För ingenjörs- och distansstudenter
ATM-Matematik
Mikael Forsberg
0734-41 23 31
Linjär Algebra
ma014a
2015 02 26
Skrivtid: 09:00-14:00. Inga hjälpmedel. Lösningarna skall vara fullständiga och lätta att följa.
Börja varje ny uppgift på ny sida.
Använd ej baksidor. Skriv namn på varje inlämnat blad.
1. Lös ekvationssystemet Ax = b

2 −1

A = 3 −3
1 1
2. Lös binomekvationen
där

3
4 ,
2


x
x= y 
z

och

2
b= 1 
3
√
z 4 − 2 − i2 3 = 0
3. Ge villkor på vektorn b = (b1 , b2 , b3 , b4 ) som garanterar att den ligger i linjära höljet (span)
av vektorerna v1 = (1, 0, 1, 1), v2 = (1, 1, 0, 1), v3 = (1, 1, 1, 0) och v4 = (2, 1, 1, 2)
4. Beräkna matriserna
Sxy
: spegling i linjen y = x
Sy
: spegling i y-axeln
R30◦ : rotation moturs med π/6 (dvs 30◦ ).
Använd sedan dessa tre matriser för att beräkna matrisen M för den avbildning som först
speglar i linjen y = x, sedan roterar moturs med 30◦ och slutligen speglar i y-axeln.
Identifiera den resulterande geometriska operationen.
5. Beräkna baser för radrum, kolonnrum och nollrum till

2 1 5 −1
 1 −1 1 2

M5 = 
 3 1 7 −2
 1 1 3 1
3 −2 4 −1
matrisen

−1
−1 

−3 

2 
−8
6. Beräkna ON-bas för radrummet till matrisen M5 i föregående uppgift. Beräkna projektionen
av vektorn u = (1, 1, 1, 1, 1) ned till detta delrum.
7. Låt


1 2 1
 1 1 2 
2 1 1
vara matrisen som överför vektorer uttryckta i basen B till vektorer uttryckta i basen A.
Låt vektorerna (1, 3, 3), (3, 1, 3), (3, 3, 1) vara standardbasvektorerna uttryckta i basen A.
Beräkna basbytesmatrisen som överför vektorer uttryckta i basen B till vektorer uttryckta
i standardbasen.
8. Bestäm den basbytes matris som ortogonalt diagonaliserar matrisen


1 2 1
M8 =  2 1 1 
1 1 2
2
Svar till tentamen i Linjär Algebra, 2015 02 26.
1.

 



x
5
5/3
 y  =  −1  t +  4/3 
z
3
0
2.
z=
√ i(π/12+π/2k)
2e
,
k = 0, 1, 2, 3
3.
2b1 − b2 − b3 − b4 = 0
4.
5.
6.
7.
8.
Lösningar till tentamen i Linjär Algebra, 2015 02 26.
1. Vi ställer upp systemet på matrisform. Efter ett inledande radbyte har
till vänster och sedan gör vi Gauss-Jordan elimintering ::


 

2 −1 3 2
1 1 2 3
 3 −3 4 1  ∼ byte rad 1 och rad 3 ∼  3 −3 4 1  ∼ 
1 1 2 3
2 −1 3 2
vi en etta längst upp
1 0 53
0 1 13
0 0 0
5
3
4
3


0
Från detta får vi att x och y är ledande variabler och vi har z = 3t är fri (trean är bara för att
snygga till lite). Lösningen blir
  



x
5
5/3
 y  =  −1  t +  4/3 
z
3
0
2. Vi skriver upp ekvationen på normal form ::
√
z 4 = 2 + i2 3
Sedan skriver vi om på polär form ::
4 iα
|z| e
√
1+i 3
= 4(
) = 4eiπ/3+2πk
2
Ekvation för beloppet ::
|z|4 = 4
⇒
|z| = 41/4 =
√
2
Ekvation för argumentet ::
4α = π/3 + 2πk
⇒
α = π/12 + π/2k
Fyra på varandra följande värden på k ger oss de fyra lösningar vi söker ::
z=
√ i(π/12+π/2k)
2e
,
k = 0, 1, 2, 3
3. Att b ska ligga i linjära höljet betyder att det ska finnas en linjärkombination av vektorerna
vi , i = 1 . . . 4:


 

1 1 1 2
a1
b1
 0 1 1 1   a2   b2 

 

a1 v1 + a2 v2 + a3 v3 + a4 v4 = b ⇒ 
 1 0 1 1   a3  =  b3 
1 1 0 2
a4
b4
Detta system blir därför

1 1
 0 1

 1 0
1 1
på utvidgad matrisform ::
 
1 1 1
1 2 b1
 0 1 0
1 1 b2 
∼
1 1 b3   0 0 1
0 2 b4
0 0 0
som vi Gausseliminerar direkt ::

2
b1

1
b1 − b3


0
b1 − b4
0 −2b1 + b2 + b3 + b4
Här ser vi direkt att systemet har lösningar (är konsistent) om villkoret
2b1 − b2 − b3 − b4 = 0
är uppfyllt.
4.
Sxy =
0 1
1 0
,
Sy =
−1 0
0 1
√
,
R30◦ =
3/2 √
−1/2
1/2
3/2
Sammansättningen fås genom att multiplicera dessa matriser med varandra, i rätt ordning. Den
första operationens matris ska stå längst till höger och de efterföljande till vänster om den första:
√
√
3/2 √
−1/2
3/2
−1 0
0 1
1/2
−
M = Sy R30◦ Sxy =
= √
0 1
1 0
1/2
3/2
3/2
1/2
Den resulterande operationen är en rotation moturs med vinkeln π/3 eller 60◦ .
5. Vi Radreducerar matrisen

2 1
 1 −1

 3 1

 1 1
3 −2
 
1 0
5 −1 −1
 0 1
1 2 −1 
 

7 −2 −3 
∼ 0 0

 0 0
3 1
2
0 0
4 −1 −8
2
1
0
0
0

0 −1
0 2 

1 1 

0 0 
0 0
Baser för radrummet är de tre nollskillda raderna i den reducerade matrisen:
Bas för radrummet = {r1 = (1, 0, 2, 0, −1), r2 = (0, 1, 1, 0, 2), r3 = (0, 0, 0, 1, 1)}
Bas för kolonnrummet får vi genom att identifiera de kolonner i den reducerade matrisen som
innehåller ledande element. Detta ger oss kolonn nummer 1, 2 och 4. En bas för kolonnrummet
får vi genom att ta kolonn 1 ,2 och 4 från ursprungsmatrisen M5 :
  
 

2
1
−2 





  −1   2 

1

  
 







Bas för Kolonnrummet =  3  ,  1  ,  −2 



 1   1   1 






3
−2
−1
Bas för nollrummet hittar vi genom att

1
 0

 0

 0
0
lösa Ax = 0. Radreduktion ger oss matrisen

0 2 0 −1 0
1 1 0 2 0 

0 0 1 1 0 

0 0 0 0 0 
0 0 0 0 0
Genom att identifiera de ledande variablerna: x1 , x2 , x4 och de fria x3 = s och x5 = t så får vi




 
−2
1
x1
 −2 
 x2   −1 



 

 x3  =  1  s +  0  t




 
 −1 
 x4   0 
0
1
x5
som ger att de två vektorerna i höger led är bas för nollrummet.
6. Starta från basen i föregående uppgift och notera att de två första vektorerna redan är
ortogonala. Beräkna nu projektionen av den tredje vektorn på vardera av de två första och
subtrahera dessa projektioner från den tredje vektorn. Resultatet blir då en vektor som är
5
vinkelrät mot de två första och vi har då en ortogonal bas för radrummet. Normera slutligen
de tre vektorerna och vi är klara med ON-basen.
Vi har alltså
b1 = r1 = (1, 0, 2, 0, −1)
b2 = r2 = (0, 1, 1, 0, 2)
r3 • b1
r3 • b2
b1 −
b2 =
b1 • b1
b2 • b2
−1
2
= (0, 0, 0, 1, 1) −
(1, 0, 2, 0, −1) − (0, 1, 1, 0, 2) =
6
6
1
= ((0, 0, 0, 6, 6) + (1, 0, 2, 0, −1) − (0, 2, 2, 0, 4)) =
6
b3 = r3 − projb1 r3 − projb2 r3 = r3 −
1
= (1, −2, 0, 6, 1)
6
Nu måste vi normera vektorerna, vilket ger oss vår ON-bas:
1
b1
= √ (1, 0, 2, 0, −1)
||b1 ||
6
b2
1
o2 =
= √ (0, 1, 1, 0, 2)
||b2 ||
6
b3
1
o3 =
= √ (1, −2, 0, 6, 1)
||b3 ||
42
o1 =
Det finns många andra möjliga ON-baser. Vad man får beror av vilken bas man startar med...
7. Den givna matrisen är

1 2 1
= 1 1 2 
2 1 1

PA←B
Givet är också basbytesmatrisen från standardkoordinater till A-koordinater ::


1 3 3
PA←S =  3 1 3 
3 3 1
Uppgiften söker efter basbytesmatrisen PS←B och består av B?s basvektorer uttryckta i standardbasen. Denna matris får vi genom sammansättningen
PS←B =
PS←A
| {z }
PA←B = (PA←S )−1 PA←B
=(PA←S )−1
Matrisen (PA←S )−1 kan vi beräkna genom uppställningen
(PA←S |PA←B ) ∼ (I|(PA←S )−1 PA←B ),
där vi radreducerar tills

1
 3
3
identitetsmatrisen står till
 
3 3 1 2 1
1
1 3 1 1 2  ∼  0
3 1 2 1 1
0
6
vänster och vår produkt till höger.:

5
5
0 0 14
− 17 14
5
5
1 0 14
− 17 
14
5
5
0 1 − 17 14
14
som ger oss den matris vi söker

PS←B = (PA←S )−1 PA←B = 
5
14
5
14
− 17
5
14
− 71
5
14
− 17
5
14
5
14


8. Eftersom matrisen är symmetrisk så finns det verkligen en ortogonal matris som diagonaliserar
matrisen. Den ortogonala matrisen har kolonner som är egenvektorer till matrisen. Eftersom
matrisen är symmetrisk så är egenvektorer till olika egenvärden automatiskt ortogonala. Om
vi har ett multippelt egenvärde så är egenvektorerna till detta inte automatiskt ortogonala mot
varandra och i ett sådant fall behöver man använda Gram-Schmidt för att bestämma ortogonal
bas för detta egenrum.
För vår aktuella uppgift så behvöver vi börja med att beräkna egenvärdena och sedan egenvektorerna. När egenvektorerna är beräknade så behöver vi se till att vi får fram ortogonala
egenvektorer som har längden 1. När vi har denna OrtoNormala uppsättning egenvektorer så
ställer vi upp dem som kolonner i en matris och då har vi fått vår ortogonala matris.
Egenvärden :: Lös det(A − λI) = 0


1−λ
2
1
1−λ
1  = −λ3 + 4λ2 + λ − 4 = −(λ − 4)(λ − 1)(λ + 1)
det(A − λI) = det  2
1
1
2−λ
Faktoriseringen i sista steget får vi genom att beräkna nollställena till tredjegradspolynomet.
Genom att gissa på delarna ±1, ±2, ±4 till konstanttermen −4 och sätta in dem i polynomet
så får vi att ±1 och 4 är nollställena vilket alltså ger faktoriseringen. Dessa tre tal är våra
egenvärden.
Vi har alltså tre olika enkla egenvärden. Egenvektorerna till dessa är därför automatiskt
ortogonala (eftersom A är symmetrisk). Vi har kvar att beräkna dessa egenvektorer och sedan
normalisera dem.
Egenvektorer ::
λ = 1 ::
Lös (A − I)x = 0
 

1 0 12 0
0 2 1 0
 2 0 1 0 ∼ 0 1 1 0 
2
1 1 1 0
0 0 0 0

Från detta får vi att

 
−1
x
 y  =  −1  t,
2
z


eλ=1

−1
1
= √  −1 
6
2
beskriver egenrummet med normaliserad egenvektor eλ=1 .
λ = −1 ::
Lös (A + I)x = 0

 

2 2 1 0
1 1 0 0
 2 2 1 0 ∼ 0 0 1 0 
1 1 3 0
0 0 0 0
Från detta får vi att

 

x
−1
 y  =  1  t,
z
0
eλ=−1


−1
1 
1 
=√
2
0
beskriver egenrummet med normaliserad egenvektor eλ=−1 .
7
λ = 1 ::
Lös (A − 4I)x = 0

 

−3 2
1 0
1 0 −1 0
 2 −3 1 0  ∼  0 1 −1 0 
1
1 −2 0
0 0 0 0
Från detta får vi att
  
x
1
 y  =  1  t,
z
1


eλ=1

1
1
=√  1 
3 1
beskriver egenrummet med normaliserad egenvektor eλ=4 .
Den ortogonalt diagonaliserande matrisen::
Matrisen vi söker har de normaliserade egenvektorerna som kolonner (vi har naturligtvis verifierat att egenvektorerna verkligen är ortogonala mot varandra)
√ √ 

−1 −√ 3 √2
1
P = √  −1
3 √2 
6
2
0
2
8