Extramaterial till Linjär Algebra II [version 11 Aug 2014 ed.] [PDF]

Zitiervorschau

¨ EXTRAMATERIAL TILL LINJAR ALGEBRA II PER ALEXANDERSSON

1. Introduktion H¨ ar ¨ ar l¨ asanvisningar samt kompletterande uppgifter till kursen Linj¨ ar Algebra II. Kursboken ¨ ar Matrix Theory av A. Holst & V. Ufnarovski. L¨ osningsf¨ orslag till de flesta av problemen finns i slutet. L¨ asanvisningarna uppdateras och numrering av uppgifter kan ¨ andras, h¨ anvisa d¨ arf¨ or till problemets namn vid eventuella fr˚ agor eller kommentarer. F¨ orslag p˚ a f¨ orb¨ attringar eller fr˚ agor mottages g¨ arna p˚ a [email protected]. 2. Matriser sid. 9–27 F¨orsta kapitlet behandlar grundl¨aggande notation som vi kommer ha nytta av i resten av kursen. Det ¨ar viktigt att du v¨anjer dig vid hur man h¨anvisar till element i matriser. Till exempel, vilket index avser rad respektive kolonn? Vi g˚ ar ocks˚ a igenom hur blockmatriser fungerar, se till att v¨ anja dig vid dessa genom att g¨ ora n˚ agra av ¨ ovningarna i slutet av kapitlet. Sats 1.3, 1.4 och speciellt Sats 1.5 ¨ ar n˚ agot du b¨ or l¨ agga tid p˚ a att f¨ orst˚ a i detalj. I avsnitt 1.8 diskuteras matrisinverser. Se till att du f¨ orst˚ ar beviset p˚ a att h¨ ogerinversen ¨ ar samma som v¨ ansterinveren om b˚ ada finns. Sats 1.7 s¨ ager att (AB)−1 = B −1 A−1 och ¨ ar enkelt att bevisa. Denna identitet ¨ ar mycket viktig! J¨ amf¨ or med Sats 1.3. Vi definierar ocks˚ a element¨ ara matriser samt permutationsmatriser vars roll visa sig mycket viktiga i n¨ asta f¨ orel¨ asning. Rekommenderade uppgifter: 1.1-1.15 Problem. 1 (Masha) Ge i var och en av deluppgifterna nedan exempel p˚ a tv˚ a matriser A och B s˚ adana att (a) AB = 0 men ingen av A eller B ¨ar 0. (b) AB = 6 BA (c) AB = BA men A 6= B. Problem. 2 (Marya) Ber¨ akna f¨ oljande matrismultiplikationer1.     1 i 0 −1 i 3 −1 0 1 0  8 2 5  och  8 0 0 1 −i 2 −7 −i

√ 1H¨ ar ¨ ar i = −1. 1

 i 3 1 2 5  0 2 −7 0

i 1 0

 0 0 . 1

2

P. ALEXANDERSSON

Problem. 3 (Matriona) Skriv upp 3 × 4-matrisen som ges2 av (δij + 2i − 3j). Problem. 4 (Marfusha) Ge exempel p˚ a f¨ oljande typer av matriser: radmatris, kolonnmatris, kvadratisk matris, permutationsmatris, element¨ar matris, diagonalmatris och nilpotent matris. Problem. 5 (Angelica) Ber¨ akna f¨ oljande produkt  2 M = 0 5

1 3 2

 3 1 −3 2 8 3

1 2 2

−1 1 1 0

genom att f¨ orst transponera b˚ ada leden, och sedan utf¨ ora en modifierad metod av matrisinvertering. 3 Problem. 6 (Marina) Bevisa4 att An = 0 om A ¨ar en n × n ¨overtriangul¨ar matris med nollor p˚ a huvuddiagonalen. Problem. 7 (Malvina) L˚ at A och B vara nilpotenta 5 matriser som uppfyller att AB = BA. (a) Visa att AB ¨ ar nilpotent. (b) Visa att A + B ¨ ar nilpotent. (c) Bevisa att A + A2 + A3 + . . . + Al ¨ ar nilpotent, f¨ or alla heltal l > 0, om A ¨ ar nilpotent. 3. Gausselimination och LU-uppdelning sid. 31–40 Kapitel 2 introducerar gausselimination, som man b¨or komma ih˚ ag fr˚ an tidigare kurs i linj¨ar algebra. Vad som ¨ar nytt ¨ar att denna process kan tolkas som upprepad matrismultiplikation fr˚ an v¨ anster, med permutationsmatriser och element¨ ara matriser. Detta ger en s˚ a kallade LU-faktorisering, i.e. man kan skriva P A = LU d¨ ar P ¨ar en permutationsmatris, A ¨ar matrisen vi faktoriserar, L ¨ar en produkt av undertriangul¨ara element¨ara matriser, och U ¨ar en ¨overtriangul¨ar matris. Anledningen till att detta fungerar ¨ar att vi v¨aljer P s˚ a att vi i gausseliminationen av P A alltid eliminerar ned˚ at. Detta g¨ or att L blir undertriangul¨ar. Denna uppdelning g¨or det enkelt att s¨aga saker om ekvationssystem, och kommer vara till nytta f¨ or bevis senare i kursen. Vi definierar ocks˚ a rangen av en matris som antalet piv˚ atelement efter utf¨ord gausselimination. Rangen av en matris h¨anger samman med inverterbarhet: en n × n-matris m˚ aste ha rang n (full rang) f¨ or att kunna inverteras. Observera att man i boken beskriver en speciell ordning i vilken man skall utf¨ora eliminationen f¨or att f˚ a en LU-uppdelning; utf¨or man algoritmen i en annan ordning, (genom att till exempel byta plats p˚ a flera rader samtidigt) f˚ as samma antal pivotelement i slutet, men troligen en annan permutationsmatris och d˚ a andra L och U . Resultatet kallas fortfarande f¨or en LU-uppdelning, men kanske inte st¨ammer overens med det som finns i bokens l¨osningsf¨orslag. ¨ 2H¨ ar a ar kolonnindex. ¨r i radindex och j ¨ 3Detta a ampning med modifikation av uppgift 2.10 i Matrix Theory av Holst & ¨r en till¨

Ufnarovski. 4Tips: anv¨ and induktion. 5Kom ih˚ ag, en matris A ¨ ar nilpotent om det finns ett heltatl k > 0 s˚ a att Ak = 0

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

3

Ekvationssystemet AX = 0 d¨ ar A ¨ ar n × m har rank(A) basvariabler6, och m − rank(A) fria variabler (parametrar). Finns inga fria variabler, ¨ar l¨osningen unik. ¨ l¨ Ar osningen unik, m˚ aste kolonnerna i A vara linj¨art oberoende. Viktigt i detta kapitel ¨ ar allts˚ a hur rang, linj¨ art oberoende, antal l¨ osningar till ekvationssystem samt inverterbarhet h¨anger samman. Detta f¨ orklaras i satserna 2.4 och 2.5. Fr˚ an dessa satser kan vi se att en m × nmatris A har v¨ ansterinvers precis om rank(A) = n, och h¨ ogerinvers precis om rank(A) = m. Matrisen A kan d˚ a bara ha (tv˚ asidig) invers om m = n, det vill s¨aga om A ¨ ar en kvadratisk matris. Rekommenderade uppgifter 2.1, 2.2, 2.3, 2.4, 2.7, 2.9, 2.10 Problem. 8 (Rozalina) Ber¨ akna rangen av f¨ oljande matris:   1 5 −2  i 6 8 . 1 + 2i 17 14 Problem. 9 (Roksana) LU-uppdela matrisen  0 A = 1 3

2 −1 0

 0 2 . −1

Problem. 10 (Rostislava) LU-uppdela matrisen 

0 A = 1 1

0 3 1

1 4 2

 1 0 . −1

Problem. 11 (Radonia) LU-uppdela matrisen 

1  i A= −1 0

 2 2i . i 1

4. Determinanter sid. 43–57 Kapitel 3 h¨ arleder alla de egenskaper f¨ or determinanter som vi ¨ ar vana vid fr˚ an Linj¨ ar Algebra I. Vad som ¨ ar nytt ¨ ar m¨ ojligen att vi nu hela tiden arbetar med n × n−matriser och inte bara 2 × 2 och 3 × 3-matriser. I texten utg˚ ar man fr˚ an en rekursiv definition, (utveckling l¨ angs med f¨ orsta kolonnen), och fr˚ an detta h¨ arleds ett antal trevliga egenskaper; (1) Determinanten f¨or en ¨overtriangul¨ar matris, ges av produkten av diagonalelementen. Detta ger direkt att |I| = 1. (2) Determinanten f¨ or A multipliceras med c, om en rad multipliceras med c. (3) Determinanten byter tecken, om vi byter plats p˚ a tv˚ a rader. (4) Determinanten f¨ or en matris ¨ar noll, om tv˚ a rader ¨ar identiska. Alla dessa egenskaper visas med hj¨ alp av induktion ¨ over matrisstorleken. Dessa egenskaper visar att determinanten, sett som en funktion av raderna, ¨ar en multilinj¨ ar funktion. Sats 3.8 visar att determinantfunktionen ¨ ar den unika funktion som har 6basic variables, se sid 32

4

P. ALEXANDERSSON

dessa egenskaper och som ¨ar 1 p˚ a enhetsmatrisen. Vi kan allts˚ a anv¨anda detta som en alternativ definition av determinanten. Den multilinj¨ara egenskapen visar att en matris determinant ¨ar of¨or¨andrad under gausselimination av raderna (dvs. subtraktion av multiplar av raderna fr˚ an varandra), vilket ger en effektiv metod f¨ or att faktiskt ber¨ akna determinanten av en matris. Fr˚ an denna egenskap kan vi ocks˚ a visa att |AB| = |A||B|. Sats 3.10 visar att man kan utveckla l¨angs med godtycklig kolonn, genom att ta h¨ ansyn till vissa tecken. D¨ arefter visar man i Sats 3.12 att X |A| = |(aij )| = sign(σ)a1σ(1) · · · anσ(n) . σ

d¨ar vi summerar ¨over alla permutationer av talen 1, 2, . . . , n. Detta kan ses som en tredje definition av determinantfunktionen. Fr˚ an detta visas att |A| = |AT |, och alla uttalanden om rader ovan, g¨aller d˚ a ocks˚ a f¨or kolonner, samt att determinant f¨or en undertriangul¨ ar matris ber¨ aknas p˚ a samma s¨att som f¨or en ¨overtriangul¨ar. Slutligen presenters ett par resultat som kopplar samman en matris A, dess adjungerade matris, adj(A) och dess invers, A−1 . Slutsatsen ¨ ar att determinanten m˚ aste vara nollskild f¨ or att en matris skall kunna inverteras. Del 3.8 visar p˚ a hur man ber¨ aknar n˚ agra vanligt f¨ orekommande determinanter. Detta kan l¨asas kursivt, men f¨olj g¨arna beviset p˚ a hur Vandermondedeterminanten ber¨ aknas, d˚ a just denna determinant anv¨ands ofta. Det man skall ta med sig fr˚ an detta kapitel ¨ ar allts˚ a vilka operationer p˚ a matriser som bevarar matrisens determinant, och vilka operationer som f¨ or¨ andrar determinanten p˚ a ett f¨ oruts¨ agbart s¨att. Rekommenderade uppgifter 3.1-3.9, 3.12-3.15 7 Problem. 12 (Delina) Ber¨ akna f¨ oljande determinant 1 3 4 6 1 3 4 2 2 2 1 1 . 2 1 1 1 Problem. 13 (Denise) Ber¨ akna f¨ oljande determinant x x x 0

0 1 x2 0

Problem. 14 (Diana) Ber¨ akna f¨ oljande determinanter: x 0 x 4 0 0 x (a) 2 x − 1 5 , (b) 1 x 0 0 1 x x

0 2 0 0 x x + 1 x−1 1

100 0 1 100 1 0 , (c) 101 1 1 99 1 0

200 250 101 200 101 102 200 99 101 199 100 102

7Notera att det i upplagan fr˚ an 2012 skall vara aij = 1 om i < j − 1 i uppgift 3.14, och inte ett plustecken. Tips till 3.14, subtrahera n¨ ast sista raden fr˚ an sista raden i matrisen.

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

Problem. 15 (det-2004-01-09:1) L¨os f¨ oljande ekvation x 0 0 1 1 0 0 x Problem. 16 (det-2004-03-16:1) L¨os ekvationen 1 1 1 1

1 2 3 x

1 0 x 0

1 4 9 x2

5

0 x = 0. 0 1

6x 3x = 0. 2x 6

Problem. 17 (det-2003-01-10:2) L˚ at n vara godtyckligt positivt heltal. Best¨ am nedan blir 0: 1 1 1 1 1 2 − x 1 1 1 1 4 − x 1 1 1 1 6−x .. .. .. .. . . . . 1 1 1 1

alla tal x ∈ R s˚ a att determinanten ... 1 ... 1 ... 1 ... 1 . ... 1 . . . 2n − x

Problem. 18 (rank-2003-03-18:4) Best¨ am f¨ or alla reella a, rangen till matrisen  1 a a2 1 2 3 A= 1 1 2 1 1 1

 a3 4 . 3 1

Problem. 19 (Rebecca) Best¨ am rangen f¨ or f¨ oljande matriser    1 1 −1 4 0 −1 3 −1 2 (b)  (a) 1  4 1 −9 14 −4 0

 1 1 3 −9 . −1 14 2 −4

F¨orklara varf¨ or du fick samma rang f¨or b˚ ada matriserna. Problem. 20 (Darya) Visa att |cA| = cn |A| om A har storlek n × n. Problem. 21 (Dominika) Utg˚ a ifr˚ an den rekursiva definitionen8 av determinanten och visa att |A| = |AT | f¨or kvadratiska matriser, genom att f¨orst visa9 f¨oljande delresultat: (a) att determinanten f¨or en ¨ overtriangul¨ ar matris ¨ar produkten av diagonalelementen. (b) att determinanten f¨or en matris med ¨oversta raden bara nollor, har determinant noll. 8Det vill s¨ aga, utveckling l¨ angs med f¨ orsta kolonnen. 9Anv¨ and induktion!

6

P. ALEXANDERSSON

(c) att determinanten f¨ or en undertriangul¨ ar matris ¨ ar produkten av diagonalelementen. (d) att determinanten f¨ or en permutationsmatris ¨ar ±1. (e) Visa att PσT = Pσ−1 . Slutligen, visa att |A| = |AT | genom att anv¨anda dig av LU-uppdelningen av A och ovanst˚ aende delresutat.10 Problem. 22 (Rosita) En kvadratisk matris A s¨ ags vara nilpotent om det finns ett heltal k > 0 s˚ a att Ak = 0. (a) Finn en matris A av ordning 4 × 4 som uppfyller att rank A = 3, rank A2 = 2, rank A3 = 1 och rank A4 = 0. (b) Kan vi konstruera en 4 × 4-matris B s˚ a att rank B = 4 men rank B 2 = 3? Problem. 23 (Rosalina) Matrisen Cn ¨ ar av ordning 2n × 2n och  1 0  0 1   0 0 C3 =   0 0   0 2 2 0

ges av (δij + 2δi,2n−j+1 )ij . Till exempel,  0 0 0 2 0 0 2 0   1 2 0 0  . 2 1 0 0   0 0 1 0  0 0 0 1

Best¨ am ett uttryck f¨ or |Cn |. Problem. 24 (Ludmila) L¨os f¨ oljande problem: (a) Visa att |AB T | = 0 eller |B T A| = 0 om A, B ¨ar matriser med storlek n × m och m 6= n. (b) Finn matriser, A, B s˚ a att |AB| = 6 |BA|. 5. Vektorrum I sid. 67–74 Vi b¨ orjar med att definiera11 vektorrum samt underrum 12. Vi kommer arbeta mest med Rn och Cn men det finns m˚ anga andra exempel. Vi kommer enbart arbeta med ¨andligtdimensionella vektorrum, dvs. vektorrum d¨ar varje vektor ¨ar en linj¨ arkombination av ¨ andligt m˚ anga vektorer. Det visar det sig att alla (¨ andligtdimensionella) vektorrum ¨over R (och C) uppf¨or sig p˚ a samma s¨att, och man kan med hj¨alp av koordinater ¨ overf¨ ora varje vektorrum till Rn (eller Cn ) f¨or l¨ampligt n. En bas f¨or V ¨ar en upps¨attning linj¨ art oberoende vektorer v1 , . . . , vn som sp¨anner upp V . Detta ¨ ar en mycket viktig definition, och man m˚ aste veta b˚ ade vad linj¨ art oberoende och sp¨anna upp inneb¨ar. Begreppet linj¨art oberoende i sig ¨ar fundamentalt, och det kommer vi anv¨ anda mycket. D¨arefter definieras dimension f¨or ett vektorrum, vilket ¨ar det antal linj¨art oberoende vektorer som beh¨ovs f¨or att sp¨anna upp vektorrummet 13. Det visar sig i Sats 4.1 att detta antal ¨ ar oberoende av de vektorer man v¨aljer. I del 4.4 beskriver man hur man med hj¨ alp av en basbytesmatris ¨ overs¨ atter koordinater i en bas till koordinater i en annan bas. Observera allts˚ a att vi inte kan tala om koordinater utan att f¨orst specifiera vilken bas som vi arbetar med. M˚ anga 10Aven ¨ |AB| = |A||B| beh¨ ovs. 11Del 4.1 kan man hoppa ¨ over. 12Notera att underrum i sig ¨ ar vektorrum. 13Dimensionen ¨ ar s˚ aledes antalet basvektorer som kr¨ avs f¨ or att sp¨ anna upp rummet

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

7

vektorrum kommer med en standardbas, t.ex. Rn har basen e1 , . . . , en d¨ ar ej ¨ ar vektorn med en etta p˚ a position j och ¨ovriga element ¨ar 0. Vektorrummet (¨over R) best˚ aende av alla polynom med grad ≤ n har standardbasen 1, x, x2 , . . . , xn , Notera att x + 3x2 har koordinaten (0, 1, 3, 0, . . . , 0) i denna bas. Det ¨ ar allts˚ a en skillnad mellan vektorer och koordinater f¨ or en vektor, men i Rn m¨ arker vi inte av denna skillnad om vi arbetar i standardbasen; vektorer och dess koordinater skrivs p˚ a exakt samma s¨ att. Viktigast i del 4.5 ¨ar beviset f¨or att varje linj¨art oberoende m¨angd vektorer i ett vektorrum V , kan utvidgas s˚ a att det blir en bas f¨or hela V . Rekommenderade uppgifter 4.1, 4.2, 4.4, 4.11 Problem. 25 (Veleriya) Vektorerna v1 , . . . vr ligger i vektorrummet V och ¨ ar linj¨ art oberoende. Visa att koordinatvektorer A1 , . . . , Ar (uttryckta i en bas f¨ or V ) f¨ or v1 , . . . , vr ¨ ar linj¨ art oberoende. Problem. 26 (Valentina) L˚ at V vara rummet av polynom av grad max 2. Visa att polynomen 1 + x, x2 − 1 och 2x utg¨or en bas i detta rum, och best¨am koordinaterna f¨or polynomet x2 + 3x + 2 i denna bas. Problem. 27 (Victoria) Betrakta m¨angden V av vektorer (x, y, z) i R3 som uppfyller att x + y + z = 0. Visa att V ¨ ar ett vektorrum, samt best¨am en bas och dimension f¨or detta rum. Problem. 28 (Viola)
L˚ at V vara m¨ angden av reella 2 × 3-matriser p˚ a formen −ba ab cc . (a) Visa att V a ¨r ett delvektorrum till rummet av 2 × 3-matriser. (b) Finn en bas och dimension f¨or V .
(c) Best¨ am koordinaterna f¨ or matrisen −π2 π2 42 42 i den bas du fann i (b). 6. Vektorrum II sid. 75–81 Kapitlet om vektorrum forts¨ atter med att definiera linj¨ ara h¨ oljet av en m¨ angd vektorer i ett vektorrum V , betecknas span(v1 , . . . , vk ). Detta ¨ar alltid ett underrum till V . Sidan 74 beskriver en metod f¨or att hitta en bas f¨or det linj¨ara h¨oljet till en m¨ angd vektorer. Vi definierar sedan U ∩ W samt U + W , som ¨ar delvektorrum till V om U, W ⊆ V . Det visar sig att dim U + dim V = dim(U + V ) + dim(U ∩ V ). Om U ∩ V = 0, s˚ a skriver vi U + V som U ⊕ V . Varje vektor w ∈ U ⊕ V kan d˚ a unikt skrivas som w = u + v med u ∈ U och v ∈ V , och en bas f¨ or U ⊕ V ges som t.ex. unionen av baserna f¨ or U och V . Kapitel 4.7 ¨ar mycket viktigt, h¨ar beskrivs algoritmer f¨or hur man finner en bas f¨ or de vektorer X ∈ Kn s˚ a att AX = 0. Detta vektorrum betecknas ker A, utl¨ ases k¨ arnan eller nollrummet f¨or matrisen A. Metoden inneb¨ar i praktiken att man l¨oser ett linj¨ art ekvationssystem. Algoritm14 4.2 och 4.3 ger metoder f¨or hur man hittar en bas f¨or det vektorrum som raderna i en matris sp¨ anner upp, respektive det vektorrum som kolonnerna sp¨ anner upp. Det senare vektorrummet betecknas Im A och utl¨ ases bilden av A, eller v¨ arderummet till A. Slutligen ges algoritmer f¨ or att finna baser f¨ or U + W och U ∩ W . Metoden f¨ or den senare ber¨akningen ¨ar ganska invecklad, i m˚ anga sammanhang kan man utnyttja 14Dessa algoritmer ¨ ar mycket viktiga att beh¨ arska!

8

P. ALEXANDERSSON

andra metoder. Till exempel, om vi vill finna en bas f¨ or ker A ∩ ker B r¨ acker15 det A att finna en bas f¨ or ker C, d¨ ar C ¨ar blockmatrisen ( B ). Sammanfattningsvis, giveten matris A finns det fyra (egentligen tre) vanliga delrum man ¨ ar intresserade av att ber¨akna: (1) (2) (3) (4)

ker A, k¨ arnan av A, nollrummet till A. Im A, bilden av A, v¨ arderummet till A. Radrummet till A, det vektorrum raderna sp¨anner upp. Kolonnrummet till A, det vektorrum kolonnerna sp¨anner upp.

Kolonnrummet och Im A ¨ ar samma vektorrum. Vi l¨ oser ekvationssystemet AX = 0. L¨ osningarna kan parametriseras som X = t1 V1 + t2 V2 + . . . tk Vk , och V1 , . . . , Vk ¨ar en bas f¨or ker A. De rader med pivotelement efter gausselimination sp¨ anner upp radrummet. De kolonner med pivotelement i ursprungliga matrisen A ger en bas f¨or kolonnrummet. Rekommenderade uppgifter 4.3, 4.5-4.8, 4.10, 4.12 Problem. 29 (Vilma) Vilka av f¨ oljande delm¨ angder till R3 ¨ar vektorrum? (a) (b) (c) (d)

{(x, y, z) ∈ R3 : {(x, y, z) ∈ R3 : {(x, y, z) ∈ R3 : {(x, y, z) ∈ R3 :

x + y + 2z = 0} x2 = y} x + y + z = 1} x + y = 0 och y + z = 0}

Problem. 30 (Pamela) Visa att polynomen 1, x + 1 och x2 + x + 1 ¨ar en bas f¨or m¨angden av polynom av grad maximalt 2, och best¨am koordinaterna f¨or ett godtycklig polynom c1 + c2 x + c3 x2 i denna bas. Problem. 31 (Petronella) Visa att m¨angden V av polynom med reella koefficienter och grad maximalt 3 ¨ar ett vektorrum. Visa att m¨ angden U av polynom i V som uppfyller att p(0) = 0 ¨ ar ett delvektorrum till V . Finn en bas f¨or U och utvidga till en bas f¨or V . Problem. 32 (Vanessa) M¨ angden V av reella 2 × 2−matriser ¨ ar ett vektorrum. Visa att matriser A ∈ V som uppfyller BA = 0 ¨ar ett delvektorrum, d¨ar matrisen B = ( 11 22 ). Best¨am en bas och dimension f¨ or detta delrum. Problem. 33 (Vendela) Best¨ am en bas f¨ or radrummet, nollrummet  1 0 2 1 0 1 A= 0 0 1 2 0 3

och v¨arderummet till matrisen  −1 1 −1 1 . 0 0 −2 2

Problem. 34 (Beatrice) Best¨am en bas f¨or kolonnrummet och radrummet till var och en av matriserna nedan. Best¨ am ocks˚ a baser f¨ or nollrummet och v¨ arderummet till de linj¨ ara avbildningar vars matriser i standardbasen ges av matriserna. Slutligen best¨ am rangen av var och en av matriserna. 15Fundera p˚ a varf¨ or detta ¨ ar sant!

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

9

(a) (2003-08-15:2)  1 2  3 1

2 4 3 0

3 6 1 1

 4 7  2 0

(b) (2004-10-19:1) 

1  3 −2

 −3 2 4 −1 −9 6 12 −3 6 5 1 11

(c) (2005-01-11:1) 

1  2   3 −2

 2 2 2 4 1 −5  6 3 −3 −4 2 14

Problem. 35 (Vasilisa) Best¨ am en bas f¨ or nollrummet, v¨arderummet samt radrummet till matrisen   2 1 0 0 3 0 . 0 0 0 Problem. 36 (Bella) Best¨ am en bas f¨ or det linj¨ ara rum U som sp¨ anns upp av vektorerna (1, 0, 2), (−1, −1, 1), (1, 3, −7), och (7, 2, 8) genom att ber¨akna en bas f¨or (a) radrummet (b) kolonnrummet till en l¨ amplig matris. Problem. 37 (Bianca) Vektorerna (1, 3, −1, −1) och (0, 2, 1, 2) ¨ar linj¨art oberoende vektorer i R4 . Utvidga dessa vektorer till en bas f¨ or R4 . Problem. 38 (Belinda) Vektorrummet U ⊆ R3 ges av det linj¨ ara h¨ oljet av (1, 0, 1), (1, 2, −1) och (3, 2, 1). Vektorrummet V ⊆ R3 ges av det linj¨ ara h¨ oljet av (−1, 0, 1), (1, 1, 1) och (2, 3, 5). Best¨ am en bas f¨ or U + V och U ∩ V . Problem. 39 (Betty) Finn en bas f¨ or U + V och U ∩ V d¨ar U och V ges av (a) U = h(1, 0, 1), (1, 2, 1)i, V = h(1, 0, 4), (1, 0, −4)i i R3 . (b) U = h(1, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 1)i, V = h(1, 0, 4, 0), (3, 0, −4, 1)i i R4 . (c) U = h(1, 2, −1, −2), (4, −3, 1, 2), (11, 0, −1, −2)i, V = h(3, −5, 2, 4), (10, −13, 5, 10)i som delrum i R4 . (d) U = h(1, 0, 1), (0, 1, 2)i, V = h(1, 0, 0)i i R3 .

10

P. ALEXANDERSSON

Problem. 40 (Barbro) Best¨am en samling vektorer fr˚ an M som utg¨or en bas f¨or det linj¨ara rum som sp¨anns upp av vektorerna i M , d¨ ar M ges av (a) M = {(1, 0, 1), (−1, 0, 2), (1, 1, 1), (1, 1, 2)}, i R3 . (b) M = {1 + x + x2 , 2 − x − 2x2 , x + 2, 2x2 − 3}, i P2 (R). (c) M = {(1, 1, 1, 1), (2, 1, 2, 1), (1, 2, 1, 2), (−100, 0, −100, 0)}, i R4 (d) M = {x2 + 2x + 3, x + 1, x2 + 1, 2x2 + 3x + 5, 2x − 2x2 , x2 + x}, i P2 (R). Problem. 41 (Adele) L˚ at kolonnerna i matrisen A utg¨ora en bas f¨or ett delrum U ⊆ V . Notera att vi d˚ a har att dim U = rank A. Antag att kolonnerna i matrisen B ¨ ar linj¨ art oberoende, och att rank B = rank A. (a) Visa att kolonnerna i B ocks˚ a¨ ar en bas f¨ or U om rank(A B) = rank A, d¨ ar (A B) ¨ ar matrisen som best˚ ar av b˚ ade A:s och B:s kolonner. (b) Anv¨ and metoden ovan f¨ or att avg¨ora om vektorerna (1, 2, −1, 0), (−1, 3, 2, 2) och (3, 2, −2, 1) ar en bas f¨ or samma rum som vektorerna ¨ (4, 1, 0, 5), (3, −1, 1, 5), och (7, −6, 7, 18) sp¨ anner upp. 7. Linj¨ ara avbildningar I sid. 85–91 L˚ at s¨ aga att vi har tv˚ a vektorrum, V och U , b˚ ada ¨ over samma kropp16 K. En avbildning T : V → U s¨ ags d˚ a vara linj¨ ar om T (v1 + v2 ) = T (v1 ) + T (v2 ) och T (λv1 ) = λT (v1 ) f¨ or alla v1 , v2 ∈ V och λ ∈ K. Det senare kravet kr¨ aver faktiskt att vi kan multiplicera vektorer med λ b˚ ade i V och U ! Ett speciellt fall ¨ ar om V = U och vi har en linj¨ ar avbildning T : V → V . D˚ a s¨ ager vi att T ¨ ar en linj¨ ar operator. Om vi nu har en bas e1 , . . . , en ∈ V och en linj¨ar avbildning T : V → U s˚ a g¨aller T (v) = T (x1 e1 + . . . + xn en ) = x1 T (e1 ) + . . . + xn T (en ) d¨ ar x1 , x2 , . . . , xn ¨ ar koordinaterna f¨ or vektorn v i basen e. Slutsansen ¨ ar att det r¨ acker att veta om T (e1 ), . . . , T (en ) f¨ or att kunna ber¨ akna godtyckligt T (v). Om f1 , . . . , fm ¨ ar en bas i U finns det tal aij s˚ a att T (ej ) = a1j f1 + . . . + amj fm . Matrisen A = (aij ) kallas f¨ or avbildningsmatrisen till T i baserna e, f . En bra minnesregel ¨ ar att kolonnerna i A ¨ ar bilden av basvektorerna, vilket betyder att kolonn j i A ¨ ar koordinaterna (i basen f ) f¨or T (ej ). Det viktiga h¨ ar ¨ ar allts˚ a att s˚ a fort vi fixerat baser i V och U kan vi gl¨ omma bort T och enbart arbeta med matrisen A. Sammans¨attning av linj¨ara avbildningar overs¨ atts till matrismultiplikation. Man b¨ or dock komma ih˚ ag att det ¨ ar en subtil, ¨ men viktig skillnad mellan T och A. Man kan se T som en summa pengar, och A ¨ar motsvarande summa i en viss valuta. Summan ¨ ar densamma, oavsett valuta, och olika valutor kan representera samma summa. Sats 5.117 s¨ager att om T ¨ar en linj¨ar operator p˚ a vektorrummet V med matrisen Ae i basen e, och basen Af i basen f , s˚ a g¨ aller det att Af = S −1 Ae S d¨ ar S ¨ ar basbytesmatrisen fr˚ an basen f till e. 16Detta inneb¨ ar att de skal¨ arer vi f˚ ar multiplicera med ¨ ar samma i de b˚ ada vektorrummen. 17Detta ¨ ar en mycket viktig sats!

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

11

Vi s¨ager att tv˚ a kvadratiska matriser A, B ¨ar simil¨ ara om B = S −1 AS f¨or n˚ agon basbytesmatris S. Tv˚ a matriser ¨ar allts˚ a simil¨ara om och endast om de representerar samma linj¨ ara operator uttryckta i olika baser. En linj¨ar operator ¨ar inverterbar om och endast om motsvarande avbildningsmatris18 ¨ ar inverterbar. Rekommenderade uppgifter 5.1-5.10, 5.12 Problem. 42 (Lidiya) L˚ at T vara en linj¨ar avbildning fr˚ an V till U d¨ar dim V = 5 och dim U = 6. Vilken storlek har en matris som representerar T (i n˚ agot val av baser)? Problem. 43 (Linnea) Betrakta den linj¨ ara avbildningen T fr˚ an R3 till R4 som ges av T (x, y, z) = (x − y, y − z, z − x, x + y + z). Best¨am avbildningsmatrisen f¨or T uttryckt i standardbaserna f¨or respektive vektor¨ T injektiv eller surjektiv? rum. Ar Problem. 44 (Lejla) Best¨ am bilden av 1, x och x2 under f¨oljande linj¨ara avbildningar: (a) (b) (c) (d)

p(x) 7→ p0 (x) p(x) 7→ p(x − 1) p(x) 7→ 3p(2x) p(x) 7→ xp0 (x)

Problem. 45 (Lizette) Betrakta rummet av polynom av grad maximalt 2, och den linj¨ ara avbildningen T : p(x) 7→ −p(x − 1) som verkar p˚ a detta linj¨ara rum. Best¨am avbildningsmatrisen f¨ or T i basen 1, x, x2 . Problem. 46 (Lilly) Best¨am avbildningsmatrisen, en bas och dimension f¨or ker F , en bas och dimension f¨or Im F samt rangen av den linj¨ara avbildningen F som definieras i var och en av deluppgifterna nedan. Avg¨or ocks˚ a om avbildningen ¨ar n˚ agot av injektiv, surjektiv eller bijektiv. (a) F : M2 (R) → M2 (R) d¨ ar  F

a c

  b a+b = d a−b

 a+c a−d

med basen  1 0

  0 0 , 0 0

  1 0 , 0 1

  0 0 samt 0 0

 0 . 1

(b) F : P2 (R) → P3 (R) med F (1) = x3 + 1,

F (x + 1) = x2 − 1 och F (x2 + 1) = x − 1,

i baserna {1, x + 1, x2 + 1} resp. {1, x, x2 , x3 }. (c) F : P3 (R) → P2 (R) d¨ar F (p(x)) = p(0) + p(1)x + p(2)x2 , med resp. standardbas. (d) F : R2 → C d¨ ar F (a, b) = a + ib med baserna {(1, 0), (0, 1)} respektive {1, i}.

18Efter n˚ agot val av bas

12

P. ALEXANDERSSON

Problem. 47 (Liona) Den linj¨ ara avbildningen T : R3 → R4 definieras som T (x, y, z) = (x − y + 2z, x + y − z, 2x + z, x − 3z). Best¨ am en bas f¨ or T :s nollrum resp. v¨arderum. Problem. 48 (Lykke) Best¨ am en bas f¨ or ker A, Im A och radrummet till matrisen   1 1 2 A = −1 1 0 . 2 3 5 8. Linj¨ ara avbildningar II sid. 92–103 Del 5.4 b¨orjar med att observera att om vi har ett delrum W ⊆ V och T : V → U s˚ a¨ ar T W := {T (w)|w ∈ W } ett delrum till U . Speciellt ¨ ar T V ett delrum, och detta betecknas Im T . Detta kallas f¨ or avbildningen T :s bildrum, eller v¨ arderum. Liknande visas att de vektorer i V som avbildas p˚ a nollvektorn ¨ ar ett delrum i V och betecknas ker V . Detta kallas f¨or T :s nollrum eller k¨ arna. Sats 5.5 ¨ar sedan en bra sats som ger en massa ekvivalenta definitioner p˚ a rangen av en matris eller avbildning. Sats 5.8 ¨ ar en av de viktigaste satserna i kapitlet, som visar att dim ker T + dim Im T = dim V om T : V → U ¨ ar en linj¨ ar avbildning. Slutligen i Sats 5.13 ger man ekvivalenta f¨ oruts¨ attningar f¨ or att en avbildning skall vara injektiv eller surjektiv, vilket ¨ar mycket centrala begrepp. Dessa skall man k¨ anna igen19 sedan tidigare, n¨ ar man talat om allm¨ana funktioner. Sammanfattningsvis, kapitlet arbetar mycket med hur dimensionerna f¨or vektorrum och delrum samspelar med speciella delrum som f˚ as fr˚ an linj¨ ara avbildningar. Bara genom att veta dimensionen f¨ or nollrummet till en avbildning kan man s¨ aga ganska mycket om avbildningen. Exempelvis, T : R5 → R4 m˚ aste ha en k¨arna som har minst dimension ett, Im T ⊆ 4 R s˚ a dim Im T ≤ 4. D˚ a dim ker T + dim Im T = 5 f¨oljer det att dim ker T ≥ 1. Rekommenderade uppgifter 5.1-5.10, 5.12 Problem. 49 (Liliya) En linj¨ ar avbildning T : R4 → R3 uppfyller att rank T = 3. Best¨ am dim ker T och ¨ l¨osningen unik? dim Im T . Kan man l¨ osa ekvationen T (x) = v f¨or alla v ∈ R3 ? Ar Problem. 50 (Leya) Best¨am en bas f¨or ker T och Im T eller avg¨or om resp. rum ¨ar nolldimensionellt, till den linj¨ ara avbildningen T : P1 (C) → P2 (C) d¨ar T (p(x)) = xp(2ix) − p(x). Problem. 51 (Lisen) 00 En linj¨ ar avbildning T : P2 (R) → P2 (R) definieras av T (p(x)) = ((x + 1)p(x)) . Best¨am en bas f¨or nollrummet samt v¨arderummet till den sammansatta avbildningen T ◦ T . Finns det ett polynom p(x) ∈ P2 (R), s˚ a att T (T (p(x)) = x?

19Fundera p˚ a likheterna!

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

13

Problem. 52 (Liza) L˚ at V = {p(x) : deg p ≤ 5} och definiera T1 , T2 : V 7→ V enligt T1 (p(x)) = x5 p(1) + 0 p (x) och T2 (p(x)) = −5x4 p(1) + p0 (x). (a) Best¨ am en bas f¨ or V . (b) Best¨ am nollrum och v¨ arderum f¨or T1 och T2 . Problem. 53 (Liselott) L˚ at V1 = R3 , V2 = R3 , V3 = R4 . L˚ at A : V1 7→ V2 och B : V2 7→ V3 vara linj¨ ara avbildningar givna av matriserna     1 0 1 1 2 4 1 2 0  1 3 B =  A = 1 3 3 3 0 −1 −1 1 2 3 i n˚ agon bas i respektive vektorrum. Best¨ am en bas f¨ or nollrum och v¨ arderum f¨ or A, B samt BA. Problem. 54 (Linda) L˚ at V1 , V2 , V3 vara vektorrum, och A : V1 7→ V2 en linj¨ ar avbildning med 2dimensionellt nollrum, och 2-dimensionellt v¨arderum. L˚ at B : V2 7→ V3 vara en linj¨ar avbildning med 3-dimensionellt nollrum och 3-dimensionellt v¨arderum. (a) Best¨ am dimensionerna p˚ a vektorrummen V1 och V2 . (b) Best¨ am m¨ ojliga dimensioner p˚ a nollrum och v¨ arderum f¨ or den sammansatta avbildningen B ◦ A : V1 7→ V3 . J¨amf¨ or med problem 53. Problem. 55 (Linn-Sofia) Finns det en linj¨ ar avbildning F : R3 → R3 som uppfyller att F (2, 7, 3) = (1, 0, 1), F (−1, −3, 1) = (0, 3, −1) och F (1, 5, 9) = (1, 4, −1)? Problem. 56 (Lucya) Visa att om A och B ¨ ar simil¨ ara, s˚ a ¨ ar A inverterbar om och endast om B ¨ ar inverterbar. Problem. 57 (Larisa) Avg¨ or om matriserna A och B nedan ¨ar simil¨ara. 20     2 0 8 18 A= , B= 0 −1 −3 −7 Problem. 58 (Lubov) Visa att operatorn T som avbildar polynomet p(x) p˚ a p(x) + p0 (x) ¨ ar en linj¨ ar ¨ denna avbildning operator i vektorrummet av polynom med reella koefficienter. Ar inverterbar om man begr¨ ansar graden p˚ a polynom till n˚ agot fixt n? Problem. 59 (Lada) L˚ at V = U1 ⊕ U2 och l˚ at T : V → W vara en linj¨ar avbildning s˚ a att T U1 ∩ T U2 = 0. Visa att Im T = T U1 ⊕ T U2 om dim ker T = 0.

20Tips: Finns det n˚ agom matris S s˚ a att SA = BS d¨ ar S ¨ ar en basbytesmatris? En matris ¨ ar en basbytesmatris om dess determinant ¨ ar skild fr˚ an 0.

14

P. ALEXANDERSSON

Problem. 60 (Lyubonka) F¨ or att unders¨ oka om en samling funktioner f1 , . . . , fn ¨ ar linj¨ art oberoende, kan man anv¨ anda Wronskianen W , vilket definieras som determinanten f1 f2 ... fn f10 f20 ... fn0 W = .. .. .. . .. . . . . (n−1) (n−1) (n−1) f f2 . . . fn 1 Om W inte ¨ar identiskt noll, ¨ar funktionerna linj¨art oberoende, men om W f¨orenklas till 0, ¨ ar funktionerna linj¨ art beroende. Visa att funktionerna sin x, cos x och eax ¨ar linj¨art beroende precis d˚ a a = ±i. Problem. 61 (Line-Lott) L˚ at V vara m¨angden av alla kontinuerliga funktioner f fr˚ an R till R s˚ a att f (x) > 0 f¨ or alla x. Definiera den bin¨ ara operationen ⊕ p˚ a V × V 7→ V enligt f ⊕ g = f · g. Definiera ¨ aven avbildningen ⊗ p˚ a R × V 7→ V enligt λ ⊗ f = f λ . Visa att V tillsammans med ⊕ som vektoraddition, och ⊗ som multiplikation med skal¨ar bildar ett vektorrum. Avg¨or d¨arefter vilka av f¨oljande avbildningar fr˚ an V till V som ¨ ar linj¨ ara. p (a) T (f (x)) = f (x) (b) T (f (x)) = f (x) + 1 (c) T (f (x)) = f (−x) 2 (d) T (f (x)) = f (x)x −1 9. Spektralteori sid. 115–126 Vi s¨ager att en matris A ¨ar diagonaliserbar om A ¨ar simil¨ar med en diagonalmatris. Om A ¨ ar diagonaliserbar, kan vi enkelt ber¨ akna Ak . Vi har att A = S −1 DS f¨ or k en diagonalmatris D och noterar att A = (S −1 DS)k = S −1 Dk S. Det ¨ ar l¨ att att ber¨ akna Dk . F¨ or att finna basbytesmatrisen S till en diagonaliserbar matris s˚ a introduceras begreppen egenvektor och egenv¨ arde. Givet en kvadratisk matris A s˚ a¨ ar v 6= 0 en egenvektor om Av = λv f¨or n˚ agot λ ∈ K. H¨ar ¨ar λ egenv¨ardet till v. Observera att diagonalmatrisen D = diag(λ1 , . . . , λn ) alltid har de n linj¨ art oberoende egenvektorerna Ei med motsvarande egenv¨ arde λi . S˚ aledes, om A ¨ ar diagonaliserbar, s˚ a m˚ aste A = S −1 DS ocks˚ a ha n linj¨art oberoende egenvektorer, n¨amligen S −1 Ei , f¨or i = 1, 2, . . . , n. Diagonalisering av A kr¨ aver allts˚ a att vi hittar A:s egenvektorer. Nu, Av = λv ger att (A − λI)v = 0 och detta g˚ ar att l¨ osa f¨ or v 6= 0 bara om |A − λI| = 0. Vi definierar A:s karakteristiska polynom 21, pA (λ) = |A − λI| och r¨ otterna till detta polynom ¨ ar A:s egenv¨ arden. Fr˚ an dessa kan man sedan hitta egenvektorer genom att s¨ atta in dessa r¨ otter λi i ekvationen (A − λI)v = 0 och finna v. Korollarium 6.7 visar att om A ∼ B s˚ a g¨aller pA (λ) = pB (λ) vilket direkt ger att vi kan tala om en linj¨ ar operators egenv¨arden utan22 att best¨amma en bas. Notera att inte alla matriser ¨ar diagonaliserbara! Rekommenderade uppgifter 6.1-6.10

21P˚ a andra st¨ allen definieras det som |λI − A|, men dess r¨ otter ¨ ar samma 22Egenv¨ ardena ges av egenv¨ ardena till operatorns avbildningsmatris i n˚ agon bas, och ¨ ar

oberoende av val av bas.

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

Problem. 62 (Eleonora) Best¨ am alla egenv¨ arden och motsvarande egenvektorer till matrisen   1 3 A= . −2 8 Problem. 63 (Evelina) Diagonalisera matrisen  A=

 3 . 8

1 −2

Problem. 64 (Emelie) Best¨ am alla egenv¨ arden och bas f¨or motsvarande egenrum till matrisen   5 −2 −2 1 −2 . A = 2 2 −2 1 Problem. 65 (Enya) Diagonalisera matrisen  5 A = 2 2

 −2 −2 1 −2 . −2 1

Problem. 66 (Esmeralda) Ber¨ akna egenv¨ arden och motsvarande egenvektorer till f¨oljande matriser:     0 0 3 −3 −4 0 1 0  (b)  −4 3 −1  (a)  0 4 0 −1 0 1 1 

 4 −4 −3 2 . 2 −3

−4 (c)  4 4 Problem. 67 (Embla) Visa att matrisen  1 A = 0 0

0 1 0

 1 1 1

inte kan diagonaliseras. Problem. 68 (Ester) Best¨ am en matris B s˚ a att B3 =



6 5

 2 . 3

15

16

P. ALEXANDERSSON

Problem. 69 (Elvira) P˚ a ett universitet s˚ a studeras tv˚ a¨ amnen, teoretisk fysik och virkning. Varje ˚ ar, s˚ a b¨ orjar 20% av de som ¨ ar sysslol¨ osa med teoretisk fysik, och 20% av de som studerar teoretisk fysik byter till virkning. Slutligen, av de som virkar, byter 30% av ¨ studenterna till teoretisk fysik. Ovriga personer forts¨ atter med samma syssla som de hade tidigare. Om det ett visst ˚ ar finns 120 personer som ¨agnar sig ˚ at att vara sysslol¨os, studera fysik resp. virka, hur ser f¨ ordelningen ut efter ett ˚ ar? N¨ armar sig f¨ ordelningen ett stabilt tillst˚ and med ˚ aren? Best¨am vilken i s˚ adana fall. Problem. 70 (Florentina) Best¨ am A20 , d¨ ar 

1 2 A = 0 2 0 0

 −1 −3 . −1

Problem. 71 (Emma) L˚ at V = {p(x) : deg p ≤ 3} och l˚ at T vara den linj¨ ara avbildningen som har egenskaperna T (1) = x, T (x) = x2 , T (x2 ) = x3 och T (x3 ) = 1. Best¨ am en egenvektor till T . Problem. 72 (Elizaveta) F¨ ors¨ ok f¨ orklara geometriskt varf¨or matrisen   1 1 0 1 bara har egenvektorer parallella med (1, 0)T . Var avbildas vektorn (a, b)T ? Rita! Varf¨ or kan inte denna matris diagonaliseras? Problem. 73 (Svetlana) Argumentera f¨or att en rotationsmatris i rummet alltid har en egenvektor med l¨angd 1. Problem. 74 (Evgeniya) Visa att produkten av egenv¨ardena (r¨aknat med multiplicitet) till en diagonaliserbar matris A ges av |A| = pA (0). Problem. 75 (Elena) L˚ at A vara en kvadratisk matris, d¨ ar summan av talen i varje kolonn blir 1. Visa att 1 a r ett egenv¨ a rde till A genom att visa f¨oljande serie av implikationer: ¨ Summan av alla rader i A − I ¨ar 0.

⇒

Determinanten |A − I| a¨r noll. Talet 1 ¨ ar ett egenv¨arde till A.

⇒

Problem. 76 (Eugina) L¨os systemet nedan av f¨orsta ordningens differentialekvationer med hj¨alp av diagonalisering:  0 f1 = 6f1 + 4f2 + 4f3 + 4f4    f 0 = 2f + 4f + 2f + 2f 1 2 3 4 2 0  f3 = −4f1 − 4f2 − 2f3 − 2f4    0 f4 = −2f1 − 2f2 − 2f3

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

17

Problem. 77 (Elicia) L¨os f¨ oljande system av linj¨ ara differentialekvationer  0  f = f − g − h 0 g = −f + g − h   0 h = −f + g + h med randvillkoren f (0) = 1, g(0) = 2, h(0) = 0. 10. Normer & skal¨ arprodukter I sid. (225–230), 241–254 Kapitel 11 kan l¨ asas n˚ agolunda kursivt, men det kan vara intressant l¨asning att se tanken bakom en norm. En norm a¨r en slags generalisering av l¨angd eller storlek. Olika normer har olika bra och d˚ aliga egenskaper, och vilken som anv¨ands beror p˚ a till¨ ampning. I kapitel 12 definieras det hermitiska konjugatet till en matris, betecknat AH . Denna konstruktion anv¨ ands flitigt f¨or att behandla skal¨ arprodukter. En skal¨arprodukt tilldelar varje par av vektorer ett (komplext eller reellt) tal. Definitionen p˚ a skal¨arprodukt ¨ar en viktig definition. Det finns lite olika s¨att att beteckna skal¨arprodukten av tv˚ a vektorer. Boken anv¨ander (u, v), i annan litteratur f¨orekommer (u|v) och ¨ aven hu|vi anv¨ ands. Skal¨ arprodukten ger oss m¨ ojlighet att b¨ orja tala om ortogonalitet, tv˚ a vektorer ar ortogonala om deras skal¨ arprodukt ¨ar 0, precis som vi k¨anner igen fr˚ an tidigare ¨ kurser i linj¨ ar algebra. Gram-Schmidt-algoritmen ger oss en metod att fr˚ an en upps¨ attning vektorer konstruera en ortonormal bas, och denna algoritm ¨ar mycket viktig att beh¨arska. Genom Gram-Schmidt dyker ganska naturligt begreppet unit¨ ara matriser upp, vilket ¨ ar matriser A s˚ a att AH = A−1 . Kolonnerna i en unit¨ ar matris bildar en ortogonal bas, vilket ¨ ar det man tillverkar via Gram-Schmidt. Om man ser p˚ a en unit¨ ar matris som en avbildning, ¨ ar det ungef¨ ar som en rotation (samt m¨ ojligen ett antal reflektioner). Vi har n¨ amligen att |Av| = |v| f¨ or alla vektorer, och det ¨ ar precis rotationer och reflektioner som bevarar l¨angd p˚ a alla vektorer. En s˚ adan typ av avbildning som bevarar l¨angd kallas f¨or isometrisk avbildning. Det ¨ar lite sv˚ arare att f¨ orest¨ alla sig vad detta inneb¨ar geometriskt f¨or komplexa matriser. Med hj¨alp av Gram-Schmidt kan vi konstruera en QR-uppdelning av en godtycklig matris A, d¨ ar vi uttrycker A = QR d¨ ar Q ¨ ar en unit¨ ar matris, d¨ ar kolonnerna ¨ ar de basvektorer vi fick fr˚ an Gram-Schmidt och R ¨ ar en ¨ overtriangul¨ ar matris med positiva pivotelement. Denna uppdelning ¨ ar praktisk n¨ ar man t.ex. vill l¨ osa stora ekvationssystem numeriskt. Rekommenderade uppgifter 11.1-11.3, 12.1-12.10, 12.12, 12.13 Problem. 78 (Sabina) Utf¨ or f¨ oljande ber¨ akningar p˚ a rummet av polynom med skal¨arprodukten Z1 hp(x)|q(x)i =

p(x)q(x)dx. −1

 (a) x2 x  (b) x2 + 2 x + 1 (c) |x2 |

18

P. ALEXANDERSSON

Problem. 79 (Nelly) Pn 2 Visa att hx|yi = ar en skal¨ arprodukt i Cn och best¨ am l¨ angden j=1 xj yj /j ¨ (definierad av denna skal¨ arprodukt) av vektorn (1, −2, 3). Problem. 80 (Samantha) Vektorerna f1 = (1, 1, 1), f2 = (1, 0, −1) och f3 = (0, 0, 1) a¨r linj¨art oberoende. Utf¨or Gram-Schmidts ortogonaliseringsprocess p˚ a dessa vektorer. Problem. 81 (Simona) Best¨am en ortonormerad bas f¨or det rum som sp¨anns upp av kolonnerna i matrisen nedan, och utvidga (om n¨ odv¨ andigt) till en bas f¨or hela R3 .   1 2 1 1 2 0 . 1 2 1 Problem. 82 (Savannah) Vektorerna (1, 1, 1), (1, 0, 3), (3, 2, 5) och (0, −1, 2) sp¨ anner upp ett underrum U i R3 . Best¨ am en ON-bas f¨ or detta underrum, och utvidga till en bas f¨or hela R3 . Problem. 83 (Sandy) Best¨am den ortogonala projektionen av vektorn u = (1, 0, 0, −2) p˚ a rummet U som sp¨ anns upp av vektorerna (1, 0, 0, 0) och (1, 1, 1, 1), genom att f¨ orst best¨ amma en ON-bas f¨ or U och utnyttja denna. Problem. 84 (Stephanie) L˚ at U vara det linj¨ ara h¨ oljet av vektorerna (1, 1, 0, 1) och (1, 0, 0, 0). L˚ at V vara det linj¨ ara h¨ oljet av (0, 1, −1, 1) och (0, 1, 1, 1). Best¨ am en ON-bas f¨ or U ∩ V eller visa att detta bara ¨ar nollvektorn, utvidga till en ON-bas f¨or U , utvidga denna bas ytterigare till en ON-bas f¨ or U + V och utvidga denna slutligen till en ON-bas f¨ or R4 . Problem. 85 (Nadezhda) Best¨ am en QR-uppdelning

23

av matrisen  1 −1 i A = 1 −1 −1 0 1 1

 i −1 . −1

Problem. 86 (Nadyenka) Best¨ am en QR-uppdelning av matrisen   i A = i . 1 Problem. 87 (Sophia) En viss typ av data kan presenteras med hj¨alp av polynom. Dock kr¨aver det ganska mycket plats att spara ett polynom, och vi ¨ ar bara intresserade av den ortogonala projektionen p˚ a rummet U som sp¨ anns upp av vektorerna x och x2 . Vi anv¨ ander standardskal¨ arproduken f¨ or polynom, p˚ a intervallet [0, 1]. 23Var noga med att konjugera den v¨ anstra vektorn i skal¨ arprodukterna om du arbetar med komplexa tal.

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

19

Best¨ am en ON-bas f¨ or U , och ber¨ akna sedan den ortogonala projektionen av u = 1 + 2x p˚ a U. Problem. 88 (Siri) L˚ at T : R4 7→ R4 d¨ar T :s nollrum sp¨anns upp av vektorerna (1, 0, 0, 0) och (1, 0, 2, 0) och vektorerna (1, 1, 1, 1) samt (1, 1, −1, −1) ¨ar egenvektorer med egenv¨arde 1 resp. 2 till T , (ON-bas). (a) Best¨ am ON-baser f¨ or T :s nollrum och v¨arderum. (b) Ber¨ akna T (20, 2, −30, 0). 11. Normer & skal¨ arprodukter II sid. 254–259 I Sats 12.5 listas ett antal ekvivalenta s¨ att att definiera unit¨ ara matriser. Dessa matriser ¨ar viktiga, s˚ a man b¨or vara v¨al bekant med deras egenskaper. Bland annat har vi att unit¨ ara matriser har en determinant 24 vars absolutbelopp ¨ar ett. Vi g˚ ar vidare med att definiera adjointen till en linj¨ar operator. Om A : V → V ¨ar en linj¨ar operator, definieras adjointen A∗ till en linj¨ar operator A genom att A∗ ar den linj¨ ara operator som uppfyller (A∗ u, v) = (u, Av) f¨ or alla u, v ∈ V . Just i ¨ ar man fram adjointen genom att transponatkonju¨andligtdimensionella vektorrum f˚ gera motsvarande avbildningsmatris, om basen man anv¨ander ¨ar en ON-bas, se Sats 12.10. Linj¨ara operatorer som uppfyller att A∗ = A spelar en viktig roll inom kvantmekaniken. De motsvarande avbildningsmatriserna i en ON-bas ¨ar s˚ a kallade hermitiska matriser som uppfyller AH = A. Detta leder oss till del 12.6, d¨ ar Sats 12.11 ¨ ar en av de viktigaste satserna i boken, n¨amligen att hermitiska matriser alltid har reella egenv¨arden och alltid kan diagonaliseras med hj¨alp av unit¨ara matriser. Beviet f¨or det sistn¨amnda f¨oljer ocks˚ a direkt fr˚ an Sats 13.6, d¨ ar beviset ¨ar enklare ¨an det som ges i Sats 12.11. Slutligen, om U ⊆ V ¨ar ett delrum, kan vi med hj¨alp av skal¨arprodukten definiera det ortogonala komplementet till U , betecknat U ⊥ . Detta ¨ ar den m¨ angd vektorer som ¨ ar ortogonala mot alla vektorer i U . Sats 12.12 visar att V = U ⊕ U ⊥ f¨ or alla delrum U ⊆ V . Man kan d˚ a bilda en ON-bas e1 , . . . , en i V s˚ a att e1 , . . . , ek ar en ON-bas i U och ek+1 , . . . , en ¨ ar en ON-bas i U ⊥ . Vi kan d˚ a ocks˚ a definiera ¨ ortogonal projektion PU p˚ a ett delrum U , som den linj¨ara avbildningen som avbildar a1 e1 + . . . + ak ek + ak+1 ek+1 + . . . + an en ∈ V p˚ a a1 e1 + . . . + ak ek ∈ U . F¨ or PU g¨ aller d˚ a PU (u) = u f¨or alla u ∈ U och PU (v) = 0 f¨or alla v ∈ U ⊥ . Rekommenderade uppgifter 11.1-11.3, 12.1-12.10, 12.12, 12.13 Problem. 89 (Natalya) Diagonalisera den hermitiska matrisen nedan med hj¨alp av en unit¨ar matris.   −1 i 0  −i 0 1  0 1 −1 Problem. 90 (Nastiona) Diagonalisera den hermitiska matrisen nedan  3 0 A=0 2 −i 0

med hj¨alp av en unit¨ar matris.  i 0 3

24Determinanten sj¨ alv ¨ ar allts˚ a ett komplext tal p˚ a enhetscirkeln.

20

P. ALEXANDERSSON

Problem. 91 (Nonna) Visa att avbildningsmatrisen f¨or en ortogonal projektion ¨ar diagonaliserbar, och att alla egenv¨ arden ¨ ar 0 eller 1. 12. SV-uppdelning & normala matriser I sid. 263–270 I detta kapitel b¨orjar vi med att notera att f¨or godtycklig matris A s˚ a har AH A bara har reella, icke-negativa egenv¨arden. Vidare a¨r AH A hermitisk, vilket inneb¨ar att denna kan diagonaliseras med unit¨ara matriser. Dessa observationer a¨r grunden till att konstruera en singul¨ arv¨ ardesuppdelning av en godtycklig matris A. En matris kan alltid presenteras p˚ a formen A = U SV H d¨ar U och V a¨r unit¨ara matriser, och S a r en rektangul¨ a r matris med de singul¨ ara v¨ ardena till A p˚ a ¨ huvudduagonalen och o¨vriga element a¨r 0. Vi s¨ager att σ > 0 a¨r ett singul¨art v¨arde till A, om σ 2 a arde till AH A. ¨r ett egenv¨ Denna uppdelning har m˚ anga till¨ampningar, till exempel s˚ a kan man v¨alja enbart de k st¨ orsta singul¨ ara v¨ ardena och bilda matrisen Sk . Matrisen A0 = U Sk V H kommer d˚ a vara den matris med rang k som b¨ ast approximerar matrisen A. Mer precist, av alla matriser X med rang maximalt k, g¨aller att kA − XkF ¨ar som minst d˚ a X = A0 . Detta kan anv¨ andas f¨or att komprimera bilder eller annan data. Sats 13.3 och 13.4 visar p˚ a att de singul¨ ara v¨ ardena till en matris s¨ ager v¨ aldigt mycket om matrisen, och n˚ agra av de vanliga matrisnormerna beror enbart p˚ a de singul¨ ara v¨ ardena. F¨ or en linj¨ ar avbildning, kan de singul¨ ara v¨ ardena f¨ or motsvarande matris ses ungef¨ar som f¨orstorningsfaktorer, l¨angs med olika axlar. Fundera25 p˚ a hur rang och antal singul¨ ara v¨ arden h¨ anger samman. Singul¨arv¨ardesuppdelningen visar p˚ a att alla avbildningar kan framst¨allas genom f¨ orst speglingar och rotationer26, d¨ arefter f¨ orstorningar och f¨ orminskning samt projektioner 27 l¨ angs med koordinataxlarna, och slutligen ¨ annu en serie rotationer och speglingar givna av U . Rekommenderade uppgifter 13.1-13.4, 13.6, 13.8, 13.10-13.13 Problem. 92 (Adleta) Best¨ am en singul¨ arv¨ ardesuppdelning till matrisen   2 2 A =  0 −1  . −1 0 Problem. 93 (Alyona) Best¨ am en singul¨ arv¨ ardesuppdelning till matrisen   1 −1 0  0 i 2 . 1 −1 0 13. SV-uppdelning & normala matriser II sid. 270–276 Den andra delen av detta kapitel handlar om normala matriser, det vill s¨ aga, matriser som uppfyller att AH A = AAH . Unit¨ ara, hermitiska och skev-hermitiska matriser ¨ ar alla exempel p˚ a normala matriser. Vi skall i detta kapitel visa att alla normala matriser kan diagonaliseras med hj¨ alp av unit¨ ara matriser, vilket direkt 25Kom ih˚ ag att rangen ¨ ar samma som dimensionen f¨ or bildrummet av en matris. 26Med hj¨ alp an en unit¨ ar matris V H 27 Detta representeras av S. Nollorna p˚ a huvuddiagonalen i S representerar projektion p˚ a koordinataxlarna.

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

21

visar att unit¨ ara och hermitiska matriser ocks˚ a kan diagonaliseras. Detta fyller i sista luckan tidigare resonemang, s˚ a som beviset f¨or SV-uppdelning. Schurs lemma visar att alla kvadratiska matriser kan Schur-uppdelas enligt A = U RU H , d¨ ar U ¨ ar unit¨ ar och R ¨ ar ¨ overtriangul¨ ar. Denna uppdelning anv¨ ands upprepade g˚ anger i Sats 13.8. En viktig sak att p˚ apeka med beviset f¨ or Schurs lemma ¨ ar att man f¨ oruts¨ atter anv¨andandet av komplexa egenv¨arden. Alla matriser har n¨amligen minst ett komplext egenv¨ arde 28 och d˚ a minst en motsvarande egenvektor. Vi sammanfattar nu alla m¨ ojligheter att diagonalisera en kvadratisk matris A: (1) A ¨ ar normal: Vi unders¨oker A:s egenv¨arden. arden ¨ ar olika: Alla egenrum ¨ ar endimensionella. Vi finner (a) Alla egenv¨ egenvektorer som normeras och A = U DU H d¨ar U ¨ar unit¨ar. (b) Vissa egenv¨ arden har multiplicitet: Egenrummens storlek motsvarar multiplictiteten p˚ a motsvarande egenv¨arde. I varje egenrum finner man en bas, men man m˚ aste utf¨ ora Gram-Schmidt p˚ a denna f¨ or att f˚ a en ON-bas av egenvektorer. Dessa ger d¨ arefter en diagonalisering d¨ ar A = U DU H med U unit¨ar. (2) A ¨ ar inte normal: Vi unders¨oker A:s egenv¨arden. arden ¨ ar olika: Om alla egenv¨arden ¨ar olika, ¨ar alla egenrum (a) Alla egenv¨ endimensionella. Vi finner egenvektorer, som vi vet ¨ar linj¨art oberoende (men inte ortogonala). Egenvektorerna st¨ alls upp som kolonner i en basbytesmatris och A = SDS −1 . (b) Vissa egenv¨ arden har multiplicitet: Vi m˚ aste unders¨ oka de multipla egenv¨ ardena. Om n˚ agot egenrum har mindre dimension ¨ an multipliciteten p˚ a motsvarande egenv¨ arde, s˚ a¨ ar matrisen inte diagonaliserbar. Om vi d¨ aremot hittar lika m˚ anga linj¨ art oberoende egenvektorer som storleken p˚ a A, s˚ a diagonaliseras A som A = SDS −1 . Notera att vi ingenstans f¨ oruts¨ atter att egenv¨ ardena ¨ ar reella. Vi m˚ aste ibland anv¨anda komplexa egenv¨arden och egenvektorer vid diagonalisering, ¨aven om matrisen A bara inneh˚ aller reella tal! Rekommenderade uppgifter 13.1-13.4, 13.6, 13.8, 13.10-13.13 Problem. 94 (Agafonika) Visa att matrisen A nedan ¨ ar normal, och presentera den p˚ a formen A = U DU H d¨ ar U ¨ ar en unit¨ ar matris.   2 − 6i 2 − 3i A= . −2 − 3i 2 + 6i Problem. 95 (Angelina) Ge exempel p˚ a en matris med storlek 4 × 4 som har egenv¨ardena 1, 2, 3, 4 och som a) inte a ¨r normal. b) a r hermitisk, men a ¨ ¨r inte en diagonalmatris. 14. Kvadratiska och hermitiska former sid. 281–294 I kursens sista kapitel m¨oter vi funktioner p˚ a formen f (x) = xH Ax d¨ar A ¨ar en 29 hermitisk matris. Funktionen kallas f¨ or en hermitisk form. Som ett exempel vi 2 st¨ ott p˚ a tidigare ¨ ar f (x) = kxk = xH x en hermitisk form. 28Detta f¨ oljer av att varje (karakteristiskt) polynom har minst en komplex rot. 29Funktionen tar en vektor som argument.

22

P. ALEXANDERSSON

En hermitisk form f ¨ ar alltid reellv¨ ard, s˚ a vi kan tala om huruvida f alltid ¨ ar positiv f¨ or x 6= 0, icke-negativ, och s˚ a vidare. Dettta leder till definitionen av att vara positivt definit, positivt semi-definit etcetera som definieras i Definition 14.1. ˆ f˚ En viktig observation ¨ar att om vi utf¨or ett basbyte p˚ a vektorerna, x = S x ar vi ˆ H S H AS x ˆ. en motsvarande hermitisk form i den nya basen, fˆ(ˆ x) = x I Sats 14.2 visas det att vi alltid a att en hermitisk form P kan hitta en bas, s˚ xH Ax kan uttryckas som f (x) = i λi |xi |2 d¨ ar λi ¨ ar egenv¨ ardena30 till A. Denna representation g¨or det d˚ a enkelt att se om en matris ¨ar positivt definit, eller n˚ agon av de andra begrepped definierade i Definition 14.1. Vi kan ocks˚ a enkelt finna st¨orsta och minsta v¨arde till en hermitisk form under bivillkoret kxk = r d¨ar r ¨ar en positiv konstant. St¨orsta och minsta v¨arde under detta bivilkor ges helt enkelt av λ1 r2 resp. λn r2 d¨ ar λ1 , λn ¨ ar st¨ orsta respektive minsta egenv¨ardet till A. Observationen motiverar oss till att definiera begreppet kongruenta matriser, d¨ar tv˚ a kvadratiska matriser A, B ¨ar kongruenta om A = S H BS f¨or n˚ agon inverterbar matris S. I Sats 14.4 visar vi att varje hermitisk matris ¨ ar kongruent med en diagonalmatris p˚ a formen diag(1, 1, . . . , 1, −1, −1, . . . , −1, 0, 0, . . . , 0) med p ettor och m minus-ettor. Paret av talen (p, m) kallas f¨ or signaturen av en hermitisk matris, och fr˚ an signaturen kan vi omedelbart avg¨ ora om en matris ¨ ar positivt definit, indefinit och s˚ a vidare. Rekommenderade uppgifter 14.1-14.4, 14.7, 14.8, 14.13, 14.14 Problem. 96 (Kapitolina) Finn signatur, st¨orsta och minsta v¨arde till den hermitiska form f (x) som ¨ar given av matrisen   4 i 1−i 4 1 + i x. f (x) = xH  −i 1+i 1−i 0 under bivillkoret |x| = 4. Problem. 97 (Klavdiya) ¨ en hermitisk 5 × 5−matris med signaturen (4, 0) positivt definit? Om inte, vad Ar ar den d˚ a? ¨ Problem. 98 (Klementina) Ge exempel p˚ a en hermitisk 3 × 3-matris A med signaturen (1, 1) s˚ a att st¨ orsta v¨ardet f¨or den hermitiska formen f (x) = xH Ax ¨ar 5 och minsta v¨ardet ¨ar −4 under bivillkoret kxk = 1. 15. N˚ agra till¨ ampningar H¨ ar kommer en kort lista p˚ a vad man kan anv¨anda delar av linj¨ar algebra till. (1) Googles Pagerank-algoritm31 som bygger p˚ a att finna en viss egenvektor till en matris. Finns massa information om detta p˚ a n¨atet. (2) Principalkomonentsanalys, att finna en ON-bas d¨ar koordinaterna ¨ar sorterade efter hur viktiga de ¨ar. Anv¨ands f¨or att finna kluster. Detta till¨ampas inom medicin och rekommendationssystem. Se http://www.youtube.com/watch?v=_bSMW1Q9_Ks. (3) Ansiktsigeng¨ anning med PCA, s˚ a kallade eigenfaces. Se http://www.youtube.com/watch?v=n3sDhHH5tFg. (4) Bildkomprimering med SV-uppdelning. S¨ok p˚ a n¨atet. 30Kom ih˚ ag att vi kan diagonalisera normala matriser. 31Namngiven efter Larry Page, en av grundarna till Google.

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

23

(5) Datortomografi (computer tomography), stora ekvationssystem och Kacmarz metod. (6) Datorgrafik, fysikmotorer. 16. Kort lista p˚ a viktigaste delar F¨oljande defintioner ¨ar bland de viktigaste och skall kunna f¨orklaras: vektorrum, underrum, linj¨ ar avbildning, nollrum, v¨ arderum, dimension, rang, determinant, skal¨ arprodukt, ortogonala vektorer, egenv¨ arde, egenvektor, singul¨ ara v¨ arden, karakteristisk ekvation, unit¨ ar matris, hermitisk matris, normal matris, hermitiskt konjugat, hermitisk form. F¨ oljande typer av problem skall man kunna l¨osa: • G¨ ora ber¨ aknigar p˚ a blockmatriser. • Ber¨ akna determinanter av st¨orre matriser. • Avg¨ ora om ett objekt ¨ ar ett vektorrum, och d˚ a best¨ amma en bas samt dimension f¨ or detta vektorrum. • Givet en linj¨ ar avbildning, finna motsvarande matris i en given bas. • Finna bas f¨ or summa och snitt f¨or givna delrum. amma rang, nollrum, v¨ arderum, egenvv¨ arden och egenvektorer f¨ or en • Best¨ given matris eller linj¨ ar avbildning. • Diagonalisera en linj¨ ar avbildning. • Avg¨ ara om en funktion ¨ ar en skal¨ arprodukt, och anv¨ anda andra skal¨ arprodukter ¨ an standardskal¨arprodukten. • Best¨ amma en ON-bas f¨or ett givet (del)-vektorrum med Gram-Schmidt. • QR-uppdela en matris. • Singul¨ arv¨ ardesuppdela matriser. • Avg¨ ora om en matris ¨ ar normal, och diagonalisera s˚ adana med hj¨ alp av unit¨ ara matriser. • Diagonalisera en hermitisk form, best¨ amma dess st¨ orsta respektive minsta v¨ arde samt var dessa v¨arden antas.

24

P. ALEXANDERSSON

17. L¨ osningsf¨ orslag Lo ¨sning. 1 Exempelvis f¨ oljande   0 1 (a) A = B = . 0 0    0 1 1 (b) A = ,B = 0 0   0 1 0 1 (c) A = ,B = 0 1 0

 0 . 0  0 . 0

Lo ¨sning. 2 Produkterna a ¨r 

−1 + 8i 3i  8 2 −i 2

  3 + 5i −1  och  8 5 −7 −i

0 2 + 8i 3

 3 5 . −7

L¨ osning. 3 

0 Matrisen ges av 1 3

−4 −1 0

−7 −5 −2

 −10 −8 . −6

Lo ¨sning. 4 Exempelvis (a) Radmatris (1, 0, 2) (b) Kolonnmatris (1, 0, 2)T  0 1 (c) Permutationsmatris  1 0 0 1 (d) Element¨ ar matris 0 0  2 (e) Diagonalmatris diag(2, −1) = 0   0 1 (f) Nilpotent matris . 0 0

 0 −1

Lo ¨sning. 5 Vi b¨orjar med att transponera b˚ ada leden. Kom ih˚ ag att (AB)T = B T AT samt att −1 T T −1 (A ) = (A ) . Vi f˚ ar  −1   1 2 3 2 0 5 3 2 . M T = 1 2 2 1 1 1 0 3 −3 8 Vi st¨ aller nu upp det som en inversber¨ akning, men med den h¨ ogra matrisen ovan till h¨ oger, snarare ¨ an identitetsmatrisen:   1 2 3 2 0 5  1 2 2 1 3 2 . 1 1 0 3 −3 8 L˚ at oss kalla matriserna i respektive block f¨or A och B, dvs. vi har blockupppst¨allningen (A|B). Gausselimination p˚ a denna blockmatris ¨ar ekvivalent med multiplikation fr˚ an v¨ anster med element¨ ara matriser. N¨ ar vi slutligen har identitetsmatrisen i

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

25

v¨ ansterblocket, har b˚ ada blocken multiplicerats med ursprungliga v¨ ansterblockets invers fr˚ an h¨ oger. Gausselimination g¨or allts˚ a att (A|B) ¨overg˚ ar till (I|A−1 B).   1 2 3 2 0 5  1 2 2 1 3 2  ∼ Eliminera i kolonn 1 1 1 0 3 −3 8   1 2 3 2 0 5  0 0 −1 −1 3 −3  ∼ Platsbyte rad 2 & 3 0 −1 −3 1 −3 3   1 2 3 2 0 5  0 −1 −3 1 −3 3  ∼ Fixa kolonn 3 & teckenbyte 0 0 −1 −1 3 −3   1 2 0 −1 9 −4  0 −1 0 4 −12 12  ∼ Fixa kolonn 2 & teckenbyte 0 0 1 1 −3 3   1 0 0 7 −15 20  0 1 0 −4 12 −12  . 0 0 1 1 −3 3 Slutligen har vi d˚ a att  MT

7 = −4 1

   −15 20 7 −4 1 12 −12 ⇒ M = −15 12 −3 . −3 3 20 −12 3

Vi ¨ ar nu klara. Lo ¨sning. 6 L¨ osning saknas. Lo ¨sning. 7 (a) Eftersom A och B ¨ ar nilpotenta, finns k1 , k2 s˚ a att Ak1 = 0 och B k2 = 0. L˚ at k vara det st¨ orsta talet av k1 och k2 . D˚ a g¨ aller att Ak = B k = 0. Nu har vi att (AB)k = (AB)(AB) · · · (AB) men eftersom AB = BA kan vi sortera om ordningen p˚ a matriserna, s˚ a (AB)k = Ak B k . Det sista uttrycket ¨ar nollmatrisen, k eftersom A = 0. (b) L˚ at k vara som ovan. D˚ a har vi enligt binomialsatsen f¨or matriser att  2k  X 2k (A + B)2k = A2k−j B j . j j=0 Denna f˚ ar vi anv¨ anda eftersom AB = BA. Tittar vi nu p˚ a A2k−j B j ser vi att antingen ¨ar 2k − j ≥ k eller j ≥ k om 0 ≤ j ≤ 2k. Detta inneb¨ar att A2k−j = 0 eller B j = 0 f¨ or alla j, och vi har en summa av nollmatriser, som d˚ a givetvis blir nollmatrisen. (c) L˚ at k vara som ovan, och titta p˚ a utvecklingen av (A + A2 + A3 + . . . + Al )k . Detta blir en summa av potenser av A, d¨ar minsta exponenten som f¨orekommer a nollmatriser, och vi ser att uttrycket ovan blir nollmatrisen. ¨ar k. Alla termer ¨ar d˚ Matrisen A + A2 + A3 + . . . + Al ¨ar d˚ a nilpotent.

26

P. ALEXANDERSSON

Lo ¨sning. 8 Rangen ¨ ar 2, (tv˚ a g˚ anger rad 1 plus rad 2 ger rad 3). L¨ osning. 9 Vi b¨ orjar med att byta plats p˚ a de tv˚ a f¨ orsta raderna med en permutationsmatris, P213 , genom multiplikation fr˚ an h¨oger. Allts˚ a g¨aller   1 −1 2 0 P213 A = 0 2 3 0 −1 Till tredje raden adderas nu en (−3)−multipel av  1 (I + (−3)E31 )P213 A = 0 0

f¨orsta raden:  −1 2 2 0 3 −7

Multiplikation fr˚ an v¨ anster p˚ a b˚ ada sidorna med (I + (−3/2)E32 ) adderar − 23 av rad tv˚ a till rad tre:   1 −1 2 0 (I + (−3/2)E32 )(I + (−3)E31 )P213 A = 0 2 0 0 −7 Matrisen i h¨ ogerledet ¨ ar nu ¨ overtriangul¨ ar, och vi har bara gjort en permutation, som skedde f¨orst. Flyttar vi ¨over produkten med element¨ara matriser (inverserna ¨ar l¨ atta att ber¨ akna f¨ or dessa), f˚ ar vi att P231 A = LU d¨ar       1 0 0 1 −1 2 0 1 0 0 . P231 = 1 0 0 , L = 0 1 0 , U = 0 2 3 0 0 −7 0 0 1 3 2 1 L¨ osning. 10 Vi byter plats p˚ a de tv˚ a f¨ orsta raderna med permutationsmatrisen P213 , och f˚ ar     1 3 4 0 1 3 4 0 0 0 1 1  ∼ 0 0 1 1 . 1 1 2 −1 0 −2 −2 −1 Byte av de tv˚ a sista raderna med P132 ger slutligen   1 3 4 0 0 −2 −2 −1 0 0 1 1 som ¨ar ¨overtriangul¨ar. Vi vill ha P A = LU, s˚ a vi vet nu att P132 P213 A = LU. Utf¨or vi permutationerna, f˚ ar vi   1 3 4 0 P132 P213 A = P231 A = 1 1 2 −1 . 0 0 1 1 Vi applicerar nu element¨ ara matriser (fr˚ an v¨ anster) som gausseliminerar. Till rad tv˚ a adderas (−1) av rad ett, vilket motsvarar (I + (−1)E21 ):   1 3 4 0 (I + (−1)E21 )P231 A = 0 −2 −2 −1 = U. 0 0 1 1

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

Vi har n˚ att en ¨ overtriangul¨ ar Allts˚ a¨ ar  0 0 1

27

matris, allts˚ a har vi att P231 A = (I + (−1)E21 )−1 U . 1 0 0

  0 1 1 A = 1 0 0

0 1 0

 0 0 U 1

en LU -uppdelning. Lo ¨sning. 11 Vi gausseliminerar ned˚ at med hj¨alp av f¨orsta raden och f˚ ar     1 2 1 2 0  P1432 0 1  0     0 2 + i −→ 0 2 + i 0 0 0 1 som sedan kan elimineras till att bli ¨overtriangul¨ar. Vi b¨orjar s˚ aledes med P1432 A :   1 2 0 1  P1324 A =  −1 i  i 2i Radreducering ned˚ at med hj¨alp av f¨orsta raden sker med hj¨alp av (I + (−i)E41 )(I + E31 ) och vi har   1 2 0 1   (I + (−i)E41 )(I + E31 )P1324 A =  0 2 + i 0 0 Slutligen, (I + (−2 − i)E32 ) ger oss  1 0  (I + (−2 − i)E32 )(I + (−i)E41 )(I + E31 )P1324 A =  0 0

 2 1  0 0

Detta ger oss uppdelningen 

1 0 −1  P1324 A = [(I + (−2 − i)E32 )(I + (−i)E41 )(I + E31 )]  0 0    1 0 0 0 1 2 0 0 1 1 0 0    . P1324 A =  −1 2 + i 1 0 0 0 i 0 0 1 0 0

 2 1  0 0

Lo ¨sning. 12 Determinanten f¨ or en matris bevaras under transponering, samt operationen att addera en multipel av en rad till en annan rad. Vi kan allts˚ a utf¨ora en slags gausselimination, tills att matrisen blir ¨ overtriangul¨ ar. Determinanten byter tecken om vi byter plats p˚ a tv˚ a rader och slutligen, determinanten av en ¨ overtriangul¨ ar ¨ ar produkten av elementen p˚ a diagonalen.

28

P. ALEXANDERSSON

Vi ser att de tv˚ a f¨orsta raderna ¨ar ganska lika, liksom de tv˚ a sista, vilket utnyttjas f¨ or att ber¨ akningarna skall g˚ a l¨ attare: 1 3 4 6 1 3 4 2 an 1 & och rad 4 fr˚ an 3 2 2 1 1 = Subtrahera rad 2 fr˚ 2 1 1 1 0 0 0 4 1 3 4 2 a g˚ anger fr˚ an rad 4 0 1 0 0 = Subtrahera rad 2 tv˚ 2 1 1 1 0 0 0 4 1 3 4 2 = Addera tredje raden fem g˚ anger till rad 4 0 1 0 0 0 −5 −7 −3 0 0 0 4 1 3 4 2 0 1 0 0 0 0 −7 −3 Vi vi byter nu plats p˚ a raderna 1 och 2, 2 och 3, och sedan 3 och 4, f¨ or att matrisen skall bli ¨overtriangul¨ar. Detta inneb¨ar tre byten av rader, s˚ a determinanten multipliceras med (−1)3 och vi f˚ ar 1 3 4 2 0 1 0 0 3 (−1)3 = (−1) · 1 · 1 · (−7) · 4 = 28. 0 0 −7 −3 0 0 0 4 Determinantens v¨ arde ¨ ar allts˚ a 28. Lo ¨sning. 13 Det ser ut som om det kommer bli sv˚ ara ber¨akningar om vi gausseliminerar. Tricket h¨ ar ¨ ar att utveckla determinanten l¨ angs en rad eller kolonn. I allm¨ anhet, varje position i en determinant associeras ett tecken, liksom ett schackbr¨ ade, d¨ ar ¨ ovre v¨anstra h¨ ornet alltid har positivt tecken: + − + − · · · − + − + · · · + − + − · · · − + − + · · · .. .. .. .. . . . . . . . Att utveckla l¨angs en rad (kolonn) inneb¨ar att vi f¨or varje position i raden (kolonnen), stryker de element som st˚ ar p˚ a samma rad och kolonn, tar determinanten av den mindre matrisen, och multiplicerar med elementet samt tecken. Alla dessa termer adderas sedan samman. I v˚ art konkreta problem v¨ aljer vi att utveckla l¨ angs med f¨ orsta raden, d˚ a denna inneh˚ aller m˚ anga nollor, vilket underl¨ attar berkningarna. Determinanten blir d˚ a 1 x 0 0 0 0 2 x x + 1 + (−1) · 0 · x x x + 1 x · x 0 x−1 0 x − 1 1 1 x 1 x 1 0 0 x . + 0 · x x2 x + 1 + (−1) · 2 · x x2 0 0 0 0 x − 1 1

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

29

Eftersom tv˚ a av dessa termer ¨ar multiplicerade med 0, s˚ a f¨orsvinner dessa. Det som ˚ aterst˚ ar a a uttrycket ¨r d˚ 1 x 1 0 0 0 2 x x + 1 − 2 x x2 x . x x 0 x−1 0 0 x − 1 1 Vi utvecklar de tv˚ a mindre determinanterna p˚ a samma s¨ att, l¨ angs med f¨ orsta resp. sista raden, eftersom dessa rader inneh˚ aller m˚ anga nollor. 2 2   x x x + 1 x + 1 x + 0 x x 1 − 0 0 0 x − 1 x−1 1 1   1 0 − 0 x 0 + (x − 1) x 12 = −2 0 2 x x x x x x x x 1 x + 1 x − 2(x − 1) x x 2 x−1 1 Slutligen ber¨aknas de sista determinanterna med formeln f¨or 2 × 2−determinanter, och vi f˚ ar
x (x · 1 − (x − 1)(x + 1)) − 2(x − 1) x · x2 − x · 1 = x(x − x2 + 1) − 2(x − 1)(x3 − x) = x2 − x3 + x − 2(x4 − x2 − x3 + x) Determinantens v¨ arde ¨ ar d˚ a −2x4 + x3 + 3x2 − x. Lo ¨sning. 14 Endast svar presenteras: (a) x2 − x + 12, (b) −x2 , (c) 1. Lo ¨sning. 15 F¨ orsta steget blir att ber¨ akna determinanten i v¨ ansterledet. Rad 3 multiplicerade med x subtraheras fr˚ an rad 1. I n¨asta steg utvecklar vi l¨angs med f¨orsta kolonnen, d˚ a denna inneh˚ aller m˚ anga nollor. I tredje steget utvecklar vi l¨angs med f¨orsta raden: x 0 1 0 0 0 1 − x2 0 0 1 − x2 0 0 1 0 x 0 1 0 x = 1 0 x 1 0 x 0 = 1 0 x 0 x 0 1 0 x 0 1 0 x 0 1 2 1 x = −(1 − x ) . x 1 Ekvationen reduceras d˚ a till −(1 − x2 )(1 − x2 ) = 0 som med hj¨alp av konjugatregeln faktoriseras om till (1 − x)2 (1 + x)2 = 0. Svar: Ekvationens l¨ osningar ¨ ar x = ±1, d¨ar b˚ ada ¨ar dubbelr¨otter. Lo ¨sning. 16 F¨orst ber¨aknas determinanten. F¨orsta raden anv¨ands f¨or att eliminera i ¨ovriga rader. D¨ arefter utvecklar vi l¨ angs med f¨ orsta kolonnen och bryter vi ut faktorn x − 1 ur sista raden: 1 1 1 6x 1 1 1 6x 1 2 4 3x 0 1 3 −3x 1 3 9 2x = 0 2 8 −4x 1 x x2 6 0 x − 1 x2 − 1 6 − 6x 1 3 −3x 8 −4x = (x − 1) 2 1 x + 1 −6

30

P. ALEXANDERSSON

Vi forst¨ atter med att med hj¨ alp av f¨orsta raden eliminera i de tv˚ a andra: 1 3 −3x 2 2x 2 2x = (x − 1) = =(x − 1) 0 x − 2 3x − 6 0 x − 2 3x − 6 =(x − 1) ((6x − 12) − 2x(x − 2)) = −2(x − 1)(x2 − 5x + 6) Ekvationen i uppgiften reduceras (efter division med −2) s˚ aledes till (x − 1)(x2 − 5x + 6) = 0 ⇔ (x − 1)(x − 2)(x − 3) = 0 vilket f˚ as efter att hitta r¨otterna till andragradsuttrycket med t.ex. kvadratkomplettering. Det a ¨r nu klart att ekvationens l¨osningar ges av x = 1, 2, 3. Lo ¨sning. 17 Determinanten bevaras under gausselimination, s˚ a vi subtraherar f¨orsta raden fr˚ an alla de ¨ ovriga: 1 1 1 1 ... 1 0 1 − x 0 0 ... 0 0 0 3−x 0 ... 0 0 0 0 5 − x ... 0 .. .. .. .. . . . . ... 0 0 0 0 0 . . . 2n − 1 − x Matrisen i determinanten ¨ ar ¨ overtriangul¨ ar, s˚ a dess determinant ¨ ar produkten av diagonalelementen, vilket blir 1 · · · (1 − x)(3 − x)(5 − x) · · · (2n − 1 − x). Detta polynom har nollst¨ allena 1, 3, 5, · · · , 2n − 1, vilket d˚ a blir svaret p˚ a uppgiften. Lo ¨sning. 18 Rangen bevaras under radreducering, s˚ a vi b¨orjar med att radreducering med hj¨alp av sista raden:     1 a a2 a3 0 a − 1 a2 − 1 a3 − 1 1 2 3 4  0 1 2 3      1 1 2 3  ∼ 0 0 1 2  1 1 1 1 1 1 1 1 Det ser ut som om alla rader a art oberoende, utom f¨ or mycket speciella ¨r linj¨ v¨ arden p˚ a a. Detta inneb¨ ar att rangen generellt a r 4 d˚ a vi har precis fyra rader. ¨ F¨ or att verifiera detta, och finna de eventuellt speciella v¨ ardena p˚ a a ber¨ aknar vi determinanten av denna matris. Utveckling l¨angs med f¨orsta kolonnen leder till a − 1 a2 − 1 a3 − 1 2 3 |A| = − 1 0 1 2   2 3 1 3 1 2 2 3 = − (a − 1) − (a − 1) + (a − 1) 1 2 0 2 0 1
= − (a − 1) − (a2 − 1) · 2 + (a3 − 1) · 1 = 1 − a + 2a2 − 2 + 1 − a3 = −a3 + 2a2 − a = −a(a2 − 2a + 1) = −a(a − 1)2 Vi ser att endast d˚ a a = 0 och a = 1 s˚ a¨ ar rangen inte 4. Dessa v¨ arden s¨ atts in i matrisen vi fick efter radreducering.

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

Fall a = 0:

31



   0 −1 −1 −1 1 1 1 1 0 1   2 3   ∼  0 1 1 1 0 0   1 2 0 0 1 2 1 1 1 1 0 0 0 0 och rangen f¨ or ursprungliga matrisen ¨ar allts˚ a 3 om a = 0. Fall a = 1:     1 1 1 1 0 0 0 0 0 1 2 3  0 1 2 3     0 0 1 2 ∼  0 0 1 2 0 0 0 0 1 1 1 1 ger ¨aven detta att rangen 3. Sammanfattningsvis: Rangen f¨or den givna matrisen ¨ar 4, utom d˚ a a = 0 eller a = 1, och i dessa fall ¨ar rangen 3. Lo ¨sning. 19 Efter gausselimination av (a) f˚ as t.ex. matrisen   1 1 0 11 4 2 0 1 − 5 1  4 2 0 0 0 0 som har tv˚ a pivotelement, s˚ a rangen ¨ ar tv˚ a. Detta inneb¨ ar att antalet linj¨ art oberoende rader i ursprungliga matrisen ¨ar 2. Samma g¨aller f¨or kolonnerna. Notera nu att matrisen i uppgift (b) ¨ar transponatet av (a), d¨ar rader har bytts till kolonner. Allts˚ a har linj¨ art oberoende rader blivit linj¨ art oberoende kolonner och vice versa, och rangen i (a) och (b) m˚ aste n¨odv¨andigtvis vara samma. L¨ osning. 20 Varje rad a¨r miltiplicerad med c, s˚ a ur var och en av de n raderna kan vi bryta ut c. Lo ¨sning. 21 (a) Detta beviset ges i boken, Sats 3.1 (upplaga 2012). (b) Basfallet ¨ar klart, nollmatrisen har determinant noll. Antag nu att detta ¨ar sant f¨ or (n − 1) × (n − 1)-matriser och l˚ at A vara en n × n-matris med bara nollor p˚ a¨ oversta raden. Utveckling l¨angs med f¨orsta kolonnen ger nu |A| = a11 D11 − a21 D21 + · · · ± an1 Dn1 .

(c)

(d) (e) (f)

Notera att a11 = 0 och Dj1 f¨or j ≥ 2 ¨ar determinanter av (n−1)×(n−1)-matriser d¨ ar f¨ orsta raden bara inneh˚ aller nollor. Dessa ¨ ar enligt induktionsantagande noll, s˚ a hela determinanten |A| ¨ar d˚ a noll. L˚ at A vara n × n och undertriangul¨ ar. Basfallet n = 1 ¨ ar klart. Antag att p˚ ast˚ aendet ¨ar sant f¨or mindre matriser. Utveckling l¨angs med f¨orsta kolonnen i A ger |A| = a11 D11 − a21 D21 + · · · ± an1 Dn1 . d¨ar D11 ¨ar determinanten av en undertriangul¨ar matris med elementen a22 , . . . , ann p˚ a huvuddiagonalen. Matriserna Dj1 f¨ or j ≥ 2 ¨ ar matriser d¨ ar f¨ orsta raden bara inneh˚ aller nollor, s˚ a alla dessa ¨ar noll. Vi konstaterar att |A| = a11 D11 och induktion ger att |A| = a11 . . . ann . Detta ¨ ar Sats 3.2 i boken. Detta resultat visas p˚ a sidan 54 (upplaga 2012). Nu kan vi s¨atta samman allt. L˚ at A vara en kvadratisk matris, som LU -upppdelas som P A = LU . Detta leder till A = P −1 LU och vi f˚ ar att |A| = |P −1 ||L||U |. −1 Transponerar vi b˚ ada sidorna i A = P LU f˚ ar vi ist¨allet att AT = (P −1 LU )T = U T LT (P −1 )T = U T LT P

32

P. ALEXANDERSSON

vilket leder till att |AT | = |U T ||LT ||P |. Men eftersom U och U T har samma huvuddiagonal, och determinanten p˚ a triangul¨ ara matriser ¨ ar produkten av diagonalelementen, s˚ a f¨ oljer det att |U | = |U T |. P˚ a samma s¨ att g¨ aller att |L| = |LT |. Vi har ocks˚ a att |P | = |P −1 | vilket f¨ oljer fr˚ an att |P | = ±1 och |P P −1 | = |I| = 1. S˚ aledes, |A| = |P −1 ||L||U | = |P ||LT ||U T | = |AT | och vi har ett bevis f¨ or att |A| = |AT |. Lo ¨sning. 22 I deluppgift (a), kan man till exempel ta matrisen   0 1 1 1 0 0 1 1  A= 0 0 0 1 . 0 0 0 0 Svaret p˚ a deluppgift (b) ¨ ar nej. Om B har rang 4, s˚ a har B full rang, och d˚ a¨ ar |B| 6= 0. Det f¨ oljer att |B k | = |B|k ¨ ar nollskild f¨ or alla heltal k > 0. Eftersom nollmatrisen har determinant 0, finns det inget k s˚ a att B k ¨ar nollmatrisen. Matrisen B kan allts˚ a inte vara nilpotent. Lo ¨sning. 23 Det finns m˚ anga s¨ att att l¨ osa denna uppgift. H¨ar presenteras ett par. Induktion och blockmatriser : Det f¨ orsta som sker, ¨ ar att vi ber¨ aknar |C1 |, |C2 | och |C3 |. Efter lite jobb blir dessa v¨arden −3, 9 och −27. Vi tror att |Cn | = (−3)n . Basfallet n = 1 ¨ar redan klart. Antag nu att |Cn | = (−3)n f¨or ett visst n. Vi vill visa att |Cn+1 | = (−3)n+1 . Tittar vi p˚ a hur Cn+1 ser ut, kan denna skrivas p˚ a blockform som   1 0 2 Cn+1 = 0 Cn 0 2 0 1 d¨ar 0 representerar en rad eller kolonn med nollor av l¨amplig storlek. Determinanten ber¨ aknas genom utveckling l¨ angs med f¨orsta kolonnen, och ger C 0 2 0 |Cn+1 | = n − 2 C n 0 . 0 1 Notera tecknen. Kom ih˚ ag att Cn har storlek 2n × 2n. Utvecklar vi var och en av matriserna l¨ angs med sista kolonnen, f˚ ar vi nu |Cn+1 | = Cn − 4 Cn = −3|Cn |. Allts˚ a, |Cn+1 | = −3|Cn |. Om nu Cn = (−3)n , s˚ a m˚ aste d˚ a Cn+1 = (−3)n+1 . Induktionsbeviset a r nu klart. ¨ Gausselimination: Vi kan med hj¨alp av Gausselimination direkt arbeta med |Cn |: 1 0 . . . . . . 0 2 0 1 . . . . . . 2 0 .. .. . . .. .. .. . . . . . . |Cn | = . . . . . . .. . . .. .. .. .. 0 2 . . . . . . 1 0 2 0 . . . . . . 0 1 Rad j multipliceras med −2 och l¨aggs sedan till rad 2n − j, f¨or j = 1, 2, . . . , n. Detta eliminerar alla tv˚ aor i det nedre, v¨ anstra n × n-blocket i matrisen. Operationerna

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

33

bevarar determinanten och resultatet blir en ¨overtriangul¨ar blockmatris, I 2A I 2A = |Cn | = 0 I − 4I 0 −3I d¨ar A ¨ar n × n-matrisen med ettor p˚ a anti-diagonalen. Eftersom resultatet ovan ¨ar overtriangul¨ ar, ges determinanten av produkten av diagonalelementen, 1n (−3)n = ¨ (−3)n . Allts˚ a¨ ar |Cn | = (−3)n . Lo ¨sning. 24 Rangen f¨ or AB T och B T A ¨ ar b˚ ada maximalt det minsta v¨ ardet p˚ a m och n. En av produkterna har d˚ a inte full rank, och d˚ a f¨oljer det att determinanten ¨ar 0. F¨or andra delen av uppgiften, v¨ alj A = (1, 0) och B = (1, 0)T . D˚ a¨ ar |AB| = 1 men |BA| = 0. Lo ¨sning. 25 L¨ osning saknas. L¨ osning. 26 Vi vet att V har dimension tre. Det r¨ acker allts˚ a att visa att de tre polynomen vi f˚ att ¨ ar linj¨ art oberoende, eftersom de ¨ ar r¨ att till antalet. Vi vill allts˚ a visa att λ1 = λ2 = λ3 = 0 ¨ ar den enda l¨ osningen till ekvationen λ1 (x + 1) + λ2 (x2 − 1) + λ3 (2x) = 0. Vi bryter ut potenser av x och f˚ ar att ovanst˚ aende ekvation blir (λ1 − λ2 ) + (λ1 + 2λ3 ) + λ2 x2 = 0. F¨or att detta skall g¨alla f¨or alla x, m˚ aste koefficienterna framf¨or varje potens vara 0. Detta ger oss systemet   =0 λ 1 − λ 2 λ1 + 2λ3 = 0   λ2 =0 som enbart har l¨ osningen λ1 = λ2 = λ3 = 0. Vi har nu visat att 1 + x, x2 − 1 och 2x ¨ar linj¨art oberoende, och eftersom de ¨ar lika m˚ anga som dimensionen p˚ a V , f¨oljer det att de ¨ ar en bas. Vi skall nu finna koordinaterna f¨or polynomet x2 + 3x + 2 i denna bas. Koordinaterna ¨ ar precis den unika l¨ osning (λ1 , λ2 , λ3 ) till ekvationen λ1 (x + 1) + λ2 (x2 − 1) + λ3 (2x) = x2 + 3x + 2. vilket p˚ a samma s¨ att som ovan leder till ett   λ 1 − λ 2 λ1 + 2λ3   λ2

ekvationssystem, n¨amligen =2 =3. =1

Detta l¨ oses, och vi finner att (λ1 , λ2 , λ3 ) = (3, 1, 0). Koordinaterna f¨ or polynomet x2 + 3x + 2 i basen {1 + x, x2 − 1, 2x} ges allts˚ a av (3, 1, 0). L¨ osning. 27 Vi vet att R3 ¨ ar ett vektorrum, s˚ a det r¨ acker att visa att V ¨ ar ett delrum till R3 . F¨or att visa detta, m˚ aste vi visa att V ¨ar sluten under addition, samt multiplikation med λ ∈ R. Antag att (x1 , y1 , z1 ), (x2 , y2 , z2 ) ∈ V , det vill s¨aga x1 + y1 + z1 = 0 och x2 + y2 + z2 = 0. Summan av dessa tv˚ a vektorer blir (x1 + x2 , y1 + y2 , z1 + z2 ). Vi vill visa

34

P. ALEXANDERSSON

att denna vektor uppfyller att (x1 + x2 ) + (y1 + y2 ) + (z1 + z2 ) f¨or d˚ a ligger denna vektor i V . Men observera att (x1 + x2 ) + (y1 + y2 ) + (z1 + z2 ) = (x1 + y1 + z1 ) + (x2 + y2 + z2 )

=0+0=0

eftersom vi antog att de b˚ ada uttrycken i de h¨ ogra parenterserna ¨ ar noll. Vi har allts˚ a visat att V ¨ ar sluten under addition. F¨or att visa att V ¨ar sluten under multiplikation med skal¨ar, r¨acker det med att inse att om x + y + z = 0, s˚ a ¨ar ¨aven λx + λy + λz = 0 f¨or alla λ ∈ R. Vi har allts˚ a konstaterat att om (x, y, z) ∈ V s˚ a g¨ aller ¨ aven att λ(x, y, z) ∈ V s˚ aV ¨ ar sluten under multiplikation med skal¨ ar. V ¨ar d˚ a ett delvektorrum. Vi vill nu beskriva m¨ angden av vektorer i V lite elegantare, s˚ a vi l¨ oser ekvationssystemet x + y + z = 0. Detta system har o¨ andligt m˚ anga l¨ osningar, som p˚ a parameterform kan skrivas (x, y, z) = s(1, −1, 0) + t(1, 0, −1), d¨ ar s, t ∈ R. Alla vektorer i V kan d˚ a skrivas som en linj¨ arkombination av vektorerna (1, −1, 0) och (1, 0, −1). Dessa vektorer ¨ ar linj¨art oberoende, och utg¨or d˚ a en bas f¨or V . Sammanfattningsvis, (1, −1, 0) och (1, 0, −1) utg¨or en bas f¨or V och V :s dimension a avs tv˚ a basvektorer f¨or att sp¨anna upp V . ¨r 2 eftersom det kr¨ Lo ¨sning. 28 F¨ or att visa att det ¨ ar ett delrum, m˚ aste vi visa att V ¨ ar sluten under addition, samt under multiplikation med skal¨ar. Slutenhet under additition: Vi har tv˚ a matriser A1 , A2 ∈ V som d˚ a kan skrivas som     a1 b1 c1 a2 b2 c2 A1 = A2 = . −b1 a1 c1 −b2 a2 c2 Summan av dessa matriser a a ¨r d˚  a1 + a2 b1 + b2 −(b1 + b2 ) a1 + a2

c1 + c2 c1 + c2



a0 −b0

 =

b0 a0

c0 c0



d¨ ar a0 = a1 + b1 b0 = b1 + b2 och c0 = c1 + c2 . Det ¨ ar d˚ a klart att A1 + A2 ocks˚ a ligger i V . Slutenhet under multiplikation med skal¨ ar: L˚ at oss titta p˚ a λA1 och notera att    0  λa1 λb1 λc1 a b0 c0 λA1 = = −λb1 λa1 λc1 −b0 a0 c0 d¨ ar a0 = λa1 b0 = λb1 och c0 = λc1 . Det ¨ ar d˚ a klart att λA1 ligger i V . Vi ¨ ar nu klara med deluppgift (a). F¨or att hitta en bas noterar vi att det finns tre parametrar att variera, a, b och c. Vi ser att         a b c 1 0 0 0 1 0 0 0 1 =a +b +c . −b a c −1 0 0 0 0 1 0 1 0 | {z } | {z } | {z } m1

m2

m3

Fr˚ an detta ¨ar det nu uppenbart att alla matriser i V kan skrivas som en linj¨arkombination av m1 , m2 och m3 , s˚ a vi kan s¨ aga att dessa sp¨ anner upp V . Vi ser ocks˚ a att m1 , m2 och m3 ¨ ar linj¨ art oberoende, enda l¨osningen till         1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 λ1 + λ2 + λ3 = 0 1 0 −1 0 0 0 0 1 0 0 0 ges av att λ1 = λ2 = λ3 = 0. Linj¨ art oberoende, samt att m1 , m2 och m3 sp¨ anner upp V betyder precis att dessa matriser utg¨or en bas i V .

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

Slutligen, 

2 −π

π 2

42 42



 =2

1 0

0 1

  0 0 +π 0 −1

1 0

  0 0 + 42 0 0

35

0 0

 1 1

s˚ a koordinaterna f¨ or den givna matrisen i basen m1 , m2 , m3 ¨ar (2, π, 42). Lo ¨sning. 29 Delm¨ angderna (a) och (d) ¨ ar delvektorrum i R3 . I m¨ angd (b) s˚ a¨ ar m¨ angden inte sluten under addition, (vektorerna (1, 1, 0) och (2, 4, 0) ligger i m¨angden, men inte deras summa (3, 5, 0), eftersom 32 6= 5) och i (c) finns inte nollvektorn med, som alltid skall finnas i ett vektorrum. L¨ osning. 30 Vi m˚ aste visa att ekvationen b1 + b2 (x + 1) + b3 (x2 + x + 1) = c1 + c2 x + c3 x2 alltid har en unik l¨ osning, oavsett c1 , c2 , c3 . Detta ¨overs¨atts till ekvationssystemet   b1 + b2 + b3 = c1 b2 + b3 = c2   b3 = c3 som p˚ a matrisform blir  1 1 1  0 1 1 0 0 1

  c1 c2  ∼  c3  1 0 0  0 1 0 0 0 1

 1 1 0 c1 − c3 0 1 0 c2 − c3  ∼ 0 0 1 c3  c1 − c2 c2 − c3  c3

Systemet har allts˚ a den entydiga l¨ osningen (b1 , b2 , b3 ) = (c1 − c2 , c2 − c3 , c3 ) s˚ a 1, x + 1, x2 + x + 1 ¨ar en bas, och koordinaterna f¨or c1 + c2 x + c3 x2 i denna bas ¨ar (c1 − c2 , c2 − c3 , c3 ). Lo ¨sning. 31 En bas f¨ or U ges t.ex. av polynomen x, x2 , x3 och l¨ agger vi till polynomet 1 f˚ as en bas f¨ or hela rummet. L¨ osning. 32  Ans¨ atter vi A =

a c

 b o atts villkoret BA = 0 till matrisekvationen ¨vers¨ d      1 2 a b 0 0 = . 1 2 c d 0 0

Efter utf¨ ord multiplikation leder till ekvationssystemet ( a + 2c = 0 b + 2d = 0 vars l¨o
sningar ¨ar (a, a av matriserna
b, c, d) = s(2, 0, −1, 0)+t(0, 2, 0, −1). En bas ges d˚ 0 2 20 och och delrummets dimension a r d˚ a tv˚ a. ¨ 0 −1 −1 0

36

P. ALEXANDERSSON

Lo ¨sning. 33 Radrummet till en matris ¨ ar det linj¨ ara rum som sp¨ anns upp av matrisens rader. Detta rum bevaras under gausselimination p˚ a raderna. V¨ arderummet sp¨ anns upp av linj¨ art oberoende kolonner i matrisen, och motsvarar de kolonner i A som har pivotelement efter uf¨ ord gausselimination. Nollrummet ges av alla l¨ osningar till systemet Ax = 0. Genom gausselimination p˚ a raderna kan vi l¨att svara p˚ a alla tre fr˚ agorna.   1 0 2 −1 1 1 0 1 −1 1   = Eliminera med hj¨alp av f¨orsta raden. 0 0 1 0 0 2 0 3 −2 2   1 0 2 −1 1 0 0 −1 0 0   = Eliminera med hj¨alp av rad 2, byt tecken. 0 0 1 0 0 0 0 −1 0 0   1 0 0 −1 1 0 0 1 0 0   0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 De nollskilda raderna ¨ ar linj¨ art oberoende, s˚ a A: radrum sp¨ anns upp av vektorerna (1, 0, 0, −1, 1) och (0, 0, 1, 0, 0). Kolonn 1 och 3 ¨ ar de enda kolonnerna med pivotelement, s˚ a kolonn 1 och 3 i ursprungliga matrisen ¨ ar en bas f¨ or v¨ arderummet till A, dvs. (1, 1, 0, 2)T och (2, 1, 1, 3)T . Slutligen, om vi ser resultatet ovan som v¨ ansterledet i ekvationssystemet Ax = 0 efter utf¨ ord gausselimination, f˚ ar vi den parametriserade l¨ osningen x = s(0, 1, 0, 0, 0) + t(1, 0, 0, 1, 0) + u(−1, 0, 0, 0, 1) och vektorerna (0, 1, 0, 0, 0)T , (1, 0, 0, 1, 0)T samt (−1, 0, 0, 0, 1)T utg¨or d˚ a en bas f¨or nollrummet till A. L¨ osning. 34 (a) Efter gausselimination f˚ ar vi enhetsmatrisen. Rader och kolonner m˚ aste d˚ a vara linj¨art oberoende. En bas f¨or radrummet, (och kolonnrummet) ges av standardbasen. Matrisen har bara nollvektorn i nollrummet, s˚ a detta rum saknar basvektorer. V¨ arderummet ¨ ar samma som kolonnrummet, s˚ a¨ aven h¨ ar fungerar standardbasen. Rangen f¨ or matrisen ¨ ar 4. (b) Matrisen radreduceras till   1 −3 0 2 −3 0 0 1 1 1 . 0 0 0 0 0 De nollskilda raderna blir en bas f¨or radrummet, f¨orsta och tredje kolonnen inneh˚ aller pivotelement s˚ a dessa kolonner i ursprungliga matrisen blir en bas f¨ or kolonnrummet och d¨ armed v¨ arderummet. Vektorerna (3, 0, −1, 0, 1), (−2, 0, −1, 1, 0), samt (3, 1, 0, 0, 0) utg¨ or en bas f¨ or nollrummet, och matrisens rang ¨ar 2. (c) Matrisen radreduceras till   1 2 0 −4 0 0 1 3  . 0 0 0 0 0 0 0 0 De nollskilda raderna blir en bas f¨or radrummet, f¨orsta och tredje kolonnen inneh˚ aller pivotelement s˚ a dessa kolonner i ursprungliga matrisen blir en bas f¨or kolonnrummet

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

37

och d¨armed v¨arderummet. Vektorerna (4, 0, −3, 1), och (−2, 1, 0, 0) utg¨or en bas f¨or nollrummet, och matrisens rang ¨ar 2. Lo ¨sning. 35 En bas f¨ or v¨ arderummet resp. radrummet ges av de tv˚ a f¨ orsta kolonnerna resp. raderna i matrisen. En bas f¨ or nollrummet ges av vektorn (0, 0, 1). Lo ¨sning. 36 aller upp vektorerna som rader till en matris, s˚ a U ¨ ar allts˚ a Metod (a): Vi st¨ radrummet till A nedan:   1 0 2 −1 −1 1  A=  1 3 −7 7 2 8 Gausselimination bevarar radrummet, s˚ a vi utf¨or gausselimination tills vi f˚ ar linj¨art oberoende rader somt nollrader:       1 0 2 1 0 2 1 0 2 −1 −1    1 3   ∼ 0 −1  ∼ 0 1 −3  1 0 0 0 3 −7 3 −9 0 7 2 8 0 2 −6 0 0 0 En bas f¨ or U ges d˚ a av vektorerna (1, 0, 2) och (0, 1, −3). Metod (b): Vi st¨ aller upp de vektorer som sp¨ anner upp U som kolonner i en matris:   1 −1 1 7 3 2 B = 0 −1 2 1 −7 8 Kolonnrummet (¨ aven kallat bildrummet) sp¨ anns upp av B:s kolonner, och a a ¨r d˚ samma linj¨ara rum som U . De kolonner i denna matris som inneh˚ aller ett pivotelement efter gausselimination, utg¨ or en linj¨ art oberoende m¨ angd som sp¨ anner upp kolonnrummet.       1 −1 1 7 1 −1 1 7 1 −1 1 7 0 −1 3 2 ∼ 0 −1 3 2 ∼  0 1 −3 −2 2 1 −7 8 0 3 −9 −6 0 0 0 0 De tv˚ a f¨ orsta kolonnerna inneh˚ aller pivotelement, s˚ a de tv˚ a f¨ orsta kolonnerna i B utg¨ or en bas till U . Dessa ¨ ar (1, 0, 2) och (−1, −1, 1). Lo ¨sning. 37 Vi vill beh˚ alla de ursprungliga vektorerna. D¨arf¨or st¨aller upp vektorerna som kolonner i en matris, och fyller p˚ a med enhetskolonner:   1 0 1 0 0 0  3 2 0 1 0 0   −1 1 0 0 1 0 −1 2 0 0 0 1 M˚ alet ¨ar nu att ta fram linj¨art oberoende kolonner i denna matris. Vi utf¨or gausselimination, tills matrisen ¨ ar p˚ a trappstegsform:   1 0 0 0 −2 1 0 1 0 0 −1 1   0 0 1 0 2 −1 0 0 0 1 8 −5

38

P. ALEXANDERSSON

De fyra f¨orsta kolonnerna inneh˚ aller pivotelement, s˚ a de motsvarande kolonnerna i ursprungliga matrisen ¨ ar linj¨ art oberoende. Allts˚ a m˚ aste vektorerna (1, 3, −1, −1), (0, 2, 1, 2), (1, 0, 0, 0) och (0, 1, 0, 0) utg¨ora en bas f¨or R4 . L¨ osning. 38 

 U U d¨ar U och V V 0 ar blockmatriserna med vektorerna som sp¨anner upp U respektive V : ¨

Vi st¨ aller upp vektorerna som rader i en matris, p˚ a formen

       

1 1 3 −1 1 2

0 2 2 0 1 3

1 −1 1 1 1 5

1 1 3 0 0 0

0 2 2 0 0 0

1 −1 1 0 0 0

       

Vi utf¨or gausselimination p˚ a denna matris. De nollskilda radvektorerna i v¨ansterledet efter utf¨ ord gausselimination ger en bas f¨ or radrummet i v¨ ansterledet. Detta ¨ ar samma som en bas f¨ or alla vektorer som kan skrivas som linj¨ arkombinationer av vektorer fr˚ an U och V , och ¨ar d˚ a en bas f¨or U + V . De radvektorer i h¨ogerledet, d¨ar motsvarande v¨ ansterled ¨ ar nollvektorn, kommer ge en bas f¨or snittet U ∩ V . (Detta kan ses som att en linj¨ arkombination av vektorer fr˚ an U blev exakt lika med en linj¨ arkombination av vektorer i V och deras skillnad ¨ ar d˚ a nollvektorn i v¨ansterledet. U -delen ¨ar vektorn i h¨ogerledet. Denna vektor m˚ aste d˚ a tillh¨ora U ∩ V ).

                               

1 1 3 −1 1 2

0 2 2 0 1 3

1 −1 1 1 1 5

1 1 3 0 0 0

0 2 2 0 0 0

1 −1 1 0 0 0

     = Eliminera med hj¨alp av f¨orsta raden   

1 0 0 0 0 0

0 2 2 0 1 3

1 1 −2 0 0 −2 2 1 0 −1 3 −2

0 2 2 0 0 0

1 −2 −2 1 −1 −2



1 0 0 0 0 0

0 1 2 0 0 3

1 1 0 −1 −2 0 2 1 0 0 3 −2

0 0 2 0 0 0

1 −1 −2 1 0 −2



1 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0

1 1 0 −1 −2 2 2 1 0 0 3 1

0 0 2 0 0 0

1 −1 0 1 0 1



    = Rad 3 p˚ a 2, radbyte 2 och 5.   

    = Eliminera med hj¨alp av rad 2.   

    = Rad 3 delas med -2, eliminera.   

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

                       

1 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0

1 0 1 0 0 0

1 −1 −1 3 0 4

1 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0

1 0 1 0 0 0

1 −1 −1 1 3 0

1 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0

1 0 1 0 0 0

1 −1 −1 1 0 0

39

 0 1 0 −1   −1 0   = -1 av rad 4 till rad 6, radbyte. 2 1   0 0  3 1  0 1 0 −1   −1 0   = Eliminera med hj¨alp av rad 4. 1 0   2 1  0 0  0 1 0 −1   −1 0   1 0   −1 1  0 0

De tre linj¨art oberoende vektorer i v¨ansterledet ger en bas f¨or U + V som i detta fall a anv¨anda standardbasen, eller den vi f˚ att fram, (1, 0, 1), ¨ar samma som R3 . Vi kan d˚ (0, 1, 0), (0, 0, 1). Snittet ges av de tv˚ a linj¨ art oberoende vektorerna i h¨ ogerledet (1, 1, 0) och (0, −1, 1). Lo ¨sning. 39 Endast svar ges till detta problem: (a) U + V = R3 s˚ a standardbasen fungerar. U ∩ V sp¨anns upp av (1, 0, 1). (b) U + V sp¨anns upp av (1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0) och (0, 0, 0, 1). U ∩ V sp¨anns upp av (5, 0, 4, 1). (c) U + V = U ∩ V och dessa sp¨anns upp av (11, 0, −1, −2) och (0, 11, −5, −10). (d) U + V ¨ ar hela R3 , s˚ a dessa sp¨ anns upp t.ex. av standardbasen. Snittet U ∩ V best˚ ar endast av nollvektorn. Lo ¨sning. 40 I var och en av uppgifterna, st¨ all upp vektorernas koordinater i standardbasen f¨ or resp. vektorrum, som kolonner i en matris. Radreducera till trappstegsform. De kolonner med pivotelement indikerar en bas f¨or det linj¨ara rum som vektorerna i M sp¨ anner upp. I (a) och (b) utg¨ or t.ex. de tre f¨ orsta vektorerna en bas. Svaret i (b) f˚ as fr˚ an radreducering av matrisen   1 2 2 −3 1 −1 1 0 . 1 −2 0 2 P˚ a samma s¨ att, i (c) utg¨ or de tv˚ a f¨ orsta vektorerna en bas, och slutligen i (d) ¨ ar det f¨ orsta, andra och femte polynomet en bas. Lo ¨sning. 41 (a) Notera att U = Im A, eftersom U ges av kolonnrummet till A. Det ¨ar klart att rank(A B) ≥ rank A f¨or alla matriser B som har r¨att antal rader, rangen f¨or en matris ¨ ar antalet linj¨ art oberoende kolonner, och detta antal kan inte minska genom att l¨ agga till fler kolonner. Om nu rank(A B) > rank A f¨ oljer det att minst en kolonn i B ¨ ar linj¨ art oberoende fr˚ an kolonnerna i A. Detta inneb¨ ar att om rank(A B) = rank A s˚ a

40

P. ALEXANDERSSON

aledes, Im B ⊆ ¨ar alla kolonnerna i B linj¨arkombinationer av kolonnerna i A. S˚ Im A = U . ˚ A andra sidan, s˚ a har vi att dim Im B = rank B = rank A = dim Im A = dim U . Enda m¨ ojligheten ¨ ar d˚ a att kolonnerna i B sp¨ anner upp hela U . Eftersom vi visste att B:s kolonner dessutom ¨ar linj¨art oberoende, utg¨or dessa en bas f¨ or U . (b) Vi st¨ aller upp resp. m¨ angd av vektorer som kolonner i matriser:     1 −1 3 4 3 7 2 1 −1 −6 3 2    A= −1 2 −2 , B = 0 1 7 0 2 1 5 5 18 Vi b¨ orjar med att ber¨ akna rangen p˚ a respektive matris:      1 −1 3 1 −1 3 1 0 5 −4 0 1  0 1 ∼ ∼ A∼ 0 1 1  0 0 −9 0 0 2 1 0 0 −1 0

−1 1 0 0

 3 1  1 0

Allts˚ a¨ ar rank A = 3 och A:s kolonner ¨ ar linj¨ art oberoende. P˚ a liknande s¨ att visas att rangen f¨ or B ocks˚ a ¨ar tre. Slutligen best¨ammer vi rangen f¨or (A B): 

1 2  −1 0

−1 3 2 2

3 4 3 2 1 −1 −2 0 1 1 5 5

Fortsatt radreducering ger  1 −1 0 1  0 0 0 0

  7 1 0 −6 ∼ 7  0 18 0

3 1 −9 −1

−1 5 1 2

3 −4 1 1

4 −7 4 5

3 −7 4 5

 7 −20  14  18

 4 3 7 4 4 14  . −27 −27 −90 −3 −3 −10

Slutligen a a trappstegsform: ¨r matrisen p˚  1 −1 3 4 0 1 1 4  0 0 −1 −3 0 0 0 0

3 4 −3 0

 7 14  . −10 0

Vi ser d˚ a att rank(A B) = 3 och det f¨ oljer att Im A = Im B. Allts˚ a¨ ar de tv˚ a baserna en bas f¨ or samma linj¨ara delrum. Lo ¨sning. 42 Den har storlek 6 × 5. En vektor med 5 koordinater m˚ aste avbildas p˚ a en med 6 koordinater. Lo ¨sning. 43 Kolonnerna i avbildningsmatrisen ¨ ar koordinaterna f¨ or bilden av basvektorerna. Standardbasen i R3 ¨ ar (1, 0, 0), (0, 1, 0) samt (0, 0, 1). Vi har att • F (1, 0, 0) = (1 − 0, 0 − 0, 0 − 1, 1 + 0 + 0) = (1, 0, −1, 1) • F (0, 1, 0) = (0 − 1, 1 − 0, 0 − 0, 0 + 1 + 0) = (−1, 1, 0, 1) • F (0, 0, 1) = (0 − 0, 0 − 1, 1 − 0, 0 + 0 + 1) = (0, −1, 1, 1)

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

41

Matrisen f¨ or T ges d˚ a av 

1  0  −1 1

 −1 0 1 −1 . 0 1 1 1

Rangen f¨ or denna matris ¨ ar 3, s˚ a k¨ arnan f¨ or avbildningen har dimension 0. Allts˚ a ar avbildningen injektiv. Avbildningen kan inte vara surjektiv, dimensionen p˚ a ¨ T s bildrum ¨ ar samma som matrisens rang, allts˚ a 3. Detta ¨ ar inte samma som dimensionen p˚ a R4 . Avbildningen ¨ar d˚ a inte surjektiv. L¨ osning. 44 Vi s¨ oker vad 1, x och x2 avbildas p˚ a, under de givna linj¨ara avbildningarna. (a) Ett polynom avbildas p˚ a sin derivata. Bilderna blir 0, 1 och 2x. (b) Avbildningen evaluerar polynomet i x − 1. Bilderna blir d¨ arf¨ or 1, x − 1 och (x − 1)2 . (c) Avbildningen evaluerar polynomet i 2x, och multiplicerar resultatet med 3. Bilderna blir 3, 6x och 12x2 . (d) Vi f˚ ar samma svar som i f¨ orsta deluppgiften, men multiplicerat med x. Detta ger 0, x och 2x2 . Lo ¨sning. 45 Kolonnerna i avbildningsmatrisen ¨ar koordinaterna f¨or bilden av basvektorerna, s˚ a vi ber¨aknar var basvektorerna avbildas. F¨orsta basvektorn, 1, avbildas p˚ a −1 som har koordinaterna (−1, 0, 0). Andra basvektorn, x, avbildas p˚ a −(x − 1) = 1 − x som har koordinaterna (1, −1, 0). Tredje basvektorn, x2 , avbildas p˚ a −(x−1)2 = −1+2x−x2 som har koordinaterna (−1, 2, −1). Avbildningsmatrisen f¨ or T i basen 1, x, x2 ges d˚ a av   −1 1 −1  0 −1 2 . 0 0 −1 Lo ¨sning. 46 I var och en av l¨ osningarna best¨ ammer vi avbildningsmatrisen genom att se var ¨ basvektorerna avbildas. Ovriga egenskaper kan sedan best¨ ammas fr˚ an respektive matris. L¨ osning (a):     1 0 1 1 F = → (1, 1, 1, 1) 0 0 1 1     0 1 1 0 F = → (1, 0, −1, 0) 0 0 −1 0     0 0 0 1 → (0, 1, 0, 0) F = 1 0 0 0     0 0 0 0 F = → (0, 0, 0, −1) 0 1 0 −1 Detta ger avbildningsmatrisen 

1 1 1 0  1 −1 1 0

 0 0 1 0 . 0 0 0 −1

42

P. ALEXANDERSSON

Utf¨ or vi gausselimination p˚ a denna matris, ser vi att alla kolonner kommer att ge pivotelement. D¨ arf¨ or g¨ aller det att ker F = 0 och att Im F ¨ ar hela rummet, och sp¨anns t.ex. upp av den bas som var given i uppgiften. Eftersom matrisen nollrummet ¨ar nolldimensionellt, ¨ar avbildningen injektiv. Eftersom bildrummet ¨ar hela M2 (R), a ocks˚ a bijektiv, och rangen f¨or avbildningen ¨ar 4, ¨ar avbildningen surjektiv. F ¨ar d˚ vilket ¨ar samma som dimensionen p˚ a bildrummet, alternativt antalet kolonner med pivotelement efter att matrisen reducerats till trappstegsform. L¨ osning (b): Vi f˚ ar avbildningen beskriven som vad den f¨ or med basvektorerna. Vi tackar och tar emot: F (1) = x3 + 1 → (1, 0, 0, 1) F (x + 1) = x2 − 1 → (−1, 0, 1, 0) F (x2 + 1) = x − 1 → (−1, 1, 0, 0), vilket ger oss avbildningsmatrisen    1 −1 −1 1 0 0  0 1  som radreduceras till   0 0 1 0 1 0 0 0

0 1 0 0

 0 0 . 1 0

Vi ser att de tre ursprungliga kolonnerna ¨ar linj¨art oberoende, eftersom alla kolonner i den radreducerade matrisen inneh˚ aller pivotelement. Detta ger att bildrummet sp¨ anns upp av x3 + 1, x2 − 1 samt x − 1 och ¨ ar tredimensionellt. Tre ¨ ar ocks˚ a avbildningens rang. Avbildningen har nolldimensionellt nollrum, s˚ a den ¨ ar injektiv, men eftersom bildrummet bara ¨ ar tredimensionellt, men vi avbildar in i det fyradimensionella P3 (R), s˚ a¨ ar F inte surjektiv. F saknar d˚ a ocks˚ a invers. L¨ osning (c): Standardbasen i P3 (R) ¨ar 1, x, x2 , x3 och vi f˚ ar F (1) = 1 + x + x2 → (1, 1, 1) F (x) = 0 + x + 2x2 → (0, 1, 2) F (x2 ) = 0 + x + 4x2 → (0, 1, 4) F (x3 ) = 0 + x + 8x2 → (0, 1, 8). Avbildningsmatrisen  1 0 1 1 1 2

blir 0 1 4

  0 1 0 0 1 som radreduceras till 0 1 0 8 0 0 1

 0 −2 3.

Fr˚ an den radreducerade matrisen ser vi att de tre f¨orsta kolonnerna i avbildninsma¨ trisen ¨ ar linj¨ art oberoende, och utg¨ or d˚ a en bas f¨ or bildrummet. Overs¨ atts dessa tillbaka till polynom i P2 (R), ¨ ar dessa polynom 1 + x + x2 , x + 2x2 samt x + 4x2 , som d˚ a utg¨or en bas f¨or det tredimensionella v¨arderummet. Rangen f¨or avbildningen ar d˚ a tre. Vidare, nollrummet till matrisen ¨ ar endimensionellt och parametriseras ¨ av s(0, 2, −3, 1)T . En bas f¨ or nollrummet ges d˚ a av polynomet 2x − 3x2 + x3 , och detta blir endimensionellt. Avbildningen kan d˚ a inte vara injektiv. Dimensionen p˚ a bildrummet och dimensionen p˚ a P2 (R) ¨ar samma, s˚ a avbildningen ¨ar surjektiv. L¨ osning (d): Vi har att F (1, 0) = 1 = 1 + 0i och F (0, 1) = i = 0 + 1i. Detta ger oss att avbildningsmatrisen ¨ ar 2 × 2−identitetsmatrisen. Fr˚ an detta ser vi att 1 och i ¨ ar en bas f¨ or v¨ arderummet, som d˚ a¨ ar tv˚ adimensionellt, samt rangen f¨ or avbildningen ¨ar 2. Bildrummet ¨ar d˚ a samma som C, och avbildningen ¨ar surjektiv. Nollrummet ¨ar nolldimensionellt, s˚ a avbildningen ¨ar injektiv, och d˚ a ocks˚ a bijektiv eftersom vi har surjektivitet.

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

43

Lo ¨sning. 47 Det ¨ar underf¨orst˚ att att vi skall anv¨anda standardbaserna i respektive rum. Vi best¨ammer bilderna av basvektorerna: T (1, 0, 0) = (1, 1, 2, 1), T (0, 1, 0) = (−1, 1, 0, 0), T (0, 0, 1) = (2, −1, 1, −3). Bildvektorerna st¨alls upp som kolonner i avbildningsmatrisen:     1 −1 2 1 0 0 1   1 −1   som radreduceras till 0 1 0 . 2   0 1 0 0 1 1 0 −3 0 0 0 Eftersom vi har pivotelement i alla kolonner, ¨ar nollrummet nolldimensionellt, och saknar bas. Alla kolonner i avbildningsmatrisen ¨ ar linj¨ art oberoende (eftersom dessa inneh¨ oll pivotelement efter gausselinination), s˚ a (1, 1, 2, 1), (−1, 1, 0, 0) och (2, −1, 1, −3) ¨ ar en bas f¨ or bildrummet. Notera, detta ¨ ar allts˚ a samma rum som kolonnrummet till avbildningsmatrisen. L¨ osning. 48 Vi l¨ oser med hj¨ alp av gausselimination p˚ a A:      1 1 2 1 1 2 1 −1 1 0 ∼ 0 2 2 ∼ 0 2 3 5 0 1 1 0

0 1 0

 1 1 . 0

De tv˚ a f¨ orsta kolonnerna inneh˚ aller pivotelement, s˚ a motsvarande kolonner i A ¨ ar en bas f¨or v¨arderummet, Im A. En bas f¨or Im A ges s˚ aledes av vektorerna (1, −1, 2) och (1, 1, 3). L¨oser vi ekvationssystemet Ax = 0 f˚ ar vi fram k¨arnan, ker A. I den radreducerade matrisen ovan, s˚ a blir den tredje kolonnen parameterkolonn, och l¨ osningarna till Ax = 0 ges av x = t(1, 1, −1), t ∈ R. Vektorn (1, 1, −1) utg¨ or d˚ a en bas f¨ or ker A, ocks˚ a kallar nollrummet till A. Slutligen, radrummet f¨or en matris bevaras under radreducering. Raderna i den radreducerade matrisen ovan sp¨a¨anner d˚ a upp A:s radrum. De nollskilda raderna i den radreducerade matrisen ¨ ar ocks˚ a linj¨ art oberoende, s˚ a dessa utg¨ or en bas f¨ or radrummet. Vektorerna (1, 0, 1) och (0, 1, 1) utg¨or d˚ a en bas f¨or radrummet till A. L¨ osning. 49 Vi har att dim Im T = 3 eftersom rang och dimension p˚ a bild ¨ ar samma tal. D˚ a m˚ aste k¨arnan ha dimension 1. Ja, man kan alltid l¨osa ekvationen, men l¨osningen ¨ar inte unik. Lo ¨sning. 50 Vi best¨ ammer f¨ orst avbildningsmatrisen f¨ or T med avseende p˚ a standardbaserna. F¨or detta beh¨ over vi bilderna av basvektorerna: T (1) = x · 1 − 1 = −1 + x T (x) = x(2ix) − x = −x + 2ix2 Detta leder till koordinatvektorerna (−1, 1, 0) samt (0, −1, 2i) som st¨ alls upp som kolonner i avbildningsmatrisen:   −1 0  1 −1 . 0 2i

44

P. ALEXANDERSSON

Radreduktion ger nu 

  0 −1 −1 ∼  0 2i 0

−1  1 0

  0 −1 −1 ∼  0 2i 0

 0 −1 . 0

B˚ ada kolonnerna inneh˚ aller pivotelement, s˚ a k¨ arnan till matrisen ¨ ar nolldimensionell. Det finns allts˚ a ingen bas f¨ or k¨ arnan till matrisen, och ker T ¨ ar d˚ a ocks˚ a nolldimensionell. En bas f¨or bildrummet ges av de b˚ ada kolonnerna i avbildningsmatrisen, (−1, 1, 0) samt (0, −1, 2i) och motsvarande vektorer i P2 (C) ¨ ar d˚ a polynomen −1 + x samt −x + 2i. Dessa utg¨ or en bas i bildrummet till T . Lo ¨sning. 51 Vi b¨ orjar med att best¨ amma T :s avbildningsmatris i standardbasen.  00  = (x + 1) = 0 T (1)
00 T (x) = x2 + x = 2 
00  T (x2 ) = x3 + x2 = 2 + 6x. T :s avbildninsmatris ¨ ar s˚ aledes  0 A = 0 0

2 0 0

 2 6 . 0

Funktionsssammans¨ attning av linj¨ ara avbildningar motsvarar multiplikation av respektive matriser. Avbildningsmatrisen f¨or T ◦ T ges d˚ a av  0 A2 = 0 0

2 0 0

 2 0 6 0 0 0

2 0 0

  2 0 6 = 0 0 0

0 0 0

 12 0 . 0

Nollrummet till A2 ges av s(1, 0, 0) + t(0, 1, 0) s, t ∈ R vilket ger att 1 och x utg¨ or en bas f¨ or nollrummet till T ◦ T . Eftersom den sista kolonnen i A2 ¨ ar den enda nollskilda kolonnen, ¨ ar denna bas f¨ or A2 :s v¨ arderum. Det konstanta polynomet 12 utg¨or d˚ a en bas f¨or v¨arderummet. Eftersom T ◦ T :s v¨arderum enbart ¨ar de konstanta polynomen, s˚ a finns det inte n˚ agot p(x) av grad max tv˚ a som avbildas p˚ a x under sammans¨ attningen T ◦ T . L¨ osning. 52 (a) Elementen i V a¨r p˚ a formen a + bx + cx2 + dx3 + ex4 + f x5 . En bas a¨r d˚ a t.ex. 1, x, x2 , x3 , x4 och x5 . (b) Vi har att T1 (1) = x5 , T1 (x) = 1 + x5 , T1 (x2 ) = x5 + 2x, T1 (x3 ) = x5 + 3x2 , T1 (x4 ) = x5 + 4x3 samt T1 (x5 ) = x5 + 5x4 . Matrisen f¨ or avbildningen i den bas vi valt ovan ges d˚ a av   0 1 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0   0 0 0 3 0 0   0 0 0 0 4 0   0 0 0 0 0 5 1 1 1 1 1 1

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

45

och p˚ a liknande s¨ att ges avbildningsmatrisen till T2 av 

0  0   0   0  −5 0

1 0 0 0 2 0 0 0 3 0 0 0 −5 −5 −5 0 0 0

0 0 0 4 −5 0

 0 0  0 . 0  0 0

Den f¨orsta matrisen har linj¨art oberoende kolonner, vilket l¨att inses efter en gausselimination. D¨arf¨or m˚ aste v¨arderummet vara hela V och en bas f¨or detta rum har vi best¨ amt i (a). Nollrummet ¨ ar d˚ a p˚ a grund av dimensionssk¨al enbart nollvektorn. F¨or den andra avbildningen, s˚ a ¨ar de fem f¨orsta kolonnerna linj¨art oberoende, och de motsvarande polynomen utg¨or d˚ a en bas f¨or f¨or bildrummet. S˚ aledes, polynomen −5x4 , 1 − 5x4 , 2x − 5x4 , 3x2 − 5x4 och 4x3 − 5x4 utg¨or en bas f¨or bildrummet till T2 . Vi kan ocks˚ a utl¨asa att polynomet x5 avbildas p˚ a nollvektorn, s˚ a {x5 } ¨ar en bas f¨ or nollrummet till T2 . Lo ¨sning. 53 Utf¨ or vi gausselimination p˚ a raderna i A f˚ ar vi  1 1 0

  1 2 4 1 3 ∼ 0 0 −1 −1

  1 2 4 −1 −1 ∼ 0 0 −1 −1

0 1 0

 2 1 . 0

En bas f¨ or A:s nollrum ges d˚ a av (2, 1, −1)T . De tv˚ a f¨ orsta kolonnerna inneh˚ aller pivotelement, s˚ a de tv˚ a f¨ orsta kolonnerna i A ¨ar en bas f¨or A:s v¨arderum. Vi g¨ or samma ber¨ akning p˚ a B: 

1 1  3 1

0 2 3 2

  1 1 0 0 ∼ 3 0 3 0

0 2 3 2

  1 1 0 −1 ∼ 0 0 2 0

0 1 0 0

 0 0 . 1 0

Vi konstaterar att B:s nollrum best˚ ar enbart av nollvektorn, och v¨ arderummet sp¨anns upp av alla kolonner i B. Slutligen, v¨ arderummet f¨ or BA m˚ aste vara bilden av A:s v¨ arderum under B. Vi f˚ ar att B(1, 1, 0)T = (1, 3, 6, 3)T och B(2, 1, −1)T = (1, 4, 6, 1)T . Dessa sp¨ anner upp ett tv˚ adimensionellt rum, med bas (1, 3, 6, 3)T och (1, 4, 6, 1)T . Vi har ocks˚ a att nollrummet till A ocks˚ a¨ ar en del av nollrummet till BA. Eftersom dim ker BA + a dim Im BA = 3 och vi just har visat att dim Im BA = 2, och att dim ker BA ≥ 1 s˚ f¨ oljer det att A:s nollrum ocks˚ a ¨ar BA:s nollrum. L¨ osning. 54 (a) Allm¨ ant har vi att f¨ or en avbildning T : V → U g¨ aller det att dim ker T + dim Im T = dim V . Fr˚ an informationen given f¨ oljer det att dim V1 = 2 + 2 = 4 och dim V2 = 3 + 3 = 6. (b) Vi har att ker A ⊆ ker BA eftersom om Ax = 0 s˚ a g¨aller ocks˚ a att BAx = 0. Detta ger att dim ker BA ≥ 2. Det kan nu vara s˚ a att Im A ⊆ ker B eftersom dim Im A = 2 och dim ker B = 3. Den sammansatta avbildningen skulle d˚ a avbilda alla vektorer p˚ a nollvektorn, och dim ker BA = 4. Alla m¨ ojliga v¨ arden d¨ ar emellan a m¨ojliga, s˚ a dim ker BA ¨ar 2,3 eller 4. Detta leder till att v¨arderummet till ¨ar ocks˚

46

P. ALEXANDERSSON

BA har dimension 0, 1 eller 2. Som  1 0 0 0 1 0  0 0 0 A= 0 0 0  0 0 0 0 0 0  0 0 0 0 0 0 1 0 0 0  0 0 1 0 0 B2 =  0 0 0 1 0  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

exempel:   1 0 0 0    0  , B1 = 0 0  0  0  0 0 0   0 0 0 0    0  , B3 = 0 0  0  0  0 0 0

0 1 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0

0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 1 0

 0 0  0  0  0 0  0 0  0  0  0 0

H¨ar g¨ aller dim Im B1 A = 2, dim Im B2 A = 1 samt dim Im B3 A = 0. Lo ¨sning. 55 Om (2, 7, 3), (−1, −3, 1) och (1, 5, 9) ¨ar linj¨art oberoende, s˚ a ¨ar dessa en bas f¨or R3 . Matrisen med dessa som kolonner blir en inverterbar matris, och vi kan best¨amma F unikt via ett ekvationssystem. Dock, 2 −1 1 2 −1 1 2 −1 1 7 −3 5 = −3 2 0 = 5 −3 2 0 = 0 3 −3 1 9 −15 10 0 2 0 s˚ a vektorerna ¨ar inte en bas. Tricket blir d˚ a att uttrycka den en av vektorerna som en linj¨ arkombination av de andra tv˚ a. (Detta skall g˚ a d˚ a vi nyss kom fram till att vektorerna var linj¨ art beroende.) λ(2, 7, 3) + µ(−1, −3, 1) = (1, 5, 9) vilket leder till ekvationssystemet   2λ − µ = 1 7λ − 3µ = 5   3λ + µ = 9 L¨oser vi detta system, f˚ as λ = 2 och µ = 3. S˚ aledes, 2(2, 7, 3) + 3(−1, −3, 1) = (1, 5, 9). Anv¨ ander vi F p˚ a b˚ ada sidor, och utnyttjar att F skall vara linj¨ar, f˚ as 2(2, 7, 3) + 3(−1, −3, 1) = (1, 5, 9) ⇒ F (2(2, 7, 3) + 3(−1, −3, 1)) = F (1, 5, 9) ⇒ 2F (2, 7, 3) + 3F (−1, −3, 1) = F (1, 5, 9) ⇒ 2(1, 0, 1) + 3(0, 3, −1) = F (1, 5, 9) ⇒ F (1, 5, 9) = (2, 9, −1) d¨ar vi anv¨ant oss av att vi fick F (2, 7, 3) samt F (−1, −3, 1) givna i uppgiften. Dvs. f¨or att F skall vara linj¨ar, m˚ aste vi ha F (1, 5, 9) = (2, 9, −1), vilket strider mot att F (1, 5, 9) = (1, 4, −1). D¨ arf¨ or finns det inte en s˚ adan linj¨ar avbildning.

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

47

Lo ¨sning. 56 a b˚ ada inverserna m˚ aste A = S −1 BS ⇔ A−1 = (S −1 BS)−1 ⇔ A−1 = S −1 B −1 S s˚ existera samtidigt. L¨ osning. 57  3 Ja, med S = −1

 2 . −1

Lo ¨sning. 58 Ja, avbildningen har invers, eftersom avbildningsmatrisen i standardbasen 1, x, x2 , . . . ar ¨ overtriangul¨ ar n × n-matris med ettor p˚ a huvuddiagonalen. ¨ Lo ¨sning. 59 L¨ osning saknas. Lo ¨sning. 60 Vi st¨ aller upp och ber¨ aknar sin x W = cos x − sin x

cos x − sin x − cos x

eax aeax . a2 eax

Utvecklar vi determinanten och f¨orenklar, f˚ ar vi W = −(a2 + 1)eax som ¨ar skild fr˚ an 0 precis om a 6= ±i. Allts˚ a¨ ar funktionerna sin x, cos x och eax ¨ ar linj¨ art beroende precis d˚ a a = ±i. Lo ¨sning. 61 Vi m˚ aste verifiera alla axiom som g¨ aller f¨ or vektorrum. V¨ orst noterar vi att V ar sluten under vektoradditionen, dvs. produkten av tv˚ a positiva kontinuerliga ¨ funktioner ¨ ar ˚ aterigen en s˚ adan funktion. Samma sak g¨ aller om vi bildar den nya funktionen f λ fr˚ an en kontinuerlig positiv funktion f . Notera att om funktionen inte var positiv, s˚ a hade f λ inte n¨odv¨andigtvis varit kontinuerlig. Allts˚ a ¨ar V sluten under additionen, och multiplikation med skal¨ar. • Associativitet: f ⊕ (g ⊕ h) = f ⊕ (gh) = f gh = (f g) ⊕ h = (f ⊕ g) ⊕ h • Kommutativitet: f ⊕ g = f g = gf = g ⊕ f • Funktionen som ¨ ar konstant 1 agerar som nollvektor, 1 ⊕ f = 1f = f . • Varje vektor har en additiv invers. Vektorn f har inversen f −1 och f −1 ⊕f = f −1 f = 1. F¨ or skal¨ armultiplikationen g¨aller • Associativitet: (λµ) ⊗ f = f λµ = (f µ )λ = λ ⊗ (µ ⊗ f ). • Distributivitet: λ ⊗ (f ⊕ g) = (f g)λ = (f λ )(g λ ) = (λ ⊗ f ) ⊕ (λ ⊗ g) • Enhetselement: 1 ⊗ f = f 1 = f Alla dessa likheter f¨ oljer fr˚ an potenslagarna och vi har nu visat att V ¨ ar ett vektorrum. p (a) T (f (x)) = f (x) ¨ ar en linj¨ar avbildning. Vi har n¨amligen att 1

1

1

T (f ⊕ g) = T (f g) = (f g) 2 = f 2 g 2 = T (f ) ⊕ T (g) samt att 1

1

T (λ ⊗ f ) = T (f λ ) = (f λ ) 2 = (f 2 )λ = λ ⊗ T (f ). (b) T (f (x)) = f (x) + 1 ¨ ar inte linj¨ ar. Nollvektorn, f (x) = 1 avbildas inte p˚ a sig sj¨ alv.

48

P. ALEXANDERSSON

(c) T (f (x)) = f (−x) ¨ ar linj¨ ar. T (f ⊕ g) = T (f g) = f (−x)g(−x) = T (f ) ⊕ T (g) samt att T (λ ⊗ f ) = T (f λ ) = f (−x)λ = λ ⊗ T (f ). (d) T (f (x)) = f (x)x

2

−1

a ar. ¨r linj¨ 2

T (f ⊕ g) = T (f g) = (f g)x

−1

= fx

2

−1 x2 −1

g

= T (f ) ⊕ T (g)

samt att T (λ ⊗ f ) = T (f λ ) = (f λ )x

2

−1

= (f x

2

−1 λ

) = λ ⊗ T (f ).

Lo ¨sning. 62 Matrisens karakeriskiska polynom ges av 1 − λ 3 = (1 − λ)(8 − λ) + 6 = (λ − 2)(λ − 7). −2 8 − λ Vi finner att egenv¨ardena ges av λ1 = 7, λ2 = 2. Egenvektorerna ges nu av ker(A − λI), fall λ1 = 7 ger oss     1−7 3 0 −2 1 0 ∼ −2 8 − 7 0 0 0 0 Detta leder till att vektorn (1, 2)T utg¨or en egenvektor med egenv¨arde 7 till matrisen A. P˚ a samma s¨ att, fallet λ2 = 2 ger oss     1−2 3 0 −1 3 0 ∼ −2 8 − 2 0 0 0 0 vilket ger oss egenvektorn (3, 1)T . Sammanfattningsvis, (1, 2)T ¨ ar en egenvektor med egenv¨ arde 7, och (3, 1)T ¨ ar en egenvektor med egenv¨arde 2. L¨ osning. 63 Vi fann i problem 62 att (1, 2)T ¨ ar en egenvektor med egenv¨ arde 7, och (3, 1)T ¨ ar en egenvektor med egenv¨arde 2. Detta ger oss enligt formeln f¨or diagonalisering att    −1 1 3 7 0 1 3 A= . 2 1 0 2 2 1 | {z } | {z } | {z } T

D

T −1

Lo ¨sning. 64 F¨orst best¨ammer vi matrisens karakteristiska polynom, genom att ber¨akna det(A − λI). 5 − λ −2 −2 1−λ −2 det(A − λI) = 2 2 −2 1 − λ     1−λ −2 2 −2 = (5 − λ) +2 −2 1−λ 2 1−λ   2 1−λ −2 2 −2 = (5 − λ)(λ2 − 2λ − 3) + 2(6 − 2λ) − 2(−6 + 2λ) = −λ3 + 7λ2 − 15λ + 9. H¨ ar gissar vi en heltalsrot, som m˚ aste vara en j¨ amn delare till 9. Vi ser att λ = 3 ar en rot, och polynomdivision samt l¨ osning av resulterande andragradare ger ¨

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

49

att karakteristiska polynomet kan faktoriseras som −(λ − 3)2 (λ − 1). Matrisens egenv¨arden ¨ar d˚ a λ = 3 och λ = 1. Det ˚ aterst˚ ar att best¨amma motsvarande egenrum, det vill s¨ aga, en bas till l¨ osningsrummet till ekvationssystemet A − λI = 0. Fallet λ = 1 ger oss A − I = 0 och ekvationssystemet blir   4 −2 −2 0  2 0 −2 0  ∼ Dela allt med 2, platsbyte. 2 −2 0 0   1 0 −1 0  2 −1 −1 0  ∼ Eliminera med f¨orsta raden. 1 −1 0 0   1 0 −1 0  0 −1 1 0  ∼ Styk sista raden. 0 −1 1 0   1 0 −1 0 0 1 −1 0 I sista steget multiplicerades ocks˚ a andra raden med −1. L¨ osningarna ges p˚ a parameterform, t(1, 1, 1)T . Egenrummet till egenv¨ ardet λ = 1 sp¨ anns allts˚ a upp av vektorn (1, 1, 1) och denna vektor ¨ar allts˚ a en egenvektor med egenv¨arde 1. Fallet λ = 3 ger systemet A − 3I = 0 och vi f˚ ar   2 −2 −2 0  2 −2 −2 0  ∼ Beh˚ all f¨orsta raden, dividera med 2. 2 −2 −2 0
1 −1 −1 0 Vi f˚ ar ett tv˚ adimensionellt l¨osningsrum, s(1, 1, 0)T + t(1, 0, 1)T . Vektorerna (1, 1, 0)T T och (1, 0, 1) ¨ar d˚ a b˚ ada egenvektorer med egenv¨arde 3, och dessa sp¨anner upp det tv˚ adimensionella egenrummet med egenv¨arde 3. Lo ¨sning. 65 Vi har i problem 64 best¨ amt en bas av egenvektorer, (1, 1, 1)T , (1, 1, 0)T samt T (1, 0, 1) och de har motsvarande egenv¨arden 1, 3 och 3. Vi kan d˚ a diagonalisera A som A = T DT −1 d¨ar T ¨ar basbytesmatrisen vars kolonner utg¨ors av egenvektorerna, och D ¨ ar diagonalmatrisen med motsvarande egenv¨ arden p˚ a huvuddiagonalen. Vi har att   1 1 1 T = 1 1 0 1 0 1 och denna m˚ aste inverteras.  1 1 1 1  1 1 0 0 1 0 1 0  1 1 1 1  0 0 −1 −1 0 −1 0 −1 

1  0 0

0 0 −1

Vi st¨aller upp detta som en gausselimination:  0 0 1 0  ∼ Eliminera med f¨orsta raden 0 1  0 0 1 0  ∼ Eliminera med rad 2 och 3 i rad 1. 0 1

0 −1 −1 −1 0 −1

1 1 0

 1 0  ∼ Fixa till raderna rad 2 och 3. 1

50

P. ALEXANDERSSON



−1 1 1

1 0 0  0 1 0 0 0 1

1 0 −1

 1 −1  0

S˚ aledes, 

T −1

−1 = 1 1

1 0 −1

 1 −1 0

och

    1 1 1 1 0 0 −1 1 1 0 −1 . A = T DT −1 = 1 1 0 0 3 0  1 1 0 1 0 0 3 1 −1 0 Notera att man kan f˚ a ett annat svar p˚ a denna uppgift, eftersom det finns m˚ anga olika val av bas f¨ or egenrummet med egenv¨arde 3. Lo ¨sning. 66 H¨ar presenteras endast facit. Notera att egenv¨arden som a¨r dubbelr¨otter till karakteristiska polynomet oftast bara ger en egenvektor. Arbetar man med symmetriska eller normala matriser, s˚ a blir dimensionen p˚ a egenrummet dock alltid samma som multipliciteten av egenv¨ ardet. (a) Egenvektorer (1, 0, 0) och (0, 0, 1) med egenv¨arden −3 samt 1. (b) Egenvektorer (−21, −8, 28) och (0, 1, 0) med egenv¨arden −4 samt 3. (c) Egenvektorer (−8, 9, 7), (−3, 4, 4) samt (0, 1, 1) med egenv¨ arden −5, −4 samt −1. Lo ¨sning. 67 F¨or att en 3×3-matris skall kunna diagonaliseras, m˚ aste vi finna tre linj¨art oberoende egenvektorer. Den karakteristiska ekvationen till A ges av |A−λI| = (1−λ)3 eftersom A − λI ¨ ar ¨ overtriangul¨ ar. Vi har allts˚ a enbart egenv¨ ardet 1. Vi best¨ ammer nu en bas f¨ or motsvarande egenrum, vilket f¨or λ = 1 ges av k¨arnan till A − I:     1−1 0 1 0 0 1 0 0  0 1−1 1 0 ∼ 0 0 0 0  0 0 1−1 0 0 0 0 0 Eftersom rangen f¨or denna matris ¨ar ett, ¨ar k¨arnan tv˚ adimensionell (en bas f¨or k¨arnan a ¨ar (1, 0, 0)T och (0, 1, 0)T ). Vi beh¨over ett tredimensionellt rum av egenvektorer, s˚ matrisen kan inte diagonaliseras. L¨ osning. 68 1 L˚ at s¨aga vi har en diagonaliserbar matris A = T DT −1 . Om D 3 ges av diagonalmatrisen D men med kubikroten ur alla element, s˚ a f¨oljer det att 1

1

1

1

(T D 3 T −1 )3 = (T D 3 D 3 D 3 T −1 ) = T DT −1 = A. Strategin blir d˚ a att diagonalisera matrisen   6 2 . 5 3 En snabb ber¨akning ger oss egenv¨ardena 8 och 1. Egenv¨ardet 8 leder till ber¨akningen     −2 2 0 1 −1 0 ∼ 5 −5 0 0 0 0 s˚ a motsvarande egenvektor blir (1, 1)T . P˚ a samma s¨att, egenv¨ardet 1 leder till     5 2 0 5 2 0 ∼ 5 2 0 0 0 0

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

och en egenvektor f˚ as av  6 5

51

(2, −5)T . Diagonalisering ger nu att       2 1 2 8 0 1 5 2 = . 3 1 −5 0 1 7 1 −1 | {z } D

Matrisen  B=

1 1

   2 2 0 1 5 −5 0 1 7 1 | {z }

2 −1



1 = 7



12 5

2 9



1

D3

har d˚ a ha egenskapen vi s¨ oker. Lo ¨sning. 69 Vi kan beskriva ¨ overg˚ angarna med en ¨ overg˚ angsmatris A, d¨ ar kolonn j beskriver hur grupp j omf¨ ordelas. Element aij s¨ ager hur stor procent som g˚ ar fr˚ an grupp j till grupp i. I A motsvarar kolonnerna de sysslol¨osa, de som studerar fysik, resp. de ¨ som virkar. Overg˚ angsmatrisen ges d˚ a av   8 0 0 1  2 8 3 A= 10 0 2 7 och v˚ ar startvektor ¨ ar v0 = (120, 120, 120)T . Varje ¨ overg˚ ang mellan den ˚ arliga f¨ordelningen representeras d˚ a av en matrismultiplikation. N¨astf¨oljande ˚ ars f¨ordelning ges av v1 = Av0 och s˚ a vidare. Vi finner efter matrismultiplikation att v1 = (96, 156, 108), s˚ a detta ¨ ar f¨ ordelningen av studenter efter ett ˚ ar. Vad som nu efters¨ oks ¨ ar beteendet av An v0 d˚ a n → ∞, vilket vi kan unders¨ oka genom att diagonalisera A. Karakteristiska polynomet ges av 8 −λ 0 0 10 2 8 3 |A − λI| = 10 10 − λ 10 2 7 0 − λ 10 10 8 − 10λ 0 0 8 − 10λ 3 . = 1000 2 0 2 7 − 10λ Utveckling l¨ angs med f¨ orsta raden ger 8 − 10λ 1 3 (8 − 10λ) 2 7 − 10λ 1000 1 = (8 − 10λ) [(8 − 10λ)(7 − 10λ) − 6] 1000 1 = (8 − 10λ)(100λ2 − 150λ + 50) 1000 50 = (8 − 10λ)(2λ2 − 3λ + 1). 1000

|A − λI| =

8 , λ2 = 1, λ3 = Detta leder till egenv¨ ardena λ1 = 10 Vi ber¨ aknar nu motsvarande egenvektorer: 8 ger oss Fallet λ1 = 10    0 0 0 0 1 3  2 ∼ 0 0 0 10 10 1 2 0 10 − 10 0 0

1 2.

0 1 0

3 2 − 12

0

 0 0  0

och vektorn u1 = (3, −1, −2)T ¨ ar en bas f¨or motsvarande egenrum.

52

P. ALEXANDERSSON

Fallet λ2 = 1 ger oss  2 − 10 0 2  2 − 10 10 2 0 10

0 3 10 3 − 10

   0 1 0 0 0 0  ∼  0 −2 3 0  0 2 −3 0 0   1 0 0 0 ∼  0 1 − 23 0  0 0 0 0

och vektorn u2 = (0, 3, 2)T ¨ ar en bas f¨or motsvarande Slutligen, fallet λ3 = 12 ger oss    3 0 0 0 1 0 10 3 3 ∼ 0 1  2 0 10 10 10 2 2 0 0 0 0 10 10

egenrum. 0 1 0

 0 0  0

och vektorn u3 = (0, 1, −1)T ¨ar en bas f¨or motsvarande egenrum. Basbytesmatrisen T ges d˚ a av kolonnerna u1 , u2 , u3 och     3 0 0 5 0 0 1  3 3 3 . T = −1 3 1  , T −1 = 15 −2 2 −1 −4 6 −9 Allts˚ a diagonaliseras A som T DT −1 och eftersom An = T Dn T −1 f˚ ar vi    8
n    0 0 5 0 0 3 0 0 10 1  3 3 3 . 1n 0
 An = −1 3 1   0 n 15 5 −4 6 −9 −2 2 −1 0 0 10

n 8 5 n Notera att d˚ a n → ∞, s˚ a g¨ aller det att 10 → 0 och 10 → 0. Gr¨ ansf¨ ordelningen, An v0 blir d˚ a      3 0 0 0 0 0 5 0 0 120 1  −1 3 1  0 1 0  3 3 3  120 15 −2 2 −1 0 0 0 −4 6 −9 120 Ber¨ aknar vi denna produkt, f˚ ar vi slutligen vektorn (0, 216, 144)T som d˚ a¨ ar den stabila gr¨ ansf¨ ordelningen. Lo ¨sning. 70 L¨ osning saknas. Lo ¨sning. 71 Vi kan direkt best¨ amma avbildningsmatrisen f¨ or T i basen 1, x, x2 , x3 . Polynomet 2 3 a + bx + cx + dx har koordinaterna (a, b, c, d) i denna basen. Vi f˚ ar t.ex. att (1, 0, 0, 0) avbildas p˚ a (0, 1, 0, 0) eftersom 1 avbildas p˚ a x. Avbildningsmatrisen ges d˚ a av   0 0 0 1 1 0 0 0  A= 0 1 0 0 . 0 0 1 0 Vi ber¨ aknar det karakteristiska polynomet utvecklas l¨ angs med f¨ orsta raden: −λ 0 0 1 −λ 1 −λ 0 0 = −λ 1 0 1 −λ 0 0 0 0 1 −λ

med hj¨ alp av determinanten, som att

0 −λ 1

0 1 0 − 0 −λ 0

−λ 1 0

0 −λ . 1

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

53

Det sista uttrycket f¨ orenklas till (−λ)4 − 1 och vi ser nu att λ = 1 ¨ ar ett nollst¨ alle till avbildningsmatrisens karakteristiska polynom. Det b¨or allts˚ a finnas ett polynom som avbildas p˚ a sig sj¨ alv: T (a + bx + cx2 + dx3 ) = a + bx + cx2 + dx3 ⇔ ax + bx2 + cx3 + d = a + bx + cx2 + dx3 ⇔ (d − a) + (a − b)x + (b − c)x2 + (c − d)x3 = 0. Vi ser nu att om vi v¨ aljer a = b = c = d = 1 s˚ a uppfylls sista raden. Man kan nu l¨att att kontrollera att polynomet 1 + x + x2 + x3 ¨ar en egenvektor till avbildningen (men det beh¨ ovs inte, metoden ovan garanterar att det ¨ ar en egenvektor om man r¨ aknat r¨ att p˚ a v¨ agen). Alternativt kan man best¨amma en bas f¨or ker(A − I), d˚ a detta rum sp¨anns upp av egenvektorerna med egenv¨ arde 1. L¨ osning. 72 Varje vektor ovanf¨or x−axeln f¨orflyttas till h¨oger. som inte ¨ ar parallella med x−axeln.

32

Vi kan d˚ a inte ha egenvektorer

Lo ¨sning. 73 Rotation i rummet sker alltid kring en axel. Denna axel ¨ ar en egenvektor, och d˚ a denna avbildas p˚ a sig sj¨alv utan l¨angdf¨or¨andring, s˚ a det motsvarande egenv¨ardet ¨ar 1. Lo ¨sning. 74 S¨ att in λ = 0 i pA (λ) = |A − λI|. Faktorisera pA (λ) med egenv¨ arden som r¨ otter, och utveckla. S¨ att λ = 0. Lo ¨sning. 75 L¨ osning saknas. Lo ¨sning. 76 L˚ at f = (f1 , f2 , f3 , f4 ). Systemet kan d˚ a skrivas som f 0 = Af d¨ar   6 4 4 4 2 4 2 2  A= −4 −4 −2 −2 . −2 −2 −2 0 Om vi kan diagonalisera A som A = S −1 DS s˚ a g¨aller f 0 = S −1 DSf ⇐⇒ (Sf )0 = D(Sf ) ⇐⇒ g0 = Dg d¨ar det senare systemet med ¨ar g = Sf ¨ar enkelt att l¨osa. F¨orsta steget ¨ar allts˚ a att diagonalisera A. En diagonalisering ger (exempelvis) att     −2 −2 −1 −1 2 + 2i 0 0 0  −1  −1 0 1 2 − 2i 0 0 , D =  0 . S −1 =  2 − i 2 + i 1   0 0 0 2 0 1 1 0 0 0 0 0 2 Systemet g0 = Dg blir g10 = (2 + 2i)g1 , g20 = (2 − 2i)g2 , g30 = 2g3 , g40 = 2g4 . 32Rektanglar med sidor parallella med koordinataxlarna blir parallellogram.

54

P. ALEXANDERSSON

Eftersom dessa ¨ ar fyra oberoende f¨ orsta ordningens linj¨ ara diffekvationer kan vi enkelt l¨ osa dem: g1 = C1 e(2+2i)t , g2 = C2 e(2−2i)t , g3 = C3 e2t , g4 = C4 e2t . Sambandet g = Sf ger nu att S −1 g = f s˚ a      −2 −2 −1 −1 C1 e(2+2i)t f1  −1  C2 e(2−2i)t  f2  −1 0 1 −1  =  S = 2 − i 2 + i 1 0   C3 e2t  f3  1 1 0 0 f4 C4 e2t Vi kan skriva denna matrismultiplikation p˚ a f¨oljande s¨att, d¨ar den allm¨anna l¨osningen kan l¨ asas av:       f1 −2 −2 f2        = C1 e(2+2i)t  −1  + C2 e(2−2i)t  −1  f3  2 − i 2 + i f4 1 1     −1 −1     0 2t  1   + C3 e2t   1  + C4 e  0  . 0 0 Notera att vi egentligen direkt kan hoppa till denna form d˚ a vi har ber¨ aknat egenv¨ardena och motsvarande egenvektorer. H¨ar ¨ar C1 , . . . , C4 komplexa parametrar. Vill vi f˚ a de reella l¨ osningarna, m˚ aste vi arbeta lite till. Notera att de tv˚ a f¨orsta vektorerna ¨ar varandras konjugat, dvs, vi har C1 w + C2 w. Utnyttjar vi detta och anv¨ander lite algebra med komplexa tal, kan man visa att de reella l¨ osningarna parametriseras av Re((a + ib)w). Vi vill allts˚ a dela upp vektorn (a + ib)w i real och imagin¨ardel, och sedan plocka ut enbart realdelen. Genom att utnyttja att e(2+2i)t = e2t (cos 2t + i sin 2t) f˚ ar vi att (a + ib)e(2+2i)t (−2, −1, 2 − i, 1)T a¨r lika med   −2 cos 2t − 2i sin 2t   − cos 2t − i sin 2t  (a + ib)e2t  2 cos 2t + sin 2t + 2i sin 2t − i sin 2t = cos 2t + i sin 2t   −2a cos 2t + 2b sin 2t   −a cos 2t + b sin 2t  e2t  2a cos 2t + a sin 2t − 2b sin 2t + b cos 2t a cos 2t − b sin 2t   −2b cos 2t − 2a sin 2t   −b cos 2t − a sin 2t  +ie2t  2b cos 2t + b sin 2t + 2a sin 2t − a cos 2t . b cos 2t + a sin 2t Detta kan i sin tur skrivas som     −2 cos 2t 2 sin 2t     − cos 2t sin 2t 2t    ae2t  2 cos 2t + sin 2t + be −2 sin 2t + cos 2t cos 2t − sin 2t

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

55

   −2 cos 2t −2 sin 2t     − cos 2t − sin 2t 2t    +aie2t  2 sin 2t − cos 2t + bie 2 cos 2t + sin 2t cos 2t sin 2t 

Sammanfattar vi nu allt sammans, f˚ ar vi att de allm¨anna reella l¨osningarna ges av       f1 −2 cos 2t 2 sin 2t f2      − cos 2t sin 2t 2t    = ae2t    f3  2 cos 2t + sin 2t + be −2 sin 2t + cos 2t f4 cos 2t − sin 2t     −1 −1     0 2t  1   + C3 e2t   1  + C4 e  0  . 0 0 d¨ ar a, b, C3 , C4 nu ¨ ar reella tal. Avslutningsvis, om vi nu vill hitta l¨ osningar som uppfyller vissa randvillkor, s˚ a kan man antingen utg˚ a ifr˚ an den allm¨anna komplexa l¨osningen, eller l¨osningen ovan (om randvillkoren ¨ ar reella). Lo ¨sning. 77 Systemet kan skrivas p˚ a matrisform som  0  f 1 −1  g 0  = −1 1 h0 −1 1

  −1 f −1  g  . 1 h

Kalla 3 × 3-matrisen ovan f¨ or A. Om A kan diagonaliseras, s˚ a ges den allm¨ anna l¨ osningen till systemet av (f (t), g(t), h(t)) = C1 v1 eλ1 t + C2 v1 eλ2 t + C3 v1 eλ3 t d¨ ar C1 , C2 och C3 a arde och ¨r godtyckliga komplexa tal, λi och vi a ¨r ett egenv¨ motsvarande egenvektor till A. Matrisen ovan kan vi best¨ amma egenvektorer och egenv¨ arden till, vi f˚ ar λ1 = 0, λ2 = 1 och λ3 = 2. Motsvarande egenvektor ges exempelvis av (1, 1, 0), (1, 1, −1) samt (1, 0, −1). Vi har d˚ a den allm¨ anna l¨ osningen  t 2t  f (t) = C1 + C2 e + C3 e t . g(t) = C1 + C2 e   t 2t h(t) = −C2 e + C3 e Ins¨ attning av randvillkoren och t = 0 ger nu att   1 = C1 + C2 + C3 2 = C1 + C2   0 = −C2 + C3

.

L¨oser vi detta linj¨ara ekvationssystem, finner vi till sist att l¨osningen som uppfyller de givna randvillkoren ¨ ar  t 2t  f (t) = 1 + e − e . g(t) = 1 + 1et   t 2t h(t) = −e + e

56

P. ALEXANDERSSON

Lo ¨sning. 78 (a) Vi har enligt definitionen ovan att

2

 x x =

Z1

x2 · xdx =



1

x4 4

= 0. −1

−1

(b) P˚ a samma s¨ att

Z1

2

 x + 2 x + 1 =

(x2 + 2) · (x + 1)dx

−1

Z1 =

x3 + x2 + 2x + 2dx

−1

1 x4 x3 + + x2 + 2x 4 3 −1 14 = . 3 (c) Enligt definitionen p˚ a l¨ angd av en vektor, f˚ ar vi att v s  uZ1 r u 1 x5 2 u 2 2 2 = . |x | = t x · x dx = 5 −1 5 

=

−1

Lo ¨sning. 79 Vi har att r p k(1, −2, 3)k = h(1, −2, 3)|(1, −2, 3)i = Lo ¨sning. 80 Vi b¨ orjar med att s¨ atta e1 = f1 /|f1 | =

√1 (1, 1, 1). 3

√ (−2)2 32 12 + + = 3. 12 22 32

D¨arefter s¨atter vi

v2 = f2 − he1 |f2 ie1   1 1 = (1, 0, −1) − √ (1, 1, 1) (1, 0, −1) √ (1, 1, 1) 3 3 1 = (1, 0, −1) − h(1, 1, 1)|(1, 0, −1)i(1, 1, 1) 3 = (1, 0, −1) − 0(1, 1, 1) Vi f˚ ar s˚ aledes att e2 = v2 /|v2 | =

√1 (1, 0, −1). 2

Slutligen,

v3 = f3 − he1 |f3 ie1 − he2 |f3 ie2   1 1 = (0, 0, 1) − √ (1, 1, 1) (0, 0, 1) √ (1, 1, 1) − he2 |f3 ie2 3 3 1 = (0, 0, 1) − h(1, 1, 1)|(0, 0, 1)i(1, 1, 1) − he2 |f3 ie2 3   1 1 1 = (0, 0, 1) − (1, 1, 1) − √ (1, 0, −1) (0, 0, 1) √ (1, 0, −1) 3 2 2 1 1 = (−1, −1, 2) − h(1, 0, −1)|(0, 0, 1)i(1, 0, −1) 3 2

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

1 (−1, −1, 2) + 3 1 = (−2, −2, 4) + 6 1 = (1, −2, 1) 6 =

57

1 (1, 0, −1) 2 1 (3, 0, −3) 6

Vi f˚ ar s˚ aledes att e3 = v3 /|v3 | = √16 (1, −2, 1). Vektorerna √13 (1, 1, 1), √12 (1, 0, −1) samt √16 (1, −2, 1) utg¨or allts˚ a en ON-bas f¨or samma rum som f1 , f2 och f3 sp¨anner upp. L¨ osning. 81 Vi anv¨ander oss av Gram-Schmidts ortogonaliseringsprocess. L˚ at f1 , f2 , f3 beteckna de tre kolonnerna i matrisen. Vi finner att p √ |f1 | = 12 + 12 + 12 = 3, och genom att normera f1 f˚ ar vi den f¨ orsta vektorn i den ON-bas e1 , e2 , e3 som s¨ okes. S˚ aledes, e1 = √13 (1, 1, 1). N¨asta steg a¨r att anv¨anda oss av f2 , men denna vektor a¨r parallell med e1 s˚ a vi kan inte utvidga v˚ ar bas med f2 . Som tredje steg, anv¨ ander vi d˚ a ist¨allet f3 och ber¨aknar f˚ ar enligt algoritmen v3 = f3 − he1 |f3 ie1   1 1 = f3 − √ (1, 1, 1) (1, 0, 1) √ (1, 1, 1) 3 3 1 = (1, 0, 1) − · 2 · (1, 1, 1) 3 1 = (1, −2, 1) 3 Det ˚ aterst˚ ar att normera v3 , och d˚ a v3 ¨ ar parallell med vektorn (1, −2, 1) r¨ acker det att normera denna. Vi finner att e2 = √16 (1, −2, 1). Vi har nu slut p˚ a kolonner att anv¨ anda ur matrisen, s˚ a vi m˚ aste sj¨ alva utvidga e1 , e2 med en till vektor. H¨ ar kan man ans¨ atta vilken vektor som helst som inte ligger i det linj¨ara h¨oljet av e1 och e2 . H¨ar v¨aljer vi vektorn f4 = (1, −1, 0) d˚ a denna a r ortogonal mot e s˚ a ber¨ a kningarna blir n˚ agot l¨ a ttare: ¨ 1 v4 = f4 − he1 |f4 ie1 − he2 |f4 ie2   1 = (1, −1, 0) − √ (1, 1, 1) (1, −1, 0) e1 − he2 |f4 ie2 3 | {z } =0 enl val   1 1 = f4 − 0 − √ (1, −2, 1) (1, −1, 0) √ (1, −2, 1) 6 6 1 = f4 − h(1, −2, 1)|(1, −1, 0)i(1, −2, 1) 6 1 = f4 − · 3 · (1, −2, 1) 6 1 = (1, −1, 0) − (1, −2, 1) 2 1 = (1, 0, −1) 2 Normerar vi nu denna vektor, f˚ ar vi e3 =

√1 (1, 0, −1). 2

58

P. ALEXANDERSSON

Sammanfattningsvis, vektorerna 1 1 1 √ (1, 1, 1), √ (1, −2, 1) samt √ (1, 0, −1) 3 6 2 3 utg¨or en ON-bas f¨or R , d¨ar de tv˚ a f¨orsta vektorerna ¨ar en ON-bas f¨or kolonnrummet till matrisen given i uppgiften. L¨ osning. 82 Vi b¨orjar med att ta fram vektorer som sp¨anner upp U , och utvidga dessa till en bas f¨or R3 . Vi st¨aller upp de givna vektorerna som kolonner i en matris, tillsammans med enhetskolonnerna. D¨ arefter gausseliminerar vi tills matrisen a¨r p˚ a trappstegsform:     1 1 3 0 1 0 0 1 1 3 0 1 0 0 1 0 2 −1 0 1 0 ∼ 0 −1 −1 −1 −1 1 0 1 3 5 2 0 0 1 0 2 2 2 −1 0 1   1 1 3 0 1 0 0 ∼  0 −1 −1 −1 −1 1 0 0 0 0 0 −3 2 1 Vektorerna p˚ a position 1, 2 och 5 i den ursprungliga matrisen ¨ ar d˚ a en bas f¨ or R3 d¨ ar de tv˚ a f¨ orsta ¨ aven ¨ ar en bas f¨ or U . Vi utf¨ or d˚ a Gram-Schmidt p˚ a dessa tre vektorer i denna ordning, n¨amligen med f1 = (1, 1, 1), f2 = (1, 0, 3) och f3 = (1, 0, 0). Vi f˚ ar att e1 = f1 /|f1 | = √13 (1, 1, 1). Nu, v2 = f2 − he1 |f2 ie1   1 1 = (1, 0, 3) − √ (1, 1, 1) (1, 0, 3) √ (1, 1, 1) 3 3 1 = (1, 0, 3) − · 4 · (1, 1, 1) 3 = (−1, −4, 5)/3 Normerar vi denna vektor f˚ ar vi att e2 = √142 (−1, −4, 5). Vektorerna e1 och e2 a ¨r nu allts˚ a en ON-bas f¨or U . Forts¨atter vi, ett steg till i algoritmen, f˚ ar vi slutligen en ON-bas f¨ or R3 : v3 = f3 − he1 |f3 ie1 − he2 |f3 ie2   1 1 = (1, 0, 0) − √ (1, 1, 1) (1, 0, 0) √ (1, 1, 1) 3 3   1 1 − √ (−1, −4, 5) (1, 0, 0) √ (−1, −4, 5) 42 42 1 1 = (1, 0, 0) − (1, 1, 1) − (−1)(−1, −4, 5) 3 42 = (42, 0, 0) − (14, 14, 14) + (−1, −4, 5) = (27, −18, −9)/42 Normerar vi denna vektor f˚ ar vi slutligen e3 = √114 (3, −2, −1). Vektorerna e1 , e2 , e3 utg¨ or allts˚ a en ON-bas i R3 , d¨ ar e1 , e2 sp¨anner upp rummet U . L¨ osning. 83 Vi f¨ oljer uppmaningen, och b¨ orjar med Gram-Schmidt p˚ a f1 = (1, 0, 0, 0) och f2 = (1, 1, 1, 1). Eftersom den f¨ orsta vektorn redan har l¨angd 1, s˚ a f˚ ar vi e1 = (1, 0, 0, 0). Nu, v2 = f2 − he1 |f2 ie1

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

59

= (1, 1, 1, 1) − h(1, 0, 0, 0)|(1, 1, 1, 1)i(1, 0, 0, 0) = (1, 1, 1, 1) − 1 · (1, 0, 0, 0) = (0, 1, 1, 1). √ Normerar vi denna vektor f˚ as e2 = (0, 1, 1, 1)/ 3. Om vi nu utvidgar e1 , e2 till en ON-bas f¨or R4 , s˚ a kan vi skriva u = (1, 0, 0, −2) som a1 e1 +a2 e2 +a3 e3 +a4 e4 . Den ortogonala projektionen p˚ a U inneb¨ar att vi endast har med de komponenter som finns i U , n¨amligen a1 e1 + a2 e2 . Sats 12.4 ger nu att a1 = he1 |ui och √ a2 = ar he2 |ui. Vif˚ d˚ a att a1 = h(1, 0, 0, 0)|(1, 0, 0, −2)i = 1 samt a2 = (0, 1, 1, 1)/ 3 (1, 0, 0, −2) = √ oljer att −2/ 3. Det f¨   2 2 2 2 2 uproj = 1e1 − √ e2 = (1, 0, 0, 0) − (0, 1, 1, 1) = 1, − , − , − . 3 3 3 3 3 Vi ¨ ar nu klara. Lo ¨sning. 84 F¨orsta steget ¨ar att finna en bas f¨or U ∩V . Detta st¨aller vi upp med gauss-elimination:   1 1 0 1 1 1 0 1  1 0 0 0 1 0 0 0     0 1 −1 1 0 0 0 0  ∼ Fixa raderna 1 och 2 0 1 1 1 0 0 0 0   1 0 0 0 1 0 0 0  0 1 0 1 0 1 0 1     0 1 −1 1 0 0 0 0  ∼ Eliminera mha rad 2 0 1 1 1 0 0 0 0   1 0 0 0 1 0 0 0  0 1 0 1 0 1 0 1     0 0 −1 0 0 −1 0 −1  ∼ Fixa raderna 3 & 4 0 0 1 0 0 −1 0 −1   1 0 0 0 1 0 0 0  0 1 0 1 0 1 0 1     0 0 1 0 0 −1 0 −1  0 0 0 0 0 −2 0 −2 Vi ser att f1 = (0, −2, 0, −2) sp¨ anner upp U ∩ V . Om vi nu s¨ atter f2 = (1, 0, 0, 0) s˚ a sp¨ anner f1 och f2 upp U . Vektorerna i v¨ ansterledet ovan sp¨ anner upp U + V och den tredje radvektorn i VL ¨ar linj¨art oberoende fr˚ an f1 och f2 . Om vi d˚ a s¨atter f3 = (0, 0, 1, 0) s˚ a sp¨ anner f1 , f2 och f3 upp U + V . Utf¨ or vi Gram-Schmidt p˚ a vektorerna f1 , f2 , f3 samt en till vektor, f˚ ar vi p˚ a samma g˚ ang alla ON-baser som efters¨oks. Normerar vi f1 f˚ ar vi e1 = √12 (0, −1, 0, −1). v2 = f2 − he1 |f2 ie1   1 1 = (1, 0, 0, 0) − √ (0, −1, 0, −1) (1, 0, 0, 0) √ (0, −1, 0, −1) 2 2 {z } | =0

= (1, 0, 0, 0) Denna vektor har l¨ angd 1, s˚ a vi kan d˚ a s¨ atta e2 = (1, 0, 0, 0). Tredje vektorn f˚ as genom att utvidga med f3 : v3 = f3 − he1 |f3 i e1 − he2 |f3 i e2 | {z } | {z } =0

=0

60

P. ALEXANDERSSON

= (0, 0, 1, 0) och h¨ar har vi ocks˚ a tur med ber¨akningarna, det visade sig att f3 redan var vinkelr¨at mot e1 och e2 . Vi s¨ atter d˚ a e3 = (0, 0, 1, 0), som ¨ar normerad. Slutligen, f¨or att utvidga e1 , e2 , e3 till en bas f¨or R4 s˚ a beh¨over vi utf¨ora GramSchmidt p˚ a en fj¨arde vektor. Vi v¨aljer f4 = (0, 0, 0, 1) som ¨ar ortogonal mot b˚ ade e2 och e3 och detta underl¨ attar ber¨akningarna: v4 = f4 − he1 |f4 ie1 − he2 |f4 i e2 − he3 |f4 i e3 | {z } | {z } =0 =0   1 1 v4 = (0, 0, 0, 1) − √ (0, −1, 0, −1) (0, 0, 0, 1) √ (0, −1, 0, −1) 2 2 1 = (0, 0, 0, 1) − · (−1) · (0, −1, 0, −1) 2 1 = (0, 0, 0, 1) − (0, 1, 0, 1) 2 1 = (0, −1, 0, 1). 2 Normerar vi denna vektor, f˚ ar vi e4 = √12 (0, −1, 0, 1). Sammanfattningsvis, e1 = √1 (0, −1, 0, −1), e2 = (1, 0, 0, 0), e3 = (0, 0, 1, 0) och e4 = √1 (0, −1, 0, 1) d¨ ar e1 ¨ ar 2 2 en ON-bas f¨ or U ∩ V , {e1 , e2 } ¨ ar en ON-bas f¨ or U , {e1 , e2 , e3 } ¨ ar en ON-bas f¨ or U + V och {e1 , e2 , e3 , e4 } ¨ ar en ON-bas f¨or R4 . L¨ osning. 85 Vi anv¨ ander Gram-Schmidt p˚ a kolonnerna f1 , . . . , f4 i A. F¨ orst, v1 = f1 /|f1 | = √ (1, 1, 0)/ 2. Som andra steg f˚ ar vi w2 = f2 − hv1 |f2 iv1  = (−1, −1, 1) −

 (1, 1, 0) (1, 1, 0) √ √ (−1, −1, 1) 2 2

1 = (−1, −1, 1) − h(1, 1, 0)|(−1, −1, 1)i(1, 1, 0) 2 (−2) = (−1, −1, 1) − (1, 1, 0) 2 = (−1, −1, 1) + (1, 1, 0) = (0, 0, 1) Denna vektor ¨ ar redan normerad, och vi f˚ ar v2 = (0, 0, 1). Vi g˚ ar vidare, w3 = f3 − hv1 |f3 iv1 − hv2 |f3 iv2   (1, 1, 0) (1, 1, 0) √ √ = f3 − (i, −1, 1) − hv2 |f3 iv2 2 2 i−1 = (i, −1, 1) − (1, 1, 0) − h(0, 0, 1)|(i, −1, 1)i(0, 0, 1) 2 i−1 = (i, −1, 1) − (1, 1, 0) − (0, 0, 1) 2 1−i = (i, −1, 0) + (1, 1, 0) 2 = (1 + i, −(1 + i), 0)/2

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

61

p √ Slutligen, |w3 | = 12 |1 + i|2 + | − (1 + i)|2 + 02 = 21 2 + 2 = 1. Vektorn w3 ¨ ar allts˚ a redan normerad, och vi har v3 = w3 . Vi har nu hittat en ON-bas f¨or C3 och vi st¨ aller upp dessa som kolonner i en matris Q:   1+i √1 0 2   2 . Q =  √12 0 − 1+i 2  0 1 0 F¨ or att finna R, anv¨ ander vi att A = QR ⇔ QH A = R. Detta ger (notera konjugaten) att  1   √ √1 0 1 −1 i i 2 2 R= 0 0 1 1 −1 −1 −1 1−i 1−i 0 1 1 −1 − 2 0 2 √  √ −1+i −1+i √ √ 2 − 2 2 2 = 0 1 1 −1  . 0

0

1

En QR-uppdelning f¨ or A ges d˚ a av   √ 1+i √1 0 2 2  2  A =  √12 0 − 1+i  0 2 0 0 1 0 {z }| | Q

1 √ − 2 1 0

−1+i √ 2

1 1 {z R

 −1+i √ 2

−1  . 1 }

L¨ osning. 86 Vi har tre rader, allts˚ a m˚ aste Q vara en 3 × 3-matris. Eftersom vi bara har en kolonn f1 , m˚ aste vi l¨ agga till tv˚ a extra vektorer, f2 och f3 . Vi v¨ aljer dessa till (1, 0, 0) och (0, 1, 0). Det ¨ ar l¨ att att kontrollera att f1 , f2 och f3 ¨ ar linj¨ art oberoende. or √ Vi utf¨ Gram-Schmidt och l˚ ater v1 vara normailseringen av f1 , s˚ a v1 = (i, i, 1)/ 3. Nu, w2 = f2 − hv1 |f2 iv1   (i, i, 1) (i, i, 1) √ (1, 0, 0) √ = f2 − 3 3 1 = f2 − h(i, i, 1)|(1, 0, 0)i(i, i, 1) 3 −i = f2 − (i, i, 1) 3 1 = (1, 0, 0) + (−1, −1, i) 3 1 = (2, −1, i) 3 √ √ Detta ger oss att v2 = (2, −1, i)/ 6, eftersom |(2, −1, i)| = 6. Slutligen, tredje vektorn ber¨aknas genom w3 = f3 − hv1 |f3 iv1 − hv2 |f3 iv2 1 = f3 − h(i, i, 1)|(0, 1, 0)i(i, i, 1) − hv2 |f3 iv2 3 −i 1 = f3 − (i, i, 1) − h(2, −1, i)|(0, 1, 0)i(2, −1, i) 3 6 −1 −i (i, i, 1) − (2, −1, i) = f3 − 3 6 1 1 1 = (0, 6, 0) + (−2, −2, 2i) + (2, −1, i) 6 6 6

62

P. ALEXANDERSSON

1 (0, 3, 3i) 6 √ Normalisering ger att v3 = (0, 1, i)/ 2. Detta ger oss till sist √   i 3 − √i3 √ √2 0 q 3 6   −1 H 2  0 √1  och R = Q A = Q =  √i3 √  6 2  3 =

√1 3

Vi ¨ ar nu klara.

√i 6

√i 2

0

0

− √i3



 − √16  . √1 2

33

Lo ¨sning. 87 Vi har vektorerna f1 = x och f2 = x2 . Genom Gram-Schmidts process kan vi svara p˚ a f¨ orsta fr˚ agan. F¨ orst m˚ aste vi normera f1 . Detta g¨ors genom att ber¨akna Z1

2

|f1 | = hf1 |f1 i =

x · xdx = 0

Allts˚ a g¨ alller det att |f1 | = I andra steget, s¨ atter vi

√1 . 3

Vi s¨atter d˚ a e1 =

√

1 . 3

3x.

D√ E√ v2 = f2 − he1 |f2 ie1 = x2 − 3x x2 3x  1  Z 3 = x2 − 3  x · x2 dx x = x2 − x 4 0

Vi m˚ aste nu normera v2 .  Z1  2  3 3 2 3 2 2 2 x − x dx |v2 | = x − x x − x = 4 4 4 0

Z1 =

x4 −

3x3 9x2 + dx 2 16

0

1 x5 3x4 9x3 1 − + = . 5 8 24 0 80 √
Allts˚ a, e2 = 80 x2 − 34 x . √ √
Sammanfattningsvis, vektorerna 3x och 80 x2 − 34 x ¨ar allts˚ a en ON-bas f¨or U . Vi kan nu anv¨ anda oss av att n X v= hei |viei , 

=

i=1

om e ¨ar en ON-bas, f¨or att best¨amma projektionen av u = 1 + 2x p˚ a U . Vi har helt enkelt att denna projektion ges av uproj = he1 |uie1 + he2 |uie2 , d¨ar D√ E√ he1 |uie1 = 3x 1 + 2x 3x  1  Z = 3  x(1 + 2x)dx · x 0 33Notera att R ¨ ar ¨ overtriangul¨ ar, med icke-negativa reella tal p˚ a huvuddiagonalen. Detta kr¨ avs i en QR-uppdelning.

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

63

7 =3· x 6 samt      √ 3 3 80 x2 − x 1 + 2x 80 x2 − x 4 4  1     Z  3 3 = 80  x2 − x (1 + 2x)dx · x2 − x 4 4 0   3 41 · x2 − x = 80 · 24 4 

he2 |uie2 =

√

F¨orenklar vi nu he1 |uie1 + he2 |uie2 f˚ ar vi att uproj =

410x2 3

− 99x.

Lo ¨sning. 88 L˚ at oss kalla avbildningsmatrisen till T i den givna basen f¨ or A. Vi vet d˚ a att A(1, 0, 0, 0)T = A(1, 0, 2, 0)T = (0, 0, 0, 0)T och att A(1, 1, 1, 1)T = (1, 1, 1, 1)T samt att A(1, 1, −1, −1)T = 2(1, 1, −1, −1)T . Detta kan sammanfattas som     1 1 1 1 0 0 1 2 0 0 1 1  0 0 1 2     A 0 2 1 −1 = 0 0 1 −2 0 0 1 −1 0 0 1 −2 Vi l¨ oser ut A genom  0 0 0 0 A= 0 0 0 0

att ber¨ akna en matrisinvers och f˚ ar att    3 1 0 1 −1 − 12 1 2 2 2 1 1 3    1 2  0 0 − 2  0 2 2 1 1 =   1 −2 0 2 0 − 21 0 2 1 1 1 −2 0 2 0 −2 0 − 12

0 0 0 0

 − 12 − 12   3 . 2 3 2

Fr˚ an denna matris kan vi nu ber¨akna allt som efterfr˚ agas. Vi kan dock vara lite effektivare och inse att vektorerna (1, 0, 0, 0), (1, 0, 2, 0), (1, 1, 1, 1) samt (1, 1, −1, −1) ¨ ar linj¨ art oberoende. De tv˚ a f¨ orsta vektorerna ligger i A:s nollrum, ty de avbildas p˚ a nollvektorn. De tv˚ a sistn¨ amnda m˚ aste d˚ a sp¨ anna upp A:s v¨ arderum. Det ¨ ar klart att vi inte kan ha h¨ ogre dimension ¨ an tv˚ a f¨ or A:s v¨arderum, eftersom A:s nollrum har minst dimension tv˚ a. Genom att fundera lite, eller anv¨ anda Gram-Schmidt inser vi att vektorerna (1, 0, 0, 0) och (0, 0, 1, 0) sp¨ anner upp A:s nollrum och ¨ ar en ON-bas f¨ or detta rum. P˚ a liknande s¨att finner vi att vektorerna √12 (1, 1, 0, 0) och √12 (0, 0, 1, 1) ¨ar en ON-bas f¨ or A:s v¨ arderum. F¨ or att svara p˚ a fr˚ aga (b), noterar vi att (20, 2, −30, 0) = 33(1, 0, 0, 0) − 15(1, 0, 2, 0) + (1, 1, 1, 1) + (1, 1, −1, −1) Det f¨ oljer d˚ a att T (20, 2, −30, 0) = 33T (1, 0, 0, 0) − 15T (1, 0, 2, 0) + T (1, 1, 1, 1) + T (1, 1, −1, −1) = 0 − 15 · 0 + (1, 1, 1, 1) + 2(1, 1, −1, −1) = (3, 3, −1, −1).

64

P. ALEXANDERSSON

Lo ¨sning. 89 Kalla matrisen f¨ or A. Vi best¨ ammer f¨orst pA (λ) = |A − λI|. −1 − λ i 0 −λ 1 pA (λ) = −i 0 1 −1 − λ −i −λ 1 1 − i = −(1 + λ) 1 −1 − λ 0 −1 − λ = −(1 + λ)(λ2 + λ − 1) − (−1 − λ) = −λ3 − 2λ2 + λ + 2 Vi gissar p˚ a r¨ otter, och f˚ ar att λ1 = −2, λ2 = −1 samt λ3 = 1 ¨ ar matrisens egenv¨arden. Vi letar ¨aven efter egenvektorer, som vi normerar. Dessa egenvektorer ger kolonnerna i U . Matrisen diagonaliseras d˚ a som A = U DU −1 = U DU H , med  √i    − √i2 √i6 3 −2 0 0 q  √1  2 , D =  0 −1 0 . U = − 0 3 3 1 1 1 0 0 1 √ √ √ 3

2

6

Lo ¨sning. 90 Vi best¨ ammer f¨ orst det karakteristiska polynomet. pA (λ) = (2 − λ)((3 − λ)2 − i(−i)) = (2 − λ)2 (4 − λ). Vi letar nu efter egenvektorer som h¨ or till egenv¨ ardena λ1,2 = 2, λ3 = 4. I f¨ orsta fallet s¨oker vi en ON-bas i egenrummet ker(A − 2I). F¨orst m˚ aste vi hitta en bas att utg˚ a ifr˚ an. Vi l¨ oser d˚ a systemet (A − 2I)x = 0 och f˚ ar     1 0 i 0
1 0 i 0  0 0 0 0 ∼ ∼ 1 0 i 0 −i 0 1 0 −i 0 1 0 N¨ ar vi har ett dubbelt egenv¨ arde till en matris som vi vet ¨ ar diagonaliserbar, s˚ a ar motsvarande egenrum tv˚ adimensionellt. Vi beh¨ over nu tv˚ a linj¨ art oberoende ¨ vektorer 34 som utg¨or en bas f¨or detta rum. Till exempel f˚ ar vi vektorn f1 = (0, 1, 0) och f2 = (1, 1, i). Kontrollera att dessa l¨oser ekvationen ovan. Vi ser dock att f1 och f2 inte ¨ar ortogonala eller normerade. D¨arf¨or m˚ aste vi utf¨ora Gram-Schmidt p˚ a dessa. Vektorn f1 ¨ ar redan normerad, s˚ a vi l˚ ater v1 = (0, 1, 0). N¨asta steg i Gram-Schmidt ger att w2 = f2 − hv1 |f2 iv1 = (1, 1, i) − h(0, 1, 0)|(1, 1, i)i(0, 1, 0) = (1, 1, i) − (0, 1, 0) = (1, 0, i). √ Normering av w2 ger slutligen v2 = (1, 0, i)/ 2. Vektorerna v1 och v2 utg¨ or s˚ aledes en ON-bas i egenrummet med egenv¨arde 2. P˚ a liknande s¨ att som ovan, kan vi hitta en tredje egenvektormed egenv¨ ardet 4, √ som vi normerar. Detta ger oss v3 = (1, 0, −i)/ 2. S¨atter vi upp egenvektorerna nu som kolonner i en matris U , s˚ a blir denna matris unit¨ ar, och den diagonaliserar A. Allts˚ a, A = U DU H , och D ¨ ar diagonalmatrisen 34Vi kan s˚ aklart parametrisera l¨ osningsrummet och f˚ a fram en bas d¨ arifr˚ an, men h¨ ar anv¨ ander vi en liten annan metod f¨ or att illustrera att man ibland m˚ aste g¨ ora om basen till en ON-bas.

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

med egenv¨ arden motsvarande egenvektorerna.   √1 0 √12 2 2 0 0 A = U DU H = 1 0 0 0 √i2 − √i2

0 2 0

 0 0  √1  0  2 √1 4 2

65

 1 0 0 − √i2  . √i 0 2

Lo ¨sning. 91 L¨ osning saknas. Lo ¨sning. 92 Vi b¨ orjar med att ber¨ akna B = AH A, och f˚ ar att   5 4 B= . 4 5 Egenv¨ ardena till matrisen B ges d˚ a av l¨ osningarna till (5 − λ)2 − 42 = (5 − λ + ara v¨ ardena ¨ ar d˚ a 4)(5 −√λ − 4). Detta ger √ oss λ1 = 9 samt λ2 = 1. De singul¨ σ1 = 9 = 3 och σ2 = 1 = 1. Vi g˚ ar vidare med att best¨amma egenvektorerna till B f¨or att kunna skapa den unit¨ara matrisen V . Egenv¨ardet λ = 9 leder till systemet B − 9I = 0, vilket p˚ a matrisform blir   −4 4 0 . 4 −4 0 L¨oser vi detta system, f˚ ar vi att l¨osningsrummet sp¨anns upp av vektorn (1, 1), som √ d˚ a blir en egenvektor till B. Normerar vi denna vektor, v1 = (1, 1)/ 2, f˚ ar vi f¨orsta kolonnen i V . Vi kan finna den andra egenvektorn, som h¨or till λ2 = 1, p˚ a samma s¨att, men vi vet att egenvektorerna skall utg¨ o ra en ON-bas. Ett alternativ vi kan se direkt ¨ar d˚ a √ v2 = (−1, 1)/ 2. Matrisen V ges d˚ a av ! √1 − √12 2 . V = √1 √1 2

2

Det ˚ aterst˚ ar att best¨amma matrisen U . F¨or i = 1, 2 har vi att ui = av dessa vektorer ger       2 2 4 1 1 1 1 0 −1 √ u1 = = √ −1 3 2 1 3 2 −1 −1 0

1 σi Avi .

och

Ber¨akning

      2 2 0 1 1 1 −1 0 −1 √ u2 = = √ −1 . 1 2 1 2 −1 0 1 Dessa vektorer ¨ ar nu normerade och ortogonala. F¨ or att hitta u3 m˚ aste vi nu anv¨ anda Gram-Schmidt, f¨ or att utvidga u1 och u2 till en ON-bas f¨ or hela C3 . Vi v¨ aljer att utvidga med f3 = (1, 0, 0) eftersom den ¨ ar ortogonal mot u2 och detta underl¨ attar ber¨ akningarna. Nu, w = f3 − hu1 |f3 iu1 − hu2 |f3 i u2 | {z } =0   (4, −1, −1) (4, −1, −1) √ √ = (1, 0, 0) − (1, 0, 0) 3 2 3 2 1 = (1, 0, 0) − h(4, −1, −1)|(1, 0, 0)i(4, −1, −1) 18 4 = (1, 0, 0) − (4, −1, −1) 18

66

P. ALEXANDERSSON

= (1, 2, 2)/9. Normering av w ger att u3 = 13 (1, 2, 2). Vektorerna u1 , u2 och u3 utg¨or kolonnerna i U , och en SV-uppdelning av A ges d˚ a av  4   1 ! √ 0 3 0 3 3 2 √1 √1   −1 −1 2 2 2 A = U SV H =  3√2 √2 3  0 1 . − √12 √12 −1 1 2 √ √ 0 0 3 3 2

2

Lo ¨sning. 93 Vi b¨ orjar med att ber¨ akna AH A. Denna matris blir   2 −2 0 −2 3 −2i . 0 2i 4 Vi best¨ ammer nu egenv¨ ardena till denna matris. 2 − λ −2 0 = (2 − λ) 3 − λ −2i − (−2) −2 −2 3 − λ −2i 2i 0 4−λ 0 2i 4 − λ

−2i 4 − λ

= (2 − λ) [(3 − λ)(4 − λ) − 4] − 4(4 − λ)   = (2 − λ) λ2 − 7λ + 8 − 16 + 4λ = −λ3 + 9λ2 − 18λ = −λ(λ − 3)(λ − 6). √ √ De singul¨ ara v¨ ardena ges d˚ a av σ1 = 6 och σ2 = 3. Vi forts¨ atter med att best¨amma egenvektorerna till AH A, eftersom dessa kommer att ge oss kolonnerna i matrisen V . Egenv¨ arder λ1 = 6 leder till ekvationssystemet     −4 −2 0 0 1 0 − 2i 0  −2 −3 −2i 0  ∼ . 0 1 i 0 0 2i −2 0 Detta leder till att egenrummet till egenv¨ardet λ1 = 6 sp¨anns upp av den normerade vektorn v1 = 13 (1, −2, −2i). F¨ or λ2 = 3 g¨ or vi p˚ a samma s¨ att, och f˚ ar v2 = 1 1 (2, −1, 2i) och λ = 0 ger till sist v = (2, 2, −i). Matrisen V a r d˚ a ¨ 3 3 3 3   1 2 2 1 −2 −1 2  . V = 3 −2i 2i −i Vi kan nu best¨ amma u1 och u2 genom formeln ui = σ1i Avi . Detta leder till att 1 u1 = √6 (1, −2i, 1) och u2 = √13 (1, i, 1). Den tredje vektorn m˚ aste nu best¨ ammas med Gram-Schmidt, eller s˚ a f¨ ors¨ oker man “se” en vektor som ¨ ar ortogonal mot b˚ ade u1 och u2 . Detta leder till u3 = √12 (1, 0, −1). Verifiera nu att u1 , u2 och u3 verkligen ¨ ar en ON-bas. Dessa ger nu kolonnerna i matrisen U och slutligen kan matrisen A presenteras som  1  √    √ √1 √1 6 √0 0 1 −2 2i 6 3 2 1 √ √i 0 A =  −2i 3 0 2 −1 −2i .  0 6 3 3 1 1 −1 √ √ √ 2 2 i 0 0 0 6 3 2 | {z } | {z } {z } | U

S

VH

¨ ALGEBRA II EXTRAMATERIAL TILL LINJAR

Detta ¨ ar en singul¨ arv¨ ardesuppdelning

35

67

av A.

Lo ¨sning. 94 Direkt ber¨ akning ger att AAH = AH A =



53 0

 0 . 53

Detta visar att A ¨ar normal. N¨asta steg ¨ar att finna A:s egenv¨arden. Ber¨akning ger att 2 − 6i − λ 2 − 3i pA (λ) = −2 − 3i 2 + 6i − λ = (2 − λ − 6i)(2 − λ + 6i) − (−3i + 2)(−3i − 2) = (konjugatregeln tv˚ a g˚ anger) = (2 − λ)2 − (6i)2 − ((−3i)2 − 22 ) = (2 − λ)2 + 49 = (2 − λ)2 − (7i)2 = (konjugatregeln) = (2 − λ − 7i)(2 − λ + 7i) = ((2 − 7i) − λ)((2 + 7i) − λ). Egenv¨ardena till matrisen ges d˚ a av λ1,2 = 2 ± 7i. Vi beh¨over nu finna motsvarande egenvektorer. Fallet λ1 = 2 − 7i ger systemet (A − λ1 I)x = 0 som d˚ a ges av     i 2 − 3i 0 1 −3 − 2i 0 ∼ −2 − 3i 13i 0 −2 − 3i 13i 0
∼ 1 −3 − 2i 0 . En egenvektor ges d˚ a av w1 = (3 + 2i, 1). Vi ser att |w1 |2 = |3 + 2i|√2 + |1|2 = 2 2 2 3 + 2 + 1 = 14. Den normerade egenvektor blir d˚ a u1 = (3 + 2i, 1)/ 14. Fallet λ2 = 2 + 7i leder till  
−13i 2 − 3i 0 ∼ 13 3 + 2i 0 . −2 − 3i −i 0 2 Vektorn w2 = (3+2i, −13) l¨oser ekvationssystemet, och |w2 |√ = |3+2i|2 +|−13|2 = 2 2 2 3 + 4 + 13 = 182. Normering ger oss u2 = (3 + 2i, −13)/ 182. H¨ar kan det vara bra att kontrollera att u1 och u2 verkligen ¨ar ortogonala, f¨or att uppt¨acka eventuella r¨ aknefel:

1 h(3 + 2i, 1)|(3 + 2i, −13)i 14 · 182 1 =√ ((3 − 2i)(3 + 2i) − 13) 14 · 182 1 =√ ·0 14 · 182 = 0.

hu1 |u2 i = √

35Notera att det ¨ ar viktigt att sortera de singul¨ ara v¨ ardena i S avtagande i storlektsordning,

och att man m˚ aste t¨ anka p˚ a att ordningen p˚ a kolonnvektorerna i V och U best¨ ams av ordningen p˚ a de singul¨ ara v¨ ardena.

68

P. ALEXANDERSSON

Villkoret ¨ ar upppfyllt, vi kan nu st¨ alla upp de normerade egenvektorerna som kolonner i U och har d˚ a !  !  3−2i 3+2i 3+2i √ √1 √ √ 2 − 7i 0 14 14 14 182 A = √1 · · √ . 3−2i 0 2 + 7i − √13 − √13 14 182 182 182 Lo ¨sning. 95 Exempelvis matriserna 

1 0  0 0

1 2 0 0

0 0 3 0

 0 0 , 0 4



1 0  0 2   0 0 0 0

0 0 7 2 1 2

 0 0   1  2 7 2

Lo ¨sning. 96 Egenv¨ arden till matrisen ¨ ar 5, 4, −1 s˚ a st¨ orsta v¨ arde blir 5 · 16 = 80, minsta v¨ arde −16. Lo ¨sning. 97 Den a¨r inte positivt definit, alla egenv¨arden a¨r inte positiva om signaturen a¨r (4, 0). Matrisen a ¨r positivt semidefinit. Lo ¨sning. 98 F¨ or x = (x1 , x2 ) uppfyller den hermitiska formen f (x) = 5|x1 |2 − 4|x2 |2 de s¨ okta egenskaperna. 18. Errata till Kompendiet upplaga 2012 H¨ ar ¨ ar ett f˚ atal av de tryckfel som finns i kursboken: s. 64 Uppgift 3.14 skall lyda “Let aij = 1 if i < j − 1 ...”. s. 92 Beviset p˚ a Sats 5.4, andra meningen, “Now if Aw1 , . . . , Awm ...”. s. 94 Punkt 5 i Sats 5.5, byt ut “zeros” mot “columns”. s. 112 I uppgift 5.6, “...A = XY T for some non-zero column vectors ...”. s. 114 Facit fattas till 5.5 d). Svaret ¨ar 1. s. 121 Fel i determinanten innan Corollary 6.6. Det skall inte st˚ a λ − 2 utan bara −2. s. 245 N¨ ast sista meningen i beviset av 12.2, l¨agg till ordet one. s. 255 I Sats 12.10 skall sista punkten vara (cA)∗ = cA∗ . s. 261 I facit till 12.12, 12.13 st¨ammer ej, d˚ a R skall ha positiva pivotelement. s. 266 Gram-Schmidt i exemplet anv¨ander inte samma skal¨arprodukt som ¨ar definierad tidigare. Inkonsekvent notation. Pr s. 267 I Sats 13.3 sista punkten, skall det vara “A = i=1 σi Ui ViH ...”. as alla U −1 som U H etc. d˚ a alla inverser vi ber¨ aknar ¨ ar p˚ a s. 276 I Sats 13.6, l¨ unit¨ara matriser. Notera ¨aven att vi kan beh¨ova komplexa egenv¨arden ¨aven d˚ a en reell matris Schur-uppdelas. s. 279 Facit, 13.1, S 2 ¨ar odefinierat, d˚ a S ¨ar rektangul¨ar matris. SS H ¨ar det som avses. s. 279 Facit, 13.6, det b¨ or vara absolutbelopp runt vi . s. 287 Det b¨ or st˚ a Aˆ ↔ S −1 AS och Aˆ ↔ S H AS p˚ a mitten av sidan. s. 291 Sats 14.4, “matrix” st˚ ar med en g˚ ang f¨or mycket. s. 294 Sats 14.5, punkt 3 och 4, “the positive numbers” b¨or vara “positive numbers” och “a positive numbers” skall vara “positive numbers”.