Exempel och lösningar i linjär algebra II [version 11 Aug 2014 ed.] [PDF]

Zitiervorschau

¨ ¨ EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR ALGEBRA II PER ALEXANDERSSON

ar en samling kompletterande uppgifter till Linj¨ ar Sammanfattning. Detta ¨ Algebra II f¨ or l¨ arare. Exemplen ¨ ar av varierande sv˚ arighetsgrad och till vissa problem ges enbart svar. Notera att det finns alternativa l¨ osningar med alternativa korrekta svar till m˚ anga av uppgifterna. Vissa av problemen ¨ ar h¨ amtade fr˚ an gamla tentor, ¨ och ¨ ar namngivna med datumreferens. Ovriga problem har givits andra namn, anv¨ and detta f¨ or att h¨ anvisa till ett problem. Texten uppdateras kontinuerligt i diskreta steg, f¨ orslag p˚ a f¨ orb¨ attringar mottages g¨ arna p˚ a [email protected], och en uppdaterad version kommer finnas tillg¨ anglig inom senast ett par dagar. Slutligen, t¨ ank p˚ a milj¨ on och skriv helst inte ut denna samling.

Version: 11. augusti 2014,20:16. 1

2

P. ALEXANDERSSON

Inneh˚ all 1. Definitioner och standardproblem

2

2. Determinanter & rang

2

3. Linj¨ ara rum och underrum

4

4. Linj¨ ara avbildningar

8

5. Egenv¨ arden, egenvektorer & diagonalisering

12

6. Skal¨ arprodukt och ortogonalitet i vektorrum ¨over de reella talen

14

7. L¨ osningar

17

1. Definitioner och standardproblem Dessa 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, karakteristisk ekvation. F¨oljande typer av problem ¨ar vanligt f¨orekommande, du b¨or utan att tveka veta precis hur man l¨ oser dessa typer av problem vid kursens slut. akna determinanten av en st¨ orre matris, 3 × 3, 4 × 4, och ¨ aven om det • Ber¨ f¨ orekommer obekanta variabler i matrisen. • Best¨ amma rangen av en matris. • Kunna avg¨ ora om en upps¨attning vektorer ¨ar linj¨art oberoende eller inte. • Bland en m¨ angd vektorer som sp¨ anner upp ett linj¨ art delrum, v¨ alja ut vektorer som utg¨ or en bas f¨or detta rum. • Ut¨ oka en bas f¨ or ett delrum till en bas f¨or hela rummet. • Best¨ amma en bas f¨ or U + W samt U ∩ W , d¨ar U, W ⊆ V . • Givet en matris, best¨ amma en bas f¨or radrum, kolonnrum, samt nollrum. • Invertera en matris av storlek 2 × 2, 3 × 3 och st¨orre. • Best¨ amma egenv¨ arden och egenvektorer till en matris. • Diagonalisera kvadratiska matriser och avbildningar. • Finna en ON-bas till ett delrum, och ut¨oka till en ON-bas f¨or hela rummet. 2. Determinanter & rang Determinanten ¨ar ett tal som man associerar till en kvadratisk matris. Detta tal kan f¨or 2 × 2-och 3 × 3-matriser tolkas som den area eller volym, som radvektorerna (eller kolonnvektorerna) sp¨anner upp. Det ¨ar ocks˚ a ett tecken med, som s¨ager n˚ agot om orienteringen av vektorerna som ing˚ ar. F¨ or st¨ orre matriser kan man f¨ ors¨ oka t¨ anka sig en liknande tolkning. Viktigaste egenskapen ¨ar att determinanten ¨ar 0 om och endast om raderna (och d˚ a samtidigt kolonnerna) ¨ar linj¨art beroende. Precis d˚ a detta sker kan matrisen inte inverteras. Rangen av en matris (beh¨over inte vara kvadratisk) ¨ar antalet linj¨art oberoende rader. Det ¨ ar ocks˚ a antalet linj¨ art oberoende kolonner, och antalet pivotelement

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

3

efter att man gausseliminerat tills matrisen ¨ar p˚ a trappstegsform. Detta begrepp ¨ar mycket viktigt i m˚ anga till¨ ampningar, rangen av en matris ¨ ar i n˚ agon mening ett m˚ att p˚ a hur mycket information som finns lagrat i matrisen. Problem. 1 (Delina) Ber¨ akna f¨ oljande determinant 6 2 . 1 1

1 1 2 2

3 3 2 1

0 1 x2 0

0 2 0 0 x x + 1 x−1 1

4 4 1 1

Problem. 2 (Denise) Ber¨ akna f¨ oljande determinant x x x 0

Problem. 3 (Diana) Ber¨ akna f¨ oljande determinanter: x 0 x 4 0 0 x (a) 2 x − 1 5 , (b) x 0 1 0 1 x x Problem. 4 (det-2004-01-09:1) L¨ os f¨ oljande ekvation x 0 1 0 Problem. 5 (det-2004-03-16:1) L¨ os ekvationen 1 1 1 1

0 1 1 0 , 1 1 1 0

0 1 1 0 0 x x 0

1 2 3 x

1 4 9 x2

100 200 250 101 100 200 101 102 (c) 101 200 99 101 99 199 100 102

0 x = 0. 0 1

6x 3x = 0. 2x 6

Problem. 6 (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

4

P. ALEXANDERSSON

Problem. 7 (rank-2003-03-18:4) Best¨ am f¨ or alla reella a, rangen till  1 1  1 1

matrisen a2 3 2 1

a 2 1 1

 a3 4 . 3 1

Problem. 8 (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. 9 (Angelica) Ber¨ akna f¨ oljande produkt  2 M = 0 5

1 3 2

 1 3 −3 2 3 8

1 2 2

−1 1 1 0

genom att f¨ orst transponera b˚ ada leden, och sedan utf¨ ora en modifierad metod av matrisinvertering. Detta ¨ ar en till¨ ampning med modifikation av uppgift 2.10 i Matrix Theory av Holst & Ufnarovski. Problem. 10 (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. 11 (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 |. 3. Linj¨ ara rum och underrum Linj¨ ara rum ¨ ar ett centralt begrepp i linj¨ ar algebra. Det ¨ ar viktigt att l¨ ara sig k¨ anna igen dessa. L¨ attast ¨ ar att bekanta sig med n˚ agra v¨ alk¨ anda s˚ adana rum s˚ a

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

5

som Rn , Cn , rummet av polynom, rummet av matriser av fix storlek, etc. F¨ or att avg¨ora om en m¨angd ¨ar ett delrum till n˚ agot av ovanst˚ aende r¨acker det att visa att denna m¨ angd ¨ ar sluten under addition och multiplikation med skal¨ar. Om alla vektorer i ett linj¨art rum V kan uttryckas som en linj¨arkombination av vektorer v1 , . . . , vn s¨ ager man att v1 , . . . , vn sp¨ anner upp V . Allm¨ ant s˚ a ger en upps¨ attning vektorer v1 , . . . , vn ∈ V alltid upphov till ett delrum U ⊆ V kallat det linj¨ ara h¨ oljet till v1 , . . . , vn , och ges av alla vektorer u ∈ V som kan skrivas (p˚ a minst ett s¨att) som u = λ1 v1 + . . . λn vn med λ1 , . . . , λn ∈ R. Om v1 , . . . , vn sp¨ anner upp V , s˚ a¨ ar ¨ aven V det linj¨ ara h¨ oljet till v1 , . . . , vn och tv¨ art om. Om enda l¨ osningen till λ1 v1 + . . . λn vn = 0 ges av λ1 = λ2 = . . . = λn = 0 ¨ar v1 , . . . , vn linj¨art oberoende. En linj¨art oberoende m¨angd vektorer som sp¨anner upp ett vektorrum V kallar vi f¨or en bas till V . Antalet basvektorer som kr¨ avs f¨ or att sp¨anna upp V ¨ar V :s dimension. Om v1 , . . . , vn ¨ar en bas till V , s˚ a finns det f¨or varje vektor u ∈ V en unik l¨osning till ekvationen (egentligen ett ekvationssystem) λ1 v1 + . . . λn vn = u. Talen λ1 , . . . , λn som l¨oser denna ekvation kan s¨attas in i en vektor (λ1 , . . . , λn ) och denna vektor kallas f¨ or koordinaterna f¨or vektorn u i basen v1 , . . . , vn . N¨ ar vi v¨ al fixerat en bas, s˚ a kommer addition av vektorer och multiplikation med skal¨ar av vektorer i V ¨overs¨attas till exakt samma operationer p˚ a motsvarande koordinatvektorer, som lever i n˚ agot Rn . Alla ¨andligtdimensionella vektorrum uppf¨or sig allts˚ a i praktiken som Rn , en mycket viktig princip. De vanligare vektorrummen kommer med en naturlig standardbas, vilket ¨ ar den bas som man skall utg˚ a ifr˚ an om inget annat anges. F¨ oljande ¨ ar vektorrum med tillh¨ orande standardbas: • Rn , standardbas (1, 0, . . . , 0), (0, 1, . . . , 0), och s˚ a vidare till (0, 0, . . . , 0, 1). • Rummet av polynom av grad maximalt n, Pn (R), har basen 1, x, x2 , . . . , xn som standardbas. • Rummet av 2 × 2−matriser, M2 (R) har standardbasen         1 0 0 1 0 0 0 0 , , samt . 0 0 0 0 1 0 0 1 Du kan sj¨ alv generalisera denna bas till andra matrisstorlekar. Givet en m × n-matris A, s˚ a finns det n˚ agra vanliga vektorrum som associeras till denna matris. • A:s nollrum (¨ aven kallat k¨ arna) (delrum i Rm ) som ges av alla vektorer v som l¨ oser Av = 0. Betecknas ker A. • A:s kolonnrum (¨ aven kallat bildrum eller v¨ arderum) (delrum i Rm ) som ges av det linj¨ ara h¨ oljet av kolonnerna i A. Betecknas Im A.

6

P. ALEXANDERSSON

• A:s radrum (delrum i Rn ) som ges av det linj¨ara h¨oljet av raderna i A. M˚ anga problem som har med linj¨art beroende och oberoende vektorer kan formuleras i termer av dessa delrum. Flera av dessa delrum dyker dessutom upp naturligt n¨ar vi senare studerar linj¨ ara avbildningar. Problem. 12 (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. 13 (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. 14 (Viola) L˚ at V vara m¨ angden av reella 2 × 3-matriser p˚ a formen

a bc −b a c




.

(a) Visa att V ¨ ar 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). Problem. 15 (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. 16 (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. 17 (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 ovan 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. 18 (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. 19 (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

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

7

Problem. 20 (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. (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. 21 (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. 22 (Bianca) Vektorerna (1, 3, −1, −1) och (0, 2, 1, 2) a¨r linj¨art oberoende vektorer i R4 . Utvidga dessa vektorer till en bas f¨ or R4 . Problem. 23 (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. 24 (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 delrum i R4 .

8

P. ALEXANDERSSON

(d) U = h(1, 0, 1), (0, 1, 2)i, V = h(1, 0, 0)i i R3 . Problem. 25 (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) (b) (c) (d)

M M M M

= {(1, 0, 1), (−1, 0, 2), (1, 1, 1), (1, 1, 2)}, i R3 . = {1 + x + x2 , 2 − x − 2x2 , x + 2, 2x2 − 3}, i P2 (R). = {(1, 1, 1, 1), (2, 1, 2, 1), (1, 2, 1, 2), (−100, 0, −100, 0)}, i R4 = {x2 + 2x + 3, x + 1, x2 + 1, 2x2 + 3x + 5, 2x − 2x2 , x2 + x}, i P2 (R).

Problem. 26 (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. 4. Linj¨ ara avbildningar En stor del av matematiken handlar om olika typer av funktioner mellan olika m¨ angder. Vi skall titta n¨ armare p˚ a funktioner som g˚ ar mellan vektorrum, och som d˚ a avbildar vektorer p˚ a vektorer. En viktig familj av s˚ adana funktioner (eller avbildningar), kallas f¨ or linj¨ ara avbildningar och dessa ¨ ar extra intressanta. En avbildning F : V → U kallas f¨or en linj¨ ar avbildning om denna uppfyller F (u + v) = F (u) + F (v) och F (λv) = λF (v). En viktig egenskap hos linj¨ara avbildningar ¨ar att om vi vet var basvektorerna (f¨or en viss bas) i V avbildas, s˚ a kan vi unikt best¨amma avbildningen. Detta leder till att alla linj¨ara avbildningar mellan vektorrum kan beskrivas som en matrismultiplikation. Vi v¨aljer en bas e1 , . . . , em i V samt en bas f1 , . . . , fn i U . Matrisen A som best¨ams av F (med respekt till dessa baser), ges av att kolonn j i A ¨ ar koordinaterna f¨ or F (ej ) i f -basen. ˆ ¨ar koordinaterna f¨or vektorn u i e-basen, s˚ Slutligen, om u a kommer d˚ a Aˆ u vara koordinatvektorn f¨ or F (u) i f -basen. Vi kan nu i praktiken arbeta med matrisen A ist¨ allet f¨ or den linj¨ ara avbildningen. Nollrum, v¨ arderum och rang f¨ or en linj¨ ar avbildning kan d˚ a utl¨ asas i avbildningsmatrisen A. En linj¨ ar avbildning F : V → U ¨ ar injektiv om u 6= v ⇒ F (u) 6= F (v). Detta ar ekvivalent med att enda l¨ osningen till F (v) = 0 ¨ ar v = 0. Avbildningen F ¨ ar ¨ surjektiv om u = F (v) kan l¨ osas f¨ or varje u ∈ U . Detta ¨ ar ekvivalent med att Im F = U .

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

9

Lite intuition: en linj¨ ar avbildning fr˚ an R4 till R5 kan inte vara surjektiv, intuitionen ¨ ar att vi kan inte med fyra dimensioner t¨ acka ett femdimensionellt rum. Motsvarande, en linj¨ar avbildning fr˚ an R5 till R4 kan inte vara injektiv, vi kan inte “packa in” fem dimensioner i ett fyradimensionellt rum, flera vektorer m˚ aste avbildas p˚ a samma vektor under en s˚ adan avbildning. Denna princip g¨alller s˚ aklart inte bara fyra och femdimensionella rum; s˚ a fort vi avbildar till ett strikt st¨ orre vektorrum, s˚ a kan avbildningen inte vara surjektiv. Avbildar vi till ett mindre vektorrum ¨ an det vi utg˚ ar ifr˚ an, kan avbildningen inte vara injektiv. Slutligen, f¨ or tv˚ a linj¨ ara avbildningar, A : V1 → V2 och B : V2 → V3 kan vi bilda den sammansatta avbildningen BA. Notera att man skriver sammans¨attningen “bakl¨anges”, A ¨ar den avbildningen som g¨ors f¨orst, d¨arefter utf¨or man B. F¨orklaringen a multipliceras matriserna ¨ar att om vi anv¨ander motsvarande avbildningsmatriser, s˚ i denna ordning f¨ or att bilda den sammansatta avbildningens avbildningsmatris. F¨or en s˚ adan sammans¨attning g¨aller det att ker A ⊆ ker BA och Im B ⊇ Im BA. Intuitionen a a avbildningar har st¨ orre m¨ ojlighet att avbilda n˚ agot p˚ a noll¨r att tv˚ vektorn, (antingen avbildas en vektor p˚ a nollvektorn direkt av A, eller senare av B). F¨ or bildrummet ¨ ar det tv¨ art om, bilden av B ¨ ar minst lika stor som den av BA:s, eftersom Im B ¨ar bilden av alla vektorer i V2 , medan Im BA ¨ar bilden av Im A, som kan vara mindre ¨ an V2 . Detta illustreras i Figur 1. V1

A®

V2

B®

V3

Ker B Ker A Ker BA Im A Im BA Im B

Figur 1. Avbildningarna A : V1 → V2 samt B : V2 → V3 . H¨ ar ¨ ar ker BA ¨ ar det delrum i V1 som under BA avbildas p˚ a nollvektorn i V3 , och Im BA ¨ ar det delrum i V3 som kommer fr˚ an n˚ agot i V1 . Den tjockstreckade linjen i vardera vektorrum representerar nollvektorn. Notera att bilden ¨ ar lite missvisande; varje delrum skall inneh˚ alla nollvektorn, men att rita 5-dimensionella vektorrum som tv˚ adimensionella figurer har sina begr¨ansingar.

10

P. ALEXANDERSSON

Problem. 27 (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. 28 (lin-map-2003-08-15:4) L˚ at den linj¨ara avbildningen F p˚ a rummet V av 3 × 1-matriser till sig sj¨alv definieras av             1 2 1 1 1 3 F 2 = 0 , F 2 = 3 samt F 1 = −3 . 3 5 2 2 0 8 (a) Best¨am avbildningsmatrisen f¨or F i standardbasen. Standardbasen ¨ar vektorerna (1, 0, 0)T , (0, 1, 0)T och (0, 0, 1)T . (b) Best¨ am F ((0, 1, 0)T ). (c) Best¨ am en bas f¨ or v¨ arderummet till F . (d) Best¨ am rangen till F . Problem. 29 (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. 30 (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. 31 (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 med basen

 a c

   1 0 0 , 0 0 0 (b) F : P2 (R) → P3 (R) med F (1) = x3 + 1,

   b a+b a+c = d a−b a−d   1 0 , 0 1

  0 0 samt 0 0

 0 . 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}.

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

11

Problem. 32 (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. 33 (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 Problem. 34 (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. 35 (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? Problem. 36 (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. 37 (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. 38 (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 .

12

P. ALEXANDERSSON

J¨ amf¨ or med problem 37. Problem. 39 (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. 40 (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 Problem. 41 (Lauren) 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. 42 (Lovisa) 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?

5. Egenv¨ arden, egenvektorer & diagonalisering En egenvektor till en kvadratisk matris A, ¨ ar en vektor v 6= 0 som uppfyller att Av = λv f¨ or n˚ agot tal reellt eller komplext tal λ. Detta tal kallas f¨ or egenv¨ ardet till v och man s¨ ager ocks˚ a att det ¨ ar ett egenv¨ arde till A. Om Av = λv f¨ oljer det att Av − λv = 0. Vi kan bryta ut v genom att s¨atta in enhetsmatrisen p˚ a l¨ampligt st¨ alle, och f˚ ar (A − λI)v = 0. Detta inneb¨ar precis att v ∈ ker(A − λI). Vi har nu konstaterat att om v ¨ ar en egenvektor med egenv¨ arde λ, s˚ a tillh¨ or egenvektorn k¨arnan till matrisen A−λI. Eftersom v per definition inte ¨ar nollvektorn, m˚ aste k¨arnan vara minst endimensionell. Detta inneb¨ar att A − λI inte kan ha full rang, s˚ a dess determinant, |A − λI| m˚ aste vara 0. Polynomet p(λ) = |A − λI| vi f˚ ar av att utveckla determinanten, kallas f¨ or A:s karakteristiska polynom. Nollst¨ allena till det karakteristiska polynomet ger precis A:s egenv¨arden. Till varje egenv¨ arde λ, finns ett tillh¨ orande egenrum, som sp¨ anns upp av alla egenvektorer med detta egenv¨arde. Man kan visa att egenvektorer med olika egenv¨ arde alltid ¨ ar linj¨ art oberoende. Om vi kan finna lika m˚ anga linj¨ art oberoende vektorer som storleken p˚ a A, s˚ a kan man diagonalisera A. Detta sker genom att man tillverkar basbytesmatrisen T som byter fr˚ an basen av egenvektorer till standardbasen. Det g¨ aller d˚ a att

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

13

D = T −1 AT ⇔ A = T DT −1 , d¨ ar D ¨ ar diagonalmatrisen med A:s egenv¨ arden p˚ a diagonalen, och kolonnerna i T utg¨ors av motsvarande egenvektorer. Att best¨amma egenv¨arden till avbildningsmatrisen till en linj¨ar avbildning s¨ager mycket om den linj¨ ara avbildningen. Speciellt g¨ aller att egenv¨ ardena ¨ ar oberoende av i vilken bas man skriver ned avbildningsmatrisen i. Detta f¨ oljer av att det karakteristiska polynomet f¨or A och T AT −1 ¨ar samma, f¨or alla inverterbara matriser T. Det ¨ ar inte alla matriser som kan diagonaliseras. Ett f¨ orsta problem ¨ ar att egenv¨ arden kan bli komplexa tal, men ¨ aven om man till˚ ater dessa (vilket g˚ ar alldeles utm¨ arkt), kan det h¨ anda att man inte hittar tillr¨ ackligt m˚ anga linj¨ art ¨ oberoende egenvektorer. Overtriangul¨ ara matriser n × n-matriser (n ≥ 2), med ettor p˚ a huvuddiagonalen g˚ ar till exempel inte att diagonalisera. De symmetriska matriserna, som uppfyller A = AT , kan d¨aremot alltid diagonaliseras. Alla egenv¨arden a¨r dessutom reella, och man kan alltid v¨alja egenvektorerna till att vara ortogonala, n˚ agot vi skall tala mer om senare. Problem. 43 (Eleonora) Best¨ am alla egenv¨ arden och motsvarande egenvektorer till matrisen   1 3 A= . −2 8 Problem. 44 (Evelina) Diagonalisera matrisen  A=

1 −2

 3 . 8

Problem. 45 (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. 46 (Enya) Diagonalisera matrisen 

 5 −2 −2 1 −2 . A = 2 2 −2 1 Problem. 47 (Esmeralda) Ber¨ akna egenv¨ arden och motsvarande egenvektorer till f¨oljande matriser:       −3 −4 0 0 0 3 −4 4 −4 1 0  (b)  −4 3 −1  (c)  4 −3 2 . (a)  0 0 1 1 4 0 −1 4 2 −3

14

P. ALEXANDERSSON

Problem. 48 (Embla) Visa att matrisen  1 A = 0 0

0 1 0

 1 1 1

inte kan diagonaliseras. Problem. 49 (Ester) Best¨ am en matris B s˚ a att  6 B = 5 3

 2 . 3

Problem. 50 (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. 51 (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 . ¨ ver de reella 6. Skal¨ arprodukt och ortogonalitet i vektorrum o talen M¨atningar av olika former och slag kan i m˚ anga fall representeras som vektorer i ett l¨ampligt vektorrum V . F¨or att j¨amf¨ora vektorer och m¨ata hur lika de a¨r, kr¨avs ett slags avst˚ andsbegrepp. I m˚ anga till¨ampningar vill man hitta den vektor w ∈ W som ligger n¨ armast v ∈ V d¨ ar W ⊆ V . B˚ ada dessa problem kan l¨ osas genom att man inf¨ or en skal¨ arprodukt p˚ a vektorrummet V . En skal¨ arprodukt a ¨r en avbilding V × V → R, betecknad hu|vi, som uppfyller f¨ oljande, d¨ ar u, v och w a ¨r godtyckliga vektorer i V : (1) (2) (3) (4)

hu|ui ≥ 0 med likhet om och endast om u = 0. hu|vi = hv|ui. hu|v + wi = hu|vi + hu|wi. hλu|vi = λhu|vi, f¨ or alla λ ∈ R.

Genom att kombinera flera av egenskaperna ovan, kan man sedan visa samband s˚ a som hu + v|wi = hu|wi + hv|wi. Hur kommer a l¨ angden av en vektor in i bilden? Jo, l¨angen av en vektor definieras p d˚ som |v| = hv|vi. Notera att den f¨ orsta egenskapen ovan g¨ or att hv|vi inte ¨ ar

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

15

negativt, och vi kan d˚ a dra roten ur detta tal. Vi har ocks˚ a att enbart nollvektorn har l¨ angd noll. Den sista egenskapen tillsammans med den andra ger att p |λv| = hλv|λvi p = λ2 hv|vi p = |λ| hv|vi = |λ||v|. Notera att |λ| h¨ ar betecknar absolutbeloppet av det reella talet λ. Slutsatsen ¨ ar att l¨ angden uppf¨ or sig som vi f¨ orv¨ antar oss; en vektor som multipliceras med 5, blir ocks˚ a 5 g˚ anger l¨ angre. En vektor med l¨ angd ett s¨ ags vara normerad, och alla vektorer v f¨orutom nollvektorn kan normeras, genom att bilda vektorn v/|v|. Denna nya vektor ¨ ar parallell med v men har l¨angd 1. Fr˚ an skal¨arprodukten definieras ocks˚ a ortogonalitet. Tv˚ a vektorer u, v s¨ags vara ortogonala (eller vinkelr¨ata) mot varandra om de uppfyller att hu|vi = 0. Vi kan d˚ a tala om uppps¨attningar av vektorer, d¨ar varje par av vektorer a¨r ortogonala, och alla vektorer har l¨angd ett. Om dessa utg¨or en bas, s¨ager vi att de a¨r en ON-bas. F¨or att konstruera ON-baser, anv¨ ander vi oss av Gram-Schmidts ortogonaliseringsprocess. Denna typ av baser a¨r speciellt anv¨andbara i till¨ampningar, d˚ a m˚ anga ber¨akningar blir betydligt enklare. Vi kommer fokusera p˚ a tv˚ a typer av skal¨arpodukter. Den f¨orsta a¨r standardskal¨arprodukten p˚ a Rn , som definieras p˚ a koordinaterna i standardbasen genom formeln hu|vi = u1 v1 + u2 v2 + . . . + un vn . Den andra skal¨arprodukten som ¨ar vanligt f¨orekommande definieras p˚ a rummet av polynom (eller annat l¨ ampligt rum av funktioner) enligt Zb hp(x)|q(x)i =

p(x)q(x)dx a

qR b

d¨ ar a < b ¨ ar reella tal. Notera att |p(x)| = p(x)2 dx och att detta verkligen a bara ¨ar noll om p(x) ¨ar nollpolynomet. Du kan sj¨alv verifiera de tre andra villkoren f¨ or skal¨ arprodukt ovan. Sats 12.2 ¨ar mycket anv¨andbar och s¨ager hur vi hittar koordinaterna f¨or en vektor med respekt till en ON-bas. Om e1 , . . . , en ¨ ar en ON-bas i V och vi har en vektor v ∈ V , s˚ a ges koordinat xi av hei |vi, i basen e. Med andra ord, v=

n X i=1

hei |viei .

16

P. ALEXANDERSSON

Problem. 52 (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 | Problem. 53 (Samantha) Vektorerna f1 = (1, 1, 1), f2 = (1, 0, −1) och f3 = (0, 0, 1) ¨ar linj¨art oberoende. Utf¨or Gram-Schmidts ortogonaliseringsprocess p˚ a dessa vektorer. Problem. 54 (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. 55 (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. 56 (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. 57 (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]. Best¨ am en ON-bas f¨ or U , och ber¨ akna sedan den ortogonala projektionen av u = 1 + 2x p˚ a U. Problem. 58 (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. 59 (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).

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

17

(a) Best¨ am ON-baser f¨ or T :s nollrum och v¨arderum. (b) Ber¨ akna T (20, 2, −30, 0).

7. L¨ osningar Lo ¨sning. 1 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. 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 & samt 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 3 0 1 (−1) 0 0 0 0

4 0 −7 0

2 0 = (−1)3 · 1 · 1 · (−7) · 4 = 28. −3 4

Determinantens v¨ arde ¨ ar allts˚ a 28. Lo ¨sning. 2 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

18

P. ALEXANDERSSON

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: x 0 0 2 1 x 0 0 0 0 x 1 2 0 0 = x · x x x + 1 + (−1) · 0 · x x x + 1 x x2 x x + 1 0 x−1 1 0 x−1 1 0 0 x − 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 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 1 0 0 x − 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 x + 1 x x 1 − 0 + 0 x−1 1 0 1 0 x − 1   1 0 x 0 x 1 = −2 0 2 − 0 + (x − 1) x x x x x x2 x x 1 x + 1 x − 2(x − 1) x−1 1 x x2 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) = −2x4 + x3 + 3x2 − x. Determinantens v¨ arde ¨ ar d˚ a −2x4 + x3 + 3x2 − x. Lo ¨sning. 3 Endast svar presenteras: (a) x2 − x + 12, (b) −x2 , (c) 1.

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

19

Lo ¨sning. 4 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 − x2 ) 1 x . 1 0 x = 1 0 x 0 1 0 x 0 x 1 x 0 1 0 x 0 1 0 x 0 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 a¨r x = ±1, d¨ar b˚ ada a¨r dubbelr¨otter. Lo ¨sning. 5 F¨orst ber¨aknas determinanten. F¨orsta raden anv¨ands f¨or att eliminera i o¨vriga 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 3 −3x 1 2 4 3x 0 1 3 −3x = (x − 1) 2 8 −4x 1 3 9 2x = 0 2 8 −4x 1 x + 1 −6 1 x x2 6 0 x − 1 x2 − 1 6 − 6x 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 ¨ ar nu klart att ekvationens l¨osningar ges av x = 1, 2, 3. Lo ¨sning. 6 Determinanten bevaras under gausselimination, s˚ a vi subtraherar f¨orsta raden fr˚ an alla de o vriga: ¨ 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 ger svaret p˚ a uppgiften.

20

P. ALEXANDERSSON

Lo ¨sning. 7 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 ¨ ar linj¨ art oberoende, utom f¨ or mycket speciella v¨ arden p˚ a a. Detta inneb¨ ar att rangen generellt ¨ ar 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 1 3 1 2 2 3 2 3 = − (a − 1) − 1 − (a − 1) + (a − 1) 1 2 0 2 0 1 0 1 2
= − (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. Fall a = 0:

    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:

    0 0 0 0 1 1 1 1 0 1 2 3  0 1 2 3     0 0 1 2 ∼  0 0 1 2 1 1 1 1 0 0 0 0 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. 8 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.

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

21

Lo ¨sning. 9 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 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  ∼ Eliminera i kolonn 3 & teckenbyte 0 0 −1 −1 3 −3   1 2 0 −1 9 −4  0 −1 0 4 −12 12  ∼ Eliminera i 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. 10 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

22

P. ALEXANDERSSON

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. 11 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 Cn 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 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 .

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

23

L¨ osning. 12 Vi vet att V har dimension tre. Det r¨ acker allts˚ a att visa att de tre polynomen vi f˚ att a r linj¨ a rt oberoende, eftersom de a r r¨ a tt till antalet. Vi vill allts˚ a visa att ¨ ¨ λ1 = λ2 = λ3 = 0 a r den enda l¨ o sningen 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   λ1 − λ2 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). Lo ¨sning. 13 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 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

24

P. ALEXANDERSSON

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 avs tv˚ a basvektorer f¨or att sp¨anna upp V . ¨ar 2 eftersom det kr¨ Lo ¨sning. 14 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 ¨ ar d˚ a  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 a¨r 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 a r linj¨ a rt oberoende, enda l¨ o sningen 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 . Slutligen, 

2 −π

π 2

  42 1 =2 42 0

0 1

  0 0 +π 0 −1

1 0

  0 0 + 42 0 0

0 0

 1 1

s˚ a koordinaterna f¨ or den givna matrisen i basen m1 , m2 , m3 ¨ar (2, π, 42).

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

25

Lo ¨sning. 15 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. Lo ¨sning. 16 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 o¨vers¨atts till ekvationssystemet   b1 + b2 + b3 = c1 b2 + b3 = c2   b3 = c3 som p˚ a matrisform blir    1 1 1 1 c1  0 1 1 c2  ∼  0 0 0 1 c3 0

1 1 0

0 0 1

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

 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. 17 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. 18  Ans¨ atter vi A =

a c

 b overs¨atts villkoret BA = 0 till matrisekvationen ¨ 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 Lo ¨sning. 19 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.

26

P. ALEXANDERSSON

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 a or v¨ arderum¨r en bas f¨ met 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. 20 (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 a r samma som kolonnrummet, s˚ a a ar fungerar standardbasen. ¨ ¨ven h¨ Rangen f¨ or matrisen a r 4. ¨ (b) Matrisen radreduceras till  1 0 0

 −3 0 2 −3 0 1 1 1 . 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 0  0 0

2 0 0 0

0 1 0 0

 −4 3 . 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 (4, 0, −3, 1), och (−2, 1, 0, 0) utg¨or en bas f¨or nollrummet, och matrisens rang ¨ar 2.

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

27

Lo ¨sning. 21 Metod (a): Vi st¨ aller upp vektorerna som rader till en matris, s˚ a U a a ¨r allts˚ 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     3 −7 0 3 −9 0 0 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). aller upp de vektorer som sp¨ anner upp U som kolonner i en Metod (b): Vi st¨ 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 ¨ ar d˚ a 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. 22 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 a¨r nu att ta fram linj¨art oberoende kolonner i denna matris. Vi utf¨or gausselimination, tills matrisen a a trappstegsform: ¨r p˚   1 0 0 0 −2 1 0 1 0 0 −1 1   0 0 1 0 2 −1 0 0 0 1 8 −5 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 .

28

P. ALEXANDERSSON

L¨ osning. 23 

 U U d¨ar U och V V 0 a ¨r 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 0 0 0

0 2 2 0 0 0

1 −1 1 0 0 0



1 0 0 2 0 2 0 0 0 1 0 3

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

1 −1 −2 1 0 −2



1 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0

1 1 0 0 −1 0 −2 2 2 2 1 0 0 0 0 3 1 0

1 −1 0 1 0 1



1 0 1 2 3 2 −1 0 1 1 2 3

1 −1 1 1 1 5

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

    = Anv¨and rad 3 p˚ a rad 2, byt plats p˚ a 2 och 5.   

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

    = Dela rad 3 med -2 eliminera i rad 4 och 6.   

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

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

1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 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

29

 0 1 0 −1   −1 0   = Tag -1 av rad 4 till rad 6, och byt platser. 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. 24 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). a dessa sp¨ anns upp t.ex. av standardbasen. Snittet U ∩ V (d) U + V a ¨r hela R3 , s˚ best˚ ar endast av nollvektorn. Lo ¨sning. 25 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. 26 (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

30

P. ALEXANDERSSON

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 aledes, Im B ⊆ ¨ar alla kolonnerna i B linj¨arkombinationer av kolonnerna i A. S˚ A andra sidan, s˚ a har vi att dim Im B = rank B = rank A = Im A = U . ˚ ojligheten ¨ ar d˚ a att kolonnerna i B sp¨ anner upp dim Im A = dim U . Enda m¨ 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 0  0 0

1 2  −1 0

−1 3 2 2

−1 1 0 0

3 1 −9 −1

  7 1 0 −6 ∼ 7  0 18 0   4 3 7 1 0 4 4 14  ∼ −27 −27 −90 0 −3 −3 −10 0

3 4 3 2 1 −1 −2 0 1 1 5 5

−1 5 1 2

3 −4 1 1

4 −7 4 5

3 −7 4 5

−1 1 0 0

3 1 −1 0

4 4 −3 0

3 4 −3 0

 7 −20 ∼ 14  18  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. 27 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) Matrisen f¨ or T ges d˚ a av 

1  0  −1 1

 −1 0 1 −1 . 0 1 1 1

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

31

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. Lo ¨sning. 28 Koordinatvektorerna f¨or vektorer i V ser likadana ut som vektorerna sj¨alva. Vi kan d˚ a konstatera att avbildningsmatrisen M sj¨alv m˚ aste uppfylla             1 2 1 1 1 3 M 2 = 0 , M 2 = 3 samt M 1 = −3 . 3 5 2 2 0 8 Detta kan sammanfattas som    1 1 1 2 1 M 2 2 1 = 0 3 3 2 0 5 2

  3 2 −3 ⇔ M = 0 8 5

1 3 2

 3 1 −3 2 8 3

1 2 2

−1 1 1 0

Vi vill nu r¨akna ut produkten i h¨ogerledet, vilket g¨ors i Problem 9, eller p˚ a valfritt annat s¨ att. Detta ger att   7 −4 1 12 −3 M = −15 20 −12 3 vilket svarar p˚ a delfr˚ aga (a). Vi kan nu enkelt svara p˚ a (b),      7 −4 1 0 −4 12 −3 1 =  12 . F ((0, 1, 0)T ) = −15 20 −12 3 0 −12 Slutligen, radreduktion p˚ a M ger att    7 −4 1 1 (1) (2) 0 0 ∼ 0 M ∼  5 20 −12 3 0

  0 0 1 (3) −4 1 ∼ 0 −12 3 0

 0 0 −4 1 0 0

d¨ar vi is steg (1) tog rad 3 och adderade till rad 2. I steg (2) byter vi plats p˚ a rad 2 och 1, dividerar rad 1 med 5, samt eliminerar i f¨orsta kolonnen. I steg (3) eliminerar vi i kolonn 2. Vi kan nu se att de tv˚ a f¨ orsta kolonnerna inneh˚ aller pivotelement. D¨ arf¨ or ¨ ar kolonn 1 och 2 i M en bas f¨ or v¨ arderummet till F , dvs. vektorerna (7, −15, 20)T och (−4, 12, −12)T . Detta svarar p˚ a fr˚ aga (c). Slutligen, rangen f¨or M och d˚ a f¨or F , ar dimensionen p˚ a v¨ arderummet. Vi har tv˚ a basvektorer, s˚ a rangen ¨ ar tv˚ a, vilket ¨ svarar p˚ a (d). L¨ osning. 29 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 .

32

P. ALEXANDERSSON

(d) Vi f˚ ar samma svar som i f¨ orsta deluppgiften, men multiplicerat med x. Detta ger 0, x och 2x2 . Lo ¨sning. 30 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. 31 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  0 F 0  0 F 1  0 F 0 F

 1 → (1, 1, 1, 1) 1    1 1 0 = → (1, 0, −1, 0) 0 −1 0    0 0 1 = → (0, 1, 0, 0) 0 0 0    0 0 0 = → (0, 0, 0, −1) 1 0 −1 0 0





=

1 1

Detta ger avbildningsmatrisen  1 1  1 1

1 0 −1 0

 0 0 1 0 . 0 0 0 −1

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),

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

vilket ger oss avbildningsmatrisen    1 1 −1 −1  0 0 1   som radreduceras till 0 0 0 1 0 0 1 0 0

0 1 0 0

33

 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. Lo ¨sning. 32 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 0 1 0 1 1 0 −3 0 0 0

34

P. ALEXANDERSSON

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. 33 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. Lo ¨sning. 34 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 Radreduktion ger nu 

−1  1 0

  0 −1 −1 ∼  0 2i 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 .

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

L¨ osning. 35 Vi b¨ orjar med att best¨ amma T :s   T (1) T (x)   T (x2 )

35

avbildningsmatris i standardbasen. 00

= (x + 1) = 0
00 = x2 + x = 2
00 = 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 2 2 0 2 2 0 0 12 A2 = 0 0 6 0 0 6 = 0 0 0  . 0 0 0 0 0 0 0 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 . Lo ¨sning. 36 (a) Elementen i V ¨ar p˚ a formen a + bx + cx2 + dx3 + ex4 + f x5 . En bas ¨ar d˚ a t.ex. 1, 2 3 4 5 x, x , x , x och x . (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 och p˚ a liknande s¨ att ges avbildningsmatrisen till T2 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   −5 −5 −5 −5 −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

36

P. ALEXANDERSSON

−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. 37 Utf¨ or vi gausselimination p˚ a raderna i A f˚ ar vi 

  2 4 1 1 3 ∼ 0 −1 −1 0

1 1 0

  2 4 1 −1 −1 ∼ 0 −1 −1 0

 2 1 . 0

0 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 + dim Im BA = 3 och vi just har visat att dim Im BA = 2, och att dim ker BA ≥ 1 s˚ a f¨ oljer det att A:s nollrum ocks˚ a ¨ar BA:s nollrum. Lo ¨sning. 38 (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˚ BA har dimension 0, 1 eller 2. Som exempel:  1 0  0 A= 0  0 0

0 1 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

  0 1 0 0    0  , B1 = 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

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

 0 0  0 B2 =  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  , B3 = 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

37

 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. 39 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 enligt metoden i Problem 28. 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. L¨ osning. 40 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

38

P. ALEXANDERSSON

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

(d) T (f (x)) = f (x)x

−1

ar linj¨ar. ¨

T (f ⊕ g) = T (f g) = (f g)x

2

−1

2

= fx

−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. 41 L¨ osning saknas. Lo ¨sning. 42 L¨ osning saknas. Lo ¨sning. 43 Matrisens karakeriskiska polynom ges av 1 − λ 3 = (1 − λ)(8 − λ) + 6 = λ2 − 9λ + 8 + 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

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

39

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 3 0 1−2 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. Lo ¨sning. 44 Vi fann i problem 43 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. 45 F¨orst best¨ammer vi matrisens karakteristiska polynom, genom att ber¨akna det(A − λI). 5 − λ       −2 −2 1−λ −2 2 −2 2 1−λ 2 1−λ −2 = (5 − λ) +2 −2 −2 1−λ 2 1−λ 2 −2 2 −2 1 − λ = (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 ¨ 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  4 −2 −2  2 0 −2 2 −2 0  1 0 −1  2 −1 −1 1 −1 0  1 0 −1  0 −1 1 0 −1 1  1 0 −1 0 1 −1

oss A − I = 0 och ekvationssystemet blir  0 0  = Dela alla rader med 2 och byt plats p˚ a rad 1 och 2. 0  0 0  = Eliminera med f¨orsta raden. 0  0 0  = Styk sista raden d˚ a denna ¨ar parallell med andra. 0  0 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.

40

P. ALEXANDERSSON

Fallet λ = 3 ger systemet A − 3I = 0 och vi f˚ ar  2 −2 −2 0  2 −2 −2 0  = Alla rader ¨ar lika, stryk de tv˚ a sista och 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. 46 Vi har i problem 45 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  1  1 1  1 1  0 0 0 −1

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



 1 0 0 −1 1 1  0 0 −1 −1 1 0  = Byt plats och tecken p˚ a rad 2 och 3. 0 −1 0 −1 0 1   1 0 0 −1 1 1  0 1 0 1 0 −1  0 0 1 1 −1 0 S˚ aledes, 

T −1

−1 = 1 1

1 0 −1

 1 −1 0

och 

A = T DT −1

1 = 1 1

1 1 0

 1 1 0 0 1 0

0 3 0

 0 −1 0  1 3 1

1 0 −1

 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.

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

41

Lo ¨sning. 47 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.


−8 9 7
; −5 1 0 0
; −3 −21 −8
28 ; −4 −3 4 4
; −4 (c) (a) (b) 0 0 1 ;1 0 1 0 ;3 0 1 1 ; −1 Lo ¨sning. 48 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. 49 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 och en egenvektor f˚ as av  6 5

(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 } 1

D3

har d˚ a ha egenskapen vi s¨ oker.

2 −1

 =

1 7

 12 5

2 9



42

P. ALEXANDERSSON

L¨ osning. 50 Vi kan beskriva o angarna med en o angsmatris A, d¨ ar kolonn j beskriver ¨verg˚ ¨verg˚ 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 8 − 10λ 0 0 0 0 10 2 8 3 2 8 − 10λ 3 . |A − λI| = 10 10 − λ 10 = 1000 2 7 0 0 2 7 − 10λ 10 10 − λ 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 8 Detta leder till egenv¨ ardena λ1 = 10 , λ2 = 1, λ3 = 12 . |A − λI| =

Vi ber¨ aknar nu motsvarande egenvektorer: Fallet λ1 =

8 10

ger oss  0 0  2 0 10 2 0 10

0 3 10 1 − 10

  0 1 0 ∼ 0 0 0

0 1 0

3 2 − 12

0

 0 0  0

T

och vektorn u1 = (3, −1, −2) ¨ar en bas f¨or motsvarande egenrum. Fallet λ2 = 1 ger oss  2 − 10 0 0 2 2 3  − 10 10 10 2 3 0 − 10 10

  0 1 0 ∼ 0 0 0

0 −2 2

0 3 −3

  1 0 0 ∼ 0 0 0

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

  0 1 0 0 0 ∼ 0 1 1 0 0 0 0

 0 0  0

0 1 0

0 − 32 0

 0 0  0

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

43

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     5 0 0 3 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  3 0 0 0 0 5 0 0 10 1  3 3 3 . 1n 0
 An = −1 3 1   0 n 15 5 −2 2 −1 −4 6 −9 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,  3 1  −1 15 −2

An v0 blir d˚ a  0 0 0 0 3 1  0 1 0 0 2 −1

 0 5 0  3 0 −4

  0 0 120 3 3  120 6 −9 120

Ber¨ aknar vi denna produkt, f˚ ar vi slutligen vektorn (0, 216, 144)T som d˚ aa ¨r den stabila gr¨ ansf¨ ordelningen. Lo ¨sning. 51 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 med hj¨alp av determinanten −λ 0 0 1 −λ 0 0 1 −λ 0 1 −λ 0 0 4 = −λ 1 −λ 0 − 0 1 −λ = (−λ) − 1 0 1 −λ 0 0 1 −λ 0 0 1 0 0 1 −λ genom att utveckla l¨angs med f¨orsta raden. 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.

44

P. ALEXANDERSSON

L¨ osning. 52 (a) Vi har enligt definitionen ovan att

2  x x =

Z1

x2 · xdx =



x4 4

−1

1 = 0. −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 2 = + + x + 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. 53 Vi b¨ orjar med att s¨ atta e1 = f1 /|f1 | =

√1 (1, 1, 1). 3

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, 2) − 3 1 = (−1, −1, 2) + 3

=

1 h(1, 0, −1)|(0, 0, 1)i(1, 0, −1) 2 1 (1, 0, −1) 2

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

45

1 1 (−2, −2, 4) + (3, 0, −3) 6 6 1 = (1, −2, 1) 6 Vi f˚ ar s˚ aledes att e3 = v3 /|v3 | = √16 (1, −2, 1). =

Vektorerna √13 (1, 1, 1), √12 (1, 0, −1) samt samma rum som f1 , f2 och f3 sp¨anner upp.

√1 (1, −2, 1) 6

utg¨or allts˚ a en ON-bas f¨or

L¨ osning. 54 Vi anv¨ander oss av Gram-Schmidts ortogonaliseringsprocess. L˚ at f1√ , f2 , f3 beteckna √ de tre kolonnerna i matrisen. Vi finner att |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)T . N¨asta steg ¨ar att anv¨anda oss av f2 , men denna vektor ¨ar 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 = (1, 0, 1)T − √ (1, 1, 1)T (1, 0, 1)T √ (1, 1, 1)T 3 3 1 = (1, 0, 1)T − · 2 · (1, 1, 1)T 3 1 T = (1, −2, 1) 3 Det ˚ aterst˚ ar att normera v3 , och d˚ a v3 ¨ ar parallell med vektorn (1, −2, 1)T 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 ber¨ akningarna blir n˚ agot l¨attare: ¨ar ortogonal mot e1 s˚ v4 = f4 − he1 |f4 ie1 − he2 |f4 ie2   1 1 = (1, −1, 0)T − √ (1, 1, 1)T (1, −1, 0)T √ (1, 1, 1)T − he2 |f4 ie2 3 3 | {z } =0 enl val   1 1 T T T √ (1, −2, 1)T = (1, −1, 0) − 0 − √ (1, −2, 1) (1, −1, 0) 6 6  1

T T T T = (1, −1, 0) − (1, −2, 1) (1, −1, 0) (1, −2, 1) 6 1 T = (1, −1, 0) − · 3 · (1, −2, 1)T 6 1 = (1, −1, 0)T − (1, −2, 1)T 2 1 T = (1, 0, −1) 2 Normerar vi nu denna vektor, f˚ ar vi e3 = √12 (1, 0, −1)T .

46

P. ALEXANDERSSON

Sammanfattningsvis, vektorerna √13 (1, 1, 1)T , √16 (1, −2, 1) samt √12 (1, 0, −1)T utg¨or en ON-bas f¨or R3 , d¨ar de tv˚ a f¨orsta vektorerna ¨ar en ON-bas f¨or kolonnrummet till matrisen given i uppgiften. Lo ¨sning. 55 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 ¨ar 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 a a en bas f¨ or R3 ¨r d˚ d¨ ar de tv˚ a f¨ orsta a ven a r en bas f¨ o r U . Vi utf¨ o r 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 | =

√1 (1, 1, 1). 3

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 ¨ ar 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 .

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

47

L¨ osning. 56 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 = (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) = √ −2/ 3. Det f¨ oljer att   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. 57 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 =

1 . 3

0

Allts˚ a g¨ alller det att |f1 | =

√1 . 3

Vi s¨atter d˚ a e1 =

√

3x.

I andra steget, s¨ atter vi D√ E√ 3x x2 3x v2 = f2 − he1 |f2 ie1 = x2 −   1 Z 3 2 2 = x − 3  x · x dx x = x2 − x 4 0

Vi m˚ aste nu normera v2 . 

2

|v2 | =

 Z1  2 Z1 3 2 3 3 3x3 9x2 2 x − x x − x = x − x dx = x4 − + dx 4 4 4 2 16 2

0



5

4

 3 1

x 3x 9x − + 5 8 24 √
Allts˚ a, e2 = 80 x2 − 34 x . =

= 0

1 . 80

0

48

P. ALEXANDERSSON

Sammanfattningsvis, vektorerna U . Vi kan nu anv¨ anda oss av att

√

v=

3x och n X

√


80 x2 − 34 x a¨r allts˚ a en ON-bas f¨or

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       E√ D√ √ √ 3 3 3x 1 + 2x 3x + 80 x2 − x 1 + 2x 80 x2 − x = 4 4   1   1    Z Z  3 3 x2 − x (1 + 2x)dx · x2 − x = 3  x(1 + 2x)dx · x + 80  4 4 0 0   7 41 3 = 3 · x + 80 · · x2 − x 6 24 4 2 410x = − 99x. 3 Lo ¨sning. 58 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    a rad 1 & 2  0 1 −1 1 0 0 0 0  = Anv¨and rad 2, byt plats p˚ 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    a rad 3 & 4  0 0 −1 0 0 −1 0 −1  = Anv¨and rad 4, byt plats p˚ 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 = v2 = f2 − he1 |f2 ie1

√1 (0, −1, 0, −1). 2

¨ ¨ ALGEBRA II EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

49

 1 1 √ (0, −1, 0, −1) (1, 0, 0, 0) √ (0, −1, 0, −1) 2 2 | {z }

 = (1, 0, 0, 0) −

=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

= (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 } a ¨r en ON-bas f¨or R4 . Lo ¨sning. 59 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    1 3 1 −1 − 12 0 1 2 2 2 1 1 3    1 2  0 0 − 2  0 2 2 1 1 =   1 −2 0 2 0 0 − 12 2 1 −2 0 12 0 − 12 0 − 12

Fr˚ an denna matris kan vi nu ber¨akna allt som efterfr˚ agas.

0 0 0 0

 − 12 − 12   3 . 2 3 2

50

P. ALEXANDERSSON

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). E-mail address: [email protected]