För studenter på distans och campus Linjär algebra ma014a ATM-Matematik Mikael Forsberg

Transkript

1 ATM-Matematik Mikael Forsberg För studenter på distans och campus Linjär algebra maa Skrivtid: 9:-:. Inga hjälpmedel. Lösningarna skall vara fullständiga och lätta att följa. Börja varje ny uppgift på ny sida. Använd ej baksidor. Skriv namn på varje inlämnat blad. Varje uppgift ger poäng och minst 6 poäng av maximala 4 poäng krävs för godkänt.. Lös följande ekvationssystem x + y + 3z = x + y + z = x y + z = 3. Lös binomekvationen z = 6( i). Skriv lösningarna på polär form med vinklar valda i principalområdet. 3. Beräkna en ON-bas för radrummet till matrisen M 3 = Beräkna projektionen av vektorerna u = (3,, ) och v = (3,, ) i planet Π: y + z =. Hur stor är arean som dessa projektionsvektorer spänner upp?. Beräkna det polynom på formen a + bx = y som bäst anpassar sig till punkterna (, ), (, ), (, ), (, 3), (, ) 6. Beräkna den matris som överför koordinatvektorer uttryckta i basen A = {(,, ), (,, ), (,, )} till koordinatvektorer uttryckta i basen B = {(, 3, 3)(, 3, 3, ), (3,, 3)}. 7. Om möjligt, beräkna en matris som diagonaliserar matrisen 3 Q = Beräkna de värden på parametern t så att systemet A(t)x = b,där t x A(t) = t, x = y b = 3 z 3 (a) har unik lösning (b) har oändligt många lösningar (c) saknar lösning.

2 Svar till tentamen i Linjär algebra,

3 Lösningar till tentamen i Linjär algebra,.. Skriv systemet på utvidgad matrisform och radreducera: 3 3 Från detta har vi att x och y är ledande variabler medan z = t är fri variabel. Uttrycker vi de ledande variablerna mha den fria får vi lösningen x y z = t +. Skriv båda led på polär form: argumentet av höger led är -3 eller 3π/4 och beloppet är 6 = 3 = 3 = : r e iα = e i( 3π/4+πm) Vi får. r = r = / = 9 och α = 3π + π m Fem på varandra följande värden på m ger oss de fem lösningarna. Men vi måste nu se till att välja värden så att dessa vinklar ligger i principalområdet. Då behöver vi välja m =,,,,, ty för m = får vi α = 9π > π och för m = har vi α = 3π < π. De andra vinklarna ligger mellan dessa två och då måste alla ligga i principalområdet π, π]. 3. Börja med att radreducera M 3 : Vi ser att rad är ortogonal mot rad och att rad är ortogonal mot rad 3. Men rad 3 är inte ortogonal mot rad. Vi använder nu Gram-Schmidt och låter de två första raderna (multiplicerade med där det behövs för att slippa bråk) vara våra första vektorer i en ortogonal bas. Sedan tar vi tredje raden (som vi kallar för r 3 och projicerar på de två första vektorerna. Subtraheras denna projektion från den tredje raden så säger Gram-Schmidt att vi får en vektor som är vinkelrät mot de båda första. Alltså v = (,,, /, /, /) = (,,,,, ) v = (,,,,, ) v 3 = r 3 proj v r 3 proj v r 3 = r 3 proj } {{ } }{{} v r 3 = (,,, 6, 8, 6) } {{ } 7 = =(,,,,,) = (,,,,, )/7

4 En snabb kontroll visar att den tredje vektorn verkligen är ortogonal mot de två föregående. Till sist behöver vi bara normera vektorerna för att de ska få längden ett. Vi får följande ON-bas: o = o = o 3 = v v = (,,,,, ) 7 v v = (,,,,, ) 3 v 3 v 3 = 4 (,,, 6, 8, 6) 4. Vi beräknar först en ortogonal bas för planet. Vi ser att a = (,, ) och b = (,, ) bildar en ortogonal-bas för planet. Projektionerna blir proj a u = u a a = (,, ) = (,, ) a proj b u = u b b = 3 (,, )) = (3,, ) b Eftersom vi har en ortogonal bas så ger projektionssatsen att projektionen av u ned i planet ges som summan av ovanstående projektioner: w u = proj π u = proj a u + proj b u = (,, ) + (3,, ) = (3,, ) Vi gör på samma sätt för den andra vektorns projektion proj a v = v a a a = (,, ) = (,, ) proj b v = v b b = 3 (,, )) = (3,, ) b w b = proj π v = proj a v + proj b v = (,, ) + (3,, ) = (3,, ) = (6,, ) Arean som spänns av de två projektionerna är längden av deras kryssproduktsvektor w u w v = det i j k 3 3 = (,, ) = =. Varje punkt insatt i ekvationen a + bx = y ger oss följande ekvaktionssystem m.a.p a och b: 4 [ ] P = a = y = b 3 4 Multiplicera både led med transponatet av matrisen i vänster led: [ ] [ ] [ ] a 7 = 34 b 8 Detta system har lösningarna [ 79 ] som ger att det bäst anpassade polynomekvationen blir Resultatet visas i figur y = x 4

5 3 3 3 Figure : Figur till minstakvadratmetoden i uppgift. 6. Vektorerna i de båda baserna är uttryckta i standardbasen och därför blir matriserna 3 3 A = och B = Matriser som byter från A repektive B till standardbasen. Om vi ska överföra en vektor [v] A uttryckt i basen A till en koordinatvektor m.a.p. basen B så kan vi först byta från A till standardbasen och sedan använda B för att byta från standardbasen till B. Vi får då [v] B = B A[v] A och detta gör att vi ser att det är produktmatrisen B A vi ska räkna ut. Denna kan räknas ut genom att (likt det vi gör för att beräkna inversen) ställa upp det utvidgade systemet [B A] och Gauss-Jordaneliminera tills vi har identitetsmatrisen till vänster. Produkten vi söker står då till höger. Vi får Basbytesmatrisen vi söker blir alltså Vi beräknar först det karakteristiska polynomet 7 7 c(λ) = det(q λi) = λ 3 + λ + 4λ Genom att gissa på delare till och eventuell polynomdivision så kan man komma fram till att nollställena/egenvärdena blir, och. För att få fram egenvektorerna så löser vi Q λi)x = för varje egenvärde vi får då λ = :: e = (,, ), λ = :: e = (,, ), λ = :: e 3 = (,, )

6 Ställer vi upp dessa tre vektorer som kolonner i en matris så har vi en matris P som diagonaliserar vår matris: P = och tillhörande diagonalmatris blir D = 8. De värden på parametern t som gör matrisen singulär (saknar invers) är de som är kandidater för att göra att systemet antingen har oändligt många lösningar eller att systemet saknar lösningar. Dessa värden på t gör att matrisens determinant blir noll. Determinanten blir det A(t) = t + t = t = eller t = Alla andra värden på t ger oss ett system med unik lösning Om t = så får vi systemet på utvidgad matrisform: 3 3 som ger oss ett system med många lösningar eftersom vi får en nollrad och en fri variabel osv. Om t = har vi 3 3 Eftersom den sista raden tolkas som = så har vi här ett system som är inkonsistent och saknar lösningar. 6