Løsninger til udvalgte Eksamensopgaver i Lineær Algebra Juni og Juni. Preben Alsholm 9. november 9 Juni Opgave 3 f : P (R) R 3 er givet ved f (P (x)) P () a + P () b, hvor a (,, ) og b (, 3, ). Vi viser, at f er lineær. Vi har f (P (x) + Q (x)) (P + Q) () a + (P + Q) () b Desuden for s R fås (P () + Q ()) a + (P () + Q ()) b P () a + P () b + Q () a + Q () b f (P (x)) + f (Q (x)) f (sp (x)) (sp ) () a + (sp ) () b sp () a + sp () b sf (P (x)) Altså er f lineær. Da f() a + b (, 4, ), f (x) a + b (, 7, ) og f ( x ) a + 4b (, 3, 3) fås afbildningsmatricen til ef m 4 7 3 3 En basis for kernen for f kan fås ved først at finde en basis for nulrummet for afbildningsmatricen ved Gausselimination på 4 7 3 3
der giver (ved Gausselimination til reduceret echelonform) 3 De tilsvarende ligninger er dvs. løsningerne er (med fri) c c c c c + 3 3 En basis for kernen for f er derfor polynomiet 3x + x. 3 Opgave 5 (kun spørgsmål -3) f : R 3 R 3 er lineær og har mht. den kanoniske basis afbildningsmatricen ef e 4 6 Vi viser, at f (e ), f (e ) udgør en basis for billedrummet f ( R 3) ved at udføre Gausselimination til reduceret echelonform på e F e. Vi får Heraf aflæses, at de to første søjler i e F e er lineært uafhængige og at den tredje kan skrives som en linearkombination af de to første. Dermed udgør f (e ), f (e ) udgør en basis for billedrummet f ( [ R 3) og koordinaterne for f (e 3 ) mht. denne basis er, således at f (e 3 ) f (e ) + f (e ). En ortonormal basis for f ( R 3) kan nu findes ved Gram-Scmidts ortonormaliseringsmetode på f (e ) og f (e ). Da f (e ) (,, ) har længde 3 fås første vektor v ( 3, 3, 3). Herefter udregner vi w f (e ) (f (e ) v ) v ( (,, ) 3, 3, ) 3 ( 4 3, 3, 4 ) 3
Da længden af denne vektor er fås v ( 3, 3, 3). En ortonormal basis for f ( R 3) udgøres hermed af v, v. Vi betragter nu a (,, ), a (,, ) og a 3 (,, ). Det oplyses, at de udgør en basis for R 3. Dette vil blive bekræftet i det følgende. Koordinatskiftematricen fra a-koordinater til e-koordinater er em a Vi har a F a a M ee F ee M a ( e Ma) e F ee M a. Vi bestemmer den inverse til e M a ved Gausselimination til reduceret echelonform på matricen Dette giver (Her bekræftes det, at a erne udgør en basis). Heraf aflæses, at ema Dermed har vi af a 5 4 6 3 4 6 Af dette fås koordinaterne til f (a + a + a 3 ) mht. basis a til at være 5 4 3 9 6 3 9 således at f (a + a + a 3 ) 3a + 9a + 9a 3. 3
Opgave 6 U er givet som U mængden af de -matricer, hvis spor er. Vi viser, at f : R R givet ved f (X) spor(x) er lineær. Når dette er vist, udnytter vi, at U simpelthen er kernen for f, hvorfor U er et underrum af R. Vi har med indlysende betegnelser og for s R f (X + Y ) spor (X + Y ) (x + y ) + (x + y ) (x + x ) + (y + y ) spor (X) + spor (Y ) f (X) + f (Y ) f (sx) spor (sx) (sx ) + (sx ) s (x + x ) s spor (X) sf (X) så f er lineær og U ker f er derfor et underrum af R. Løsningerne til spor(x) er karakteriseret ved den homogene lineære ligning x + x. Der er altså ingen bånd på x og x og vi ser, at x x. Hermed er medlemmerne af U givet ved [ [ x x X x x x x x x [ [ [ x + x + x [ [ [ hvor x, x, x R. De tre matricer,, udspænder altså U. Desuden er de lineært uafhængige, idet [ x x [ x x ville medføre x x x. Derfor udgør de en basis for U. Juni Opgave 3 f : R R har mht. basis b givet ved b (, 3) og b (, 5) afbildningsmatricen [ 3 7 bf b 4 Vi skal bestemme afbildningsmatricen e F e mht. den kanoniske basis. Koordinatskiftematricen fra b-koordinater til e-koordinater er givet ved [ em b 3 5 4
Så e F e e M bb F bb M e e M bb F b ( e M b ). Vi bestemmer ( e M b ) ved Gausselimination til reduceret echelonform på matricen [ 3 5 Herved fås [ 5 3 hvoraf aflæses, at Hermed har vi ef e ( e M b ) [ 5 3 [ [ 3 7 3 5 4 [ 8 3 [ 5 3 Koordinaterne for f ( 3b + b ) mht. basis b er nu givet ved [ [ [ [ 3 3 7 3 bf b 4 Dvs. at f ( 3b + b ) b + b. Koordinaterne for b + b mht. basis e er [ [ [ + 3 5 4 Opgave 5 Afbildningen f : P3 (R) R er givet ved f (P (x)) (P (), P ( )). Vi viser, at f er lineær. Vi har og også for s R f (P (x) + Q (x)) ((P + Q) (), (P + Q) ( )) (P () + Q (), P ( ) + Q ( )) (P (), P ( )) + (Q (), Q ( )) f (P (x)) + f (Q (x)) f (sp (x)) ((sp ) (), (sp ) ( )) Hermed er vist, at f er lineær. (sp (), sp ( )) s (P (), P ( )) sf (P (x)) 5
Da f () (, ), f (x) (, ), f ( x ) (, 4) og f ( x 3) (, 8) fås afbildningsmatricen mht. de givne baser til [ ef m 4 8 Da afbildningsmatricen klart har rang er dimensionen af billedrummet f (P3 (R)) lig med. Men så er dimensionen af ker f lig med 4. En basis for kernen kan findes ved først at bestemme nulrummet for matricen ef m. Dette gøres ved Gausselimination til reduceret echelonform på [ 4 8 Herved fås [ 3 Dvs. at løsningerne til e F m c opfylder altså c c c c 4 c + c 4 c + 3c 4 + c 4 3c 4 c 4 + c 4 3 hvor, c 4 R. Monomiekoordinaterne for en basis for ker f er derfor, 3 Basen selv består så af de to polynomier + x + x og 3x + x 3. Opgave 6 f : R 3 R 3 er lineær og har mht. den kanoniske basis afbildningsmatricen ef e Desuden er g : R R 3 lineær og givet ved g (, ) (,, ) og g (, ) (, 4, ). Vi har altså med det samme afbildningsmatricen for g mht. de kanoniske baser i R og R 3 : eg e 4 6
Da søjlerne i e G e klart er lineært uafhængige er en basis for billedrummet g ( R ) givet ved (,, ), (, 4, ). Vi udfører Gausselimination på e F e for at finde en basis for søjlerummet for denne matrix. Resultatet af Gausselimination til echelonform er 3 Vi ser, at de 3 søjler i e F e er lineært afhængige, men at de to første er lineært uafhængige. En basis for billedrummet f ( R 3) udgøres derfor af vektorerne (,, ), (, 3, 4). Vi bemærker, at f ( R 3) og g ( R ) begge er -dimensionale. For at vise, at f ( R 3) g ( R ), er derfor nok at vise, at medlemmerne i den ene er indeholdt i den anden. Vi viser, at g ( R ) f ( R 3) ved at udføre Gausselimination på totalmatricen [ e F e e G e altså på Herved fås 3 4 4 4 3 3 Vi ser, at ligningssystemet e F e X e G e har løsninger, hvorfor g ( R ) f ( R 3) og dermed som sagt f ( R 3) g ( R ). 7