1 x 1 x 2 1 x x 2 x 2 2 x 3 2 A = 1 x 3 x 2 3 x x 4 x 2 4 x 3 4

Transkript

1 KARLSTADS UNIVERSITET Avdelningen för matematik Tentamen i Linjär Algebra, 7,5p för MAGA4 Mån -6-7, på Kau Ansvarig lärare: Ilie Barza, tel Hjälpmedel: Skrivdon. Maximalt antal poäng: 4p.Godkänd:p, Väl godkänd:8p. (Motivera Dina lösningar NOGGRANT!) Problem : Talen x, x, x 3, x 4 R är godtyckliga och parvis skilda. Beräkna determianten av matrisen A och skriv dess värde som faktorer på termer av formen x j x i med i < j 4, där x x x 3 x x x 3 A =. x 3 x 3 x 3 3 x 4 x 4 x 3 4 [Ledning: a 3 b 3 = (a b)(a + ab + b )]. Problem : Bestäm den linjära avbildningen T : R R som verkar på punkterna i R på följande sätt: Först roterar T punkterna medurs med vinkeln 3π/4 och efteråt speglas dessa punkter i x axeln. Problem 3: Låt oss betrakta matrisen A, A = 3 (i) Bestäm en kvadratisk matris P som diagonaliserar matrisen A, d.v.s. att produkten P AP = D =en diagonal matris. (ii) Visa att matrisen A inte är ortogonalt diagonaliserbar, d.v.s. det finns ingen ortogonal matris P sådan att matrisen P AP är en diagonal matris. [Ledning: Det karakteristiska polynomet av matrisen A har en dubbel rot!].

2 Problem 4: Låt oss beteckna matrisen A och vektorn b R 4 definierade som: A = [a ; a ; a 3 ; a 4 ] = och b = Låt W = ColA vara kolumnrummet av matrisen A.. (i) Bestäm rangen av matrisen A. (ii) Finn en ortogonal bas till rummet W. (iii) Bestäm den ortogonala projektionen b = proj W b av vektorn b på rummet W. (iv) Lös matrisekvationen AX = b. (v) Bestäm lösningen av matrisekvationen AX = b i minstakvadratanpas- ningsmening (= MKA-lösningen= the least squares solution). (vi) Förklara varför ekvationen AX = b har samma lösning som MKA-lösningen till AX = b. Problem 5: I planet med det kartesiska systemet av axlar xoy låt oss betrakta kurvan C med ekvationen 6x + 4xy + 9y =. (i) Visa att kurvan C är en ellips och efteråt: (ii) Bestäm koordinaterna, i xy systemet, för ellipsen C s vertexpunkter och brännpunkter; (iii) Ekvationerna i variablerna x och y av symmetriaxlarna av ellipsen C. (3p) LYCKA TILL! // // // // // // // // // // // // // // // //

3 FORMELSAMLING:. Om B = {b ; b ; ; b n } är en bas i vektorrummet V, C = {c ; c ; ; c m } är en bas i vektorrummet W och T : V W är en linjär avbildning då är matrisen [T ] C;B av T motsvarande till dessa baser given av: [T ] C;B = [d ; d ; ; d n ], där d i = [T (b i )] C är koordinatvektorn av T (b i ) i basen C. För godtyckligt v V gäller det: [T (v)] C = [T ] C;B [v] B. För V = W och C = B betecknas matrisen [T ] C;B = [T ] B;B med [T ] B. I detta fallet [T (v)] B = [T ] B [v] B.. Ellipsen med ekvationen x a + y b = med halv-axlarna a b > har brännpunkterna F (c, ) och F ( c, ) där c = a b. Dess medelpunkt är origon O(, ). 3. Om B = {b ; b ; ; b k } är en ortogonal bas i underrrummet W av rummet R n och om Y R n då är dess projektion på W vektorn Ŷ given av: Ŷ = k i= Y b i b i b i b i. 3

4 SVAR/LÖSNINGAR: Problem : det A = (x x )(x 3 x )(x 4 x )(x 3 x )(x 4 x )(x 4 x 3 ). Problem : Med hjälp av bassatsen får man omgående T (X) = för alla X R n. X Problem 3: (i) Det karakteristiska polynomet av matrisen A är ϕ A (λ) = (λ ) (λ 5). Alltså är egenvärdena till A: λ = 5 och λ = λ 3 =. Egenrummet motsvarande till λ = 5 är H λ = H 5 = Span p := Egenrummet motsvarande till λ = är H λ = H = Span p :=. ; p 3 := En matris som diagonaliserar matrisen A är P = [p ; p ; p 3 ] =.. Man ser omgående att P AP = D = 5. (ii) Matrisen A inte är ortogonalt diagonaliserbar eftersom den är INTE symetrisk, d.v.s. A A T! Problem 4: (i) A = [a ; a ; a 3 ; a 4 ]. 4

5 Alltså har matrisen A rangen. (ii) Mängden A = {a ; a } är en bas till W = ColA. Med hjälp av Gram-Schmidt processen får vi den ortogonala basen B = {b ; b } = ;. (iii) Den ortogonala projektionen av b på W är b = b b b b b + b b b b b = b. Härifrån syns också att b / W, därför att den är skilt från dess projektion på W. (iv) Genom Gauss metoden får vi den allmänna lösningen till AX = b: / X = t + s +, t, s R. (v)+(vi) MKA-lösningen till AX = b är definierad som den vanliga lösningen till den föregående ekvationen AX = b! Man bevisar efteråt att denna lösning är den vanliga lösningen till A T AX = A T b och denna sista ekvation löst (med samma metod) ledder (naturligtvis!) till samma lösning som förut. 5