75032 Matrisemetoder 1996–06–06: Løsningsforslag

Oppgave 1

a Vanlig Gausseliminasjon:

A = [\begin{matrix}1 & −1 & 1 & −1 \\ s & 2 − s & s & −s + 1 \\ 0 & 2s & s & s + 1 \\ 1 & −3 & 2s + 1 & s \end{matrix}] → [\begin{matrix}1 & −1 & 1 & −1 \\ 0 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 2s & s & s + 1 \\ 0 & −2 & 2s & s + 1 \end{matrix}]

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

slik at A = LU med

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

(Som vanlig noteres koeffisientene som brukes i Gausseliminasjonen under prosessen fra A til U etterhvert i L.) Vi merker oss at pivotelementet i siste runde er s, som etter teorien ikke skal aksepteres dersom s = 0. Men i dette tilfellet er også plassen rett under (2s) lik null, så rekkeoperasjonen er likevel gyldig. Enten s ≠ 0 eller ikke har U fått gyldig trappeform.

Om s ≠ 0 er rang(A) = 4, for s = 0 er rang(A) = 3.

b Ax = b har alltid en løsning når s ≠ 0, siden A er ikkesingulær i dette tilfellet. For s = 0 må saken undersøkes spesielt. For eksempel kan vi skrive

Ax = b ⇔ LUx = b ⇔ Ux = y der Ly = b

Ly = b kan vi løse ved fremoversubstitusjon, og få y = [t 1 t 3 − 3t]^{T} (NB forutsatt s = 0). Ux = y kan løses mhp x hvis og bare hvis y_{4} = 0, det vil si dersom 3 − 3t = 0.

Ax = b har altså en løsning dersom s ≠ 0 eller t = 1, men ikke dersom s = 0 og t ≠ 1.

c Rangen til [A b] er aldri større enn 4 og alltid minst så stor som rangen til A; derfor er den alltid lik 4 når s ≠ 0. Når s = 0 er rang(A) = 3, så rang([A b]) er enten 3 (om b ∈ ℛ(A) eller 4 (om b ∉ ℛ(A)). Siden b ∈ ℛ(A) hvis og bare hvis Ax = b har en løsning, er saken klar:

Rangen til [A b] er 4 for alle s og t unntatt for s = 0 og t = 1, da rangen er 3.

75032 Matrisemetoder 1996–06–06 Løsningsforslag

Oppgave 2

(Det var en trykkfeil i oppgaven: Singulærverdidekomposisjonen skal være Q_{1}ΣQ_{2}^{T}, ikke Q_{1}ΣQ_{2}.)

Vi regner ut

A^{T}A = [\begin{matrix}/_{2}^{5} & /_{2}^{1} \\ /_{2}^{1} & /_{2}^{5} \end{matrix}]

som har egenverdier og normaliserte egenvektorer:

λ_{1} = 3, u_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}] , λ_{2} = 2, u_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix}1 \\ −1 \end{matrix}] .

Vi har dermed

Q_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix}] , Σ = [\begin{matrix}\sqrt{3} & 0 \\ 0 & \sqrt{2} \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] .

Av AQ_{2} = Q_{1}Σ finner vi de to første søylene i Q_{1}: De må være henholdsvis 3^{−1/2}Au_{1} og 2^{−1/2}Au_{2}. De to siste søylene velges slik at Q_{1} blir ortogonal, for eksempel

Q_{1} = \frac{1}{\sqrt{3}} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & −1 \\ 1 & −1 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 & 1 \end{matrix}] .

(Andre mulige svar: Om de to singulærverdiene \sqrt{3} og \sqrt{2} byttes om må de to første søylene i Q_{1} og Q_{2} byttes om. Hver av disse søylene er bestemt bare modulo et fortegn (men snur man fortegnet på en av søylene i Q_{2} skal fortegnet på tilsvarende søyle i Q_{1} også snus), og de to siste søylene i Q_{1} er bare bestemt av at Q_{1} skal være ortogonal.)

Oppgave 5a (fortsatt fra side 4)^{1}: En interessant variant (fra en smart elektrostudent) benytter følgende identitet, som nesten umiddelbart gir det ønskede resultat:

[\begin{matrix}−λI & A \\ B & −λI \end{matrix}] [\begin{matrix}λI & 0 \\ B & λI \end{matrix}] = [\begin{matrix}AB − λ^{2}I & λA \\ 0 & −λ^{2}I \end{matrix}]

hvorav λ^{m+n} det(C − λI) = λ^{2n} det(AB − λ^{2}I).

1Kommer her for å beholde en rimelig bra layout uten å gå utover 4 sider (en dårlig grunn kanskje, men likefullt en grunn).

Oppgave 3

a Kall søylene i A u_{1}, u_{2} og u_{3}. Vi ortonormaliserer ved Gram-Schmidt:

v_{1} = \frac{u_{1}}{∥u_{1}∥} = \frac{1}{2}u_{1} = \frac{1}{2} [\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}]; u_{1} = 2v_{1}

v′_{2} = u_{2} − (u_{2}^{T}v_{1})v_{1} = u_{2} + 2v_{1}; v_{2} = \frac{1}{4}v′_{2} = \frac{1}{2} [\begin{matrix}1 \\ −1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix}]; u_{2} = −2v_{1} + 4v_{2}

v′_{3} = u_{3} − (u_{3}^{T}v_{1})v_{1} − (u_{3}^{T}v_{2})v_{2} = u_{3} + 2v_{1}; v_{3} = \frac{1}{2}v′_{3} = \frac{1}{2} [\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}]; u_{3} = −2v_{2} + 2v_{3}

som leder til

Q = \frac{1}{2} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & −1 \\ 1 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & −1 \end{matrix}] , R = [\begin{matrix}2 & −2 & 0 \\ 0 & 4 & −2 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

(søylene i Q er v_{1}, v_{2} og v_{3}, og R er satt sammen av koeffisientene i formlene ovenfor som uttrykker u_{1}, u_{2} og u_{3} ved v_{1}, v_{2} og v_{3}.)

b Normalligningene A^{T}Ax = A^{T}b leder til

Rx = Q^{T}b = [\begin{matrix}5 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}] og dermed x = [ /_{4}^{9} ; −^{1}/_{4} ; −^{1}/_{2}]

ved tilbakesubstitusjon.

c 𝒩 (A^{T}) = 𝒩 (R^{T}Q^{T}) = 𝒩 (Q^{T}) siden R er invertibel. Q har tre ortonormale søyler i ℝ^{4}, så rangen er 3, og 𝒩 (Q^{T}) = ℛ(Q)^{⊥} er endimensjonalt. Det er altså nok å finne én vektor i ℛ(Q)^{⊥} og ortogonalisere denne, og det kan gjøres uten videre regning i dette tilfellet: En ortonormal basis for 𝒩 (A^{T}) består av den ene vektoren

\frac{1}{2} [\begin{matrix}1 \\ 1 \\ −1 \\ −1 \end{matrix}] .

Oppgave 4

Vi utvikler determinanten (som vi kaller D_{n}) etter siste rekke, og får umiddelbart rekursjonsformelen

D_{n} = b_{n} ∏_{k=1}^{n−1} a_{k} + D_{n−1}

som er lett å løse. Vi trenger en startbetingelse: En granskning av spesialtilfellet n = 2 viser at formelen over også stemmer i dette tilfellet dersom vi setter D_{1} = b_{1}, og da stemmer den til og med for n = 1 om vi setter D_{0} = 0.^{2} Vi ender med

D_{n} = ∑_{m=1}^{n}(D_{m} − D_{m−1}) = ∑_{m=1}^{n} b_{m} ∏_{k=1}^{m−1} a_{k}.

Man kan også komme forholdsvis direkte til denne formelen ved å utvikle etter siste søyle.

Oppgave 5

a For x ∈ ℂ^{m} og y ∈ ℂ^{n} setter vi

z = [\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] ∈ ℂ^{m+n} hvorav Cz = λz ⇔ \begin{cases}Ay = λx \\ Bx = λy \end{cases}\}

Spesielt, om Cz = λz finner vi ABx = λAy = λ^{2}x. Om z ≠ 0 er x ≠ 0, for ellers blir y = λ^{−1}Bx = 0 (her bruker vi λ ≠ 0). Altså er λ^{2} en egenverdi for AB dersom λ er en egenverdi for C.

Omvendt, om ABx = λ^{2}x setter vi y = λ^{−1}Bx, så er Ay = λ^{−1}ABx = λx og (selvsagt) Bx = λy. Dermed er Cz = λz, og den omvendte implikasjonen er vist.

(Se også nederst side 2).

b La ẏ = z, så vil w = [ \begin{matrix}y \\ z \end{matrix}] oppfylle ẇ = Cw der C = [ \begin{matrix}0 & I \\ B & 0 \end{matrix} ].

Teorien for førsteordens systemer forteller oss at noen løsninger er ubegrenset når t → ∞ dersom C har noen egenverdier med realdel > 0. Men i følge punkt a er egenverdiene til C alle kvadratrøtter til B’s egenverdier (og muligens 0 i tillegg). Ethvert komplekst tall λ ≠ 0 har to kvadratrøtter, som er like men med motsatt fortegn. For at ingen av dem skal ha positiv realdel må da begge ha realdel 0, det vil si kvadratrøttene må være imaginære, og λ må derfor være reell og λ ≤ 0. Dette gjelder alle B’s egenverdier, som påpekt.

Omvendt, om B har n distinkte egenverdier λ_{k} < 0, har C i alt 2n distinkte, imaginære egenverdier ±i\sqrt{−λ_{k}}, og den generelle løsningen av ẇ = Cw er en lineærkombinasjon av løsninger på formen e^{±i\sqrt{−λ_{k}}t}w_{k}, som alle er begrenset for alle t.

2∏_{k=1}^{0} a_{k} = 1 ifølge vanlige konvensjoner.