75032 Matrisemetoder 15. august 1995: Løsningsforslag

Oppgave 1

a Standard Gausseliminasjon på A gir

A = [\begin{matrix}2 & −1 & 0 \\ 8 & −7 & 2 \\ 17 & −16 & 5 \end{matrix}] → [\begin{matrix}2 & −1 & 0 \\ 0 & −3 & 2 \\ 0 & −15/2 & 5 \end{matrix}] → [\begin{matrix}2 & −1 & 0 \\ 0 & −3 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] = U

og N (A) = N (U) som er utspent av [1 2 3]^{T}. a_{1} og a_{2} danner en basis for R(A) fordi første og annen søyle i U har pivotelementer. Fra nullvektoren over ser vi at a_{1} + 2a_{2} + 3a_{3} = 0, slik at a_{3} = −(1/3)a_{1} − (2/3)a_{2}. (Dette gir et annet og mer direkte argument for at a_{1} og a_{2} utspenner R(A) siden a_{1}, a_{2} og a_{3} gjør det og den siste er en lineærkombinasjon av de to andre.)

b Ax = x_{1}a_{1} + x_{2}a_{2} + x_{3}a_{3} generelt, så

Aa_{1} = 2a_{1} + 8a_{2} + 17a_{3} = 2a_{1} + 8a_{2} + 17(−\frac{1}{3}a_{1} − \frac{2}{3}a_{2}) = −\frac{11}{3}a_{1} − \frac{10}{3}a_{2},
Aa_{2} = −1a_{1} − 7a_{2} − 16a_{3} = −1a_{1} − 7a_{2} − 16(−\frac{1}{3}a_{1} − \frac{2}{3}a_{2}) = \frac{13}{3}a_{1} + \frac{11}{3}a_{2}.

Dermed blir

B = \frac{1}{3} [\begin{matrix}−11 & 13 \\ −10 & 11 \end{matrix}] .

c Hver egenverdi λ for A må oppfylle λ^{3} + λ = 0. Dermed er en eneste mulighetene λ ∈ {0, i, −i}. Vi vet fra før at λ = 0 er en egenverdi siden A har et ikketrivielt nullrom. Summen av egenverdiene er tr(A) = 0, og dermed er egenverdiene {0, i, −i} (strengt tatt har vi ennå ikke utelukket at alle egenverdiene er 0, men i så fall skulle vi hatt A^{3} = 0 (som man ser av Jordanformen til A), og det er ikke tilfelle).

75032 Matrisemetoder 15. august 1995 Løsningsforslag

Oppgave 2

a Vi finner

A^{T}A = \frac{1}{2} [\begin{matrix}25 & 7 \\ 7 & 25 \end{matrix}]

med egenverdier gitt av (25 − 2λ)^{2} − 7^{2} = 0, eller 2λ = 25 ± 7 altså λ = 16 og λ = 9, som gir singulærverdiene 4 og 3.

For λ = 16 finner vi

A^{T}A − 16I = \frac{7}{2} [\begin{matrix}−1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix}] , normalisert nullvektor q_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}] .

For λ = 9 finner vi

A^{T}A − 16I = \frac{7}{2} [\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}] , normalisert nullvektor q_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix}1 \\ −1 \end{matrix}] .

q_{1} og q_{2} blir søylene i Q_{2}. Av Q_{1}Σ = AQ_{2} ser vi umiddelbart at de to første søylene i Q_{1} blir 4^{−1}Aq_{1} og 3^{−1}Aq_{2}, og vi har altså tilsammen

Q_{1} = \frac{1}{3\sqrt{2}} [\begin{matrix}0 & 1 & ∗ & ∗ \\ 3 & −2 & ∗ & ∗ \\ 0 & 3 & ∗ & ∗ \\ 3 & 2 & ∗ & ∗ \end{matrix}] , Σ = [\begin{matrix}4 & 0 \\ 0 & 3 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , Q_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix}] .

De to siste søylene i Q_{1} er lite interessante fordi, når man multipliserer ut produktet A = Q_{1}ΣQ_{2}^{T}, vil disse søylene bare multipliseres med nullene nederst i Σ, og dermed ikke gi noe bidrag til produktet.

b Den pseudoinverse til A er A^{+} = Q_{2}Σ^{+}Q_{1}^{T} der den pseudoinverse til Σ er gitt ved

Σ^{+} = [\begin{matrix}1/4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 & 0 \end{matrix}]

Projeksjonsmatrisen på R(A) er AA^{+}. En minste kvadraters løsning til Ax = b er gitt ved x = A^{+}b, fordi Ax = AA^{+}b da er projeksjonen av b i R(A), noe som er en betingelse ekvivalent med at x er en MK løsning.

I vårt tilfelle blir (det lønner seg i utregningen å regne fra høyre mot venstre, fordi matrisevektorprodukter er mindre arbeid enn fulle matriseprodukter)

x = Q_{2}Σ^{+}Q_{1}^{T}b = \frac{1}{3\sqrt{2}}Q_{2} [\begin{matrix}1/4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 & 0 \end{matrix}] [\begin{matrix}6 \\ 4 \\ ∗ \\ ∗ \end{matrix}] = \frac{1}{36} [\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix}] [\begin{matrix}9 \\ 8 \end{matrix}] = \frac{1}{36} [\begin{matrix}17 \\ 1 \end{matrix}]

Oppgave 3

a Setter vi u_{k} = v_{k}+(I−A)^{−1}a (som går an fordi I−A er ikkesingulær) får vi etter litt forenkling v_{k+1} = Av_{k}. Vi vet at den generelle løsningen av denne ligningen er v_{k} = A^{k}v_{0}, og dermed er u_{k} = A^{k}v_{0} + (I − A)^{−1}a = A^{k}(u_{0} − (I − A)^{−1}a) + (I − A)^{−1}a = A^{k}u_{0} + (I − A)^{−1}(I − A^{k})a.

b N^{j} blir matrisen med enere på j-te diagonal over hoveddiagonalen, og nuller ellers. Spesielt blir N^{n} = 0. Dermed gir binomialformelen, for k ≥ n,

J^{k} = ∑_{j=0}^{n} \binom{k}{j}λ^{k−j}N^{j}

og alt vi trenger vite er at dette er en endelig sum, der antall ledd n er uforandret når k → ∞, og at j-te ledd går mot 0 fordi \binom{k}{j}λ^{k−j} → 0 når k → ∞ og j er fast siden |λ| < 1.

c Teoremet om stabilitet sier at alle løsninger av ligningen u_{k+1} = Au_{k} går mot null når k → ∞ hvis og bare hvis alle egenverdiene til A har absoluttverdi mindre enn 1. Siden enhver matrise A har en Jordan-form med blokker på samme form som i punkt b, er det nok å vise teoremet for slike blokker. Siden den generelle løsningen er u_{k} = A^{k}u_{0} følger det fra punkt b at u_{k} → 0 når k → ∞.

Oppgave 4

Vi gjør rekkeoperasjoner på matrisen for å eliminere alle enere i første søyle under første rad. Dette endre ikke determinanten. Men da står vi igjen med en matrise på samme form, i nedre høyre (n − 1) × (n − 1)-hjørne, og gjentar vi prosessen ender vi opp med en øvre triangulær matrise med bare enere på diagonalen og over. Determinanten blir derfor 1.

Oppgave 5

Vi splitter summen for e^{A} opp i en sum for like k og en for de odde, og bruker at A^{2k} = (−α^{2})^{k}I = (−1)^{k}α^{2k}I, og den identiteten multiplisert med A gir A^{2k+1} = (−1)^{k}α^{2k}A:

e^{A} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{A^{2k}}{(2k)!} + ∑_{k=0}^{∞} \frac{A^{2k+1}}{(2k + 1)!} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k}α^{2k}}{(2k)!} I + ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k}α^{2k}}{(2k + 1)!} A = (cos α)I + \frac{sin α}{α}A.

Vi har ikke brukt antisymmetrien til A her. Men vi kan vite at e^{A} blir ortogonal om vi bruker antisymmetrien, for (e^{A})^{T} = e^{A^{T}} = e^{−A} = (e^{A})^{−1}. Vi sjekker dette direkte slik:

(e^{A})^{T}e^{A} = ((cos α)I + \frac{sin α}{α}A^{T})((cos α)I + \frac{sin α}{α}A)
= ((cos α)I − \frac{sin α}{α}A)((cos α)I + \frac{sin α}{α}A)
= (cos^{2} α)I − \frac{sin^{2} α}{α^{2}}A^{2} = (cos^{2} α + sin^{2} α)I = I.