Lösningar till de speciella uppgifterna på vecka 4:s program
1. Vi genomför elementära radoperationer och får
1 −4
9 −7
1
5 −6 ∼ 0
A ∼ 0 −2
0 14 −35 42
0
−4 9 −7
−2 5 −6 .
0 0
0
Därigenom har vi överfört matrisen på trappstegsform och vet att eftersom det finns två pivotkolonner så är
rangen 2 och motsvarande kolonner i den ursprungliga matrisen ger en bas för kolonnrummet för A. En
bas för radrummet ges av pivotraderna i den reducerade matrisen. Alltså en bas för kolonnrummet: {[1 −
1 5]T , [4 2 6]T }, en bas för radrummet {(1, −4, 9, −7), (0, −2, 5, −6)} och rangen är 2.
2. Låt oss införa beteckningarna v1 , v2 , v3 för de tre givna vektorerna spänner upp Ha och b för vektorn [3 5 4]T .
Vi behandlar (a) och (b) samtidigt och överför den utvidgade matrisen [v1 v2 v3 b] på trappstegsform. Successivt får vi
1
1
a
3
1
1
a
3
[v1 v2 v3 b] ∼ 0 1 − a 4 − a2 5 − 3a ∼ 0 1 − a 4 − a2 5 − 3a .
0 a−1
0
1
0
0
4 − a2 6 − 3a
(a) Ha är kolonnrummet för matrisen [v1 v2 v3 ]. Om a 6= 1, ±2 har denna alltså 3 pivotpositioner medan den
i de övriga fallen har två pivotpositioner. Motsvarande kolonnvektorer i den ursprungliga matrisen bildar
bas för kolonnrummet. Alltså dimensionen är 2 om a=1 och {v1 , v3 } är en bas. Dimensionen är 2 också
om a = ±2 och nu är {v1 , v2 } en bas. För övriga a är dimensionen 3 och {v1 , v2 , v3 } en bas.
(b) I den utvidgade matrisen ser vi direkt att systemet är lösbart för a 6= 1, ±2.
Om a = 1 är den utvidgade matrisen ekvivalent med
1 1 1 3
1 1 1 3
0 0 3 2 ∼ 0 0 3 2
0 0 3 3
0 0 0 1
vilket ger att systemet är olösbart.
Om 4 − a2 = 0 är systemet lösbart om och endast om 6 − 3a = 0, dvs lösbart då a = 2 men inte då
a = −2.
Slutsatsen är att b ingår i Ha för alla a utom a = 1 och a = −2.
3.
(a) Elementen i W är 4 × 1-matriser, alltså vektorer i R4 så n = 4.
(b) Observera att vektorerna i W består av av alla vektorer v av formen
v = 3av1 + bv2 + cv3
där a, b och c är godtyckliga reella tal och
1
2
−2
1
v1 =
3 , v2 = 1
2
−2
3
och v3 = −1 .
4
0
Alltså är W =span(v1 , v2 , v3 ) och eftersom linjära höljet av vektorer alltid ger underrum är är W ett
underrum till R4 .
(c) Eftersom v3 = v1 + v2 gäller att W =span(v1 , v2 , v3 )=span(v1 , v2 ). Vidare är vektorerna v1 och v2
linjärt oberoende. De bildar därför en bas för W =span(v1 , v2 ), vars dimension alltså är två.
4.
(a) Vi kan representera polynomen P2 genom deras koordinater i den vanliga basen {1, t, t2 }. Polynomen p
och q har i denna bas koordinatvektorerna
1
1
1 respektive 2
1
1
så vi skall ta fram en vektor som tillsammans med dessa bildar en bas för R3 . En sådan är [0 0 1]T vilket
inses av att
1 1 0
1 1 0
1 2 0 ∼ 0 1 0
1 1 1
0 0 1
med rang=3. Vektorn [0 0 1]T är koordinatvektor för polynomet r(t) = t2 .
(b) Observera att t = q(t) − p(t) vilket leder till att
s(t) = 1 + 3t + t2 = q(t) + (q(t) − p(t)) = 2q(t) − p(t),
dvs s = −p + 2q. Alltså har s koordinatvektorn
−1
2
0
i basen B = {p, q, r} oavsett hur r väljs.
5. Egentligen kan man göra uppgift (b) så att (a) blir bevisad också men vi tar dem separat.
(a) Vi behöver visa att om p och q ligger i P2 och c är en reell konstant så gäller
i. T (p + q) = T (p) + T (q)
ii. T (cp) = cT (p)
För den första av dessa ser vi att
(p + q)(1)
p(1)
(p + q)0 (1) p0 (1)
T (p + q) =
(p + q)(2) = p(2)
(p + q)0 (2)
p0 (2)
q(1)
q0 (1)
+
q(2) = T (p) + T (q)
q0 (2)
och för den andra
cp(1)
p(1)
cp0 (1)
p0 (1)
T (cp) =
cp(2) = c p(2)
cp0 (2)
p0 (2)
= cT (p)
(b) När vi nu från (a) vet att avbildningen är linjär, räcker det att se hur de tre polynomen i basen för P2 , dvs
{1, t, t2 }, avbildas. Vi har
1
1
1
1
2
0
2
T (1) = , T (t) = och T (t ) =
1
2
4
0
1
4
så den sökta matrisen är
1
0
1
0
1
1
2
1
1
2
4
4
