1. No category

Matematik med datalogi, mfl.
ATM-Matematik
¨ r algebra
Linja
ma014a
2013 05 11
S¨oren Hector 070 4616086
Mikael Forsberg 0734 412331
Skrivtid: 10:00-15:00. Inga hj¨
alpmedel. L¨osningarna skall vara fullst¨andiga och l¨atta att f¨olja.
B¨orja varje ny uppgift p˚
a ny sida.
Anv¨and ej baksidor. Skriv namn p˚
a varje inl¨amnat blad.
1. Ber¨akna alla l¨
osningar till ekvationssystemet
2x + y + 3z = 1
x − 2y − z = −2
x + y + 2z = 1
2. L¨os binomekvationen
z4 + 4 = 0
Rita l¨osningarna i det komplexa planet och ange l¨osningarna b˚
ade p˚
a pol¨ar och rektangul¨
ar
form.
3. En linj¨ar avbildning T : R2 → R2 skapas genom att f¨orst spegla i linjen y = x och sedan
rotera moturs med π/2. Ber¨
akna matriserna f¨or speglingen och rotationen och anv¨and dessa
f¨or att ber¨
akna matrisen f¨
or avbildningen T . Rita!
4. Ber¨akna baser f¨
or radrum, kolonnrum och nollrum f¨or matrisen


1 2 1 2 1 2
 2 1 2 1 2 1 


 2 2 1 1 2 2 
1 1 2 2 1 1
5. Anv¨and radreduktion (Gauss-Jordanelimnation) f¨or att visa att radrummet W som f¨oljande
tre vektorer sp¨
anner upp ¨
ar ett tredimensionellt delrum av R. Anv¨and den reducerade
matrisen som utg˚
angspunkt f¨
or att ber¨akna en ON-bas f¨or W .
(1, 2, 2, 1, 1),
(1, 3, 3, 1, 1),
(1, 2, 2, 3, 2)
6. Ber¨akna den linje som, i minsta kvadratmening, b¨ast anpassar sig till punkterna
(−1, −2), (0, −1), (1, 0), (2, 2), (3, 3)
7. Best¨am de v¨
arden p˚
a t som g¨
or att ekvationssystemet

   
1 3 2
x
3
 2 t −1   y  =  1 
1 2 t
z
2
(a) har unik l¨
osning
(b) har o¨
andligt m˚
anga l¨
osningar
(c) saknar l¨
osning.
8. Ber¨akna egenv¨
arden och egenvektorer till matrisen


2 1 2
 1 2 1 
1 1 1
¨ matrisen diagonaliserbar?
Ar
2
Svar till tentamen i Linj¨
ar algebra, 2013 05 11.
1.

 

 
x
−1
0
 y  =  −1  t +  1 
z
1
0
2. L¨osningarna blir p˚
a√rektangul¨
ar form ±1 ± i.
P˚
a pol¨ar form har vi 2eiπ/4+2πk , k = 0, 1, 2, 3
3. Matrisen f¨
or den sammansatta avbildningen blir
−1 0
0 1
4. se l¨osningen
5.
6. Ekvationen f¨
or linjen blir 13x − 10y = 9 eller y = 1.3x − 0.9
7.
(a) t 6= 1, t 6= 7
(b) t = 1
(c) t = 7
8. )
Egenv¨arden:: 0, 1, 4
Egenvektorer:: (−1, 0, 1), (−1, 1, 0) och (5, 4, 3).
L¨
osningar till tentamen i Linj¨
ar algebra, 2013 05 11.
1. Vi b¨orjar med att skriva ekvationssystemet p˚
a matrisform:


2 1
3
1
B =  1 −2 −1 −2 
1 1
2
1
som vi sedan radreducerar och f˚
ar

1 0 1 0
 0 1 1 1 
0 0 0 0

Fr˚
an denna matris ser vi att z = t ¨
ar en fri variabel. Vi f˚
ar d˚
a att fr˚
an rad 2 att
y = −z + 1 = −t + 1
Fr˚
an rad 1 f˚
ar vi sedan att
x = −z = −t
s˚
a att l¨osningen p˚
a parameterform blir
  

 
x
−1
0
 y  =  −1  t +  1 
z
1
0
2. Vi b¨orjar med att skriva binomekvationen p˚
a normalform:
z 4 = −4
som vi sedan skriver p˚
a pol¨
ar form:
r4 ei4φ = 4ei(π+2πk) ,
k∈Z
Detta ger oss en ekvation f¨
or beloppet
r4 = 4
→
r=
√
2
och en ekvation f¨
or argumentet/vinkeln
4φ = π + 2πk
⇒
φ = π/4 + k · π/2
Eftersom v˚
ar binomekvation ¨
ar av ordning 4 s˚
a vet vi (fr˚
an algebrans fundamentalsats) att vi
ska f˚
a fyra olika l¨
osningar. Detta ˚
astadkommer vi genom att v¨alja fyra stycken p˚
a varandra
v¨arden av k, t.ex. k = 0, 1, 2, 3. Dessa v¨arden ger oss l¨osningarna
√
zk = 2eπ/4+k·π/2 , k = 0, 1, 2, 3
Utnyttjar vi att eiα = cos α + i sin α s˚
a f˚
ar vi att den rektangul¨ara formen f¨or v˚
ara fyra l¨osningar
blir
z0 = 1 + i, z1 = −1 + i, z2 = −1 − i, z3 = 1 − i
3. Matrisen f¨
or speglingen i y = x blir
0 1
1 0
S=
ty (1, 0) avbildas till (0, 1) och (0, 1) avbildas till (1, 0) av denna spegling. Dessa resulterande
vektorer ¨ar ovanst˚
aende matris’ kolonnvektorer.
Matrisen f¨
or rotationen f˚
ar vi genom att se vad som h¨ander med standardbasen. Vi f˚
ar
(1, 0)
7→
(0, 1)
(0, 1)
7→
(−1, 0)
De resulterande vektorerna, uppst¨
allda som kolonner bildar v˚
ar rotationsmatris:
0 −1
R=
1 0
Matrisen M f¨
or avbildningen som f¨
orst speglar och sedan roterar ges av matrisprodukten (h¨
ar
¨ar ordningen viktig och den som utf¨
ors f¨orst ska st˚
a l¨angst till h¨oger:
0 −1
0 1
−1 0
M =R·S =
·
=
1 0
1 0
0 1
Geometriskt s˚
a¨
ar matrisen M spegling i y-axeln.
4. Vi b¨orjar med att radreducera matrisen

1 2 1 2 1 2
 2 1 2 1 2 1
A=
 2 2 1 1 2 2
1 1 2 2 1 1


1
  0
∼
  0
0
0
1
0
0

0 −1 1 0
0 1 0 1 

1 1 0 0 
0 0 0 0
Ur den reducerade matrisen s˚
a ser vi att pivotelementen st˚
ar i kolonn 1, 2 och 3 vilket ger att
dessa kolonner i den f¨
orsta matrisen ¨
ar en bas f¨or kolonnrummet. Dvs.

    
−1
2
1 




  1   2 
2

, , 
 2   2   1 





1
1
2
bildar en bas f¨
or kolonnrummet.
F¨or radrummet s˚
a g¨
aller att de nollst¨allda raderna i den reducerade matrisen ¨ar en bas, dvs
{(1, 0, 0, −1, 1, 0), (0, 1, 0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1, 0, 0)}
¨ar en bas f¨or radrummet.
F¨or nollrummet s˚
a beh¨
over vi l¨
osa Ax = 0. Den radreducerade matrisen hj¨alper oss. Fr˚
an
denna ser vi att de tre sista kolonnerna saknar pivotelement vilket inneb¨ar att variablerna
x4 = s, x5 = t och x6 = u som motsvarar dessa kolonnerna ¨ar fria. Vi uttrycker de ¨ovriga
variablerna mha dessa fria och f˚
ar d˚
a
x1 = s − t
fr˚
an rad 1
x2 = −s + u fr˚
an rad 2
x3 = −s
fr˚
an rad 3
5
vilket ger oss l¨
osningarna p˚
a parameterform
 



x1
1
 x2   −1 

 



 x3   −1 

=

s + 
 x4   1 

 



 x5   0 

x6
0
−1
0
0
0
1
0








t + 






0
1
0
0
0
1




u



De tre vektorerna i h¨
oger led ¨
ar en bas f¨or nollrummet.
5. Vi st¨aller allts˚
a upp vektorerna

1 2
 1 3
1 2
som rader i en matris
 
2 1 1
1 0


3 1 1 ∼ 0 1
0 0
2 3 2
och radreducerar

0 0 12
1 0 0 
0 1 12
Eftersom den reducerade matrisen har tre rader och tre pivotelement s˚
a f˚
ar vi att radrummet
¨ar tredimensionellt. De tre raderna i den reducerade matrisen ¨ar nollskillda och bildar en bas
f¨or radrummet. Denna bas startar vi (enligt hinten i uppgiften) f¨or att ber¨akna en ON-bas. Vi
noterar att rad 1 ¨
ar ortogonal mot rad 2 och att rad 2 och rad 3 ocks˚
a ¨ar ortogonala. Men rad
3 ¨ar inte ortogonal mot rad 3.
L˚
at allts˚
a b1 och b2 beteckna rad 1 och 2 och dessa ¨ar allts˚
a redan ortogonala. Vi beh¨over
nu enligt Gram-Schmidts metod projicera rad 3 (betecknad med r3 ) p˚
a det delrum W som de
tv˚
a f¨orsta sp¨
anner upp. Eftersom b1 och b2 ¨ar en ortogonal bas f¨or W s˚
a f˚
ar vi
=0
z }| {
r3 • b1
r3 • b2
projW r3 = projb1 r3 + projb2 r3 =
b1 +
b2 =
2
||b1 ||
||b2 ||2
= (1/5, 0, 0, 0, 1/10)
N¨ar vi subtraherar denna projektion fr˚
an r3 s˚
a f˚
ar vi en tredje ortogonal vektor:
b3 = r3 − projW r3 = (0, 0, 0, 1, 1/2) − (1/5, 0, 0, 0, 1/10) = (−1/5, 0, 0, 1, 2/5)
(en kontroll h¨ar visar att den verkligen ¨ar ortogonal mot b˚ada de ¨ovriga)
b1 , b2 och b3 ¨
ar nu en ortogonal bas f¨
or W . En ON-bas f˚
ar vi nu genom att normera vektorerna
Den ortonormala basen blir
1
e1 = √ (2, 0, 0, 0, 1),
5
1
e2 = √ (0, 1, 1, 0, 0),
2
1
e3 = √ (−1, 0, 0, 5, 2)
30
6. Vi ska anpassa en linje kx + m = y till de angivna punkterna. Om vi s¨atter in varje punkt
i linjens ekvation s˚
a f˚
ar vi ett ekvationssystem i de obekanta parametrarna k och m. Detta
ekvationssystem blir
M X = Y,
(1)
d¨ar



M =


−1
0
1
2
3
1
1
1
1
1




,


X=
6
k
m


och Y = 


−2
−1
0
2
3






Vi multiplicerar b˚
ada led av (1) med M ’s transponat vilket ger oss ekvationen
15 5
k
15
=
5 5
m
2
P˚
a matrisform f˚
ar vi
vilket allts˚
a betyder att k =
13
10
15 5 15
5 5 2
∼
1 0 13
10
9
0 1 − 10
9
och m = − 10
som ger att den b¨ast anpassade linjen blir
y=
13
9
x−
10
10
⇔
13x − 10y = 9
7. De v¨arden p˚
a t som g¨
or att systemet antingen saknar l¨osning eller har m˚
anga l¨osningar ¨ar de
v¨arden som g¨
or att determinanten blir noll. Vi b¨orjar d¨arf¨or med att s¨oka l¨osningar till


1 3 2
0 = det  2 t −1  = t2 − 8t + 7
1 2 t
Denna ekvation har l¨
osningarna t = 1 och t = 7 F¨or alla andra v¨arden p˚
a t s˚
a har v˚
art system
en unik l¨osning. Vi beh¨
over nu l¨
osa systemet f¨or t = 1 och t = 7 och unders¨oka de l¨osningar vi
f˚
ar.
t = 1::
Systemet blir d˚
a

 

1 3 2 3
1 0 −1 0
 2 1 −1 1  ∼  0 1 1 1 
1 2 1 2
0 0 0 0
Detta system ¨
ar uppenbarligen konsistens med z som fri variabel villet betyder att systemet har
o¨andligt m˚
anga l¨
osningar f¨
or t = 1
t = 7::
I detta fall f˚
ar vi systemet

 

1 0 17 0
1 3 2 3
 2 7 −1 1  ∼  0 1 −5 0 
1 2 7 2
0 0 0 1
H¨ar avsl¨ojar den sista raden att 0 = 0 · z = 1 vilket ¨ar en inkonsistens som inneb¨ar att detta
system saknar l¨
osningar s˚
a t = 7.
8. Vi kallar matrisen i uppgiften f¨
or M . Egenv¨arden best¨ams ur den karakteristiska ekvationen


2−λ
1
2
2−λ
1  = −λ3 + 5λ2 − 4λ = λ(−λ2 + 5λ − 4)
0 = det(M − λI) = det  1
1
1
1−λ
som ger oss att antingen ¨
ar λ = 0 eller s˚
a ¨ar −λ2 + 5λ − 4 = 0. Det senare intr¨affar om antingen
λ = 1 eller om λ = 4. Detta var allts˚
a v˚
ara egenv¨arden. Eftersom vi har tre olika egenv¨arden
s˚
a ¨ar v˚
ar matris diagonaliserbar.
Nu ber¨aknar vi egenvektorerna
7
λ=0
Vi f˚
ar systemet

 

2 1 2 0
1 0 1 0
 1 2 1 0 ∼ 0 1 0 0 
1 1 1 0
0 0 0 0
som har l¨osningarna

 

x
−1
 y  =  0 t
z
1
vilket ger oss egenvektorn (−1, 0, 1)
λ=1
H¨ar f˚
ar vi systemet

 

1 1 2 0
1 1 0 0
 1 1 1 0 ∼ 0 0 1 0 
1 1 0 0
0 0 0 0
vilket ger l¨osningarna

 

x
−1
 y  =  1 t
z
0
d¨ar en egenvektor ¨
ar (−1, 1, 0).
λ=4
I detta fall f˚
ar vi systemet
 
1 0 − 53
−2 1
2 0
 1 −2 1 0  ∼  0 1 − 4
3
1
1 −3 0
0 0 0

som inneb¨ar att l¨
osningarna kan skrivas

  
x
5
 y  =  4 t
z
3
och detta ger oss egenvektorn (5, 4, 3)
8

0
0 
0