MATEMATISKA INSTITUTIONEN Tentamensskrivning i STOCKHOLMS UNIVERSITET Matematik II Linjär Algebra Avd. Matematik 7.5 hp Examinator: A. Sola 26 april 2017 Inga hjälpmedel tillåtna. Varje uppgift är värd 5 poäng och 15 poäng ger garanterat betyg E. Motivera alla lösningar noggrant. 1. Vad menas med rangen av en Bestäm, för alla a ∈ C, m × n-matris? rangen av matrisen a2 1 1 a 1 3 2 2 . 1 Lösning: Vi beräknar determinanten av den givna matrisen och får a 1 3 För a 6= 1, 4/5 a2 1 1 2 2 1 = a + 6a2 + 2 − 2a − a2 − 6 = 5(a − 1) a + 4 . 5 är således determinanten nollskild, vilket enligt en känd sats betyder att matrisen har full rang, i detta fall alltså rang Vi sätter in a=1 3. och får matrisen 1 1 3 1 1 1 2 2 . 1 Rad nummer två är en multipel av rad nummer ett, medan rad tre och rad ett inte är multiplar av varandra. Således har matrisen efter Gausseliminering två pivotelement, vilket innebär att den har rang lika med 2. Insättning av a = 4/5 ger matrisen −4/5 1 3 16/25 1 1 2 2 1 Vi får nu med hjälp av Gausseliminering −4/5 1 3 16/25 1 1 2 0 2 ∼ 1 1 0 36/25 1 −2 18/5 0 2 ∼ 1 −5 0 Vi får även här två pivotelement, och därmed har matrisen rang 2. Låt Pn 2 när beteckna det reella vektorrummet av polynom av grad högst följande avbildningar från P4 till P8 som är linjära. • T : p(x) 7→ p(x) + 2 • T : p(x) 7→ 0 • T : p(x) 7→ p0 (x) · p(x) 1 0 1 −2 0 2 . −5 a = 4/5. n. Avgör vilken eller vilka av • T : p(x) 7→ (p(x))2 . Förklara hur du kommer fram till dina svar. Lösning: En avbildning T: V →W mellan två vektorrum V och W säges vara linjär om T (α1 v1 + α2 v2 ) = α1 T (v2 ) + α2 T (v2 ) v1 , v2 ∈ V för varje par Speciellt ser vi att och varje val av skalärer T (0) = 0 om T α1 , α2 . är linjär. Således är p(x) 7→ p(x) + 2 p(x) 7→ 0 är linjär då T (α1 p(x) + α2 q(x)) = 0 α1 T (p(x)) + α2 T (q(x)) = 0 + 0 = 0. inte linjär eftersom och T (q(x)) = 0 Den tredje avbildningen är inte linjär. Välj exempelvis p(x) = 1 och q(x) = x. Då fås (1 + x)0 (1 + x) = 1 + x medan T (1) + T (x) = 0 + x så att T (1 + x) 6= T (1) + T (x). T (1 + x) = Avbildningen och även T (p(x)) = 0 0 7→ 2. vilket medför att Slutligen är den fjärde avbildningen inte heller linjär. Välj till exempel (1 + 1)2 = 4 3. Låt W medan vara delrummet av R4 −4 0 w1 = 8 , 8 hela R 4 Då är T (p + q) = som spänns upp av vektorerna Bestäm en bas för p = 1 = q. T (p) + T (q) = 2. W. Är W = R4 ? 1 8 w2 = 1 , 8 2 2 w3 = 1 . 8 Om ej, komplettera basen som du har funnit för att få en bas för . Lösning: Vi kan genast konstatera att de givna vektorerna ej utgör en bas för alla baser för Alltså är R4 R4 : vi vet nämligen att måste innehålla precis fyra element. W = span{w1 , w2 , w3 } ( R4 . Vi kan bestämma en bas för W genom att utföra Gausselimi- nation på matrisen och sedan använda att de sökta basvektorerna kommer att kunna väljas som vektorerna i de kolonner som innehåller pivotelement. Vi får −4 0 8 8 1 2 8 2 ∼ 1 1 8 8 −4 0 0 0 2 2 ∼ 5 12 1 8 3 10 −4 0 0 0 1 2 3 5 ∼ 4 1 0 1 1 0 0 0 ∗ ∗ 1 ∗ . 0 1 0 0 {w1 , w2 , w3 } är linjärt oberoende, och eftersom dessa vektorer deniutgör de alltså en bas för W . Ur detta drar vi slutsatsen att tionsmässigt spänner upp För att få en bas för R4 W, w4 ∈ R4 sådan att {w1 , w2 , w3 , w4 } är linjärt oberoende. 0 1 w4 = 0 0 måste vi hitta en vektor Vi sätter och ser efter utveckling efter fjärde kolonnen att −4 0 8 8 1 2 0 8 2 1 6 0. = 1 1 0 8 8 0 Ur detta kan vi dra slutsatsen att vi har fyra linjärt oberoende vektorer i bas. 2 R4 , och dessa utgör då en 4. Bestäm en QR-faktorisering av matrisen −1 −1 0 1 0 1 . Lösning:Vi noterar först att den givna matrisen har rang lika med nämligen 2. och utför 1, vilket är mindre än dimensionen, Vi kompletterar därför med den linjärt oberoende vektorn QR-uppdelning 1 0 på matrisen 1 1 1 0 . Gram-Schmidts metod tillämpad på kolonnvektorerna ger oss den ortogonala matrisen 1 √ 2 1 1 1 −1 i enlighet med teorin som gås igenom i kapitel 12 av Holst/Ufnarovskis Matrix Theory". Vi kan slutligen bestämma matrisen R i A = QR genom att beräkna 1 R = QH A = √ 2 5. Låt 1 4 A= Bestäm, för varje heltal n, matrisen 0 2 0 0 −2 0 . 2 3 An . Lösning:Vi bestämmer först egenvärden och egenvektorer till A. Egenvärdena ges av rötterna till ka- rakteristiska polynomet 2 = −5 − 4λ + λ2 . 3−λ 1−λ p(λ) = 4 Vi ser att λ1 = −1 och λ2 = 5. Vi erhåller egenvektorer genom att lösa och 2 4 −4 4 2 4 vλ1 = 0 2 −2 vλ2 = 0. Vi läser av två egenvektorer vλ1 = 1 −1 samt vλ2 = 1 2 . Notera att vi vet från början att egenvektorerna är linjärt oberoende då de hör till egenvärden som är olika. Sätt 1 −1 1 2 2 3 1 3 − 13 S= och beräkna S −1 = 3 1 3 . Vi kan nu diagonalisera matrisen A genom D = S −1 AS där diagonalmatrisen är D= Man beräknar nu Dn = Slutligen har vi An = 2 3 1 3 6. Visa att talet (−1)n 0 An = S −1 Dn S , det vill säga − 13 (−1)n 0 1 1 n 0 5 −1 3 λ ∈ C är ett egenvärde till karaktäristiska polynomet för −1 0 0 5 0 5n 1 2 = . , 1 3 n∈Z 2(−1)n + 5 2(−1)n+1 + 2 · 5n n × n-matrisen A (−1)n+1 + 5n (−1)n + 2 · 5n om och endast om λ . är en rot till det A. Har alla reella matriser reella egenvärden? Gör ett bevis eller ge ett motexempel. Lösning: Ett bevis för det första påståendet ges till exempel i Holst/Ufnarovski, Matrix Theory", Theorem 6.7. Det existerar matriser vars element är reella men som inte har reella egenvärden. Betrakta exempelvis matrisen 0 −1 1 0 . Denna har det karakteristiska polynomet λ p(λ) = 1 −1 = λ2 + 1, λ vilket saknar reella rötter. Skrivningsåterlämning äger rum torsdagen 4 ma j kl. 10:00 i rum 16, hus 5. Därefter kan skrivningen hämtas på studentexpeditionen i rum 204. 4