Linjär Algebra (lp 1, 2016) Lösningar till skrivuppgiften Julia Brandes

Storlek: px

Starta visningen från sidan:

Download "Linjär Algebra (lp 1, 2016) Lösningar till skrivuppgiften Julia Brandes"

Björn Sundberg
för 7 år sedan
Visningar:

1 Lijär Algebra (lp 1, 2016) Lösigar till skrivuppgifte Julia Brades Uppgift 1. Betecka mägde av alla matriser med M(). Vi har e elemetvist defiierad additio av två matriser A, B M(). De är defiierad geom att skriva A + B = C där c i,j = a i,j + b i,j för alla 1 i, j. Vi har också e skalär multiplikatio mella e matris A M() och ett elemet λ R defiierad geom att skriva λa = D där d i,j = λa i,j för alla 1 i, j. För e matris A M() defiierar vi dess spår geom att sätta Sp A = a i,i = a 1,1 + a 2,2 + + a,, spåret är alltså summa över A:s diagoalelemet. (a) Udersök om de följade mägder är vektorrum: (i) M(), (ii) D() = {A M() : a i,j = 0 om i j}, (iii) GL() = {A M() : A är iverterbar}. Tips: Om ett vektorrum V är e delmägd av ett aat vektorrum W, så är det ett delrum i W. Det betyder att för sådaa mägder som är delmägder av ett vektorrum räcker det att visa att de är sluta uder additio och skalär multiplikatio och iehåller ollvektor. (b) För de av (i), (ii), (iii) som är vektorrum, hitta också e isomorfism till R m för ett lämpligt tal m. Vad är m i varje fall där det går? (c) Visa att V = {A M() : Sp A = 0} är ett vektorrum. (d) Visa att dim V = 2 1 och hitta e bas för V. Tips: De fis två strategier att lösa de här uppgifte: (1) Direkt: Udersök oggrat vilka elemet a i,j i e matris A V är fritt valbara, och vilka är det ite. (Det vill säga, a i,j är fritt valbar om vi ka variera a i,j fritt och förbli i mägde.) Försök seda att hitta e ekvatio som kopplar ihop de elemet som ite är helt fria, och aväd dea ekvatio för att hitta på e bas. (2) Med dimesiossatse: Visa att Sp : M() R är e lijär avbildig. Vad är Ker Sp? Vad är Ra Sp? Är det möjligt, med hjälp av (a) och (b), att skriva er ågo slags trasformatiosmatris för Sp? (Obs: trasformatiosmatrise har e lite ovalig form.) Lösig. (a) (i) Vi måste visa att M() uppfyller vektorrumvillkore, vilka är (1) v, w M() = v + w M(), (2) för alla v, w M() gäller v + w = w + v, (3) för alla u, v, w M() gäller (v + w) + u = v + (w + u), (4) det fis 0 M() uppfyllade v + 0 = v för alla v im(), (5) för alla v M() fis det v M() med v + ( v) = 0, 1

2 2 (ii) (6) för alla λ R och alla v M() gäller λv M(), (7) för alla λ R och alla v, w M() gäller λ(v + w) = λv + λw, (8) för alla λ, µ R och alla v M() gäller (λ + µ)v = λv + µv, (9) för alla λ, µ R och alla v M() gäller λ(µv) = (λµ)v, (10) 1v = v för alla v im(). Det första och det sjätte följer frå de elemetvisa defiitioe av additioe och skalärmultiplikatioe, som gör att summa av två matriser och deras multipler är ige matriser. Det adra och tredje följer frå egeskapera hos de valiga additioe, aväda på de estaka elemet, och likadat det fjärde och femte om ma sätter ollmatrise som de matrise som har ollor överallt, och ( A) i,j = A i,j för alla i, j. Det sjude, åttode, iode och tiode kommer slutlige frå egeskapera hos de valiga multiplikatio, ige aväda på de estaka elemet. Därmed är M() ett vektorrum. Mägde D() är ett delrum av M(). För att visa detta måste vi visa att D() är slutet uder additio och skalär multiplikatio och att det iehåller ollvektor. Det sista är klart eftersom ollmatrise har bara ollor utaför diagoale och därmed ligger i D(). Att D() är slutet uder additio och skalär multiplikatio följer också direkt frå defiitioera, lika som i (i). Därmed har vi visat att D() är ett delrum av M(). (iii) Mägde GL() uppfyller ite krave för att vara ett delrum i M(), eftersom både Id och Id ligger i GL() me ite Id + ( Id ), vilket är ollmatrise. (b) För e matris A M() skriver vi A = (a 1,..., a ) där a 1,..., a är kolovektorera. Då har vi isomorfisme T : M() R 2 give av a 1 T (A) =. Med adra ord, om E i,j beteckar elemetarmatrise som har 1 i i:te rad och j:te kolo och 0 aars, så formar de e bas och vi har T (E i,j ) = e (i 1)+j. Detta iebär att dim M() = 2. Vidare har vi e isomorfism S : D() R defiierad av S(B) = och därmed är dim D() =. Mägde GL() är iget vektorrum och har följaktige ige dimesio heller. (c) Betrakta avbildige Sp : M() R som give i tipset. Vi visar först att de är lijär. Det är klart att ollmatrise avbildas på olla. Om vidare A, B M() har vi Sp(A + B) = (a i,i + b i,i ) = a i,i + b i,i = Sp A + Sp B, a b 1,1. b,.,

3 och likadat Sp(λA) = (λa i,i = λ a i,i = λ Sp A. Avbildige Sp : M() R är alltså lijär, och därmed är Ra Sp och Ker Sp både vektorrum. Speciellt är V = Ker Sp ett vektorrum. (d) Vi har reda sett att Ra Sp = R. Med dimesiossatse följer u att dim V = dim Ker Sp = dim M() dim Ra Sp = 2 1. Avbildigsmatrise till Sp är e 1 2 matris, alltså e radvektor, som är give geom (1, 0,..., 0, 0, 1, 0,..., 0,..., 0,..., 0, 1) = e T }{{}}{{}}{{} (i 1)+i. Nollrummet till dea avbildigsmatris är givet av alla vektorer e j där j ite är lika med (i 1)+i för ågot i, samt alla vektorer e (i 1)+i e 2 för 1 i 1. I M() motsvarar dessa alla elemetärmatriser E i,j där j i samt alla matriser E i,i E,. 3 Uppgift 2. Låt T : R 3 R 3 vara avbildige som roterar e vektor rut vektor ( 12 ) med e vikel π/2, och därefter sträcker de roterade vektor lägs desamma 3 ( 12 ) vektor med e faktor 2. Då är T e lijär avbildig, och vi ska u kostruera 3 avbildigsmatrise till T. (a) Visa att B = {b 1, b 2, b 3 } = 1 2, 3 0, är e bas för R 3. (b) I stadardbase, kostruera rotatiosmatrise rut x-axel. Kostruera också sträckigsmatrise med faktor 2 lägs x-axel. Vad är matrise som utför båda trasformatioer samtidigt? (c) Vad är då matrise A som beskrivs i iledige till uppgifte, i base B? Tips: Täk på hur stadardbasvektorer i del (b) motsvarar vektorer i base B. Du får aväda att basvektorera i B är ortogoala. (d) Bestäm basbytematrise frå stadardbase E = {e 1, e 2, e 3 } till base B, det vill säga, matrise P. Vad är då matrise för det iversa basbyte, alltså matrise P? (Täk efter ia du börjar räka.) (e) Matrise för avbildige T i stadardbase kostrueras u som följade: Först byter ma bas frå stadardbase till base B, se utför ma A, och slutlige byter ma tillbaka till stadardbase. Vilka är de ibladade matrisera? Vad blir resultatet? (f) (frivilligt) Bestämma egevektorer och egevärde, och tolka resultatet geometriskt.

4 4 Lösig. (a) E mägd av vektorer i R 3 är e bas om de är lijärt oberoede och späer upp R 3. Det är alltså det vi ska visa. Eligt de Stora Satse är e matris iverterbar om och edast om dess kolovektorer är lijärt oberoede, och då späer kolovektorera upp hela rummet R. Det räcker alltså att visa att matrise B = är iverterbar. Eligt de Stora Satse är e matris iverterbar om och edast om det B 0. För att beräka det B utvecklar vi lägs de adra rade och får ( ) ( ) det B = 2 det ( 5) = 2(3 3 1 ( 1)) + 5(1 ( 1) 3 3) = Med hjälp av de Stora Satse har vi alltså visat att vektorera i B är lijärt oberoede och späer upp R 3, vilket betyder att de bilder e bas. (b) Rotatio med vikel α i R 2 är give geom matrise ( ) cos α si α ; si α cos α rotatioe med π/2 krig x-axel i R 3 beskrivs alltså av matrise R = 0 0 1, där rotatiosplaet är yz-plaet och x-vektor staar kvar. Vidare ges skalerigsmatrise av S = Att utföra de två avbildigar i ordige motsvarar u matrispodukte av de två avbildigsmatrisera. Tillsammatagit får vi alltså avbildigsmatrise M = SR = (c) Eftersom avbildige T påverkar basvektorera i B på precis samma sätt som matrise M påverkar stadardbasvektorer så är avbildigsmatrise [T ] B som beskriver avbildige T i base B idetisk med matrise M. (d) Eligt föreläsige består basbytematrise P av koordiatvektorera till basvektorera i B i stadardbase, alltså P = ([b 1] E, [b 2 ] E, [b 3 ] E ). Me base B är reda give i stadardkoordiater, och därför är P = B där B är matrise som defiierats i (a). De iversa basbytematrise är alltså de

5 iversa trasformatioe. För att beräka P = B 1 räkar vi /10 0 1/ /10 0 3/ /10 1 6/10 3/10 0 1/ /70 1/7 15/70 3/10 0 1/ /70 1/7 6/70 De iversa basbytematrise är alltså P = 1/ (e) Avbildigsmatrise i stadardbase får vi u fram geom att först byta frå stadardbase till base B geom att aväda matrise P, se utföra matrise [T ] B som beskriver avbildige T i base B, och slutlige byta tillbaka till stadardbase med basbytematrise P. Svaret är alltså [T ] E = P [T ] B P = (1/70) = 1/ = 1/ Lösige är alltså [T ] E = 1/ (f) Eftersom vektor b 1 skaleras med faktor 2, så är b 1 egevektor till [T ] E med egevärde 2. Vidare roteras b 2 -b 3 -plaet, me eftersom rotatioe ite har ågra egevektorer eller egevärde så är b 1 de eda egevektor. 5

Relevanta dokument

Tentamen i Linjär Algebra, SF december, Del I. Kursexaminator: Sandra Di Rocco. Matematiska Institutionen KTH

Tentamen i Linjär Algebra, SF december, Del I. Kursexaminator: Sandra Di Rocco. Matematiska Institutionen KTH 1 Matematiska Istitutioe KTH Tetame i Lijär Algebra, SF164 14 december, 21. Kursexamiator: Sadra Di Rocco OBS! Svaret skall motiveras och lösige skrivas ordetligt och klart. Iga hjälpmedel är tillåta.