Preliminärt lösningsförslag

Relevanta dokument
Preliminärt lösningsförslag

Preliminärt lösningsförslag

Preliminärt lösningsförslag

. (2p) 2x + 2y + z = 4 y + 2z = 2 4x + 3y = 6

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

Frågorna 1 till 6 ska svaras med ett kryss för varje korrekt påstående. Varje uppgift ger 1 poäng.

Vektorerna är parallella med planet omm de är vinkelräta mot planets normal, dvs mot

2 1 1 s s. M(s) = (b) Beräkna inversen för det minsta positiva heltalsvärdet på s som gör matrisen inverterbar.

1. (Dugga 1.1) (a) Bestäm v (3v 2u) om v = . (1p) and u =

Lösningsförslag obs. preliminärt, reservation för fel

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A. (1 p) (c) Bestäm avståndet mellan A och linjen l.

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

x + y + z + 2w = 0 (a) Finn alla lösningar till ekvationssystemet y + z+ 2w = 0 (2p)

Lösningar till MVE021 Linjär algebra för I

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

3. Lös det överbestämda systemet nedan på bästa sätt i minsta kvadratmening. x + y = 1 x + 2y = 3 x + 3y = 4 x + 4y = 6

A = (3 p) (b) Bestäm alla lösningar till Ax = [ 5 3 ] T.. (3 p)

x 2y + z = 1 (1) 2x + y 2z = 3 (2) x + 3y z = 4 (3)

Frågorna 1 till 6 ska svaras med ett kryss för varje korrekt påstående. Varje uppgift ger 1 poäng. Använd bifogat formulär för dessa 6 frågor.

SF1624 Algebra och geometri Tentamen Torsdag, 17 mars 2016

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

3x + y z = 0 4x + y 2z = 0 2x + y = Lös det överbestämda systemet nedan på bästa sätt i minsta kvadratmening. x = 1 x + y = 1 x + 2y = 2

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till modelltentamen DEL A

Föreläsningsanteckningar Linjär Algebra II Lärarlyftet

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Styf. Exempeltenta med lösningar Programmen EI, IT, K, X Linjär algebra juni 2004

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Fredagen den 23 oktober, 2009 DEL A

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Lördagen den 5 juni, 2010 DEL A

Del 1: Godkäntdelen. TMV142 Linjär algebra Z

Egenvärden och egenvektorer. Linjär Algebra F15. Pelle

SF1624 Algebra och geometri Tentamen Torsdag, 9 juni 2016

Chalmers tekniska högskola Datum: kl Telefonvakt: Linnea Hietala MVE480 Linjär algebra S

Föreläsningsanteckningar Linjär Algebra II Lärarlyftet

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A. t 2

kvivalenta. Ange rangen för A samt en bas för kolonnrummet för A. och U =

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till modelltentamen DEL A

y z 3 = 0 z i )

MVE022 Urval av bevis (på svenska)

3 1 = t 2 2 = ( 1) ( 2) 1 2 = A(t) = t 1 10 t

Del 1: Godkäntdelen. TMV141 Linjär algebra E

4x az = 0 2ax + y = 0 ax + y + z = 0

TMV166 Linjär Algebra för M. Tentamen

SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI

denna del en poäng. 1. (Dugga 1.1) (a) Beräkna u (v 2u) om v = u och u har längd 3. Motivera ert svar.

LÖSNINGAR LINJÄR ALGEBRA LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA MATEMATIK

SF1624 Algebra och geometri Tentamen Onsdagen 29 oktober, 2014

Linjär algebra/matematik. TM-Matematik Mikael Forsberg ma014a, ma031a

(d) Mängden av alla x som uppfyller x = s u + t v + (1, 0, 0), där s, t R. (e) Mängden av alla x som uppfyller x = s u där s är ickenegativ, s 0.

Del 1: Godkäntdelen. TMV142 Linjär algebra Z

SF1624 Algebra och geometri Tentamen Onsdag, 13 januari 2016

1. (a) Bestäm alla värden på c som gör att matrisen A(c) saknar invers: c 1

Lösningsförslag till skrivningen i Vektorgeometri (MAA702) Måndagen den 13 juni 2005

A = x

LÖSNINGAR TILL LINJÄR ALGEBRA kl 8 13 LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA MATEMATIK. 1. Volymen med tecken ges av determinanten.

1 Linjära ekvationssystem. 2 Vektorer

Tentamen TMV140 Linjär algebra Z

Linjär algebra på 2 45 minuter

Vektorgeometri för gymnasister

2x + y + 3z = 4 x + y = 1 x 2y z = 3

A = v 2 B = = (λ 1) 2 16 = λ 2 2λ 15 = (λ 5)(λ+3). E 5 = Span C =

ax + y + 4z = a x + y + (a 1)z = 1. 2x + 2y + az = 2 Ange dessutom samtliga lösningar då det finns oändligt många.

Övningar. MATEMATISKA INSTITUTIONEN STOCKHOLMS UNIVERSITET Avd. Matematik. Linjär algebra 2. Senast korrigerad:

TMV166 Linjär Algebra för M. Tentamen

SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI

2x + y + 3z = 1 x 2y z = 2 x + y + 2z = 1

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

TMV142/186 Linjär algebra Z/TD

Lösningar till utvalda uppgifter i kapitel 8

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförsag till modelltentamen

DEL I. Matematiska Institutionen KTH. Lösning till tentamensskrivning på kursen Linjär algebra II, SF1604, den 15 mars 2010 kl

Facit/lösningsförslag

Övningstenta 001. Alla Linjär Algebra. TM-Matematik Sören Hector Mikael Forsberg. 1. x 2y z + v = 0 z + u + v = 3 x + 2y + 2u + 2v = 4 z + 2u + 5v = 0

Prov i matematik Civilingenjörsprogrammen EL, IT, K, X, ES, F, Q, W, Enstaka kurs LINJÄR ALGEBRA

SF1624 Algebra och geometri

Chalmers tekniska högskola Datum: Våren MVE021 Linjär algebra I

LYCKA TILL! kl 8 13

= ( 1) ( 1) = 4 0.

Lösningsforslag till tentamen i SF1624 den 22/ e x e y e z = 5e x 10e z = 5(1, 0, 2). 1 1 a a + 2 2a 4

Hjälpmedel: inga Chalmers tekniska högskola Datum: kl Telefonvakt: Peter Hegarty (a) Låt (3p)

Lösningsförslag till skrivningen i Vektorgeometri (MAA702) måndagen den 30 maj 2005

EXEMPEL OCH LÖSNINGAR I LINJÄR ALGEBRA II

Determinanter, egenvectorer, egenvärden.

November 17, 2015 (1) en enda lsg. Obs det A = 1 0. (2) k-parameter lsg. Obs det A = 0. k-kolonner efter sista ledande ettan

Matematiska Institutionen KTH. Lösning till tentamensskrivning på kursen Linjär algebra, SF1604, den 15 mars 2012 kl

Inför tentamen i Linjär algebra TNA002.

Egenvärden, egenvektorer

Övningar. c) Om någon vektor i R n kan skrivas som linjär kombination av v 1,..., v m på precis ett sätt så. m = n.

Tentamen i Linjär algebra (TATA31/TEN1) ,

SF1624 Algebra och geometri Tentamen med lösningsförslag onsdag, 11 januari 2017

SF1624 Algebra och geometri Bedömningskriterier till tentamen Tisdagen den 15 december, 2009

Crash Course Algebra och geometri. Ambjörn Karlsson c januari 2016

Kursplanering för Linjär algebra, HT 2003

Vi skalla främst utnyttja omskrivning av en matris för att löas ett system av differentialekvaioner. 2? Det är komplicerat att

1. (a) (1p) Undersök om de tre vektorerna nedan är linjärt oberoende i vektorrummet

Instuderingsuppgifter & Läsanvisningar till Linjär Algebra II för lärare

Version Linjär algebra kapiltet från ett ODE-kompendium. Mikael Forsberg

x + y z = 2 2x + 3y + z = 9 x + 3y + 5z = Gauss-Jordan elemination ger: Area = 1 2 AB AC = 4. Span(1, 1 + x, x + x 2 ) = P 2.

Transkript:

Preliminärt lösningsförslag v4, 9 augusti 4 Högskolan i Skövde (SK) Tentamen i matematik Kurs: MA4G Linjär algebra MAG Linjär algebra för ingenjörer Tentamensdag: 4-8-6 kl 43-93 Hjälpmedel : Inga hjälpmedel utöver bifogat formelblad Ej räknedosa Tentamen bedöms med betyg 3, 4, 5 eller underkänd, där 5 är högsta betyg För godkänt betyg (3) krävs minst 6 poäng från del I och II tillsammans, ( 8) Var och en av dessa åtta uppgifter kan ge maimalt 3 poäng För var och en av uppgifterna 6 kan man välja att i stället för att lämna svar utnyttja sitt resultat från motsvarande dugga från kurstillfället ht 3 (duggaresultatlista bifogas) Markera detta genom att skriva ett D istället för ett kryss i uppgiftsrutan på omslaget För betyg 4 krävs utöver godkänt resultat från I+II minst poäng från del II och III tillsammans, för betyg 5 minst 3 poäng Lämna fullständiga lösningar till alla uppgifter, om inte annat anges Skriv inte mer än en uppgift på varje blad I lösningsförslagen betecknar att den högra matrisen kan fås från den vänstra genom en följd av elementära radoperationer Del I Uppgift 6 kan en och en ersättas av duggapoäng (D) (3p) Bestäm ekvationer i ett yz-koordinatsystem för planet som innehåller punkterna A (,, ), B (,, ) och C (,, 3), (a) på parameterform, (b) på allmän form Lösningsförslag: (a) För att beskriva planets ekvation på parameterform behöver vi en punkt i planet och två vektorer parallella med planet Vi kan använda punkten A och vektorerna från A till B respektive C, AB OB OA AC OC OA, 3 och får då planets punkter, med parametrarna t och s, som y OA + t t AB + sac + t + s + t + s, z + s dvs t, y + t + s, z + s (b) Om n är en vektor ortogonal mot alla vektorer i planet (normalvektor till planet)), så är X en punkt i planet om och bara om n AX

(D) (3p) Låt Vi kan konstruera en normalvektor med hjälp av vektorprodukt som n AB AC Planets ekvation på normalform/allmän form är då n AX y ( ) (y ) + (z ) z y + z + y + z Alternativt: Sätt in koordinater för A, B och C i a+by+cz+d Det ger tre ekvationer i a, b, c, d Lös för a, b, c, d v, v, v 3 3 och w 6 8 Uttryck vektorn w som en linjärkombination av vektorerna v, v och v 3 Lösningsförslag: Vi har att v + y v + z v 3 w y 6 3 z 8 För att lösa ut, y, z Gausseliminerar vi lämpligen den utökade matrisen för systemet 6 4 4 3 8 5 5 3 3 Vi ser nu att lösningen är, y, z 3, och alltså att w v v + 3 v 3 (D) 3 (3p) Finns det en matris X som uppfyller matrisekvationen AX B, där 3 A och B? 3 3 3

Om så är fallet, beräkna den Lösningsförslag: Om A är inverterbar är lösningen X A B Vi försöker bestämma inversen genom att Gausseliminera den utökade matrisen [A I] [A I] 3 3 3 3 3 3 [I A ] Vi får då lösningen 3 3 X A B 3 3 4 3 3 Alternativ Med Gausselimination [A B] [I A B] (Gausselimineringen är ekvivalent med att multiplicera från vänster med A ) 3 3 [A B] 5 3 3 3 3 3 3 5 4 3 [I A B] 3 3 (D) 4 (3p) Den linjära transformationen () 7 + 5y T : R R, där T, y 6 + 8y () kan uttryckas med en matrismultiplikation: T A y y (a) Bestäm matrisen A (p) (b) Verifiera att vektorn v är en egenvektor till matrisen A Vilket är det motsvarande egenvärdet? 3 (p) Lösningsförslag: (a) Vi har att 7 + 5y 7 5 6 + 8y 6 8 y 4

Alltså är vår sökta matris 7 5 A 6 8 (b) Att v är en egenvektor till A betyder att det finns ett tal, ett egenvärde, λ, så att A v λv Vi har att 7 5 7 + 5 3 A v 6 8 3 6 + 8 3 6 3 Alltså är v en egenvektor till matrisen A, svarande mot egenvärdet 3 3 (D3) 5 (3p) (a) Matrisen A har 3 som ett egenvärde Bestäm alla egenvektorer till A som 8 7 hör till detta egenvärde (b) Bestäm vad matrisen A (som ovan) har för egenvärde utöver 3 [ (c) ] Bestäm en -matris B som har egenvärden och och vektorerna 5 och som egenvektorer tillhörande respektive egenvärde 3 (Tips: Använd diagonaliseringen B P DP ) Lösningsförslag: (a) Egenvektorerna till A som hör till egenvärdet 3 är alla (nollskilda) vektorer som löser ekvationen A v 3 v eller ekvivalent (A 3I) v Vi Gausseliminerar för att hitta lösningarna, dvs nollrummet till matrisen A 3I 3 3 3 6 3 A 3I, 8 7 3 8 4 8 4 så t (A 3I) y t y y t y Egenvektorerna till A som svarar mot egenvärdet 3 är alltså vektorerna t, där t är en allmän (nollskild) parameter Eller med andra ord, egenrummet som svarar mot egenvärdet 3 spänns av vektorn (b) För att bestämma det andra egenvärdet studerar vi det karakteristiska polynomet till A: 3 λ 3 det(a λi) 8 7 λ ( 3 λ)(7 λ) 3 ( 8) 4λ + λ + 4 λ 4λ + 3 (λ ) (λ 3)(λ ) är noll om λ 3 eller om λ Det andra egenvärdet till A, utöver 3 är alltså 5

(c) Om D är en diagonalmatris så är B P DP en matris som har diagonalelementen i D som egenvärden och där kolonnerna i P är egenvektorer Vi kan alltså konstruera vår önskade matris som 5 5 5 3 5 B 3 3 3 3 5 4 5 3 5 7 3 3 9 6 (D3) 6 (3p) B { +, +, + } och S {,, } är två olika baser för rummet P som består av alla polynom upp till och med grad två Bestäm koordinatvektorerna [p()] S och [p()] B för polynomet p() 3 + 4 + 5 med avseende på respektive bas Lösningsförslag: Koordinatvektorns komponenter är koefficienterna i linjärkombinationen av baselementen Eftersom S {,, } och p() 3 + 4 + 5, så är 3 [p()] S 4 5 [ T För att bestämma [p()] B ansätter vi [p()] B a b c] och har då att p() 3 + 4 + 5 a( + ) + b( + ) + c( + ) (a + b) + (b + c) + (a + c), vilket ger oss ekvationssystemet a + b 3, b + c 4, eller på matrisform a + c 5, a 3 b 4 c 5 Vi kan lösa systemet med Gausseliminering 3 3 3 3 3 4 4 4 4 5 6 3 3 3 Vi har alltså att p() ( + ) + ( + ) + 3( + ), så [p()] B 3 6

Del II 7 (3p) Nollrummet till en matris A består av alla vektorer sådana att A Bestäm en bas för nollrummet till matrisen A 4 Lösningsförslag: Vi kan bestämma nollrummet genom att Gausseliminera A A 4 4 Alltså gäller att y A z w + y y z + w z w s y s z t w t y s + t z w Nollrummet spänns alltså av den linjärt oberoende mängden av vektorer { [ T [ ] } T ],, som därmed är en bas för nollrummet till A 8 (3p) (a) Bestäm, som funktion av, determinanten det A för matrisen 4 8 A 4 (b) För vilka värden på är A inte inverterbar? Lösningsförslag: (a) 4 8 8 4 det A 4 4 4 8 4 4 (8 4) (8 4)(4 4) 4 4 7

(b) A är inte inverterbar om och bara om det A, och vi har det A (8 4)(4 4) 6( )( ) Alltså är A och A inte inverterbara, medan övriga A är inverterbara 8

Del III För full poäng krävs förutom en korrekt och välmotiverad lösning en redig och lättläst presentation 9 (p) (a) För de värden på som gör matrisen A från uppgift 8 inverterbar, bestäm inversen A (b) Bestäm alla egenvärden till A (c) Bestäm baser för egenrummen till A (d) Är A diagonaliserbar? Om så är fallet, ange en diagonalisering A P DP, om inte, motivera Lösningsförslag: (a) Vi kan bestämma inversen med hjälp av Gauss-Jordanelimination 4 8 4( ) 4 A I 4 ( ) 4( ) 4( ) 4( ) ( ) ( ) 4( ) 4( ) I A ( ) 4( ) Alltså är, om,, är A 4( ) 4( ) ( ) 4( ) ( ) ( ) A C Alternativ Man kan utnyttja att om man har två sk blockmatriser,, B D så är A C AC, B D BD om A, B, C, D är kvadratiska matriser av kompatibel storlek, och kvadratiska nollmatriser Därav följer att A A B B om A och B är kvadratiska matriser Det reducerar i vårt fall problemet till att invertera två -matriser 4( ) ( ) 9

(b) Matrisen 4 8 A 4 är triangulär, och har därmed sina egenvärden på diagonalen Egenvärdena till A är alltså, 8 och (Egenvärdet har algebraisk multiplicitet ) (c) Egenrummet E λ för respektive egenvärde λ till A är lika med nollrummet till matrisen A λi Vi bestämmer dem i tur och ordning medelst Gausseliminering 4 7 4 7 A I 4 Egenrummet E består av vektorer Egenrummet E 8 består av vektorer Egenrummet E består av vektorer [ ] [ ] 7t 4t, bas { 7 4 } 7 4 A 8I 6 4 6 t, bas { } 4 6 A I 4 t, bas { } (d) Egenvärdet har algebraisk multiplicitet (multiplicitet som rot till karakteristiska ekvationen; förekommer två gånger på diagonalen), medan det har geometrisk dimension (egenrummet har dimension ) För att en matris ska vara diagonaliserbar måste alla egenvärden ha lika stor geometrisk dimension som algebraisk Annars kan man inte skapa en inverterbar kvadratisk matris P med egenvektorer som kolonner, som gör att P AP blir diagonal Matrisen A är alltså inte diagonaliserbar (p) (a) För matrisen A från uppgift 7, bestäm en bas för kolonnrummet och en bas för radrummet (b) För vilket värde på k tillhör vektorn u 3 kolonnrummet col(a) till A? k

(c) För detta värde på k, bestäm koordinatvektorn för u med avseende på den bas för col(a) du tidigare bestämt Lösningsförslag: (a) Vi utnyttjar Gausseliminering av A A 4 4 Eftersom vi har två nollskilda rader i trappstegsformen är rangen, vilket då är dimensionen för både kolonnrum och radrum Som bas för kolonnrummet till A kan vi ta de kolonner i A som står på samma plats som pivotelementen, dvs kolonn och 3, är en bas för kolonnrummet till A Basrummet bevaras vid radoperationer, så vi kan som bas till radrummet till A ta de nollskilda raderna i trappstegsformen, som är linjärt oberoende, alltså {, } (b) Vi bildar en matris med kolonner som är basvektorerna för col(a), utökar med u som kolonn och Gausseliminerar A 3 k k 4 k 6 Sista raden säger oss att k måste vara lika med 6 för att sista kolonnen ska kunna uttryckas som en linjärkombination av de första två kolonnerna, dvs att u tillhör col(a) (c) Samma Gausseliminering ger oss, i fallet k 6 att u y y y Vi har alltså att u +, dvs, koordinatvektorn för u, med avseende på basen B {, u] B } är

(p) Bestäm för vilka värden på k som vektorerna k k v, v, v 3, v 4, k 4 är linjärt beroende I dessa fall, uttryck nollvektorn som en icke-trivial linjärkombination av dessa fyra vektorer Lösningsförslag: Vi löser problemet genom Gausseliminering av matrisen med de fyra vektorerna som kolonner Om de är linjärt beroende visar det sig i att matrisen har rang mindre än fyra, och att nollrummet inte bara består av nollvektorn k k k k k 4 4 k Vi ser här att vi tappar i rang om k eller om 4 k, dvs om k eller k Fallet k 4 I det här fallet har vi alltså c v + c v + c 3 v 3 + c 4 v 4 c + c c 3 c 4 c t c t c 3 c 4, så t v + t v för vilket t som helst Fallet k 4 I det här fallet har vi c t c + c 4 c c v + c v + c 3 v 3 + c 4 v 4 c c 3 t c 3 + c 4 c 4 t,

och alltså t v t v 3 + t v 4 för vilket t som helst (Kolla gärna!) (p) B { + +, +, } och C { +, +, + } är båda baser för rummet P som består av alla polynom upp till och med grad (a) Bestäm basbytesmatrisen från B till C (b) Bestäm koordinatvektorerna med avseende på bas B och bas C för polynomet p() + 3 + 4 Lösningsförslag: (a) Om vi tar en tredje bas S {,, } ser vi lätt att basbytesmatrisen från B till S är P S B, matrisen som har S-koordinatvektorerna för baspolynomen i B som kolonner På samma sätt har vi basbytesmatrisen från C till S, P S C Vi har då att basbytesmatrisen från B till C är P C B P C S P S B P S C P S B Vi kan beräkna den genom Gauss-Jordaneliminering genom att utnyttja att, generellt, om A är inverterbar, så gäller A B I A B ] / / [ [P S C P S B / / I / / ] P S C P S B Vi har alltså att (b) Vi har att / / P C B / / / / [ + 3 + 4 ] S 3 4 3

T För koordinatvektorn b b b 3 med avseende på B gäller då att P S B b b b 3 3 4 Vi Gausseliminerar den utökade matrisen P S B 3 3 4 4 vilket ger oss koordinatvektorn [ + 3 + 4 ] B Multiplicerar vi sedan med basbytesmatrisen P C B från vänster får vi koordinatvektorn med avseende på basen C, / / 3/ [ + 3 + 4 ] C [ + 3 + 4 ] B P C B / / 5/ / / / SK 9 augusti 4 4