Inga hjälpmedel tillåtna. Varje uppgift är värd 5 poäng och 15 poäng

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