KARLSTADS UNIVERSITET Avdelningen för matematik Tentamen i Linjär Algebra, 7,5 hp för MAGA04, MAGA10 Tis 2011-06-07, 8.15-13.15 på Kau Ansvarig lärare: Ilie Barza, tel.054-700 25 95 Hjälpmedel: Skrivdon. Maximalt antal poäng: 24p. Godkänd: 12p, Väl godkänd: 18p. (Motivera Dina lösningar NOGGRANT!) ———————————————————————————————— Problem 1: Betrakta den kvadratiska matrisen A av ordning n ≥ 2 med element som är reella tal. Anta att matrisen A är symmetrisk och att λ1 och λ2 är två skilda egenvärden. Låt v1 och v2 vara egenvektorer tillhörande λ1 respektive λ2 . Visa att dessa vektorer är ortogonala. (3p) Problem 2: Låt oss betrakta det linjära ekvationssystemet: x1 −x2 +x3 = 1 , x1 −x2 +x3 = 2 som uppenbarligen inte har någon lösning i vanlig mening. Skrivet på matrisform blir systemet matrisekvationen AX = b, där 1 −1 1 1 A= och b = . 1 −1 1 2 (i) Lös det föregående systemet i MKA-mening. (MKA-mening betyder Minsta kvadratmetodens mening; The ”least-squares solution”). b där b b är projektionen av vektorn b på (ii) Lös matrisekvationen AX = b, kolumnrummet till matrisen A. (iii) Förklara varför de två föregående lösningarna är lika! (1p) (1p) (2p) Problem 3: (i) Bestäm med hjälp av Cramers regel värdet på den obekanta x3 i systemet λ x1 + x2 + x3 = 1 x1 + λ x2 + x3 = λ x1 + x2 + λ x3 = λ2 , där λ ∈ R är en parameter. För vilka värden på λ gäller den föregående formeln för x3 ? (ii) För λ = 1 och λ = −2 bestäm lösningarna till systemet i minsta kvadratmetodens mening (The ”least-squares solution”). 1 (3p) (2p) Problem 4: Låt P3 vara vektorrummet av alla polynom av grad ≤ 3 med reella koefficienter med den inre produkten h ; i definierad genom: h p; q i := p(−3)q(−3) + p(−1)q(−1) + p(1)q(1) + p(3)q(3) for godtyckliga p = p(t); q = q(t) ∈ P3 . Betrakta polynomen pk = pk (t), k = 0, 1, 2, definierade genom: p0 (t) = 1; p1 (t) = t och p2 (t) = t2 för alla t ∈ R. (i) Visa att polynomen p0 och p1 är ortogonala. (1p) (ii) Bestäm ett polynom q som är ortogonalt mot både p0 och p1 , så att mängden {p0 ; p1 ; q} är en ortogonal bas till Span(p0 ; p1 ; p2 ) = P2 (som Ni vet!). (2p) (iii) Bestäm den bästa approximationen av polynomet p3 = p3 (t) = t3 ∈ P3 med polynom från P2 . (2p) Problem 5: Bestäm lösningen X 1 3 1 till matrisekvationen 1 2 3 7 6 X = 0 −3 0 8 (2p) 4 −1 6 −2 5 8 0 3 2 7 . 9 0 Problem 6: Betrakta den kvadratiska formen Q : R3 −→ R given av Q(X) = X tr AX = −2x21 − x22 + 4x1 x2 + 4x2 x3 för alla X = [x1 , x2 , x3 ]tr ∈ R3 , där A är en symmetrisk matris. Låt S1 := {X ∈ R3 | kXk = 1}, d.v.s. sfären med medelpunkt i origo och radien lika med 1. (i) Bestäm ett ortogonalt variabelbyte X = P Y , Y = [y1 , y2 , y3 ]tr ∈ R3 , så att Q(P Y ) := Q1 (Y ) får formen ay12 + by22 + cy32 för alla Y , där a, b.c är heltal. (ii) Bestäm två punkter X1 , X2 ∈ S1 som har egenskaperna: Q(X1 ) ≤ Q(X) ≤ Q(X2 ) för alla X ∈ S1 . Finns det flera sådana punkter? LYCKA TILL!!! 2 (3p) (2p) FORMELSAMLING: 1) Gram-Schmidt processen: Om C = {X1 ; X2 ; . . . Xp } är en bas till vektorrummet V försett med inreprodukten h ; i då, genom Gram-Schmidt processen, byts basen C med en ortogonal bas D = {v1 ; v2 ; . . . vp } till samma rum V , som har följande egenskap: Span(v1 ) = Span(X1 ) := W1 ; Span(v1 ; v2 ) = Span(X1 ; X2 ) := W2 ;. . . ; Span(v1 ; v2 ; . . . ; vj ) = Span(X1 ; X2 ; . . . ; Xj ) := Wj för alla j, 1 ≤ j ≤ p. För j = p är Wj = Wp = W . Vektorerna v1 ; v2 ; . . . vp är givna av formlerna: v1 := X1 ; hX2 ; v1 i v1 ; h v1 ; v1 i hX3 ; v1 i v3 := X3 − projW2 X3 = X3 − v1 − h v1 ; v1 i hX4 ; v1 i v4 := X4 − projW3 X4 = X4 − v1 − h v1 ; v1 i .. .v := X − proj X för alla 2 ≤ j ≤ p. v2 := X2 − projW1 X2 = X2 − j j Wj−1 hX3 ; v2 i v2 ; h v2 ; v2 i hX4 ; v2 i hX4 ; v3 i v2 − v3 ; . . . h v2 ; v2 i h v3 ; v3 i j 2) Koordinatvektorn: Om B = {b1 ; b2 ; · · · ; bn } är en bas i vektorrummet V och v ∈ V är en godtyckligt element in V då koordinatvektorn [v]B ∈ Rn och den är definierad som: α1 α2 def. [v]B = . ⇔ v = α1 b1 + α2 b2 + . . . + αn bn . .. αn 3) Om B = {b1 ; b2 ; · · · ; bk } är en ortogonal bas i underrrummet W av rummet Rn och om Y ∈ Rn då är dess projektion på W vektorn Yb given av: Yb = k X Y • bi bi . b • bi i=1 i 3 4) Om B = {b1 , b2 , . . . , bn } och C = {c1 , c2 , . . . , cn } är baser i samma vektorrum V då är övrgångsmatrisen från basen B till basen C matrisen betecknad P som och som är given av: C←B P = d1 ; d2 ; . . . ; dn C←B där di = bi C är koordinatvektorn av bi i basen C. Sambandet mellan P P och är: C←B B←C P = B←C 4 P C←B −1 . Svar/Lösningar/Anvisningar Problem 1: Se boken, Theorem 1/p.466. Problem 2: (i) Den normalekvationen Atr AX = Atr b är likvärdig med ekvationen x1 − x2 + x3 = 3 . 2 Alltså MKA-lösningen till det givna systemet är x1 s − t + 3/2 3/2 1 −1 = 0 + s 1 + t 0 , s X = x2 = x3 t 0 0 1 där s, t ∈ R är godtyckliga reella tal. 1 3/2 b (ii) W := Col(A) = Span and b = . 1 3/2 b är precis MKA-lösningen Den allmänna lösningen till matrisekvationen AX = b till det givna systemet. (iii) De två lösningarna är lika därför att MKA-lösningen till AX = b är b och det är bevisat definierad som den vanliga lösningen till AX = b att denna lösning är precis lösningen till normalekvationen till systemet. Anm: Atr är transponaten till matrisen A. Problem 3: På matris form skrivs systemet som AX = b där 1 λ 1 1 A = 1 λ 1 och b = λ . 1 1 λ λ2 Determinanten av matrisen A är det A = (λ − 1)2 (λ + 2). Alltså systemet är lösbart med Cramers metod för λ ∈ R \ {−2; 1}. För dessa värden på λ är x3 given av: x3 = (λ − 1)2 (λ + 1)2 (λ + 1)2 det A3 (b) = = . det A (λ − 1)2 (λ + 2) λ+2 Anm: x1 = − 1 λ+1 och x2 = för λ ∈ R \ {−2; 1}. λ+2 λ+2 För λ = 1 är systemet lösbart. I detta fall lösningen är densamma med lösningen i minsta kvadratanpasningsmening och den består av alla vektorerna X = [1 − s − t, s, t]tr ∈ R3 , t, s ∈ R. 5 För λ = −2 är systemet inte lösbart i vanlig mening. Systemets MKA-lösning är den vanliga lösningen till den normala ekvationen Atr AX = Atr b och den är: X = [1 + t; 2 + t; t]tr ∈ R3 ; t ∈ R. Problem 4: (i)h p0 ; p1 i = p0 (−3)p1 (−3) + p0 (−1)p1 (−1) + p0 (1)p1 (1) + p0 (3)p1 (3) = = 1(−3) + 1(−1) + 1(1) + 1(3)3 = −3 − 1 + 1 + 3 = 0. Alltså p0 ⊥ p1 . (ii) Därför att p0 ⊥ p1 ett polynom q som uppfyller kravet av problemet är givet av Gram-Schmidt processen: q = p2 − projP1 p2 = p2 − h p2 ; p0 i h p2 ; p1 i p − p = t2 − 5. h p0 ; p0 i 0 h p1 ; p1 i 1 (ii) Den bästa approximeringen av p3 med polynom från P2 är den ortogonala projektionen av p3 på P2 . (Se boken, Theorem 9/Kap.6.3). Därför att mängden {p0 ; p1 ; q} är en ortogonal bas till Span(p0 ; p1 ; p2 ) = P2 då är projektionen av p3 på P2 given av Gram-Schmidt formeln: projP2 p3 = h p3 ; p1 i h p3 ; q i 41 h p3 ; p0 i p0 + p1 + q= t h p0 ; p0 i h p1 ; p1 i h q; q i 5 (därför att h p3 ; p0 i = h p3 ; q i = 0 !). Problem 5: Därför att 1 3 1 −1 −56 3 6 = 18 7 8 2 7 0 16 −5 −2 9 −3 −1 är lösningen X av ekvationen given av: 1 X= 3 1 −56 16 9 = 18 −5 −3 7 −2 −1 Problem 6: Matrisen A är: −1 1 3 6 0 8 −3 2 7 0 1 0 −3 4 −1 6 −2 5 8 −2 A= 2 0 4 −2 −1 5 6 8 0 3 2 7 = 9 0 2 −1 2 0 3 2 7 = 9 0 −83 −186 27 59 10 24 0 2 . 0 Det karakteristiska polynomet är ϕA (λ) = −(λ + 4)(λ + 1)(λ − 2). 6 264 −85 −32 113 −37 −13 −56 19 . 7 Egenvärdena till A är: λ1 = −4;λ2 = −1 och λ3 = 2. Matrisen P som vi tittar efter är P = [p1 ; p2 ; p3 ] där pk är enhetsvektor motsvarande till λk , 1 ≤ k ≤ 3. X1 = ±p1 och X2 = ±p3 . Q(X1 ) = λ1 = −4 och Q(X2 ) = λ3 = 2. P = [p1 ; p2 ; p3 ] 7