats i kursen är egenvärdena för en triangulär matris värdena på diagonalen för matrisen Alltså är egenvärdena för A,4 och 3 (Egenvärdena kan också ganska enkelt beräknas från den karaktäristiska ekvationen om man i determinantberäkningen systematiskt utnyttjar rader med flest nollor) (b) Egenvektorerna till B = som hör till egenvärdet 3 är alla (nollskilda) vektorer 4 v som löser ekvationen B v = 3 v eller ekvivalent (B 3I) v = Vi Gausseliminerar för att hitta lösningarna, dvs nollrummet till matrisen B 3I 3 B 3I = =, 4 3 så x x = t x (A 3I) x + y = = t y y = t y Egenvektorerna till A som svarar mot egenvärdet 3 är alltså vektorerna t, där t är en allmän (nollskild) parameter Eller med andra ord, egenrummet som svarar mot egenvärdet 3 spänns av vektorn (c) Det enda vi behöver göra är att multiplicera matrisen med egenvektorn från höger och jämföra resultatet med den ursprungliga egenvektorn = = = ( 4) Alltså ger definitionen av egenvärde och egenvektor att denna egenvektor har egenvärdet 4 (D3) 6 (3p) (a) Finn en vektor u som tillsammans med R 3 och bildar en ortogonal bas för 6

6 (b) B = ( x + x 3, x 3 + x 5, + x 5, x 5) är en bas för ett underrum till P 5 (P 5 är rummet som består av alla polynom upp till och med grad fem) Bestäm koordinatvektorn [p(x)] B för polynomet p(x) = x 3 x 5 p Lösningsförslag: (a) Eftersom vi bara vill ha en ortogonal bas räcker det att hitta en tredje vektor som är vinkelrät mot de två första Eftersom vektorerna är 3-dimensionella är det enklaste sättet nog att beräkna vektorprodukten av de givna vektorerna (ett alternativ är att ansätta vektor som obekant, skalärmultiplicera denna obekanta med de två givna vektorerna och lösa det ekvationssystem som uppstår) Kallar vi den tredje vektorn u har vi alltså 3 u = = ( ) = ( ) 3 (b) Koordinatvektorns komponenter är koefficienterna i linjärkombinationen av baselementen Eftersom B = {x + x 3, x 3 + x 3, + x 5, x 5 } och om a b [p(x)] B =, c d så är p(x) = a(x + x 3 ) + b(x 3 + x 5 ) + c( + x 5 ) + d( x 5 ) p(x) = x 3 x 5 = c + d + ax + (a + b)x 3 + (b + c d)x 5 Om vi jämför koefficienter i VL och HL, får vi ekvationssystemet c + d =, a =, a + b = b + c d =, eller på matrisform a b = c d Vi kan lösa systemet med Gausseliminering 7

7 Vi har alltså att [p(x)] B =

8 Del II 7 (3p) Följande linjära ekvationssystem är givet, där c är ett reellt tal (en parameter): x + y + cz + w = c, x + ( c)z =, y + z + w = 3, Avgör, för alla värden på c, om systemet är lösbart eller inte För de värden på c som ger ett lösbart system, bestäm alla lösningar till systemet Lösningsförslag: Ekvationssystemet beskrivs av den utökade koefficientmatrisen c c A = c 3 Vi kan bestämma lösningsrummet för olika värden på c genom att Gausseliminera A och utnyttja vad vi vet om trappstegsmatrisers lösningsrum c c c c c c c c c c c c 3 c (för att förbereda för bestämmandet av lösningsrummen i de fall lösning finns genomför vi redan nu bakåtsubstitutionen) Sista raden ger en omöjlig ekvation om högerledet (sista kolonnens element) inte är noll, dvs när c 3 Så systemet har bara lösning när c = 3; då representeras ekvationssystemet av matrisen 3 Vi ser direkt att pivotelementen är i kolonn och, så x och y är bundna variabler medan z och w är fria variabler; vi sätter z = s, w = t, s, t R Första ekvationen ger då x + z = x = z = s, medan andra ekvationen ger y + z + w = 3 y = 3 z w = 3 s t Skriver vi nu detta på vektorform, där vi samlar s- respektive t-termerna i separata vektorer får vi lösningsmängden 9

9 x y z w = 3 + s + t (3p) Bestäm alla värden på talet c så att determinanten det A c för matrisen A c = c c är noll, och bestäm en bas för nollrummet till matrisen A c för var och ett av dessa värden på c Lösningsförslag: Om vi subtraherar sista raden från första och tredje raden i matrisen ändrar vi enligt resultat i kursen inte determinantens värde, samtidigt som får får rader med tre nollor, som är trevliga att utveckla längs med: det A c = c c = c c = = ( ) +3 c c = ( ) + (c ) c = (c ) (c ) Genom att vi har genomfört räkningarna så att faktoriseringen av de två termerna bibehålls ser vi direkt att determinanten är noll c = eller c = I vanlig ordning radreducerar vi matriserna för att erhålla baser för nollrummet: c = 3

10 3 Nollrummet för matrisen är nu lösningsrummet för den färdigreducerade matris som vi just räknat fram: Vi ser att pivotelementen är i kolonn, och 3 Så den fjärde variablen är den enda fria, x y om vi kallar variablerna blir alltså w = t, t R De två första ekvationerna ger sedan z w x w = x = w = t och y + 3w = y = 3w = 3t, medan tredje ekvationen ger z = Bekriver vi lösningsrummet på vektorform ger detta x y 3 = t, z w så en bas för matrisens nollrum är 3 { } c = Nollrummet för matrisen är återigen lösningsrummet för den färdigreducerade matris som vi just räknat fram: På samma sätt som tidigare ser vi att pivotelementen är i kolonn, och 3 Så den fjärde variablen är den enda fria, så w = t, t R Första ekvationen ger z = och tredje ekvationen ger y = medan ekvation två ger x + w = x = w = t Bekriver vi lösningsrummet på vektorform ger detta

11 x y z w = t, så en bas för matrisens nollrum är { }

12 Del III För full poäng krävs förutom en korrekt och välmotiverad lösning en redig och lättläst presentation 9 (p) (a) A är en n n-matris, som har ett enda egenvärde λ och n stycken linjärt oberoende egenvektorer Visa att A = λi där I är identitetsmatrisen av ordning n 4p (b) En 7 7-matris har sekulärpolynomet p(λ) = λ(λ 3)(λ 5) 3 (λ + 6) Avgör om matrisen är inverterbar eller inte, eller motivera varför detta inte går att avgöra Oavsett vad svaret är måste det motiveras väl 3p (c) Ett homogent ekvationssystem har 5 obekanta och 7 ekvationer Ekvationssystemets koefficientmatris har rang Bestäm dimensionen på systemets lösningsrum, dvs rummet av alla lösningar till systemet 3p Lösningsförslag: (a) Eftersom vi har n stycken linjärt oberoende egenvektorer kommer matrisen P som har dessa vektorer som kolonner att vara en inverterbar n n-matris Förutsättningarna i diagonaliseringssatsen är därmed uppfyllda och vi har att A = P DP där D är diagonalmatrisen med egenvärdena som diagonalelement Men eftersom vi hara har ett enda egenvärde λ blir alla diagonalelement λ, dvs D = λi där I är identitetsmatrisen av ordning n Men då måste A = P DP = P (λi)p = λp IP = λp P = λi vilket skulle visas (b) Sekularpolynomet ges på faktoriserad form, så vi kan direkt läsa av vilka egenvärdena är Vi ser att ett av egenvärdena är noll från faktumet att en av faktorerna är λ Fundamentalsatsen för inverterbara matriser (masterdontsatsen som byggs på genom hela kursen) säger bland annat att en inverterbar matris inte kan ha egenvärde noll Alltså är matrisen inte inverterbar (c) Rang-satsen säger att antalet kolonner i en matris är rangen av matrisen plus nolldimensionen för matrisen Men för ett homogent ekvationssystem så är nolldimensionen till koefficientmatrisen lika med dimensionen för lösningsrummet, då lösningsrummet är just nollrummet Uppgiften ger informationen att antalet kolonner i matrisen är 5, eftersom det är lika med antalet obekanta i ekvationssystemet Vi får också veta att matrisens rang är Och därmed kan vi stoppa in detta i formeln från rang-satsen och ser att lösningsrummets dimension är lika med antalet obekanta minus matrisens rang, dvs 5 = 5 3

13 (p) Matrisen A = är given Bestäm baser för radrum, kolonnrum och nollrum för matrisen Glöm inte att tydligt tala om vilket matrisrum varje bas hör till Lösningsförslag: Radoperationer bevarar nollrum och radrum, samt förhållandet mellan kolonnerna (a) Vi utnyttjar Gausseliminering av A A = Pivotelementen i trappstegsformen är positionerna (, ), (, ), (3, 3), (4, 4) så de 4 första kolonnerna i den ursprungliga matrisen är en bas för kolonnrummet Radrummet är samma för alla radekvivalenta matriser, och i en trappstegsmatris bildar de nollskilda raderna en bas för radrummet Slutligen ger den radekvivalenta trappstegsmatrisen att lösningen till det homogena ekvationssystemet med A som koefficientmatris (om de okända variablerna är x, y, z, u, v, w) är x + 3 v + 5 w = y + v 9 w = z + 3 v + 3 w = u + 4 v 3 4 w = x = 3 v 5 w y = v + 9 w z = 3 v 3 w u = 4 v w x y z = s u v w t om vi låter de bundna variablerna bli v = s R, w = t R Detta ger oss följande baser: Radrummet {[ 3 ] [ ] [ 5, 9, 3 4 ] [ ]} 3, 4 3 4

14 Kolonnrummet Nollrummet 3,,, , (p) Beräkna A 5 då A = 3 4 Det är ok att svara med potenser av tal i svaret, men svaret får inte innehålla några ej uträknade matrismultiplikationer Lösningsförslag: egenvärdena och egenvektorerna Vi undersöker om vi kan diagonalisera matrisen och behöver alltså Resultat i kursen ger direkt att egenvärdena för matrisen A är diagonalelementen i matrisen eftersom den är en triangulär matris Egemvärdena är alltså λ =, λ = 3 samt λ 3 = 4 Enligt resultat i kursen ger 3 olika egenvärden garanterat 3 linjärt oberoende egenvektorer, och därmed vet vi att diagonalisering kommer att fungera Vi finner egenvektorerna genom lösning av ekvationssystemen med koefficientmatriser A λ i I för i =,, 3 λ = A λ I = 3, 4 vilket ger lösningsmängden {t, t R} och (om vi väljer till exempel t = ) egenvektor v = 5

15 λ = 3 3 A λ I = 3 3, 4 3 vilket ger lösningsmängden {t, t R} och (om vi väljer till exempel t = ) egenvektor v = λ 3 = 4 4 A λ 3 I = 3 4, 4 4 vilket ger lösningsmängden {t, t R} och (om vi väljer till exempel t = ) egenvektor v 3 = I enlighet med diagonaliseringssatsen bildar vi nu matriserna P = [v, v, v 3 ] och D = λ λ = 3 och diagonaliserar enligt formeln A = P DP λ 3 4 Först beräknas P : så P = [P I] = Därmed har vi bestämt P och D I enlighet med resonemang i kursen har vi nu att 6

16 k A k = P D k P = 3 k = 4 k k k k 3 k k 4 k 3 k = 3 k 3 k = 3 k 4 k 3 k 4 k 4 k (p) B = ( x, x, x + x ) är en bas för rummet P som består av alla polynom upp till och med grad Låt T : P P vara operatorn T (p)(x) = p(x ) (a) Visa att T är en linjär operator (=linjär transformation) (b) Bestäm [T ] B, (= [T ] B B ) 3p 7p Lösningsförslag: (a) låt p = a + bx + cx och q = d + ex + fx, a, b, c, d, e, f R, vara två godtyckliga polynom i P En direkt beräkning ger enkelt att medan T (p + q) = (p + q)(x ) = a + d + (b + e)(x ) + (c + f)(x ) = = a + d (b + e) + c + f + (b + e (c + f))x + (c + f)x T (p) + T (q) = p(x ) + q(x ) = a + b(x ) + c(x ) + d + e(x ) + f(x ) = = a + bx b + cx cx + c + d + ex e + fx fx + f = = a + d (b + e) + c + f + (b + e (c + f))x + (c + f)x Därmed är vänsterledet och högerledet i första villkoret i definitionen av linjär avbildning lika, så den likheten är visad Återstår att visa att T (kp) = kt (p) för alla k R: medan T (kp) = ka + kb(x ) + kc(x ), k(t (p)) = k(a + b(x ) + c(x ) ) = ka + kb(x ) + kc(x ) 7

17 Därmed har vi visat att vänsterledet är lika med högerledet även i det andra villkoret i definitionen, och alltså är avbildningen linjär (b) Vi kallar vektorerna (polynomen) i basen B i tur och ordning v = x, v = x och v 3 = x + x Enligt resultat i kursen är [T ] C B = [[T (v )] C, [T (v )] C, [T (v 3 )] C ] där kolonnerna är koordinaterna i en bas C I vårt fall vill vi använda C = B Vi bestämmer bilderna genom T av de tre basvektorerna T (v ) = T ( x) = (x ) = x, T (v ) = T (x ) = (x ) = x + x, T (v 3 ) = T (x + x ) = (x ) + (x ) = x + x Att finna koordinaterna för dessa vektorer i basen B motsvarar att lösa var och en av ekvationerna x = a( x) + bx + c(x + x ) = a + (c a)x + (b + c)x, respektive x + x = a( x) + bx + c(x + x ) = a + (c a)x + (b + c)x, x x = a( x) + bx + c(x + x ) = a + (c a)x + (b + c)x Notera att ekvationerna bara skiljer sig åt i högerledet (den del som inte beror på de obekanta, som jag råkar skriva längst till vänster i just dessa ekvationer), så översätter vi ekvationerna till koordinater får vi linjära ekvationer (en ekvation för termen, en för termen x och en för termen x ) med samma koefficientmatris, så vi kan lösa dem simultant, genom att jobba med tre högerled i Gauss-Jordan-eliminationen Gör vi detta får vi ekvationssystemet givet i matrisform: GJ-elimination ger nu

18 Första kolonnen i högerledet är [T (v )] B, andra [T (v )] B och tredje [T (v 3 )] B Men, från det resultat vi började med får vi då direkt att högerledet i den färdigreducerade totalmatrisen är exakt den matrisrepresentation för T som vi söker: alltså [T ] B = Lycka till! /JOR 9