Lösning - Aalto Math

TKK, Institutionen för matematik och systemanalys
Mat-1.1532 Grundkurs i matematik 3-II
Övning 1, (D=”demo-uppgift”, I=”inlämningsuppgift”, W=”webbuppgift”)
Vecka 45, 3–7.11.2008
Gripenberg
Teori för dessa uppgifter finns i Kr 8: 6.1-6.5, 6.7, 6.8, 18.2; Kr 9: 7.1–7.5, 7.8–7.9, 20.2; Lay: 1, 2, 4
D1. Låt
A=
"
−
1
2√
3
2
√
3
2
1
2
#
.
(a) Beräkna AAT .
(b) Beräkna AX då
1
0
X=
och
,
0
1
och rita en bild av vektorerna X och AX.
x
u
(c) Ge en geometrisk tolkning av funktionen X →
7 AX, dvs. om X =
och AX =
,
y
v
så är punkten (u, v) punkten (x, y) . . ..
Lösning: (a)
T
AA =
"
−
1
2√
3
2
√
3
2
1
2
dvs. A är ortogonal (AT = A−1 ).
(b)
"
√ # 1 1
3
1
2√
2√
2
=
0
− 23
− 23 12
#"
1
√2
3
2
och
−
√
3
2
1
2
"
−
#
1 0
=
,
0 1
√
1
2√
3
2
1
2
3
2
# √ 3
0
= 21 .
1
2
y
.
.....
....
...
..
...
...
2
..
.....
.
.......
.
.
.. ... ..
....
...
...
2
...
...................
...
..........
...
....... .
.
.
.
.
...
.
..
...
.......
......
...
.......
... ............
..
.
.
.
.
.
.
.
..............................................................................................................................................................1
...................
....
..
... ....
... ....
... ....
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
... .
...
.
..............
...
.......
...
1
..
...
...
...
...
...
....
..
...
....
X
AX
X
x
AX
x
u
(c) Av dessa resultat ser vi att om X =
och AX =
, så är punkten (u, v) punkten
y
v
(x, y) roterad 60◦ medsols (dvs. i negativ riktning).
D2. Gör en LU-uppdelning av matrisen


5 −3 0
 −20 15 2 
5 −6 8
utan att använda partiell pivotering.
Lösning: Med hjälp av Gauss algoritm får vi följande resultat:


5 −3 0
A =  −20 15 2  r2 ← r2 + 4r1
5 −6 8
r3 ← r3 − r1




1 0 0
5 −3 0
 0
3 2 
L1 =  −4 1 0  L−1
1 A =
1 0 1
0 −3 8
r3 ← r3 + r2




1
0 0
5 −3 0

1 0  L−1
0
3 2 
L2 =  −4
A
=
2
1 −1 1
0
0 10
Detta innebär att vi har A = LU där


1
0 0
1 0 
L =  −4
1 −1 1
och


5 −3 0
3 2 
U = 0
0
0 10
D3. Antag att vektorerna e1 och e2 utgör en bas i R2 . En linjär funktion S definieras med
formlerna S(e1 ) = −e2 och S(e2 ) = 2e1 + 3e2 . Bestäm matrisen för S i basen(e1, e2 ),dvs.
x1
y1
bestäm en matris A så att om v = x1 e1 + x2 e2 och S(v) = y1 e1 + y2 e2 så är A
=
.
x2
y2
Antag att en annan bas definierats med ekvationerna f1 = e1+ e2 och
f2= 2e1 + e2 . Bestäm
z
w1
matrisen för S i basen (f1 , f2 ) dvs. bestäm matrisen B så att B 1 =
när S(z1 f1 +z2 f2 ) =
z2
w2
w1 f1 + w2 f2 .
Svar:
0 2
−1 3
och
2 0
.
0 1
Lösning: Enligt definitionen och antagandet att S är linjär får vi
S(v) = −x1 e2 + 2x2 e1 + 3x2 e2 = (0x1 + 2x2 )e1 + (−x1 + 3x2 )e2 .
Av detta ser vi att vi måste ha
A=
0 2
−1 3
.
Med andra ord, den första kolumnen i A är koordinaterna för S(e1 ) och den andra är koordinaterna för S(e2 ).
Sambandet mellan vektorerna fj och ek kan skrivas som
1 2
f1 f2 = e1 e2 V där V =
.
1 1
x1
y1
Låt X =
och Y =
så att om x = x1 e1 + x2 e2 = e1 e2 X så är S(x) =
x2
y2
y1 e1 + y2 e2 = e1 e2 Y och Y = AX. Eftersom (f1 , f2 ) är en bas finns det tal z1 och z2 så att
z1
z
= e1 e2 V 1 ,
x = z1 f1 + z2 f2 = f1 f2
z2
z2
av vilket vi ser att
X = VZ
där
z
Z= 1 .
z2
På motsvarande sätt får vi att om S(x) = w1 f1 + w2 f2 så är
w1
Y = V W där W =
.
w2
Eftersom Y = AX så är
W = V −1 Y = V −1 AX = V −1 AV Z,
av vilket följer att matrisen för S i basen (f1 , f2 ) är
−1 1 2
0 2
1 2
−1
B = V AV =
1 1
−1 3
1 1
=
−1
2
1 −1
D4. Bestäm baser för N (A) och R(A) då



1 0 0
1 −1 −2 −1
2
2
0 
A =  3 1 0  0
−2 1 1
0
0
0
0
2 2
2 1
=
2 0
0 1
.
Lösning: Matrisen A är given med en LU-uppdelning A = LU där (såsom alltid i LUuppdelningar) L är inverterbar. Detta innebär att AX = 0 om och endast om UX = 0 och
när vi löser ekvationssystemet UX = 0 ser vi att variabelerna x3 och x4 kan väljas fritt, så
vi väljer x3 = s och x4 = t. Enligt den andra ekvationen är 2x2 + 2x3 = 0 och eftersom
x3 = s så är x2 = −s, Från den första ekvationen som är x1 − x2 − 2x3 + x4 = 0 ser vi att
x1 = −t + 2s + x2 = s − t. Den allmänna lösningen till ekvationssystemet AX = 0 kan därför
skrivas som
 
 
−1
1
0
−1

 
X = s
 1 + t 0 
1
0
Detta innebär att vi som basvektorer för N (A) kan välja
 
 
−1
1
0
−1
  och   .
0
1
1
0
Eftersom det finns en rad med nollor i Ukanprecis de ekvationer UX = Y lösas i vilka
y1

y3 = 0 vilket innebär att det för varje vektor y2  finns det en vektor X så att AX = LY =
0
 
 
1
0



3
y1
+ y2 1. Eftersom kolumnerna i L alltid är linjärt oberoende ser vi att de kolumner
−2
1
som motsvarar rader i U som inte bara består av nollor bildar en bas för R(A) dvs vi kan som
basvektorer välja
   
1
0
 3  , 1
1
−2
D5. Antag att A11 är en p × p-matris, A21 är en q × p-matris, A12 är en p × q-matris och A22
är en q × q-matris. Antag dessutom att A11 är inverterbar. Bestäm matriserna X, Y och S så att
A11 A12
I 0 A11 0 I Y
=
A21 A22
X I
0 S 0 I
−1
−1
−1
Svar: X = A21 A11
, Y = A11
A12 , S = A22 − A21 A11
A12 .
Lösning: En enkel räkning där vi inte behöver bry oss om att elementen i maytriserna är matriser, så länge vi inte går och ändrar på ordningen av faktorerna, visar att
A11 0 I Y
A11 A11 Y
=
0 S 0 I
0
S
och
I 0
X I
A11 A11 Y
0
S
A11
A11 Y
=
XA11 XA11 Y + S
För att få det önskade resultatet måste vi därför ha
A21 = XA11 ,
A12 = A11 Y,
A22 = XA11 Y + S.
−1
Av de två första ekvationerna följer att X = A21 A−1
11 och Y = A11 A12 så att av den tredje följer
−1
−1
att S = A22 − A21 A−1
11 A11 A11 A12 = A22 − A21 A11 A12 .
I1. Bestäm med hjälp av Gauss’ metod alla lösningar till följande ekvationssystem:
x1 + 2x2
−x1
2x1 + x2
x1 + 3x2
+ 7x3 + 4x4
−
x3
+ 5x3 + 2x4
+ 10x3 + 6x4
=
3
= −5
=
9
=
2.
Lösning: Med Gauss’ metod får vi

1 2 7 4
−1 0 −1 0

2 1 5 2
1 3 10 6

1 2
7
0 2
6
∼
0 −3 −9
0 1
3

1 2 7 4
0 2 6 4
∼
0 0 0 0
0 0 0 0

3
−5

9
2
4
4
−6
2

3
−2

0
0
r2 ← r2 + r1 r3 ← r3 − 2r1
r4 ← r4 − r1

3
−2

3
−1
r3 ← r3 + 32 r2
r4 ← r4 − 21 r2
Om vi nu väljer x3 = s och x4 = t så får från den andra ekvationen
1
x2 = (−2 − 6x3 − 4x4 ) = −1 − 3s − 2t,
2
och då frän den första
x1 = 3 − 2x2 − 7x3 − 4x2 = 3 + 2 + 6s + 4t − 7s − 4t = 5 − t.
Läsningarna är alltså
   
 
 
5
x1
−1
0
x2  −1
−3
−2
  =   + s  + t .
x3   0
 1
 0
x4
0
0
1
I2. Lös (utan att räkna ut matrisen A) ekvationssystemet
 



1
1 −2 0
1 0 0
2 0 .
AX = 0 då A =  2 1 0   0
2
−1 1 1
0
0 1
T
Svar: −1 −1 5
 
1
Lösning: Om vi låter B = 0 har vi LUX = B. Låt Y = UX vilket ger ekvationen LY = B.
2
Vi löser först den här ekvationen som kan skrivas i formen
y1
=1
2y1 +y2
=0
−y1 +y2 +y3 = 2
ur vilket vi ser att y1 = 1, y2 = 0 − 2y1 = −2 och y3 = 2 + y1 − y2 = 5. Nästa steg är att lösa
ekvationssystemet UX = Y och det är
x1 −2x2
2x2
= 1
= −2
x3 = 5
 
−1
Här ser vi direkt att x3 = 5, x2 = −1 och x1 = 1 + 2x2 = −1. Lösningen är alltså X = −1.
5
I3. Antag att vektorerna v1 , v2 och v3 utgör en bas i R3 . En annan bas är definierad med hjälp
av ekvationerna u1 = v1 + 2v2 + v3 , u2 = −2v1 + v3 och u3 = v1 − 3v2 . Om nu koordinaterna
2
för en vektor i basen (u1 , u2 , u3 ) är −1, vad är koordinaterna för den här vektorn i basen
3
(v1 , v2 , v3 )?
T
Svar: 7 −5 1
Lösning: Vi kan skriva (där vi har vektorer som element i 1 × 3-matriser)


1
−2
1
0 −3 
u1 u2 u3 = v1 v2 v3  2
1
1
0
 
2

Om koordinaterna för en vektor x i basen (u1 , u2 , u3 ) är −1 så betyder det att
3
 
2
x = u1 u2 u3 −1 = 2u1 − u2 + 3u3 .
3
Men nu är
 

 
1
2
7
1 −2
0 −3  −1 = v1 v2 v3 −5
x = v1 v2 v3  2
1
1
1
0
3
 
7
vilket innebär att koordinaterna är −5.
1
I4. Rita upp de fyra fundamentala rummen N (A), R(A), N (AT ) och R(AT ) då
1 3
.
A=
2 6
Lösning: Om A är en m × n matris är N (A) och R(AT ) delrum av Rn×1 och R(A) och N (AT )
är delrum av Rm×1 . För att bestämma N (A) skall vi lösa ekvationssystemet AX = 0 eller
x + 3y = 0,
2x + 6y = 0.
Eftersom den andra ekvationen är två gånger den första ser vi att lösningarna uppfyller villkoret
y = − 13 x.
Enligt definitionen består R(AT ) alla vektorer som kan skrivas i formen AT X dvs.
1
2
1
x1
+ x2
= (x1 + 2x2 )
,
3
6
3
Vi får följande bild:
..
...
...
..
.
...
...
...
T
..
.
...
...
....
..
...
...
..
..........
.
..........
...
..........
..........
...
..........
..
..........
..
..........
.
.
..........
..
..........
..
..........
.......... ....
...........
..
.... ...................
..........
..
..........
..........
...
..........
..
.
..........
..........
....
..........
.
.
..........
....
....
.
.
..
.
....
..
...
...
....
..
...
...
..
.
...
...
...
R(A )
N (A)
x
På motsvarande sätt ser vi att för att om A
= 0 så uppfyller x och y villkoret x+2y =
y
0 dvs. y = − 21 x och R(A) består av alla vektorer som kan skrivas i formen AX vilket ger
1
3
1
x1
+ x2
= (x1 + 3x2 )
,
2
6
2
T
Nu får vi följande bild:
...
..
...
...
..
.
..
..
...
...
..
.
...
...
..
.......
........
...
.
T
.
.......
.......
...
.......
...
.......
........
...
.......
..
.......
.
.......
...
.......
........
...
.......
..
.......
..
.
.......
.
....... ....
........
. ..........
........
...
.......
..
.......
..
.......
.
.
........
...
.......
.
.......
..
.
.......
..
.......
.
........
.
.
.
.......
.......
...
.
.......
..
.......
.
......
..
.
..
.
..
.
..
.
...
...
...
...
.
...
...
...
..
R(A)
N (A )
I5. Antag att man har erhållit mätningar i form av (kolumn)vektorer x1 , x2 , . . . , xk och man
(för att tex. räkna ut korrelationer) bildar matrisen Xk med xj som kolumn j och sedan räknar
ut Gk = Xk XkT . Om man sedan får en vektor xk+1 till med mätresultat, hur kan man då enkelt
uppdatera Gk till Gk+1 ?
Lösning: Eftersom
Xk = x1 x2 . . . xk
är
Gk = x1 x2
Av detta ser man genast att Gk+1
 T
x1
k
xT2  X


. . . xk  ..  =
xj xTj .
.
xTk
= Gk + xk+1 xTk+1 .
j=1
W1. Antag att A och B är m × m matriser. Vilka av följande matriser är alltid lika med
matrisen (A + B)2 ?
(B + A)2 ,
A2 + 2AB + B 2 ,
(A + B)(B + A),
A(A + B) + B(A + B),
2
A + AB + BA + B 2 .
Lösning: Eftersom A + B = B + A så är (A + B)2 = (B + A)2 = (A + B)(B + A). Dessutom
gäller (A + B)2 = (A + B)(A + B) = A(A + B) + B(A + B) = A2 + AB + BA + B 2 . Om
däremot (A + B)2 = A2 + 2AB = B 2 så är AB = BA vilket inte alltid är fallet.
W2. Vad kan du säga om följande påståenden:
(a) Om matriserna A och B är av sådana typer, att summan A + B kan beräknas, så då kan
man också alltid beräkna produkten AB.
(b) Om A och B är symmetriska (AT = A, B T = B) så är också deras produkt AB symmetrisk.
Lösning: (a) Detta påstående är sant om A och B är kvadratiska matriser dvs. av typ m × m
men inte annars eftersom ifall A och B är m × n matriser där m 6= n så är AB inte definierad.
Men AT B och AB T kan beräknas om A + B kan beräknas.
(b) Om AT = A och B T = B så är
(AB)T = B T AT = BA,
dvs. AB är symmetrisk om dessutom AB = BA. Detta är inte alltid fallet, t.ex. ifall
0 0
1 1
och B =
.
A=
0 1
1 0
W3. Vilka av följande mängder är delrum av R3 :
(a) Alla vektorer vars andra komponent är 0;
(b) Alla vektorer vars tredje komponent är minst 0;
(c) Alla vektorer (a, b, c) så att 2a + b − c = 1;
(d) Alla vektorer så att summan av första och tredje komponenten är 0
Lösning: En delmängd W av ett vektorrum är ett delrum ifall 0 ∈ W och αu + βv ∈ W för
alla skalärer α ja β och alla vektorer u ja v ∈ W . Den andra komponenten och summan av den
första och tredje komponenten av 0 är förstås 0. Om u = (u1 , 0, u3) och v = (v1 , 0, v3) så är
αu+βv = ((αu1 +βv1 ), 0, (αu3+βv3 )). På samma sätt ser man att om u = (u1 , u2 , u3) och v =
(v1 , v2 , v3 ) där u1 + u3 = v1 + v3 = 0 så är αu + βv = ((αu1 + βv1 ), (αu2 + βv2 ), (αu3 + βv3 ))
och (αu1 + βv1 ) + (αu3 + βv3 ) = α(u1 + u3 ) + β(v1 + v3 ) = 0. Detta visar att i fallen (a)
och (d) får man delrum. Däremot är (0, 0, 1) en vektor vars tredje komponent är minst 0 men
(−1)(0, 0, 1) = (0, 0, −1) är inte en sådan vektor, och man får inte ett delrum. I fall (c) ser man
att (0, 0, 0) inte upfyuller villkoret, vilket betyder att det inte är fråga om ett delrum.
W4. Antag att 8 vektorer v1 , . . . , v8 ∈ R6 är givna. Vad kan man säga om följande
påståenden:
(a) Vektorerna är alltid linjärt beroende;
(b) Vektorerna kan var linjärt oberoende;
(c) Vektorerna är alltid linjärt oberoende;
(d) Vektorerna spänner alltid upp R6 (dvs. deras linjära hölje är R6 );
(e) Vektorerna kan spänna upp R6 ;
(f) Vektorerna spänner aldrig upp R6 ;
Lösning: I R6 kan man ha högst 6 linjärt oberoende vektorer, för i annat fall får man ett ekvationssytem med sex ekvationer och fler än sex obekanta som skulle ha en entydig lösnig, vilket
är omöjligt. Om de 6 första vektorerna v1 , . . . , v6 är en bas för R6 så spänner alla 8 vektorer
säkert upp R6 . Men om alla vektorerna vj är noll-vektorer, så spänner de naturligtvis inte upp
R6 . Därför är det endast påståendena (a) och (e) som gäller.
W5. Bestäm dimensionerna för de fyra delrummen N (A), R(A), N (AT ) och R(AT ) då



1 2
3 −2 4
1
0 0 0

 −2
4 1 
1 0 0 

  0 3 −2
A=
 2
0
0 2 
3 1 0  0 0
0 0
0
0 0
−3 −2 1 1
Lösning: Av LU-uppdelningen ser man att det i U finns två kolumner på vilka det inte
finns pivot-element. detta innebär att då man löser ekvationen AX = 0 så kan två variabler väljas fritt, vilket innebär att dimensionen av N (A) är två. Eftersom A är av typ 4 × 5
är dimensionen av dim(R(A)) = 5 − 2 = 3 vilket är antalet pivot-element. Alltid gäller
dim(R(A)) = dim(R(AT )) (=matrisens rang) så att dim(R(AT )) = 3. Då får vi också
dim(N (AT )) = 4 − 3 = 1 vilket också är antalet rader med nollor i U.