75032 Matrisemetoder

Løsningsforslag til oppgaver gitt til onsdag 26/4–95

Eksamen juni 1993: 2:

(a) En rask Gausseliminasjon viser at N A^{T} er definert ved x_{1} + 2x_{2} + x_{3} = 0, så dette rommet er todimensjonalt. En passende ortonormal basis bestående av

\frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix}] og \frac{1}{\sqrt{3}} [\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix}]

finner man lett, til og med ved inspeksjon (“stirremetoden”): Den første oppstår naturlig ved at man setter x_{2} = 0. Vektorer ortogonalt på den første må da ha x_{1} + x_{3}, og setter man disse lik 1 og normaliserer etterpå kommer den andre naturlig frem.

I SVD-en A = Q_{1}ΣQ_{2}^{T} skal jo Q_{1} diagonalisere AA^{T} = Q_{1}ΣΣ^{T}Q_{1}^{T}, så søylene i Q_{1} skal være en ortonormal basis av egenvektorer for AA^{T}. Vi har alt funnet to elementer i en slik basis, siden N (AA^{T}) = N (A^{T}). Den siste må da være ortogonal på de to første, som leder til vektoren

\frac{1}{\sqrt{6}} [\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}] og dermed Q_{1} = [\begin{matrix}1/\sqrt{6} & 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{3} \\ 2/\sqrt{6} & 0 & −1/\sqrt{3} \\ 1/\sqrt{6} & −1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{3} \end{matrix}]

der vi satte søylen vi fant sist først, fordi den svarer til den eneste singulærverdien ≠ 0 (og dermed den største). Direkte utregning viser at vektoren faktisk er en egenvektor for AA^{T} med egenverdi 30, slik at singulærverdien blir \sqrt{30}.

Vi skal ha A^{T} = Q_{2}Σ^{T}Q_{1}^{T} eller A^{T}Q_{1} = Q_{2}Σ^{T}, og derfor skal \sqrt{30} ganger første søyle i Q_{2} være første søyle i A^{T}Q_{1}, mens 0 ganger annen søyle i Q_{2} skal være annen søyle i A^{T}Q_{1}. Etter litt mer regning leder dette til

Q_{2} = \frac{1}{\sqrt{5}} [\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & −1 \end{matrix}] der altså Σ = [\begin{matrix}\sqrt{30} & 0 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

Første søylen i Q_{2} er altså første søyle i A^{T}Q_{1} dividert med \sqrt{30} mens den andre simpelthen er funnet ut fra at Q_{2} skal være en ortogonal matrise, siden formelen A^{T}Q_{1} = Q_{2}Σ ikke gir noen informasjon om denne søylen.

(b) Vi finner A^{+} = Q_{2}Σ^{+}Q_{1}^{T} der

Σ^{+} = [\begin{matrix}1/\sqrt{30} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] og dermed A^{+} = \frac{1}{30} [\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & 4 & 2 \end{matrix}] som gir AA^{+} = \frac{1}{6} [\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & 4 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \end{matrix}] = vv^{T}

der v = (1/\sqrt{6})[1, 2, 1]^{T}. Dette er ortogonalprojeksjonen på underrommet utspent av v, det vil på R(A). Svaret på siste spørsmål er

A^{+} [\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}] = \frac{1}{15} [\begin{matrix}2 \\ 4 \end{matrix}]

Eksamen juni 1993: 3:

(a) Ax = λx med x ≠ 0 gir oss A^{2}x = λAx = λ^{2}x, men på den annen side om A^{2} = A skal vi jo ha A^{2}x = Ax = λx. De to formlene gir λ^{2} = λ, hvorav λ ∈ {0, 1}.

Det er lett å se at om A^{2} = A må samme identitet holde for hver Jordanblokk i Jordanformen for A. Men

[\begin{matrix}λ & 1 \\ & λ & ... \\ & & ... & 1 \\ & & & λ \end{matrix}]^{2} = [\begin{matrix}λ^{2} & 2λ & 1 \\ & λ^{2} & 2λ & ... \\ & & ... & ... \end{matrix}]

så en slik Jordanblokk J kan ikke oppfylle J^{2} = J hvis den en større enn 1 × 1. Dermed er alle Jordanblokker 1 × 1, og matrisen er diagonaliserbar.

Et alternativt bevis, som gir langt bedre forståelse, er å merke seg at når A^{2} = A kan hver vektor i R^{n} skrives entydig som x = y + z der y ∈ R(A) og z ∈ N (A): x = Ax + (x − Ax) er jo en slik oppspalting av x siden Ax ∈ R(A) og A(x − Ax) = Ax − A^{2}x = 0 så x − Ax ∈ N (A).

Entydigheten følger ved å merke seg at om x = y + z med y ∈ R(A) og z ∈ N (A) så er Ax = Ay + Az = Ay + 0 = Ay; og siden y ∈ R(A) kan vi skrive y = Av for en eller annen vektor v, hvorav Ay = A^{2}v = Av = y, så vi har altså y = Ax og dermed z = x − y = x − Ax.

Av alt dette følger det raskt at om vi velger en basis y_{1}, …, y_{r} for R(A) og en basis z_{1}, …, z_{n−r} for N (A), vil disse to basisene til sammen danne en basis for R^{n}. Men vektorene y_{i} er egenvektorer for A med egenverdi 1, mens vektorene z_{j} er egenvektorer med egenverdi 0. Altså er A diagonaliserbar.

(b) Siden A^{0} = I og A^{k} = A for alle k ≥ 1 (vises lett ved induksjon på k), er

e^{tA} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{t^{k}}{k!} A^{k} = I + ∑_{k=1}^{∞} \frac{t^{k}}{k!} A = I + (e^{t} − 1)A

Matrisen M i oppgaven er en ortogonal prosjeksjon, så dette kan anvendes på M. Dermed er

x(t) = e^{tM}x(0) = (I + (e^{t} − 1)M) [\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \\ 5 \end{matrix}] = [\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \\ 5 \end{matrix}] + 3(e^{t} − 1) [\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}]

Eksamen juni 1993: 4: Ersttatter vi første rekke med seg selv minus annen rekke, deretter annen rekke med seg selv minus tredje rekke og så videre, finner vi at den søkte determinanten er lik

|\begin{matrix}1 & & −1 & & −1 & & … & & & −1 & & & −1 \\ 1 & & 1 & & −1 & & … & & & −1 & & & −1 \\ . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . \\ 1 & & 1 & & 1 & & … & & & 1 & & & −1 \\ 1 & & 2 & & 3 & & … & & & n − 1 & & & n \end{matrix}|

Vi ser at nabolinjene er mye “likere” her enn i den opprinnelige determinanten. Vi kan gjenta suksessen, og får da uttrykket

|\begin{matrix}0 & & −2 & & 0 & & … & & & 0 & & & 0 \\ 0 & & 0 & & −2 & & … & & & 0 & & & 0 \\ . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . \\ 0 & & 0 & & 0 & & … & & & −2 & & & 0 \\ 1 & & 1 & & 1 & & … & & & 1 & & & −1 \\ 1 & & 2 & & 3 & & … & & & n − 1 & & & n \end{matrix}|

for determinanten, som vi utvikler etter første søyle. Begge underdeterminantene vi da får blir nedre triangulære, så disse determinantene kan regnes ut direkte. Holder vi tunga rett i munnen og passer på fortegnene, ender vi med uttrykket

(−1)^{n}(−2)^{n−2}n + (−1)^{n−1}(−2)^{n−2}(−1) = 2^{n−2}(n + 1)

for determinanten. Denne oppgaven var en typisk nøtt!

Eksamen august 1993: 5: Setter vi x_{i} = 0 når i < 0 gjelder formelen Mx_{i} = x_{i−1} for alle i ≤ k, også negative i, og vi finner lett M^{j}x_{i} = x_{i−j} ved induksjon på j. Dette gir spesielt M^{j}x_{i} = 0 når j > i.

Anta nå at vi har en lineær avhengighet ∑_{i=0}^{k} c_{i}x_{i} = 0. Hvis ikke alle c_{i} = 0, finnes en største indeks j med x_{j} ≠ 0, slik at vi kan skrive ∑_{i=0}^{j} c_{i}x_{i} = 0 der c_{j} ≠ 0. Anvender vi nå M^{j} på dette faller alle leddene unntatt for i = j, og vi har c_{j}x_{0} = 0 i motstrid med c_{j} ≠ 0 og antagelsen x_{0} = 0. Altså er vektorene x_{0}, …, x_{k} lineært uavhengige.

Om M er diagonaliserbar, kan vi finne basis av egenvektorer v_{i} for M der Mv_{i} = λ_{i}v_{i}. Hver x ∈ R^{n} kan da skrives som lineærkombinasjon av disse, og spesielt x_{1} = ∑_{i=1}^{n} c_{i}v_{i}. Anvender vi M på denne identiteten først en gang og så en gang til, får vi

x_{0} = ∑_{i=1}^{n} c_{i}λ_{i}v_{i}, 0 = ∑_{i=1}^{n} c_{i}λ_{i}^{2}v_{i}.

Siden vektorene v_{i} er lineært uavhengige impliserer den siste formelen at c_{i}λ_{i}^{2} = 0, og dermed c_{i}λ_{i} = 0 slik at x_{0} = 0 i følge den første formelen. Dette strider mot antagelsen.