SF1624 Algebra och geometri Tentamen Torsdag, 9 juni 2016

Transkript

1 SF624 Algebra och geometri Tentamen Torsdag, 9 juni 26 Skrivtid: 8: 3: Tillåtna hjälpmedel: inga Examinator: Tilman Bauer Tentamen består av nio uppgifter som vardera ger maximalt fyra poäng. Del A på tentamen utgörs av de tre första uppgifterna. Till antalet erhållna poäng från del A adderas dina bonuspoäng. Poängsumman på del A kan dock som högst bli 2 poäng. Bonuspoängen beräknas automatiskt. Antal bonuspoäng framgår från resultatsidan. De tre följande uppgifterna utgör del B och de tre sista uppgifterna del C, som främst är till för de högre betygen. Betygsgränserna vid tentamen kommer att ges av Betyg A B C D E Fx Total poäng varav från del C 6 3 För full poäng på en uppgift krävs att lösningen är väl presenterad och lätt att följa. Det innebär speciellt att införda beteckningar ska definieras, att den logiska strukturen tydligt beskrivs i ord eller symboler och att resonemangen är väl motiverade och tydligt förklarade. Lösningar som allvarligt brister i dessa avseenden bedöms med högst två poäng. Var god vänd!

2 2 SF624 Algebra och geometri Tentamen 9 juni 26 DEL A. Planet H ges av ekvationen 3x+2y +2z =, och H 2 ges av ekvationen x+2y 2z =. Linjen L är skärningen av H och H 2. (a) Bestäm en bas för skärningslinjen L. (2 p) (b) Avgör om linjen L är med i delrummet V = Span( u, v, w), där (2 p) u = 4, v = 3 2, och w = 2 (a) För att bestämma L löser vi ekvationssystemet { { x + 2y 2z = 3x + 2y + 2z = x + 2y 2z = 4y + 8z =. Härav x y = t 2 2 z Alltså är L = Span 2 2. Därmed bildar vektorn f = 2 2 en bas för L. (b) Linjen L är en del av delrummet V = Span( u, v, w) om och endast om basvektorn f ligger i V dvs om och endast om f är en linjär kombination av vektorerna ( u, v, w). Ekvationen x u + x 2 v + x 3 w = f ger ekvationssystemet 4x + 3x 2 + x 3 = 2 x + x 2 = 2x 2 2x 3 = 2 2x 2 2x 3 = 2 x + x 2 = 4x + 3x 2 + x 3 = 2 x + x 2 = x + x 2 = x 2 x 3 = x 2 x 3 = x 2 + x 3 = 6 = 5. Eftersom systemet saknar lösning ligger inte f i V. Därmed är linjen L inte en del av delrummet V.

3 SF624 Algebra och geometri Tentamen 9 juni Klimatstatistiken visar att vintermedeltemperaturen i Stockholms län förändras enligt följande tabell (temperaturen är avrundat till heltal grader) Period (96-97) 5 C Period (97-98) 2 C Period 2 (98-99) 3 C Period 3 (99-2) C Period 4 (2-2) C Bestäm en funktion på formen T (k) = Ak + B som stämmer bäst med dessa värden i minstakvadratmening. Här är k nummer av perioden och T (k) är medeltemperaturen i period k. (4 p) Vi substituerar mätdata i ekvationen Ak + B = T (k) och för följande ekvationssystem A + B = 5 A + B = 2 2A + B = 3 3A + B = 4A + B =. Detta kan skrivas på matrisformen 5 [ 2 A 2 = 3 B] 3 4 Normalekvationen fås genom att vi multiplicerar båda leden, från vänster, med systemmatrisens transponat. Dvs vi får [ 2 A = 3 B] 3 4 Detta ger oss 3 A = 5 B som har lösningen A = 9/, B = 2/5. Därmed blir T (k) = 9 k 2 5 5, 2

4 4 SF624 Algebra och geometri Tentamen 9 juni Låt A = (a) Bestäm alla egenvärden ochegenvektorer till matrisen A. (2 p) (b) Beräkna A v där v = 3 2. (a) Egenvärdena får vi genom att lösa den karakteristiska ekvationen: (3 λ) 4 8 det(a λi) = 2 ( 3 λ) 8 ( λ) = ( λ)(λ 2 ) = ( λ)(λ )(λ + ) =. Alltså har matrisen A två egenvärden, λ = (dubbelrot till ekvationen) och λ 2 =. De egenvektorer som hör till egenvärdet λ = får vi genom att lösa (A λ I) u = dvs x y z = Detta gör systemet 2x 4y + 8z = x 2y + 4z = 2x 4y + 8z = =. = = Härav x y z = s 2 + t 4 Egenvektorerna som hör till egenvärdet λ = är alla vektorer av typ s 2 + t 4 där s eller t. På samma sätt får vi de egenvektorer som hör till λ 2 = : (A λ 2 I) u = x y = 2 z

5 SF624 Algebra och geometri Tentamen 9 juni 26 5 Detta gör systemet 4x 4y + 8z = 2x 2y + 8z = 2z = Härav x y + 2z = =. z = x y z = t Egenvektorerna som hör till egenvärdet λ 2 = är alla vektorer av typ t t. (b) Först diagonaliserar vi matrisen A: A = P DP där P = 2 4 och D = Härav A = P D P, men eftersom D = = = D ( ) har vi A = P D P = P DP = A. Därmed A v = A v = = 9 8 där

6 6 SF624 Algebra och geometri Tentamen 9 juni 26 DEL B 4. Låt U vara lösningsmängden, i R 3, av ekvationen 2x + y =. Låt v = 5 (a) Bestäm en ortonormalbas β till U (2 p) (b) Utvidga basen β till en ortonormalbas för R 3. ( p) (c) Bestäm vektorn proj U ( v). ( p) (a) En parametrisering av planet ges av (x, y, z) = (, 2, )t+(,, )s. Dvs vektorerna v = (,, ), v 2 = (, 2, ) är en bas for U. Vi observerar direkt att v v 2 =, dvs dessa är ortogonala. Det räcker nu att dela varje vektor med sin längd för att ortonormalisera detta. Svar: u = 5 (, 2, ), u 2 = (,, ). (b) För utvidgning till R 3 behöver vi hitta ytterligare en vektor som är ortogonal till u, u 2, dvs ortogonal mot planet. Detta ges av normalen till planet, dvs v 3 = (2,, ), som kan då delas med sin längd för att få längd ett. Svar: u = 5 (, 2, ), u 2 = (,, ), u 3 = 5 (2,, ), (c) Projektionen ges av där Proj U v = (u v)u + (u 2 v)u 2, u v = 5 (, 2, ) (,, 5) = 5, u 2 v = (,, ) (,, 5) = 5 Vi får då Proj U v = u + 5u 2 = (, 2, ) + 5(,, ) = ( , 2 5, 5) 5. Finns det något värde på a för vilket de tre planen ax + y z =, y + 2z = 7, x + z = 2, har en rät linje gemensam? Bestäm i så fall för alla sådana a denna linjes ekvation på parameterform. (4 p) Planens gemensamma punkter får vi genom att lösa ekvationssystemet

7 SF624 Algebra och geometri Tentamen 9 juni 26 7 ax + y z = y + 2z = 7 x + z = 2. Låt A vara systemets koefficientmatris. Då är a det(a) = 2 = a + 3. Om det(a) har systemet exakt en lösning och därmed har planen en gemensam punkt. Därför undersöker vi fallet det(a) = a = 3. För a = 3 har vi följande ekvationssystem 3x + y z = x + z = 2 y + 2z = 7 (ekv och ekv3 byter plats) y + 2z = 7 x + z = 2 3x + y z = x + z = 2 x + z = 2 (3*ekv + ekv3 ) y + 2z = 7 y + 2z = 7 y + 2z = 7 =. Härav z = t, y = 7 2t, x = 2 t eller x y z = t 2 Alltså, om a = 3, har de tre planen en gemensam linje vars ekvation på parameterform är x y = t 2 z 6. Avbildningen R: R 3 R 3 är en rotation med följande egenskaper: rotationsaxeln l är linjen x = x 2 = x 3 ; positiva x -axeln avbildas till positiva x 2 -axeln; positiva x 2 -axeln avbildas till positiva x 3 -axeln; positiva x 3 -axeln avbildas till positiva x -axeln. (a) Bestäm matrisrepresentationen av avbildningen R i standardbas. ( p) (b) Bestäm alla egenvärdena och egenvektorer av avbildningen. ( p) (c) I planet som är vinkelrätt mot linjen l verkar avbildningen R som en rotation. Bestäm rotationsvinkeln. (2 p)

8 8 SF624 Algebra och geometri Tentamen 9 juni 26 (a) Låt R beteckna avbildningen och A avbildningens matris. Då gäller R(,, ) = (,, ), R(,, ) = (,, ) R(,, ) = (,, ). Avbildningens matris är då (b) Ekvationen det(a λi) = det A = λ λ λ = λ 3 + = har en reell rot λ =. Alltså har avbildningen ett egenvärde λ =. För att få tillhörande egenvektorer löser vi ekvationen (A λi)x = x y = z som ger egenvektorer x y = t, t z (c) Betrakta en vektor i planet ortogonal mot linjen l. En sådan vektor ges av ex.vis v = (,, ) som är vinkelrät mot normalen tip planet some ges av (,, ). Det räcker att bestämma vad R avbildar denna vektor till: R(,, ) = (,, ) =: u. För att bestämma vinkeln mellan dessa vektorer v, u så gäller det att bestämma u v cos θ = u v, som ger 2 2 cos θ =, alltså cos θ = /2 och θ = 2π/3. Var god vänd!

9 SF624 Algebra och geometri Tentamen 9 juni 26 9 DEL C 7. (a) Bestäm en 2 2-matris A vars nollrum och kolonnrum överensstämmer. (2 p) (b) Visa att det inte finns någon 3 3-matris med ovanstående egenskap. (2 p) (a) Anta att A är en matris vars nollrum och kolonnrum överensstämmer. Låt Null(A) och Col(A) beteckna matrisens nollrum resp. kolonnrum. Enligt antagandet är Null(A) = Col(A) och därmed dim(null(a))=dim(col(a)). Enligt dimensionssatsen för en 2 2 matris gäller dim(null(a))+dim(col(a))=2. Därför är dim(null(a))= och dim(col(a))=. Eftersom dim(col(a))= har matrisen minst en kolonn skild från nollvektorn. Anta a att är matrisens första kolonn. Då har matrisen följande form b a ka A =, k R. b kb a Alltså vektorn är v = en bas i Col(A). Vi ska bestämma k så att b a nollrum och kolonnrum överensstämmer. Eftersom Null(A) = Col(A) ligger i b Null(A). Därför gäller A v = eller a ka a = b kb b Härav { a(a + kb) = b(a + kb) =, [ a 2 + kab ab + kb 2 = som ger k = a om b. För detta k blir b [ a a 2 A = b a, där b, och b a b Några exempel på A:. a =, b = ger A =, där Null(A) = Col(A) =Span( ). 2. a =, b = ger A =, där Null(A) = Col(A) =Span( ). ]. ].

10 SF624 Algebra och geometri Tentamen 9 juni 26 Anmärkning. Vi kan anta att andra kollonen är skild från nollvektorn och upprepa resonemang. Då får vi b a a A = där a, och. b b Exempelvis: b2 a a =, b = ger A = [ ] [, där Null(A) = Col(A) =Span( (b) Notera att dim(null(a)) och dim(col(a)) är icke negativa heltal. Enligt dimensionssatsen för en 3 3 matris gäller dim(null(a))+dim(col(a))=3. (*) Om vi antar att Null(A) = Col(A) då är dim(null(a)) = dim(col(a)) (**) Från (*) och (**) får vi att dim(null(a)) =.5 och dim(col(a))=.5 som är omöjligt. Detta visar att det inte finns någon 3 3-matris vars nollrum och kolonnrum överensstämmer. ] ). 8. Bestäm vilka samband mellan talen a, b, c som krävs för att matrisen a 2 b c blir diagonaliserbar. (4 p) Börja med matrisens egenvärden som vi får ur ekvationen det(a λi) = dvs det a λ 2 b λ = (a λ)(b λ)(c λ) = c λ som ger λ = a, λ 2 = b, λ 3 = c. Frågan är för vilka värden för a, b, c vi kan få en bas av egenvektorer. Låt A vara en kvadratisk matris av typ n n. Matrisen A är diagonaliserbar om och endast om matrisen har en uppsättning av n st linjärt oberoende egenvektorer. Låt E λk beteckna det egenrum som hör till egenvärdet λ k. Eftersom egenvektorer som hör till olika egenvärde är oberoende kan vi formulera ovanstående sats på ekvivalent sätt: Matrisen A är diagonaliserbar om och endast om k dim(e λ k ) = n. Den geometriska multipliciteten för λ k är dim(e λk ), där E λk = Null(A λ k I). För ett egenvärde λ k gäller alltid ( den geometriska multipliciteten för λ k ) (den algebraiska multipliciteten för λ k ). Matrisen är diagonaliserbar om och endast om följande gäller:. Alla rötter till ekvationen det(a λi) = är reella och 2. Den geometriska multipliciteten är lika med den algebraiska multipliciteten för varje egenvärde λ k. Matrisen är inte diagonaliserbar om för minst ett egenvärde λ k gäller ( den geometriska

11 SF624 Algebra och geometri Tentamen 9 juni 26 multipliciteten för λ k ) < (den algebraiska multipliciteten för λ k ), eftersom i detta fall kan vi inte finna n stycken lin. oberoende egenvektorer. Anmärkning: Om λ är en enkel rot till det(a λi) = så är villkoret (den geometriska multipliciteten) = (den algebraiska multipliciteten) automatiskt uppfylld. Därför räcker det att undersöka de egenvärden som har algebraisk multiplicitet >. Fall : a, b, c är distinkta: Enligt en sats i boken om egenvärdena a, b, c är distinkta så har vi linjärt oberoende egenvektorer som då blir en bas för R 3 och därför är matrisen diagonaliserbar då a, b, c är skilda tal. Fall 2: a = b c Om a = b och a c så är λ = c en enkel rot och λ 2 = a en dubbel rot till ekvationen det(a λi) =. Alltså är λ = a ett egenvärde med den algebraiska multipliciteten =2. Den geometriska multipliciteten för λ = a är dimesionen av tillhörande egenrummet E λ där E λ = Null(A λi). För λ = a har vi A λi = a a 2 b a c a = 2 c a Vi ser att kolonnrummet har dimensionen 2, dvs rang(a λi) = 2. Notera att enligt dimensionssatsen gäller rang(a λi) + dim(null(a λi)) = 3. Därför är den geometriska multipliciteten = dim(null(a λi)) = 3 2 =. Eftersom (=den geometriska multipliciteten) (den algebraiska multipliciteten =2) är matrisen inte diagonaliserbar i detta fall. Fall 3: a = c b Om λ = a = c b så är λ = a ett egenvärde med den algebraiska multipliciteten =2. Vi har A λi = a a 2 b a = 2 b a c a 2 ( 2) b a 2 b a som ger oss två fall: = 2, eller 2. b a b a i) Om = 2, dvs b = a, så är rang(a λi) = och därmed är den geometriska multipliciteten = dim(null(a λi)) = 3 = 2= den algebraiska multipliciteten.därmed är b a 2 dim(e a )+dim(e b )=3. Alltså kan vi bilda en bas med totalt tre egenvektorer: två från egenrummet E a och en basvektor från egenrummet E b. Därmed är matrisen diagonaliserbar i det här fallet.

12 2 SF624 Algebra och geometri Tentamen 9 juni 26 ii) Om 2, så är rang(a λi) = 2 och därmed är den geometriska multipliciteten b a = dim(null(a λi)) = 3 2 =. Eftersom (=den geometriska multipliciteten) (den algebraiska multipliciteten =2) är matrisen inte diagonaliserbar i detta fall. Fall 4: b = c a Om λ = b = c b så är λ = b ett egenvärde med den algebraiska multipliciteten =2. Vi har A λi = a b 2 b b c b = {b = c} = a b 2 Vi ser att rang(a λi) = 2. Därför är den geometriska multipliciteten = dim(null(a λi)) = 3 2 =. Eftersom (=den geometriska multipliciteten) (den algebraiska multipliciteten =2) är matrisen inte diagonaliserbar i detta fall. Fall 5: a = b = c Om λ = a = b = c så är λ = a ett egenvärde med den algebraiska multipliciteten =3. Vi har A λi = a a 2 b a c a = {a = b = c} = 2 Vi ser att rang(a λi) = 2. Därför är den geometriska multipliciteten = dim(null(a λi)) = 3 2 =. Eftersom (=den geometriska multipliciteten) (den algebraiska multipliciteten =3) är matrisen inte diagonaliserbar i detta fall. Sammanfattningsvis har vi följande fall som kan ge diagonalisering:. a, b, c skilda tal. 2. a = c b samt b a = 2 (dvs b = a 2 ). 9. Låt V vara ett n-dimensionellt vektorrum och L: V V en linjär avbildning som uppfyller att L(L(v)) = L(v) för alla v V. (a) Visa att den enda vektor som ligger i både Range(L) och Null(L) är nollvektorn. (2 p) (b) Visa att det finns en bas B till V sådant att matrisrepresentationen av L m.a.p. basen B är en diagonalmatris där alla diagonalelement är antingen eller. (2 p) (a) Låt u vara en vektor som ligger i både Range(L) och Null(L). Då gäller L(u) = V. () Dessutom finns det en vektor v i V sådan att L(v) = u. (2) Vi tillämpar L på båda sidor i (2) och får L(L(v)) = L(u). (3)

13 SF624 Algebra och geometri Tentamen 9 juni 26 3 Vi använder antagandet L(L(v)) = L(v) och ovanstående relationer, 2 och 3 och får V = L(u) = L(L(v)) = L(v) = u. Alltså är u = V V.S.V. (b) Anta att dim(v ) = n. Låt {a,..., a p } vara en bas i Range(L) och {b,..., b q } en bas i Null(L). Enligt dimensionssatsen gäller p+q = n. Låt B = {a,..., a p, b,..., b q }. Vi ska visa att vektorerna i B är linjärt oberoende. Anta att t a t p a p + s b s q b q = V eller t a t p a p = (s b s q b q ). Beteckna w = t a +...+t p a p = (s b +...+s q b q ). Då ligger w i Range(L) (som en linjär kombination av vektorerna a k ) och i Null(L) (som en linjär kombination av vektorerna b j ). Enligt uppgiftens a-del är w = V. Från t a t p a p = V får vi t =,..., t p =, eftersom basvektorerna a,..., a p är linjäroberoende. På samma sätt, från s b s q b q = V, får vi s =,..., s q =. Därför är vektorerna i B linjärt oberoende. Eftersom dim(v ) = n och B består av n st. linjärt oberoende vektorer, är B en bas för vektorrummet V. Om u är en vektor i Range(L), dvs om u = L(v) för en vektor v V, gäller L(u) = L(L(v)) = L(v) = u. Basvektorerna a,..., a p ligger i Range(L)). Därför L(a k ) = a k Motsvarande kolonn (nr k) i avbildningens matris har på plats nummer k och alla andra element. Basvektorerna b,..., b q ligger i Null(L). Därför L(b j ) = V. Motsvarande kolonn i avbildningens matris har alla element =. Därmed är matrisrepresentationen av L m.a.p. basen B en diagonalmatris där alla diagonalelement är antingen eller.