Lösningar till Linjär algebra

(1)

L¨osningar till Linj¨ar algebra 2 110524

1. L˚at F : R⁵ → R⁴ vara linjär och s˚adan att F (u) 6= 0 för n˚agot element u ∈ R⁵. Enligt dimensionssatsen gäller att

(1) dim(N (F )) + dim(V (F )) = dim(R⁵) = 5.

Eftersom F : R⁵ → R⁴ gäller att V (F ) ⊆ R⁴ och allts˚a att dim(V (F )) ≤ dim(R⁴) = 4, vilket med (1) ger att dim(N (F )) ≥ 1. Av F (u) 6= 0 för n˚agot element u ∈ R⁵ följer vidare att dim(V (F )) ≥ 1.

L˚at nu T : R⁵ → R⁴ vara den linjära avbildning som ges av att T (x) = Ax för alla x ∈ R⁵ där A är den givna 4 × 5-matrisen. D˚a gäller

V (T ) = kolrum(A) och N (T ) = {x ∈ R⁵| T (x) = 0} = {x ∈ R⁵| Ax = 0}

En enkel r¨akning visar att matrisen A ¨ar radekvivalent med den radreducerade trappmatrisen

B =







1 0 1 0 2 0 1 2 0 1 0 0 0 1 2 0 0 0 0 0







Kolonnerna i B uppfyller uppenbarligen att B⁽¹⁾, B⁽²⁾ och B⁽⁴⁾ är linjärt oberoende, att B⁽³⁾ = B⁽¹⁾ + 2B⁽²⁾ och att B⁽⁵⁾ = 2B⁽¹⁾ + B⁽²⁾ + 2B⁽⁴⁾. Eftersom A är radekvivalent med B gäller motsvarande för kolonnerna i A. Dvs. A⁽¹⁾, A⁽²⁾ och A⁽⁴⁾ är linjärt oberoende, A⁽³⁾ = A⁽¹⁾ + 2A⁽²⁾ och A⁽⁵⁾ = 2A⁽¹⁾ + A⁽²⁾ + 2A⁽⁴⁾. Kolonnerna A⁽¹⁾ = (1, 1, 2, 2)^t, A⁽²⁾ = (0, −1, −2, −1)^t och A⁽⁴⁾ = (−2, 0, 2, −2)^t är allts˚a en bas i V (T ) = kolrum(A).

Eftersom A är radekvivalent med B gäller vidare att Ax = 0 ⇐⇒ Bx = 0. Vi ser direkt att ekvationssystemet Bx = 0 har lösningen

x = (−s − 2t, −2s − t, s, −2t, t)^t= s(−1, −2, 1, 0, 0)^t+ t(−2, −1, 0, −2, 1)^t

där s, t ∈ R är godtyckliga. Det följer att N (T ) = {x ∈ R⁵| Ax = 0} = [u₁, u₂] där u1 = (−1, −2, 1, 0, 0)^toch u2 = (−2, −1, 0, −2, 1)^t, och eftersom u1 och u2 är linjärt beroende

¨ar de en bas i N (T ).

2. Enligt problemtexten har vi att U = [u1, u2] där u1 = (1, 1, 1, 1) och u2 = (1, 2, 1, 2) samt att V = {v ∈ R⁴| u · v = 0 för alla u ∈ U }. Eftersom vektorerna u1 och u2 är en bas i U s˚a gäller för godtyckligt v ∈ R⁴ att u · v = 0 för alla u ∈ U ⇐⇒ u₁· v = u₂· v = 0 och allts˚a är V = {v ∈ R⁴| u₁· v = u₂· v = 0}. För v = (x1, x2, x3, x4) gäller att u1· v = u₂· v = 0 ⇐⇒

x1+ x2+ x3+ x4 = x1+ 2x2+ x3+ 2x4= 0 ⇐⇒ x3= −x1 och x4 = −x2, och allts˚a har vi att

v ∈ V ⇐⇒ v = (x₁, x₂, −x₁, −x₂) = x₁(1, 0, −1, 0) + x₂(0, 1, 0, −1)

(2)

där x1, x2 ∈ R är godtyckliga. Det följer att V = [v1, v2] där v1 = (1, 0, −1, 0) och v₂ = (0, 1, 0, −1). Eftersom V är ett linjärt hölje av vektorer i R⁴ är V ett delrum av R⁴. Vektorerna v₁ och v₂ är linjärt oberoende och är allts˚a en bas i V .

Vi best¨ammer nu (i standardskal¨arprodukten i R⁴) en ON-bas i U och kompletterar sedan denna ON-bas till en ON-bas i hela R⁴.

Vi har att (1, 0, 1, 0) = 2u1 − u₂ och att (0, 1, 0, 1, 0) = u2 − u₁ och allts˚a gäller även att U = [w₁, w₂] där w₁ = (1, 0, 1, 0) och w₂ = (0, 1, 0, 1, 0). Vektorerna w₁ och w₂ är linjärt oberoende och är allts˚a ocks˚a en bas i U . Vi noterar att w₁ och w₂ är ortogonala, s˚a dessa vektorer normerade, dvs. vektorerna e1 = ^√¹

2(1, 0, 1, 0) och e2 = ^√¹

2(0, 1, 0, 1) ¨ar en ON-bas i U . En ON-bas i U kan ocks˚a f˚as genom att till¨ampa Gram-Schmidts metod p˚a basen u₁ och u₂ i U .

Vi noterar vidare att v₁ och v₂ är ortogonala, och eftersom varje vektor i V är ortogonal mot varje vektor i U enligt definitionen av V s˚a följer för en godtycklig ON-bas i U att de b˚ada vektorerna i en s˚adan bas tillsammans med vektorerna e₃ = _|v¹

1|v₁ = ^√¹

2(1, 0, −1, 0) och e₄ = _|v¹

2|v₂ = ^√¹

2(0, 1, 0, 1) är fyra ortonormerade vektorer i R⁴, dvs. är en ON-bas i R⁴. Vektorerna e1, e2, e3 och e4 här är allts˚a en ON-bas i R⁴.

3. Vi har att det(A − λE) = 0 ⇐⇒ λ²+ (a + b − 2)λ + 1 − a − b = 0 som har lösningarna λ = 1 och λ = 1 − a − b. Egenvärdena till A är allts˚a 1 och 1 − a − b. Dessa b˚ada egenvärden är olika eftersom 0 < a, b < 1. Matrisen A är allts˚a en 2 × 2-matris som har tv˚a olika egenvärden och

är s˚aledes diagonaliserbar. En enkel räkning ger att motsvarande egenrum är E(1) = [(b, a)]

och E(1 − a − b) = [(1, −1)]. S¨att

T =

b 1 a −1

och D =

1 0

0 1 − a − b

.

D˚a g¨aller att A = T DT⁻¹. Vi har att

T⁻¹ = 1 a + b

1 1 a −b

och vi f˚ar att

Aⁿ= T DⁿT⁻¹=

b 1 a −1

1 0

0 (1 − a − b)ⁿ

1

a + b

1 1 a −b

=

= 1

a + b

b + a(1 − a − b)ⁿ b − b(1 − a − b)ⁿ a − a(1 − a − b)ⁿ a − b(1 − a − b)ⁿ

Eftersom 0 < a, b < 1 gäller −1 < 1 − a − b < 1, varav följer att (1 − a − b)ⁿ→ 0 d˚a n → ∞, och följaktligen har vi att Aⁿ→ B d˚a n → ∞ där

B = 1 a + b

b b a a

.

(3)

4. För godtyckligt val av λ ∈ R och u, v, w ∈ R²har vi enligt definitionen av (u|v) och räknelagar för matriser att

(λu|v) = (λu)Av^t= λ(uAv^t) = λ(u|v) och att

(u + v|w) = (u + v)Av^t= uAw^t+ vAw^t= (u|w) + (v|w) f¨or varje val av a, b ∈ R.

F¨or godtyckligt val av u, v ∈ R² har vi vidare att

(u|v) = uAv^t och att (v|u) = vAu^t= (vAu^t)^t= (u^t)^tA^tv^t= uA^tv^t

(vid tredje likheten fr˚an slutet här har vi använt att inget ändras när vi transponerar en 1 × 1-matris) och allts˚a att

(u|v) − (v|u) = 0 f¨or alla u, v ∈ R² ⇐⇒

u(A − A^t)v^t= 0 f¨or alla u, v ∈ R².

Hj¨alpsats. L˚at B vara en n × n-matris s˚adan att uBv^t= 0 f¨or alla 1 × n-matriser u och v. D˚a

¨

ar B = 0.

Bevis av hj¨alpsatsen. L˚at Bi,j beteckna elementet p˚a platsen (i, j) i matrisen B. L˚at ek

vara den 1 × n-matris som har en etta p˚a platsen k och nollor p˚a övriga platser. Eftersom uBv^t= 0 för alla 1 × n-matriser u och v gäller speciellt att e_iB(e_j)^t= 0 för alla i och j. Men eiB(ej)^t= Bi,j. Det följer att Bi,j = 0 för alla i och j och allts˚a att B = 0.

Av hjälpsatsen och räkningen alldeles innan följer att

(u|v) = (v|u) f¨or alla u, v ∈ R² ⇐⇒ A = A^t

Men definitionen av A visar att A uppfyller att A = A^tprecis om a = 2. Det f¨oljer att (u|v) = (v|u) f¨or alla u, v ∈ R² precis om a = 2.

Antag nu att a = 2. F¨or godtyckligt u = (x1, x2) ∈ R² g¨aller d˚a att

(u|u) = (x₁, x₂)

1 2 2 b

x1

x₂

= x₁²+ 4x₁x₂+ bx₂² = (x₁+ 2x₂)²+ (b − 4)x₂²,

och allts˚a har vi d˚a att (u|u) > 0 f¨or alla u 6= 0 precis om b > 4. Sammanfattningsvis uppfyller allts˚a (u|v) = uAv^t d¨ar A =

1 a 2 b

de fyra skal¨arproduktlagarna

(u|v) = (v|u), (λu|v) = λ(u|v), (u + v|w) = (u|w) + (v|w) samt (u|u) > 0 f¨or alla u 6= 0

precis om a = 2 och b > 4. Dvs. (u|v) = uAv^t d¨ar A =

1 a 2 b

¨ar en skal¨arprodukt precis om a = 2 och b > 4.

(4)

5. Ekvationen det(A − λE) = 0 har l¨osningarna 4 och -2, som en enkel r¨akning visar.

Matrisen A har allts˚a egenvärdena 4 och -2. Motsvarande egenrum är E(4) = [(1, 2, 1)] och E(−2) = [(1, 0, −1), (2, −1, 0)], som en enkel räkning visar. Vektorn e₁ = ^√¹

6(1, 2, 1)^t ¨ar en ON-bas i E(4). Gram-Schmidts metod ger att e₂= ^√¹

2(1, 0, −1)^toch e₃ = ^√¹

3(1, −1, 1)^tär en ON-bas i E(−2). L˚at T vara den matris vars kolonner är e1, e2, e3, och sätt

D =





4 0 0

0 −2 0

0 0 −2



.

D˚a ¨ar T en ON-matris, dvs T⁻¹ = T^t, och A = T DT^t.

Matrisuttrycket (x, y, z)A(x, y, z)^t kan nu skrivas (x, y, z)T DT^t(x, y, z)^t. Inför nya variabler genom att sätta (u, v, w) = (x, y, z)T . Matrisuttrycket (x, y, z)A(x, y, z)^t = 1 överg˚ar därvid i matrisuttrycket (u, v, w)D(u, v, w)^t, dvs. i 4u²− 2v² − 2w². Eftersom T är en ON-matris

överg˚ar vidare i x² + y² + z² i u² + v² + w². Det givna minimumproblemet i variablerna x, y, z överg˚ar s˚aledes i de nya variablerna u, v, w i problemet att bestämma minimum av 4u²− 2v²− 2w² d˚a u²+ v²+ w²= 1, och det gör vi nu. För godtyckliga (u, v, w) som uppfyller u²+ v²+ w²= 1 har vi att

4u²− 2v²− 2w² ≥ −2u²− 2v²− 2w²= −2 med likhet ovan precis om

u²+ v²+ w² = 1 och 4u²− 2v²− 2w²− 2u²− 2v²− 2w² ⇐⇒

u = 0 och v²+ w² = 1 ⇐⇒

(u, v, w) = (0, cos θ, sin θ) d¨ar θ ∈ [0, 2π[.

Minimum är allts˚a −2 och antas i punkterna (u, v, w) = (0, cos θ, sin θ) där θ ∈ [0, 2π[. Av (u, v, w) = (x, y, z)T och T⁻¹= T^t f˚as (x, y, z) = (u, v, w)T^t. De punkter som ger minimum i variablerna x, y, z är s˚aledes punkterna

(x, y, z) = (0, cos θ, sin θ)T^t=

1

√2cos θ + 1

√3sin θ, − 1

√2cos θ + 1

√3sin θ

d¨ar θ ∈ [0, 2π[.

F¨or den sista delen av uppgiften observerar vi att

a b c d

=

−2 0

0 −2

⇐⇒

a²+ bc b(a + d) c(a + d) bc + d²

=

−2 0

0 −2

,

och den senare likheten ¨ar uppfylld om d = −a och a²+ bc = −2, vilket t. ex. g¨aller om a = 1, b = −3, c = 1 och d = −1. Vi har allts˚a att

1 −3 1 −1

=

−2 0

0 −2

.

S¨att

C =





2 0 0

0 1 −3



.

(5)

D˚a gäller allts˚a att C² = D. Matrisen B = T CT^t är allts˚a (använd att T^t = T⁻¹) en reell matris s˚adan att B²= T C²T^t= T DT^t= A. Beräkning ger att

B = 1 2





1 2 −1

2 2 2

−1 2 1



+ 1

√ 6





−2 3 −4

−1 0 1

4 −3 2



.

6. F¨orsta delen. L˚at matrisen A vara en projektionsmatris, dvs. s˚adan att A² = A. D˚a ¨ar (E − A)²= (E − A)(E − A) = EE − EA − AE + AA = E − 2A + A² = E − 2A + A = E − A.

Dvs. matrisen E − A ¨ar en projektionsmatris.

Andra delen. L˚at matriserna A och B vara projektionsmatriser, dvs. s˚adana att A²= A och B²= B. D˚a g¨aller att

(A + B)² = A + B ⇐⇒ (A + B)(A + B) = A + B ⇐⇒

AA + AB + BA + BB = A + B ⇐⇒ A²+ AB + BA + B² = A + B ⇐⇒

A + AB + BA + B = A + B ⇐⇒ AB + BA = 0 Vidare g¨aller att

AB + BA = 0 =⇒ A(AB + BA) = 0 och (AB + BA)A = 0 =⇒

A²B + ABA = 0 och ABA + BA² = 0 =⇒

AB + ABA = 0 och ABA + BA = 0 =⇒ AB = BA.

Av AB + BA = 0 och AB = BA följer att AB = BA = 0. Självklart har vi ocks˚a att AB = BA = 0 medför att AB + BA = 0. Det gäller allts˚a att

AB + BA = 0 ⇐⇒ AB = BA = 0.

Med f¨orsta ekvivalenskedjan ovan visar det att

(A + B)² = A + B ⇐⇒ AB = BA = 0, dvs. A + B ¨ar en projektionsmatris om och endast om AB = BA = 0.

Tredje delen. L˚at A, B och C vara projektionsmatriser s˚adana att A + B + C = E. D˚a är A + B = E − C. Matrisen E − C är en projektionsmatris enligt den första delen. Följaktligen

¨ar A + B en projektionsmatris, och allts˚a g¨aller att AB = BA = 0 enligt den andra delen.

Omskrivningarna A + C = E − B respektive B + C = E − A av A + B + C = E ger analogt AC = CA = 0 respektive BC = CB = 0.

Anmärkning. Vi nämner här ocks˚a att med mer avancerade metoder än vi har använt ovan kan man visa följande generalisering av resultatet i den andra delen ovan:

L˚at A₁, A₂, . . . , A_n vara n ≥ 2 projektionsmatriser. D˚a ¨ar A₁+ A₂+ . . . + A_nen projektionsmatris om och endast om AiAj = 0 f¨or alla i och j med i 6= j.

Eftersom E är en projektionsmatris följer direkt av detta att följande generalisering av resultatet i den tredje delen ovan gäller: L˚at A1, A2, . . . , An vara n ≥ 2 projektionsmatriser s˚adana att A1+ A2+ . . . + An= E. D˚a är AiAj = 0 för alla i och j med i 6= j.