268 lines
10 KiB
Typst
268 lines
10 KiB
Typst
#import "@local/dtu-template:0.5.1":*
|
|
|
|
#show: dtu-math-assignment.with(
|
|
course: "01001",
|
|
course-name: "Mathematics 1a (Polytechnical Foundation)",
|
|
title: "Hjemmeopgave 3",
|
|
due-date: datetime(day: 23, month: 11, year: 2025),
|
|
author: "Rasmus Rosendahl-Kaa (S255955)",
|
|
semester: "2025 Fall",
|
|
)
|
|
|
|
#set math.vec(delim: "[")
|
|
#set math.mat(delim: "[")
|
|
#set text(lang: "da")
|
|
|
|
= Problem A
|
|
Lad $W$ være udspændt af følgende vektorer i $RR^3$:
|
|
$
|
|
bold(v)_1 = vec(-1,1,0), quad bold(v)_2 = vec(5,4,3), quad bold(v)_3 = vec(7,11,6)
|
|
$
|
|
|
|
Angiv en ordnet basis for $W$
|
|
|
|
#solution()[
|
|
For at finde den ordnede basis $W$, opstiller vi en totalmatrix, $T$ bestående af $v_1, v_2 "og" v_3$:
|
|
$ T=mat(-1,5,7;1,4,11;0,3,6) $
|
|
Herefter finder vi den reducerede trappeform for matricen, hvor de søjler med pivotelementer, må være de vektorer i den ordnede basis.
|
|
|
|
$ T limits(->)_(R_1<-R_1+R_2) mat(-1,5,7;0,9,18;0,3,6)->_(R_3<-R_2-1/3 dot R_2)
|
|
mat(-1,5,7;0,9,18;0,0,0) ->_(R_2<-1/9 dot R_2) mat(-1,5,7;0,1,2;0,0,0)
|
|
->_(R_1<-R_1-5 dot R_2) \ mat(-1,0,-7;0,1,2;0,0,0) ->_(R_1<-(-1) dot R_1) mat(1,0,7;0,1,2;0,0,0)
|
|
$
|
|
Her kan det ses, at der er to pivotelementer i søjlerne 1 og 2, så $W$ må bestå af $v_1 "og" v_2$:
|
|
$ W= (v_1, v_2) $
|
|
]
|
|
|
|
= Problem B
|
|
Lad $C_infinity (RR)$ være det reelle vektorrum fra Eksempel 10.4.5 i lærebogen. Der defineres en
|
|
funktion $L: C_infinity (RR) arrow C_infinity (RR)$ ved $L(f) = f' +f-1$ hvor udtrykket $f'$ betegner den afledte funktion af $f$. Er $L$ en lineær afbildning?
|
|
|
|
#solution()[
|
|
For at $L$ skal være en linær afbildning, skal den opfylde følgende (Definition 11.0.1):
|
|
/ 1): $L(f+g) = L(f) + L(g)$ for alle $f, g in C_infinity (RR)$
|
|
/ 2): $L(c dot f) = c dot L(f)$ for alle $c in RR "og" f in C_infinity (RR)$
|
|
|
|
For at teste det første krav, kan vi betragte funktionerne $f, g in C_infinity (RR)$:
|
|
$ L(f+g) = (f+g)' + (f+g) - 1 $
|
|
Man ved at $(f+g)' = f'+g'$ så:
|
|
$ L(f+g)=f'+g'+f+g-1 $
|
|
Det skal være lig med $L(f) + L(g)$, som regnes:
|
|
$ L(f) + L(g) = (f'+f-1) + (g'+g-1) = f'+g'+f+g-2 $
|
|
Da $-1 eq.not -2$, er $L$ *ikke* en lineær afbildning, da den ikke opfylder første krav.
|
|
|
|
Andet krav behøves ikke at regnes, da vi nu allerede ved, at det ikke kan være en lineær afbildning
|
|
|
|
]
|
|
|
|
= Problem C
|
|
Lad $F: CC^2 arrow CC^2$ være defineret som følger:
|
|
$
|
|
F(vec(v_1,v_2)) = mat(1,1;-4,5) dot vec(v_1,v_2), quad v_1v_2 in CC
|
|
$
|
|
|
|
Der gives ordnede baser
|
|
$
|
|
beta = (vec(1,2),vec(-2,1)) "og" gamma = (vec(1,1), vec(0,1)) op("for") CC^2
|
|
$
|
|
|
|
Beregn afbildningsmatricen $amat(F,beta,gamma)$.
|
|
|
|
#solution()[
|
|
Per Lemma 11.3.3, kan vi definere afbildningsmatricen som følgende:
|
|
$ amat(F, beta, gamma)=mat([F(mat(1;1))]_beta,[F(mat(0;1))]_beta) $
|
|
$F(mat(1;1)) "og" F(mat(0;1))$ beregnes:
|
|
$ F(mat(1;1)) = mat(1,1;-4,5) dot mat(1;1) = mat(1 dot 1 + 1 dot 1;-4 dot 1 + 5 dot 1) = mat(2;1) $
|
|
$ F(mat(0;1)) = mat(1,1;-4,5) dot mat(0;1) = mat(1 dot 0 + 1 dot 1;-4 dot 0 + 5 dot 1) = mat(1;5) $
|
|
De kan sættes ind i afbildningsmatricen:
|
|
$ amat(F,beta,gamma) = mat(mat(2;1)_beta, mat(1;5)_beta) $
|
|
Beta-koordinaterne,$mat(2;1)_beta "og" mat(1;5)_beta$, udregnes:
|
|
$ mat(2;1) = 4/5 dot mat(1;2) - 3/5 dot mat(-2;1)\
|
|
mat(2;1)_beta = mat(4/5;-3/5)
|
|
$
|
|
$ mat(1;5) = 11/5 dot mat(1;2) + 3/5 dot mat(-2;1)\
|
|
mat(1;5)_beta = mat(11/5;3/5) $
|
|
Derfor må afbildningsmatricen $amat(F,beta,gamma) = mat(4/5,11/5;-3/5,3/5)$
|
|
]
|
|
|
|
= Problem D
|
|
Der vælges følgende ordnede basis for det reelle vektorrum $RR^(2 times 2)$:
|
|
$
|
|
beta = (mat(1,0;0,0), mat(0,1;0,0), mat(0,0;1,0), mat(0,0;0,1))
|
|
$
|
|
|
|
Givet den lineære afbildning $M: RR^(2 times 2) arrow RR^(2 times 2)$ defineret ved
|
|
$
|
|
M(bold(A)) = mat(1,2;-1,-2) dot bold(A), quad bold(A) in RR^(2 times 2)
|
|
$
|
|
|
|
Beregn afbildningsmatricen $amat(M,beta,beta)$.
|
|
|
|
#solution()[
|
|
Afbildningsmatricen defineres:
|
|
$ amat(M,beta,beta) = mat([M(mat(1,0;0,0))]_beta, [M(mat(0,1;0,0))]_beta, [M(mat(0,0;1,0))]_beta, [M(mat(0,0;0,1))]_beta) $
|
|
De fire funktioner kan udregnes:
|
|
$
|
|
M(mat(1,0;0,0)) &= mat(1,2;-1,-2) dot mat(1,0;0,0)\
|
|
&= mat(1 dot 1 + 2 dot 0,1dot 0 + 2 dot 0;-1 dot 1 - 2 dot 0,-1 dot 0 - 2 dot 0)\
|
|
&= mat(1,0;-1,0)
|
|
$
|
|
$
|
|
M(mat(0,1;0,0)) &= mat(1,2;-1,-2) dot mat(0,1;0,0)\
|
|
&= mat(1 dot 0 + 2 dot 0,1dot 1 + 2 dot 0;-1 dot 0 - 2 dot 0,-1 dot 1 - 2 dot 0)\
|
|
&= mat(0,1;0,-1)
|
|
$
|
|
$
|
|
M(mat(0,0;1,0)) &= mat(1,2;-1,-2) dot mat(0,0;1,0)\
|
|
&= mat(1 dot 0 + 2 dot 1,1dot 0 + 2 dot 0;-1 dot 0 - 2 dot 1,-1 dot 0 - 2 dot 0)\
|
|
&= mat(2,0;-2,0)
|
|
$
|
|
$
|
|
M(mat(0,0;0,1)) &= mat(1,2;-1,-2) dot mat(0,0;0,1)\
|
|
&= mat(1 dot 0 + 2 dot 0,1dot 0 + 2 dot 1;-1 dot 0 - 2 dot 0,-1 dot 0 - 2 dot 1)\
|
|
&= mat(0,2;0,-2)
|
|
$
|
|
Så kan Beta-koordinaterne \ $[mat(1,0;-1,0)]_beta, [mat(0,1;0,-1)]_beta, [mat(2,0;-2,0)]_beta, [mat(0,2;0,-2)]_beta$ udregnes
|
|
$
|
|
mat(1,0;-1,0) &= 1 dot mat(1,0;0,0) + 0 dot mat(0,1;0,0) - 1 dot mat(0,0;1,0) + 0 dot mat(0,0;0,1)\
|
|
[mat(1,0;-1,0)]_beta &= mat(1;0;-1;0)
|
|
$
|
|
$
|
|
mat(0,1;0,-1) &= 0 dot mat(1,0;0,0) + 1 dot mat(0,1;0,0) + 0 dot mat(0,0;1,0) - 1 dot mat(0,0;0,1)\
|
|
[mat(0,1;0,-1)]_beta &= mat(0;1;0;-1)
|
|
$
|
|
$
|
|
mat(2,0;-2,0) &= 2 dot mat(1,0;0,0) + 0 dot mat(0,1;0,0) - 2 dot mat(0,0;1,0) + 0 dot mat(0,0;0,1)\
|
|
[mat(2,0;-2,0)]_beta &= mat(2;0;-2;0)
|
|
$
|
|
$
|
|
mat(0,2;0,-2) &= 0 dot mat(1,0;0,0) + 2 dot mat(0,1;0,0) + 0 dot mat(0,0;1,0) - 2 dot mat(0,0;0,1)\
|
|
[mat(0,2;0,-2)]_beta &= mat(0;2;0;-2)
|
|
$
|
|
Derfor må afbildningsmatricen være:
|
|
$ amat(M,beta,beta) = mat(1,0,2,0;0,1,0,2;-1,0,-2,0;0,-1,0,-2) $
|
|
]
|
|
|
|
= Problem E
|
|
Givet følgende matrix
|
|
$
|
|
bold(A) = mat(2,0,0;2,1,-1;2,-1,1) in RR^(3 times 3)
|
|
$
|
|
|
|
Bestem matricens egenværdier samt ordnede baser for de tilhørende egenrum.
|
|
|
|
#solution()[
|
|
For at finde egenværdierne findes først det karakteristiske polynomium:
|
|
$ P_(bold(A))(Z) &= det(bold(A) - Z dot I_3)\
|
|
&=det(mat(2,0,0;2,1,-1;2,-1,1) - Z dot mat(1,0,0;0,1,0;0,0,1))\
|
|
&=det(mat(2-Z,0,0;2,1-Z,-1;2,-1,1-Z))\
|
|
$
|
|
Første række vælges til at udregne determinanten, da der er to nuller:
|
|
$
|
|
P_(bold(A))(Z) &= (2-Z) dot det(mat(1-Z,-1;-1,1-Z))\
|
|
&= (2-Z) dot ((1-Z) dot (1-Z)- 1)\
|
|
&= (2-Z) dot ((1-Z)^2 -1)\
|
|
&= (2-Z) dot (Z^2-2Z+1-1)\
|
|
&= (2-Z) dot Z dot (Z-2)\
|
|
$
|
|
$(2-Z)$ kan omskrives som $-(Z-2)$ for at få det på formen, så vi kan aflæse rødderne:\
|
|
$P_(bold(A)(Z)) = -(Z-2)(Z-0)(Z-2) = -1 dot (Z-0)(Z-2)^2$
|
|
|
|
Egenværdierne kan aflæses som rødderne i det karakteristiske polynomium, som må være:
|
|
- $lambda_1 = 0$
|
|
- $lambda_2 = 2$
|
|
|
|
Egenrummet er defineret som $E_lambda = ker(bold(A)-lambda dot I_n)$ (Lemma 12.2.3).
|
|
|
|
For $lambda_1$:
|
|
$
|
|
E_0 = ker(A-0 dot I_3) = ker(mat(2,0,0;2,1,-1;2,-1,1))
|
|
$
|
|
Den reducerede trappeform findes:
|
|
$
|
|
&mat(2,0,0;2,1,-1;2,-1,1)->_(R_1<-1/2 dot R_1)mat(1,0,0;2,1,-1;2,-1,1)->_(R_3<-R_3+R_2)\
|
|
&mat(1,0,0;2,1,-1;4,0,0)->_(R_3<-R_3-4 R_1)mat(1,0,0;2,1,-1;0,0,0)->_(R_2<-R_2-2R_1)\
|
|
&mat(1,0,0;0,1,-1;0,0,0)
|
|
$
|
|
Der er én variabel da $v_1=0$. $v_3$ sættes lig med t: $v_2-v_3=0 => v_2=t$
|
|
Så fås:
|
|
$
|
|
mat(v_1;v_2;v_3)=t dot mat(0;1;1) space space t in RR
|
|
$
|
|
Derfor er:
|
|
$
|
|
E_0="span"{mat(0;1;1)}
|
|
$
|
|
|
|
For $lambda_2$:
|
|
$
|
|
E_2 &= ker(A-2 dot I_3) = ker(mat(2-2,0,0;2,1-2,-1;2,-1,1-2))\
|
|
&= ker(mat(0,0,0;2,-1,-1;2,-1,-1))
|
|
$
|
|
Den reducerede trappeform findes:
|
|
$
|
|
&mat(0,0,0;2,-1,-1;2,-1,-1)->_(R_1<->R_3)mat(2,-1,-1;2,-1,-1;0,0,0)->_(R_2<-R_2-R_1)\
|
|
&mat(2,-1,-1;0,0,0;0,0,0)->_(R_1<-1/2R_1)mat(1,-1/2,-1/2;0,0,0;0,0,0)
|
|
$
|
|
Der er to variabler. $v_2$ sættes lig med u og $v_3$ sættes lig med t: $v_1-1/2v_2-1/2v_3=0 => v_1=1/2u+1/2t$
|
|
Så fås:
|
|
$
|
|
mat(v_1;v_2;v_3)=u dot mat(1/2,1,0) + t dot mat(1/2;0;1) space space u,t in RR
|
|
$
|
|
Derfor er:
|
|
$
|
|
E_2="span"{mat(1/2;1;0),mat(1/2;0;1)}
|
|
$
|
|
|
|
Samlet fås at der er to egenværdier, $lambda_1=0, lambda_2=2$ med de ordnede baser for
|
|
deres tilhørende egenrum:\
|
|
$E_0=(mat(0;1;1))$\
|
|
$E_2=(mat(1/2;1;0),mat(1/2;0;1))$
|
|
]
|
|
|
|
= Problem F
|
|
Om et inhomogent lineært ligningssystem over $RR$ med fire ligninger og to ubekendte oplyses
|
|
at
|
|
$
|
|
bold(v)_p = vec(1,-1) in RR^2
|
|
$
|
|
er en partikulær løsning. Er vektoren $3 dot bold(v)_p$ en løsning til systemet?
|
|
|
|
#solution()[
|
|
Man kan skrive det lineære ligningssystems (jeg vil kalde det $bold(A)$)
|
|
løsning (jeg vil kalde den $b$) som en lineærkombination af systemet:
|
|
$ A dot v_p = b $
|
|
|
|
Hvis $3 dot v_p$ også er en løsning, får vi at:
|
|
$ A dot (3 dot v_p) = b $
|
|
Da $A dot v_p = b$, kan vi sætte det ind for $b$:
|
|
$ A dot (3 dot v_p) = A dot (v_p) $
|
|
For at dette skulle være sandt, skulle $3 dot v_p = v_p$, hvilket ikke er sandt.\
|
|
Derfor kan det konkluderes at vektoren $3 dot v_p$ *ikke* er en løsning.
|
|
]
|
|
|
|
= Problem G
|
|
lad $V$ være det reelle vektorrum $RR^(3 times 3)$. Angiv et underum af $V$ af dimension $5$ og gør rede for dit svar.
|
|
|
|
#solution()[
|
|
For at et vektorrum, $W$ kan være et underrum af $V$, skal følgende være sandt (Lemma 10.4.2):
|
|
$u+c dot v in W$ for alle $u,v in W$ og alle $c in RR$
|
|
|
|
Da vektorrummet $V$ er det reelle vektorrum $RR^(3 times 3)$, vil ethvert vektorrum også i $RR^(3 times 3)$ altid være et vektorrum for $W$. Det er på grund af, at enhver skalarmultiplikation eller vektoraddition, man vil lave, altid vil give et vektorrum, der også er i $RR^(3 times 3)$ da du ikke kan gange/lægge to reelle tal sammen og få et ikke-reelt tal.
|
|
|
|
Det vil sige, at ethvert vektorrum $W in RR^(3 times 3)$ med dimension 5 vil være et underrum af $V$.
|
|
|
|
Da dimensionen af et vektorrum er antallet af lineært uafhængige elementer i dens base, kan man vælge en base med 5 lineært uafhængige elementer. Jeg vælge:
|
|
$
|
|
beta=(mat(1,0,0;0,0,0;0,0,0),mat(0,1,0;0,0,0;0,0,0),mat(0,0,1;0,0,0;0,0,0),mat(0,0,0;0,1,0;0,0,0),mat(0,0,0;0,0,0;0,1,0))
|
|
$
|
|
Vektorrummet kan dermed defineres som:
|
|
$
|
|
mat(a,b,c;0,d,0;0,e,0) = a dot mat(1,0,0;0,0,0;0,0,0) + b dot mat(0,1,0;0,0,0;0,0,0) +\ c dot mat(0,0,1;0,0,0;0,0,0) + d dot mat(0,0,0;0,1,0;0,0,0) + e dot mat(0,0,0;0,0,0;0,1,0)
|
|
$
|
|
Så det vil sige, at vektorrummet:
|
|
$
|
|
W = {mat(a,b,c;0,d,0;0,e,0)|a,b,c,d,e in RR}
|
|
$
|
|
Må være et underrum i $V$ og have dimensionen $dim(W)=5$.
|
|
] |