7Juni2011 - Karlstads universitet

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