75032 Matrisemetoder

Løsningsforslag til oppgaver gitt til onsdag 3/5–95

B.1 side 459:

Tilfellet A er ganske trivielt, siden matrisen viser seg å være diagonaliserbar. Jeg får AM = MJ med

M = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix}] , J = [\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] .

For B sitt tilfelle finner vi at B virker som nulloperatoren på R(B), som for øvrig er utspent av vektoren v_{1}:

B = [\begin{matrix}0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] , v_{1} = [\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}] .

I følge algoritmen skal vi finne en vektor v_{2} med Bv_{2} = v_{1}, som for eksempel kan løses med v_{2} = [0 1 0]^{T} (denne løsningen er ikke entydig, siden B jo er singulær). Endelig skal vi utvide til en basis v_{2}, v_{3} for N (B), som gir oss enda litt valgfrihet. Så setter vi inn v_{1}, v_{2} og v_{3} som søylene i M, og ender med BM = MJ der

M = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −2 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}] , J = [\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] .

B.3 side 459: I dette tilfellet blir J^{2} = 0, så hele potensrekken for e^{tJ} koker ned til de første to leddene:

e^{tJ} = I + tJ = [\begin{matrix}1 & t \\ & 1 \\ & & 1 \end{matrix}] , og dermed e^{tB} = [\begin{matrix}1 & t & 2t \\ & 1 \\ & & 1 \end{matrix}]

der vi finner e^{tB} = Me^{tJ}M^{−1} enten direkte, eller (smartere) ved å merke oss at vi får e^{tB} = Me^{tJ}M^{−1} = M(I + tJ)M^{−1} = I + tB, eller ved å se at B^{2} = (MJM^{−1})^{2} = J^{2} = 0, slik at e^{tB} = I + tB av samme grunn som e^{tJ} = I + tJ.

6.2.1 side 337: Når vi skal regne ut det karakteristiske polynomet til A, kan vi på grunn av den spesielle formen på matrisen regne ut det(A) = (a − 1)^{2}(a + 2) og deretter erstatte a med a − λ, slik at p_{A}(λ) = (a − 1 − λ)^{2}(a + 2 − λ). Dette gir egenverdiene a − 1 (med multiplisitet 2) og a + 2, og A er positivt definit hvis og bare hvis begge er positive, altså a > 1.

Gjør vi Gausseliminasjon fra første søyle i B, får vi

B = [\begin{matrix}2 & 2 & 4 \\ 2 & b & 8 \\ 4 & 8 & 7 \end{matrix}] ⟶ [\begin{matrix}2 & 2 & 4 \\ 0 & b − 2 & 4 \\ 0 & 4 & −1 \end{matrix}]

og vi vet at B er positivt definit hvis og bare hvis pivoten er det (den er 2), og 2 × 2-matrisen i nedre høyre hjørne er det. Men sistnevnte har jo −1 på diagonalen, så den er ikke positivt definit for noen valg av b.

Alternativt (nå som vi ser at b er irrelevant), kan vi kikke på matrisen vi får ved å stryke midtre søyle og midtre rekke i B. Da får vi en matrise med determinant 2 · 7 − 4 · 4 = −2 < 0, så B kan ikke være positivt definit.

6.2.3 side 337: Den søkte determinanten kan skrives slik, der jeg først Gausseliminerer i første søyle og deretter utvikler langs første søyle:

Δ = |\begin{matrix}1 & b & −b \\ b & 1 & b \\ −b & b & 1 \end{matrix}| = |\begin{matrix}1 & b & −b \\ 0 & 1 − b^{2} & b + b^{2} \\ 0 & b + b^{2} & 1 − b^{2} \end{matrix}| = |\begin{matrix}1 − b^{2} & b + b^{2} \\ b + b^{2} & 1 − b^{2} \end{matrix}| = (1 − b^{2})^{2} − (b + b^{2})^{2}

som blir et fjerdegradspolynom i b, så før man ganger ut lønner det seg å se etter felles faktorer og ta vare på de. Siden 1 − b^{2} = (1 − b)(1 + b) er åpenbart (1 + b)^{2} en felles faktor, og setter man den utenfor og regner videre ender man med Δ = (1 + b)^{2}(1 − 2b) som åpenbart blir negativt når b > 1/2.

Eksamen mai 1990: 4: Vi følger hintet, og ser hvordan mulitplikasjon med M virker på en vektor x:

Mx = [\begin{matrix}1 \\ −1 & 1 \\ & ... & ... \\ & & −1 & 1 \end{matrix}] [x_{1} ; x_{2} ; ⋮ ; x_{n}] = [ x_{1} ; x_{2} − x_{1} ; ⋮ ; x_{n} − x_{n−1}]

så spesialiserer vi dette til søyle j i A ser vi at ite posisjon i svaret blir a_{i,j} − a_{i−1,j} = a_{i,j−1} når i > 1, og dermed blir hver søyle flyttet en plass til høyre — søyle j i MA blir en kopi av søyle j i A, mens første søyle i MA blir [1 0 ⋯ 0]^{T}. Dette ser kanskje ikke ut som det hjelper så veldig, men om man multipliserer fra høyre med M^{T} får man samme effekt, men denne gang på rekkene i stedet for på søylene, og vi ender med

MA_{n} == [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & A_{n−1} \end{matrix}]

som uten videre viser at A_{n} og A_{n−1} har samme determinant, som dermed blir 1 siden det(A_{1}) = 1.

Eksamen juni 1993: 5:

(a) A_{k} er positivt definit fordi, om vi har gitt x ∈ R^{n−1} og setter y = [x_{1}, …, x_{k−1}, 0, x_{k}, …, x_{n}]^{T} så er x^{T}A_{k}x = y^{T}Ay > 0. A_{k} er inverterbar fordi enhver positivt definit matrise er inverterbar (alle egenverdiene er > 0, så 0 er ingen egenverdi). A_{k}^{−1} er positivt definit fordi den inverse av enhver positivt definit matrise er positivt definit.

Dette kan man se fordi egenverdiene til A^{−1} er λ_{i}^{−1} der λ_{i} er egenverdiene til A, eller ved å merke seg at x^{T}A^{−1}x = (A^{−1}x)^{T}A(A^{−1}x) > 0 fordi A er positivt definit (her har jeg utnyttet symmetrien til A^{−1}).

(b) Matrisen E gitt i oppgaven har determinant 1, siden den er triangulær med enere på diagonalen. Derfor er

det(A) = det(EA) = |\begin{matrix}A_{n} & c \\ 0 & a_{nn} − c^{T}A_{n}^{−1}c \end{matrix}| = (a_{nn} − c^{T}A_{n}^{−1}c) det(A_{n}) ≤ a_{nn} det(A_{n})

(siste ulikhet fordi c^{T}A_{n}^{−1}c ≥ 0 og det(A_{n}) > 0). Ulikheten det(A) ≤ a_{11} ⋯ a_{nn} følger nå ved induksjon.

(c) Om B er inverterbar, eller mer generelt har lineært uavhengige søyler, og x ≠ 0 er x^{T}(B^{T}B)x = ∥Bx∥^{2} > 0.

For matrisen C finner vi (det C)^{2} = det(C^{T}C), men diagonalelementene i C^{T}C er nettopp ∥c_{j}∥^{2}, så den søkte ulikheten følger av punkt (a). Unntaket er når C er singulær, men da er jo det C = 0 så da er ulikheten trivielt oppfylt.