75032 Matrisemetoder

Løsningsforslag til oppgaver gitt til onsdag 29/3–95

Eksamen august 1994: 2: (a)

P = \frac{aa^{T}}{a^{T}a} = \frac{1}{6} [\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & 4 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \end{matrix}] , λ = \frac{a^{T}b}{a^{T}a}

(for b − λa er minst når λa = P b).

(b) Se løsningsforslaget i oppgavesamlingen. Eksamen august 1994: 3:

(a) Her må det være en trykkfeil i oppgaven. Det skal stå A = UΛU^{H}.

Å vise at A er normal krever bare å vise at AA^{H} = A^{H}A, som er en triviell utregning. Som alltid for 2 × 2-matriser med like diagonalelementer er det karakteristiske polynomet allerede et fullstendig kvadrat fra naturens side, og dermed lett å faktorisere:

p_{A}(λ) = |\begin{matrix}a − λ & 1 \\ −1 & a − λ \end{matrix}| = (a − λ)^{2} + 1 = (λ − a − i)(λ − a + i)

så egenverdiene blir λ_{±} = a ± i. Vi finner

A − λ_{±} = [\begin{matrix}∓i & 1 \\ −1 & ∓i \end{matrix}] = [\begin{matrix}1 \\ ∓i \end{matrix}] [∓i 1]

som har nullrom utspent av [1, ±i]^{T}. Deler vi med \sqrt{2} for normaliseringens skyld ender vi med

Λ = [\begin{matrix}a + i \\ & a − i \end{matrix}] , U = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix}1 & 1 \\ i & −i \end{matrix}]

(b) Ligningen har løsning

y = e^{tA}y(0) = Ue^{tΛ}U^{H}y(0) = \frac{1}{2} [\begin{matrix}i & −i \\ 1 & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix}e^{(a+i)}t \\ e^{(a−i)t} \end{matrix} ] [\begin{matrix}−i & 1 \\ i & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}]
= e^{at} [\begin{matrix}cos t & sin t \\ − sin t & cos t \end{matrix}] [\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}] = e^{at} [\begin{matrix}cos t + sin t \\ cos t − sin t \end{matrix}]

(utregningen går greiere om man trekker ut faktoren e^{ta} før man setter i gang å multiplisere matrisene).

(c) Stabilitet for a < 0, da har begge egenverdiene negativ realdel. Eksamen august 1994: 4:

(a) Vanlig Gausseliminasjon uten pivotering gir B = LU med

L = [\begin{matrix}1 \\ 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix}] , U = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 0 \\ & −1 & −1 & 0 \\ & & 1 & 1 \\ & & & −2 \end{matrix}]

Lar vi D være diagonalmatrisen med samme diagonalelementer som U, viser en rask utregning^{1} at D^{−1}U = L^{T}, slik at B = LU = LDL^{T} som ønsket.

1Kan gjøres i hodet, siden multiplikasjon med en diagonalmatrise på venstre side multipliserer rekkene med diagonalelementene i diagonalmatrisen.

(b) Se løsningsforslaget i oppgavesamlingen. Der brukes E om standardbasisen (den “naturlige basisen”) for R^{4}, og notasjonen I_{B}^{E} for det jeg har kalt [I]_{B→E} i forelesningene (og som Strang kaller [I]_{B to E}). Merk at denne matrisen blir B, for søyle j i [I]_{B→E} skal være koordinatvektoren til I(b_{j}) uttrykt i basisen E, og det er jo b_{j} selv. Matrisen på høyresiden av produktet blir [I]_{E→B} = [I]_{B→E}^{−1} = B^{−1}.

(c) Det er klart at L^{4} = I, så A^{4} = I. Derfor må egenverdiene oppfylle λ^{4} = 1, så λ ∈ {1, i, −1, −i}. Det er greiest å finne egenvektorene til L først. Om λ^{4} = 1 er λ^{3}b_{1} + λ^{2}b_{2} + λb_{3} + b_{4} en egenvektor for L med egenverdi λ.^{2} Setter vi inn λ = 1, i, −1, −i i tur og orden finner vi egenvektorene

[\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}−1 − i \\ −2i \\ 2 \\ i − 1 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ −2 \end{matrix}] , [\begin{matrix}i − 1 \\ 2i \\ 2 \\ −i − 1 \end{matrix}] .

2Dette kan du også finne ut ved å regne ut egenvektorene til [L]_{E→E} på mer konvensjonelt vis.