UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Volodymyr Mazorchuk Bo Styf Prov i matematik F, X, ES, KandFys, Lärare, Frist, W, KandMat1, Q LINJÄR ALGEBRA II 010 08 4 Skrivtid: 1400 1900 Tillåtna hjälpmedel: Skrivdon Lösningarna skall vara försedda med motiveringar Varje korrekt löst uppgift ger högst 5 poäng För betygen, 4, 5 krävs minst 18, 5, respektive poäng 1 Låt L R[x] vara det linjära höljet av polynomen f 1 (x 1 + x, f (x 1 x, f (x x+x +x, f 4 (x 1+x +x och f 5 (x 1+x+x +x Hitta en bas i L Avgör även om polynomet p(x x tillhör L och om så är fallet bestäm p:s koordinater med avseende på den bas i L som du hittade tidigare Låt G : R R vara den linjära avbildning som geometriskt betyder spegling i planet x 1 +x x 0 Bestäm G:s matris i standardbasen Låt N vara det delrum till E 4 som spänns upp av vektorerna v 1 (1,1,0,0 t ; v (1,1,1,1 t ; v (0,0,1,1 t (a Bestäm en ON bas i N (b Bestäm den ortogonala projektionen av vektorn x (,4,6,8 t på N (c Bestäm avståndet från x till N samt avståndet från x till N 4 Visa att den linjära avbildning G : R[x] R[x] som definieras genom G(f(x xf (x + f(x + 1 är diagonaliserbar Bestäm alla egenvärden och motsvarande linjärt oberoende egenvektorer, G:s matris i en bas av egenvektorer samt transformationsmatrisen till denna bas Var god vänd
5 LårV varadetlinjärarummetavalla matriser DenlinjäraavbildningenF : V V definieras genom F(X AX, där A ( 1 1 Bestäm en bas i F:s värderum och en bas i F:s nollrum 6 Låt B 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Diagonalisera matrisen B i en ON bas och bestäm motsvarande diagonalmatris och transformationsmatris 7 Lös följande system av differentialekvationer: dx(t x(t + y(t, dy(t x(t + y(t; x(0 y(0 1 8 (a Ge definitionen av en linjär avbildning (b Avbildningen F : R R definieras genom F a ( a1 +a Avgör om F är linjär (c Avbildningen G : R[x] R[x] definieras genom G(a+bx+cx a +bx Avgör om G är linjär LYCKA TILL!
Svar till tentamen i LINJÄR ALGEBRA II 010 08 4 1 f 1 (x, f (x och f 5 (x utgör en bas i L, p(x L [G] e e 1 1 1 1 En ON bas i N är tex w 1 1 (1,1,0,0 t, w 1 (0,0,1,1 t pr N (x (,,7,7 Avståndet från x till N är Avståndet från x till N är 116 4 Egenvärden och mostvarande linjärt oberoende egenvektorer: λ 1 1 och f 1 (x 1; λ och f (x 1 + x; λ och f (x + 4x + x Bas av egenvektorer: f (f 1 (x,f (x,f (x [G] f f 1 0 0 0 0 0 0, T 1 1 0 1 4 0 0 (tex 5 En bas i F:s värderum är tex 0 En bas i F:s nollrum är tex 1 0 och och ( 0 1 0 ( 0 1 0 1 6 D 5 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1, T 1/ 1/ 0 1 1 6 1 1 1/ 0 0 1/ 6 1 1 1 1 1 6 1 1 7 x(t y(t exp(t 8 (b F är linjär (c G är inte linjär
Lösningar till tentamen i LINJÄR ALGEBRA II 010 08 4 Lösning till problem 1 Vi skriver koordinaterna av alla våra polynom i standardbasen som kolonner i en matris och använder Gauß-elimination för att reducera matrisen till trappstegsformen: 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 4 4 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 Det följer att polynom f 1 (x, f (x och f 5 (x utgör en bas i L och att polynomet p(x inte tillhör L Lösning till problem Lår π vara planet x 1 +x x 0 Vektorerna v 1 (1,0,1 t och v (0,1,1 t är linjärt oberoende och ligger i π Därför har vi G(v 1 v 1 och G(v v Vektorn v (1,1, 1 t är ortogonal mot planet och därför vi har G(v v Uppsätningenv (v 1,v,v ärenbasir eftersomvihartrevektorerietttredimensionnellt rum, och dessa vektorer är linjärt oberoende eftersom determinanten för transformationsmatrisen 1 0 1 T 0 1 1 1 1 1 från e till v är lika med 0 I basen v vi har: 1 0 0 [G] v v 0 1 0 0 0 1 För att anväda basbyte formeln ska vi bestämma inversen till T: 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1/ 1/ 1/ 1 1 0 0 / 1/ 1/ 0 1 0 1/ / 1/ 0 0 1 1/ 1/ 1/ 4
Nu kan vi använda basbyte formeln: [G] e e T[G] v vt 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Lösning till problem Vi har v v 1 + v och således N v 1,v Vektorerna v 1 och v är ortogonalla och därför linjärt oberoende En ON-bas i N ges då av vektorerna w 1 v 1 v 1 1 v 1 och w v v 1 v Den ortogonala projektionen av x på N beräknas på följande sätt: pr N (x (x,w 1 w 1 +(x,w w 6 (1,1,0,0+ 14 (0,0,1,1 (,,7,7 Avståndet från x till N är: Avståndet från x till N är: x pr N (x ( 1,1, 1,1 1+1+1+1 pr N (x (,,7,7 9+9+49+49 116 Lösning till problem 4 Eftersom G(1 1, G(x x + 1 och G(x x + x + 1, avbildningen G har följande matris i standardbasen: 1 1 1 A [G] std std 0 0 0 Vi börjar med sekularpolynomet: 1 λ 1 1 0 λ 0 0 λ (λ 1(λ (λ Alltså, egenvärden av A är λ 1 1, λ och λ Eftersom alla egenvärden är olika, är avbildningen diagonaliserbar och motsvarande diagonala matrisen är: 1 0 0 D 0 0 0 0 (egenvärden i tur och ordning på huvuddiagonalen Nu kan vi bestämma transformationsmatrisen För λ 1 1 måste vi lösa det homogena linjära ekvationssystemet med matrisen A E 0 1 1 0 1 0 0 Systemet har en linjärt oberoende lösning, tex v 1 (1,0,0 t som motsvarar egenvektorn f 1 (x 1 5
För λ har homogena linjära ekvationssystemet med matrisen 1 1 1 A E 0 0 0 0 1 en linjärt oberoende lösning, tex v (1,1,0 t Detta motsvarar egenvektorn f (x 1+x För λ har homogena linjära ekvationssystemet med matrisen 1 1 A E 0 1 0 0 0 en linjärt oberoende lösning, tex v (,4, t Detta motsvarar egenvektorn f (x +4x+x Alltså, transformationsmatrisen är tex: T 1 1 0 1 4 0 0 Lösning till problem 5 Vi väljer förlande bas i V: e (e 11,e 1,e 1,e, där Vi har F(e 11 e 11 0 0 0 ( 0 1, e 1 0 0 ( 0 1, F(e 1 0 Således får vi följande matris för F i basen e: [F] e e ( 0 0, e 1 1 0, F(e 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 ( 0 0, e 0 1 ( 0 1, F(e 0 Vi reducerar denna matris till trappstegsformen med hjälp av Gaußelimination: 1 0 1 0 ( 0 1 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 Det följer att matriserna F(e 11 0 och F(e 1 ( 0 1 0 utgör en bas i F:s värderum 6
Lösningarna till ovanstående systemet på parameterformen ser ut så här: λ 1 1 0 λ λ 0 1 s+ 1 0 t, s,t R λ 4 0 1 Detta medför att matriserna e 11 e 1 0 och e e 44 ( 0 1 0 1 utgör en bas i F:s nollrum Lösning till problem 6 Vi börjar med sekularpolynomet: λ 1 1 1 1 λ 1 1 1 1 λ 1 1 1 1 λ (1 λ 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 1 1 λ 1 + 4 + 4 + 4 4 + 1 4 + 4 + (1 λ 1 λ 0 0 1 λ 0 1 λ 0 1 λ 0 0 1 λ 1 λ 1 1 1 λ 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 5 λ (λ 5(λ 1 Vi har egenvärden λ 1 5 av multipicitet 1 och λ 1 av multipicitet För att bestäma en egenvektor med egenvärdet λ 1 5 ska vi lösa det homogena linjära ekvationssystemet med matrisen B 5E 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Detta system har en linjärt oberoende lösning, tex v 1 (1,1,1, 1 t Vi normerar denna vektor och får w 1 v 1 v 1 1 (1,1,1, 1t För att bestäma alla egenvektorer med egenvärdet λ 1 1 ska vi lösa det homogena linjära ekvationssystemet med matrisen B 1E 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Vektorerna v (1,0,0,1 t, v (0,1,0,1 t och v 4 (0,0,1,1 t är linjärt oberoende lösningar till systemet Vi ortonormerar dem med hjälp av Gram-Schmis metod: w 7
v v 1 (1,0,0,1 t ; w v (v,v (v,v v ( 1/,1,0,1/ochw w w 1 6 ( 1,,0,1 t Vidarew 4 v 4 (v 4,w w (v 4,w w ( 1/, 1/,1,1/ochw 4 w 4 w 4 1 ( 1, 1,,1 t 1 Detta ger oss följande diagonalformen och transformationsmatris: 1 1/ 1 1 5 0 0 0 6 1 D 0 1 0 0 1/ 0 1 0 0 1 0, T 6 1 1/ 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1/ 6 1 Lösning till problem 7 Vi skriver systemet på följande formen: dx(t ( ( 1 x(t dy(t 1 y(t och försöker att diagonalisera systemets matris ( 1 A 1 A:s sekularpolynom är: λ 1 1 λ ( λ 1 (λ 1(λ Vi har två olika egenvärden λ 1 1 och λ som innebär att A är diagonaliserbar med diagonalformen ( 1 0 D 0 Egenvektorer till λ 1 1 är lösningar till det homogena systemet med matrisen ( 1 1 A E 1 1 En linjärt oberoende lösning är tex v 1 (1, 1 Egenvektorer till λ 1 1 är lösningar till det homogena systemet med matrisen ( 1 1 A E 1 1 En linjärt oberoende lösning är tex v (1,1 Vi får därmed transformationsmatrisen ( 1 1 T 1 1 8
och identiteter D T 1 AT, A TDT 1, där T 1 1 ( 1 1 1 1 Om vi nu byter x(t och y(t mot respektive u(t och v(t sådant att ( ( u(t T 1 x(t, v(t y(t vi får systemet du(t dv(t u(t, v(t; u(0 0,v(0 1 Ekvationen du(t u(t har allmän lösning u(t Cexp(t Från 0 u(0 Cexp(0 vi får C 0 och därmed u(t 0 Ekvationen dv(t v(t har allmän lösning v(t Cexp(t Från 1 v(0 Cexp(0 vi får C 1 och därmed v(t exp(t Nu använder vi att ( ( x(t u(t T y(t v(t och får svaret x(t y(t exp(t Lösning till problem 8 Låt V och W vara två linjära rum En avbildning F : V W säges att vara linjär om F(x+y F(x+F(yför alla x,y V och F(λx λf(x för alla x V och λ R För alla F a a, + b 1 b b b 1 b b R gäller F +b 1 a +b +b ( (a1 +b 1 +(a +b ( +b ( +b 1 ( a1 +a ( a1 +a +b 1 +b +b b 1 F a +F ( b1 +b + b b 1 b 1 b b 9
För alla F λ a a R och λ R gäller F λ λa λ ( λa1 +λa λ λ ( λ(a1 +a λ( ( a1 +a λ λf a Detta medför att F är linjär Vi har G(1 1 och G( 1 G( 4 G(1 Detta medför att G inte är linjär 10