Lösigar till tetamesskrivig i kompletterigskurs Lijär Algebra, SF605, de 0 jauari 20,kl 4.00-9.00. 3p Visa med hjälp av ett iduktiosbevis att m= mm + = +. Lösig: Formel är uppebarlige sa är = eftersom formels västra led då är lika med / + vilket ju är lika med formels högra led är =. Vi visar u att implikatioe m= mm + = + är giltig för alla aturliga tal. Vi fier u att och alltså om så har vi att + m= mm + = + m= mm + = m= m= = + + + + 2 + m= mm + = + + +, mm + + + + 2, mm + = +, = + 2 + + + 2 = + 2 + + 2 = + + 2, Eftersom u både implikatioe, dvs iduktiossteget, och bassteget är visade så är formel sa eligt iduktiospricipe. 2. 3p Låt C betecka matrise C = 2 0 3 4 2 3 3 0 2 3 6 4 5 3 Sittet mella matrises kolorum och ollrum utgör ett delrum L till R 4. Bestäm e bas för L. Lösig: Vektor ȳ = y, y 2, y 3, y 4 T tillhör C:s kolorum om och edast om ȳ = C x, för ågo vektor x = x, x 2, x 3, x 4 T i R 4. Vidar så tillhör ȳ matrise C:s ollrum precis då Cȳ = 0, 0, 0, 0 T.
2 Vi har alltså att udersöka om det fis ågo vektor x = x, x 2, x 3, x 4 T såda att CC x = 0, 0, 0, 0 T. Matrismultiplikatio är e associativ operatio och vi ka då börja med att beräka C 2 : 22 4 8 2 34 22 28 8 CC = 0 6 8 6 46 30 38 24 och löser systemet C 2 x = 0: 22 4 8 2 0 34 22 28 8 0 0 6 8 6 0 46 30 38 24 0 0 0 0 6 8 6 0 Lösige ges alltså av 2 2 2 0 0 4 4 4 0 0 0 6 8 6 0 6 6 6 0 0 0 0 4 0 2 6 0 x = t, x 3 = s, x 2 = t s, x 4 = 2 3 t + 3 s, där s och t är godtyckliga reella tal. 0 0 2 0 3 0 Vi sökte emellertid vektorera ȳ i kolorummet som gavs av ȳ = C x, och e bas för det delrum som bestod av alla dessa koloer. Med t, s =, 0 resp t, s = 0, får vi e såda bas: resp ȳ = C,, 0, 2/3 T = 0, 0, 0, 0 T, ȳ 2 = C0,,, /3 T = 0, 0, 0, 0 T, och de slutsats vi ka dra är att sittet mella matrises ollrum och kolorum bara består av ollvektor. 3. 3p Betrakta vektorrummet P vars vektorer är polyome i variabel t med koefficieter som är reella tal. Med hjälp av de ire produkte ft gt = ftgtdt ka vi, på sedvaligt sätt, iföra e metrik i P. Låt L vara det delrum till P som späs upp av polyome t och + t 2. Skriv u vektor som e summa av e vektor ū L och e vektor v i L:s ortogoala komplemet L. Lösig: Polyomet ū kommer att vara e lijärkombiatio av t och + t 2, dvs ū = at + b + t 2,
3 så polyomet v kommer att vara lika med v = at b + t 2, och vi observerar att våra beräkigar kommer att avse vektorer i det 3-dimesioella rummet P 2 av polyom av grad högst lika med 2. Ortogoala komplemetet L till L i P 2 kommer att vara -dimesioellt. Vi bestämmer först L så slipper vi att bestämma e ON-bas för L. Polyomet ē = + ct + dt 2 tillhör L precis då eller aorluda uttryckt ē t = 0 och ē + t 2 = 0, + ct + dt 2 tdt = 0 och + ct + dt 2 + t 2 dt = 0. De första itegrale ger att c = 0 och det adra itegralvillkoret blir då 0 = + dt 2 + t 2 dt = varur vi fier att d = 5/2. Således Vi projicerar u vektor på L : Proj L = + d + t 2 + dt 4 dt = 2 + L = spa{ 5 2 t2 }. 5/2t 2 5/2t 2 5/2t 2 5 2 t2 2d + 3 + 2d 5 som uträkat blir 5/2t2 dt 5/2t2 2 dt 5 2 t2 = /3 7/6 5 2 t2 = 2 7 5 2 t2 = 2 7 5 7 t2. Svar: v = 2 7 5 7 t2 och ū = v = 5 7 + 5 7 t2. 4. 3p Låt A och B betecka edaståede matriser A = 2 3 3 2 2 0 2 2 4 2 B = 5 7 7 7 4 8 0 8 Udersök om det fis e matris X vars rag är 2 och som är sådaa att AX = B. Am. Om matrise X skulle fias behöver de ite bestämmas för att full poäg skall erhållas. Lösig: Vi betraktar matrisera A och B som matriser beskrivade lijära avbildigar A resp B av R 4 på sig själv. Fråga ka då översättas till huruvida det
4 fis e lijär avbildig X såda att avbildige A X är avbildige B och bildrummet till X har dimesio 2.. Vi bestämmer först B:s bildrum, vilket är matrise B:s kolorum: 5 7 7 7 4 8 0 8 0 0 0 0 [ ] så kolo ett och två i ursprugsmatrise är lijärt oberoede och matrises rag är så B:s bildrum är spa{2, 5, 3, 4, 4, 7, 3, 8}. Vi söker u att A:s kolorum: 2 2 3 3 2 2 0 0 2 3 0 2 3 2 2 4 2 0 0 0 0 [ 2 0 2 3 så äve mtrise A har rag 2 och dess första två koloer idikerar e bas för A:s bildrum: spa{, 3, 2, 2,,, 0, 2}. Vi placerar u de bägge bildrummes geeratorer som rader i e matris, i syfte att visa att bildrumme är lika, och bestämmar rage för dea matris: 0 2 3 2 2 2 5 3 4 4 7 3 8 0 2 0 2 2 0 0 3 3 0 0 3 3 0 [ 0 2 0 0 så dimesioe av A:s bildrum ökar ite är vi utökar detta delrum med geeratorera för B:s bildrum. Dessa bägge bildrum måste då vara lika eftersom de båda har dimesio 2. Vi påvisar u existese av e matris X, geom att beskriva e avbildig X såda att B = A X. Matris X blir då de matris som beskriver avbildige X relativt stadardbase. Eftersom B:s koloer tillhör A:s bildrum fis det vektorer f, f2, f3 och f 4 som A avbildar på B:s koloer, resp, dvs A f = 2, 5, 3, 4, A f 2 = 4, 7, 3, 8, A f 3 = 5, 7, 2, 0, A f 4 = 4, 7, 3, 8. Om vi u låter X vara e avbildig som avbildar stadardbasvektorera ē på f, ē 2 på f 2, ē 3 på f 3 samt ē 4 på f 4, så kommer sammasättige A X ha egeskape att A X ē = 2, 5, 3, 4, A X ē 2 = 4, 7, 3, 8, A X ē 3 = 5, 7, 2, 0, A X ē 4 = 4, 7, 3, 8. ] ]
5 Matrise för avbildige X ger alltså de eftersökta matrise uder förutsättig att vektorera f, f2, f3 och f 4 ka väljas så att de späer upp ett delrum av dimesio 2. Me f och f 2 ka ite vara parallella eftersom A avbildar dem på två ickeparallella vektorer. Betecka B:s koloer k i, för i =, 2, 3, 4. Eftersom B:s kolorum späs upp av k och k 2 så gäller det att så låter vi f 3 = a f + b f 2 har vi att k 3 = a k + b k 2, A f 3 = Aa f + b f 2 = a k + b k 2 = k 3, och på samma sätt hittar vi ett lämpligt f 4 så att dimspa{ f, f 2, f 3, f 4 } = 2. Nu ätlige kommer vi ha e matris X vars rag är lika med 2. 5. 3p Låt A vara e m-matris och b e -matris. Visa att ett och edast ett av edaståede två system har e lösig: respektive Ax = b, A T y = 0, y T b 0, 2 där A T beteckar de till A traspoerade matrise. Du får aväda samtliga satser i boke uta att bevisa dom. Lösig: Det fis följade två alterativ för vektor b, atige så tillhör b matrise A:s kolorum, eller så gör de ite det. Det första fallet iträffar precis är ekvatio är lösbar. Vi visar u att b ite tillhör A:s kolorum L precis är ekvatio 2 är lösbar. Radera i A T är matrise A:s koloer så att A T y = 0 det är ekvivalet med att y tillhör ortogoala komplemetet L till A:s kolorum L. Eftersom L gäller allmät för alla delrum L till ett vektorrum V har vi u att för alla y L så y T b 0 b L, vilket således visar att ekvatio 2 är lösbar precis då b ite tillhör A:s kolorum.