Preliminärt lösningsförslag v04, 7 augusti 05 Högskolan i Skövde (SK) Tentamen i matematik Kurs: MA4G Linjär algebra MAG Linjär algebra för ingenjörer Tentamensdag: 05-08-7 kl 080-0 Hjälpmedel : Inga hjälpmedel utöver bifogat formelblad Ej räknedosa Tentamen bedöms med betyg, 4, 5 eller underkänd, där 5 är högsta betyg För godkänt betyg () krävs minst 6 poäng från del I och II tillsammans, ( 8) Var och en av dessa åtta uppgifter kan ge maimalt 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 0 (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 0 poäng från del II och III tillsammans, för betyg 5 minst 0 poäng Lämna fullständiga lösningar till alla uppgifter, om inte annat anges Skriv inte mer än en uppgift på varje blad Del I Uppgift 6 kan en och en ersättas av duggapoäng Ni får inte ersätta delar av en uppgift med duggaresultat och lämna in lösning på andra delar, har ni lämnat in en lösning för en del av en av dessa se uppgifter är det den som gäller för hela den uppgiften Däremot får ni naturligtvis välja fritt vilka av de se uppgifterna ni utnyttjar duggaresultaten för, och vilka ni lämnar in lösningar för Om inget annat anges är deluppgifterna värda en poäng var 4 (D) (p) (a) Bestäm en vektor som är vinkelrät mot vektorerna och (b) Bestäm ekvationen på vektorform för planet som går genom punkterna A (,, 4), B (,, ) och C (,, ) p Lösningsförslag: (b) Om n är en vektor ortogonal mot båda vektorerna i uppgiften gäller att skalärprodukten 4 y av n med dessa vektorer är noll, dvs n 0 och n 0 Med n ger detta z w följande två ekvationer: 4 0 n + y + z + w och 0 n 4 + y + z + w
Vi kan använda Gauss-Jordanreduktion, eller också kan vi notera att om vi väljer z w 0 får vi kvar villkoren 0 + y, 0 4 + y ( + y) vilket ger y Med till eempel får vi då vektorn n vilket är ett av många möjliga svar 0 0 (b) För att beskriva planets ekvation på vektorform behöver vi (ortsvektorn för) 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 4 AC OC OA 0, 4 (notera att dessa två vektorer är ickeparallella) och får då planets ekvation, med parametrarna t och s, som y OA + t AB + sac + t + s 0 z 4 (D) (p) (a) Ett homogent ekvationsystem beskrivs av följande matris: p [ Avgör om ekvationssystemet är lösbart, och om det är lösbart, finn alla lösningar (b) Uttryck vektorn v 0 som en linjärkombinationn av vektorerna 4 v, v, och v 0 0 eller motivera varflr det inte går Korrekt räkning alternativt motivering krävs för poäng Lösningsförslag: (a) Ett homogent ekvationssystem är alltid lösbart, det har alltid minst den triviala nollvektor-lösningen Men i det här fallet har vi obekanta och ekvationer, så vi har minst en variabel mer än ma möjlig rang på koefficientmatrisen Alltså oändligt många lösningar För att lösa ut, y, z Gausseliminerar vi lämpligen den utökade matrisen för systemet [ [ [ 0 0 0
Vi ser nu att lösningen är z t, y t, t, t R, och alltså att alla lösningar är y t z (b) Går inte Tittar vi närmare på vektorerna v i, i,, ser vi att alla tre har samma andra- och tredje-koordinat Alltså måste en linjärkombination av dessa vektorer ha samma värde i dessa koordinater Men v 0 har olika värden, och 4, i dessa koordinater Den kan alltså inte vara en sådan linjärkombination 4
(D) (p) (a) Beräkna de matrisprodukter av A T B och B T A som går att beräkna, då [ A och B 4 0 Om någon inte går att beräkna, motivera varför p (b) Finn radrummet för matrisen A, given ovan i uppgiften Lösningsförslag: (a) Ingen av multiplikationerna kan göras, eftersom antalet kolonner i A T är två, medan antalet rader i B är i första fallet, medan i andra fallet antalet kolonner i B T är, medan antalet rader i A är Så inte i något av fallen är antalet kolonner i vänster matris lika med antalet rader i höger matris (b) Enklast är att notera att andra raden i A är gånger första raden i A Alltså är båda raderna linjärkombinationer av första raden, och radrummet är spannet av första raden, [ dvs span{ } (D) 4 (p) Bestäm matrisrepresentationen för de linjära transformationerna S och T där p och S : R R, där ([ ) [ + y S, y y T : R R, där ([ ) + y T y y, y (en linjär transformation T har matrisrepresentation A om den kan uttryckas med en matrismultiplikation: T ( v) A v) Bestäm också matrisrepresentationen för den sammansatta transformationen T S p Lösningsförslag: (a) Vi har att [ [ [ + y y y Alltså är vår sökta matris för S [ A På samma sätt är för transformationen T + y [ y y y 0 5
Alltså är vår sökta matris för T B 0 Slutligen ger en sats i kursen att matrisen för sammansättningen T S är produkten [ B A 5 0 4 6 (D) 5 (p) (a) A 0 0 Bestäm egenvärdena för A Korrekt resonemang krävs för att få 4 4 poäng Alla egenvärden korrekta krävs för poäng p [ (b) Matrisen B har ett egenvärde 5 Bestäm en egenvektor som hör till detta 4 egenvärde för matrisen B Lösningsförslag: (a) För att bestämma egenvärdena studerar vi den karakteristiska ekvationen till A: λ 0 0 det(a λi) 0 λ λ ( λ) 4 4 λ ( λ)(λ 4λ 4) 4 4 λ ( λ)(λ )(λ + ) Från faktoriseringen (te pq-formeln) ser vi att egenvärdena är λ, λ + och λ (b) Egenvektorerna till A som hör till egenvärdet 5 är alla (nollskilda) vektorer som löser ekvationen A v 5 v eller ekvivalent (A 5I) v 0 Vi Gausseliminerar för att hitta lösningarna, dvs nollrummet till matrisen A 5I [ [ [ 5 4 A 5I, 4 5 4 så [ [ [ t (A 5I) y 0 t y y t y [ Egenvektorerna till A som svarar mot egenvärdet är alltså vektorerna t, där t är en allmän (nollskild) parameter [ Eller med andra ord, egenrummet som svarar mot egenvärdet spänns av vektorn 6
(D) 6 (p) (a) Bilda en ortonormerad bas för R som innehlåller vektorn u (b) B ( +, + 5, + 5, 5) p är en bas för ett underrum V till P 5 (P 5 är rummet som består av alla polynom upp till och med grad fem) Bestäm om vektorn p() + + 4 ligger i V Korrekt motivering krävs för poäng Lösningsförslag: (a) Enklaste sättet är att först hitta två ortogonala vektorer som båda är ortogonala mot u (eftersom en bas för R har vektorer) och sedan normera dem Ortogonala mot u innebär att skalärprodukten med u är noll, vilket ger, om u y, z villkoret + y + z 0 Enklaste svaret är väl u y z 0 För att finna den tredje basvektorn vill vi nu finna en vektor vinkelrät mot båda de första vektorerna, vilket motsvarar ekvationssystemet [ [ y t t, t R z t [ 0 0 Väljer vi till eempel t får vi en tredje ortogonal vektor Återstår bara att se till att alla vektorerna har längd Vektorn i uppgiften har redan längd ett Vektor nummer har längd + och vektor nummer har längd + + ( ) 6 Alltlså är vårt svar,, 6 0 (b) p() ligger inte i underrummet V Detta ses lättast genom att notera att p() innehåller 4, medan ingen av basvektorerna i B innehåller någon potens 4 7
Del II 7 (p) Bestäm alla värden på parametern b så att det homogena linjära ekvationssystem som har följande koefficientmatris har oändligt många lösningar: b b + b b + Bestäm i dessa fall lösningarna Lösningsförslag: Ett sätt att undersöka när ett homogent ekvationssystem har oändligt många lösningar är att undersöka när dess koefficientmatris har determinant noll (algebrans fundamentalsats) Detta gäller eftersom det andra alternativet när determinanten är noll, inga lösningar, aldrig inträffar för homogena system som alltid har åtminstone nollösningen Koefficientmatrisen är 4 4 så Sarrus regel går inte att använda, och ingen rad ser lämplig ut för utveckling Däremot ser raderna väldigt lika ut, alla har samma värde, utom i en kolonn, och b förekommer en gång i varje rad och varje kolonn Vi testar att summera ihop alla raderna till sista raden: b b b b + b + b + (b+4) b b b b + b + 4 b + 4 b + 4 b + 4 Om vi nu lägger till sista raden till näst sista raden, subtraherar gånger sista raden från andra raden och sista raden från första raden får vi följande uttryck för determinanten: b b 0 b + 0 b (b + 4) b b 0 b + Succesiv utveckling längs raderna med nollor ger till slut att determinanten är b b + 0 b 0 ( ) + (b + 4)(b ) b b b + ( ) + (b + 4)(b ) b 0 ( )+ (b + 4)(b ) 8
Värdena på b som ger oändligt många lösningar är alltså b 4 och b b 4 Gör samma radoperationer som i början av determinantberäkningen: b 4 4 b + b 6 6 b + Gaussreducerar vi sedan fram nollor i kolonn får vi: 4 4 4 0 5 6 0 5 5 5 (fortsätter med kolonn ) 4 0 5 5 5 (och slutligen bakåtsubstitution) 0 5 Från detta får vi lösningarna t y 0, t R z t w t b Utnyttja att alla rader är multiplar av första raden: b b + b b + 9 [
Pivotelementet är i kolonn, de andra kolonnerna får olika parametervärden Vi får alltså lösningarna s t u y s 0 0 s + t + u, s R t R u R z t 0 0 w u 8 (p) Beräkna eakt matrispotensen [ n för alla heltal n (Det räcker inte att bara räkna ut några enstaka fall) Lösningsförslag: Vi använder diagonalisering Först beräknar vi matrisens egenvärden och egenvektorer: Egenvärden Karaktäristiska ekvationen blir 0 [ λ λ Så egenvärdena är λ och λ Egenvektorer λ ( λ) ( ) λ λ + 4 9 4 λ λ (λ + )(λ ) 0 [ ( )I [ [ som har lösningen, dvs egenvektorerna v t, t R λ 0 [ ()I [ [ som har lösningen, dvs egenvektorerna v t, t R [ [ 0
[ [ 0 Alltså blir matrisen P i diagonaliseringsmetoden P medan D 0 Vi behöver också P : Vi använder standardmetoden given i kursen för att beräkna den Så P [ [ [ 0 0 0 0 Slutligen ger nu diagonaliseringsmetoden att [ 0 0 [ 0 0 [ n P D n P [ [ [ n 0, 0 ( ) n och formeln gäller för alla n
Del III För full poäng krävs förutom en korrekt och välmotiverad lösning en redig och lättläst presentation 9 (0p) (a) Matrisen A av typ n n har n stycken reella egenvärden och n stlycken parvis ortogonala egenvektorer Visa att matrisen är symmetrisk eller motivera varför detta inte går att avgöra Oavsett vad svaret är måste det motiveras väl (b) Matrisekvationen A X A är välformulerad och har en lösning Bevisa att A måste vara en kvadratisk matris (c) Bestäm avståndet mellan linjen som går genom punkten (, 7, ) och har riktningsvektorn [, 4, 5, och planet genom origo som är parallellt med vektorerna [,, och [,, 4 Motivera svaret väl Lösningsförslag: (a) Vi kan bestämma inversen med hjälp av Gauss-Jordanelimination 0 0 [ 4 8 0 0 4( ) 4 A I 0 0 4 0 0 ( ) 0 0 4( ) 0 4( ) 0 4( ) 0 0 ( ) 0 ( ) 0 0 4( ) 0 4( ) [ I A 0 ( ) 4( ) 0 Alltså är, om,, är A 4( ) 4( ) ( ) 4( ) ( ) ( ) [ [ A 0 C 0 Alternativ Man kan utnyttja att om man har två sk blockmatriser,, 0 B 0 D så är [ [ [ A 0 C 0 AC 0, 0 B 0 D 0 BD om A, B, C, D är kvadratiska matriser av kompatibel storlek, och 0 kvadratiska nollmatriser Därav följer att [ [ A 0 A 0 p p 4p 4( ) ( ) 0 B 0 B
om A och B är kvadratiska matriser Det reducerar i vårt fall problemet till att invertera två -matriser (b) Matrisen 0 4 8 A 0 0 4 är triangulär, och har därmed sina egenvärden på diagonalen Egenvärdena till A 0 är alltså, 8 och (Egenvärdet har algebraisk multiplicitet ) (c) Egenrummet E λ för respektive egenvärde λ till A 0 är lika med nollrummet till matrisen A 0 λi Vi bestämmer dem i tur och ordning medelst Gausseliminering 4 7 4 7 A 0 I 0 0 4 0 Egenrummet E består av vektorer Egenrummet E 8 består av vektorer Egenrummet E består av vektorer [ [ 7t 4t, bas { 7 4 } 7 0 0 4 0 A 0 8I 6 0 0 4 6 0 [ [ 0 t, bas { 0 } 0 0 4 6 0 A 0 I 4 0 0 [ [ 0 t, bas { 0 } (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 0 är alltså inte diagonaliserbar [ 0 (0p) Finn en ortogonal bas till det underrum i R 5 som är vinkelrät mot vektorerna 0 [ och 0
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 0, 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 0 0 0 A 0 0 k 0 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 0 [ 0 [ u y 0 y y 0 Vi har alltså att 0 u +, [ dvs, koordinatvektorn för u, med avseende på basen B {, [ u B [ 0 } är (0p) Låt A vara P, dvs vektorrummet som består av alla polynom upp till och med grad, med addition av polynom som vektoraddition, och multiplikation av polynom med reellt tal som multiplikation med skalär 4
Låt B vara vektorrummet av alla övre triangulära -matriser med matrisaddition som vektoraddition och multiplikation av matris med reellt tal som multiplikation med skalär (a) Finn en bas för A p (b) Finn en bas för B [ a c + Låt T : A B vara operatorn T (p)() om p() a + b + c 0 b (c) Avgör om T är en linjär operator (linjär transformation) Om T är en linjär operator, finn matrisrepresentationen för den i de baser du angav som svar i (a) och (b) Oavsett om svaret är att T är en linjär operator eller inte, ska svaret motiveras väl Lösningsförslag: (a) Om vi tar en tredje bas S {,, } ser vi lätt att basbytesmatrisen från B till S är P S B 0, matrisen som har S-koordinatvektorerna för baspolynomen i B som kolonner På samma sätt har vi basbytesmatrisen från C till S, 0 P S C 0 0 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 0 / 0 / [ [P S C P S B 0 0 0 0 / / I P S C P S B 0 / 0 / p 4p Vi har alltså att / 0 / P C B / / / 0 / (b) Vi har att För koordinatvektorn [ + + 4 S 4 [ b b b T med avseende på B gäller då att P S B 5 b b b 4
Vi Gausseliminerar den utökade matrisen P S B 0 0 0 0 0 4 4 0 vilket ger oss koordinatvektorn [ + + 4 B Multiplicerar vi sedan med basbytesmatrisen P C B från vänster får vi koordinatvektorn med avseende på basen C, / 0 / / [ + + 4 C [ + + 4 B P C B / / 5/ / 0 / / (0p) Ett dynamiskt system ges av n+ A n, n med A 0, 0 4 där är en given vektor, startvärdet Avgör om alla n, n > (som ju beror på startvärdet ) är begränsade, oberoende av vad startvärdet väljs som Om svaret är nej, kan det finnas minst ett startvärde för vilka alla efterföljande värden n, n > är begränsade? Svaret måste motiveras väl, men får motiveras med hjälp av egenskapeer hos matrisen A utan eplicita beräkningar av lösningarna 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 0 0 k 0 k 0 k 0 k k 4 0 4 k Vi ser här att vi tappar i rang om k 0 eller om 4 k 0, dvs om k eller k 6
Fallet k 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 0 0 I det här fallet har vi alltså c v + c v + c v + c 4 v 4 0 c + c 0 c 0 c 4 0 c t c t c 0 c 4 0, så t v + t v för vilket t som helst Fallet k 0 0 0 0 0 4 I det här fallet har vi c v + c v + c v + c 4 v 4 0 c + c 4 0 c 0 c + c 4 0 c t c 0 c t c 4 t, och alltså t v t v + t v 4 för vilket t som helst (Kolla gärna!) 7