UNIVERSITETET I OSLO
Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet
Eksamen i:
MAT1120 –– Lineær algebra
Eksamensdag:
11. desember 2024
Tid for eksamen:
09:00 – 13:00
Oppgavesettet er på 9 sider.
Vedlegg:
Redusert trappeform av matriser.
Tillatte hjelpemidler: Ingen.
Kontroller at oppgavesettet er komplett før
du begynner å besvare spørsmålene.
Eksamen inneholder 10 deloppgaver som teller 10 poeng hver. Du må
begrunne alle svar, og du må vise nok mellomregninger til at man lett
kan følge argumentene dine. Du kan henvise til vedlegget med reduserte
trappeformer av matriser der du finner det hensiktsmessig.
Oppgave 1
Betrakt matrisen A gitt ved
2 1 1 4
A = 1 3 −2 7 .
−1 2 −3 3
La W betegne kolonnerommet til A, altså W = ColA.
a
Finn en basis for W som består av kolonnevektorer fra matrisen A. Skriv de
gjenværende kolonnevektorene i A som lineærkombinasjoner av vektorer fra
denne basisen.
Løsning
La oss kalle kolonnevektorene til A for a1 , a2 , a3 og a4 . I vedlegget får
vi oppgitt den reduserte trappeformen til A. Her ser vi at kolonne 1 og
2 er pivotkolonner. Dermed utgjør {a1 , a2 } en basis for W . Vi ser også
fra den reduserte trappeformen at a3 = a1 − a2 og a4 = a1 + 2a2 .
(Fortsettes på side 2.)
Eksamen i MAT1120, 11. desember 2024
Side 2
b
Betrakt nå matrisen C og vektoren b gitt ved
2 1
4
C = 1 3 , b = −2 .
−1 2
−3
Finn en minste kvadraters løsning av ligningssystemet Cx = b.
Løsning
Vi løser normalligningene C ⊺ Cx = C ⊺ b for å finne minste kvadraters
løsninger. Vi beregner at
"
#
" #
6
3
9
C ⊺C =
, C ⊺b =
.
3 14
−8
"
#
2
b=
Ifølge vedlegget har dette ligningssystemet en unik løsning x
.
−1
c
Betrakt R3 som et indreproduktrom med skalarproduktet (også kalt
prikkproduktet). Finn projeksjonen projW b av vektoren b ned på W .
Løsning
Først observerer vi at kolonnerommet til C sammenfaller med W siden
C sine kolonner nøyaktig er basisen fra a. Så vet vi fra teorien at
b er en minste kvadraters løsning av Cx = b.
projW b = Cb
x der x
Dermed er
2 1 " #
3
2
projW b = 1 3
= −1 .
−1
−1 2
−4
Oppgave 2
Betrakt de følgende to matrisene:
1 2 −5
A = 2 1 6 ,
−5 6 0
1 1 0
B = 0 1 0 .
0 0 0
Avgjør om A er diagonaliserbar og om B er diagonaliserbar (du trenger ikke
å finne diagonaliseringer). Begrunn svaret ditt.
(Fortsettes på side 3.)
Eksamen i MAT1120, 11. desember 2024
Side 3
Løsning
Matrisen A er symmetrisk og dermed (ortogonalt) diagonaliserbar
ved spektralteoremet for symmetriske matriser. Matrisen B er øvre
triangulær, så egenverdiene er diagonalelementene λ1 = 1 og λ2 = 0.
Egenrommene til B er da nullrommene til matrisene
0 −1 0
0 1 0
λ1 I − B = 0 0 0 ∼ 0 0 0 ,
0 0 1
0 0 1
1 1 0
1 0 0
λ2 I − B = 0 1 0 ∼ 0 1 0 .
0 0 0
0 0 0
Vi ser at disse to nullrommene er éndimensjonale siden de utspent av
henholdsvis
1
0
v1 = 0 og v2 = 0 .
0
1
Dermed utspenner egenvektorene til B ikke hele R2 men et 2dimensjonalt underrom av R2 , og følgelig er ikke B diagonaliserbar.
Oppgave 3
La P3 betegne vektorrommet av alle polynomer av grad høyst lik 3. Sett
W = {p ∈ P3 : p(−1) = 0}, og definer p1 , p2 , p3 ∈ P3 ved
p1 (t) = t + 1,
p2 (t) = t2 − 1,
p3 (t) = t3 + 1.
Sett B = {p1 , p2 , p3 }.
a
Vis at W er et underrom av P3 og at B er en basis for W .
(Fortsettes på side 4.)
Eksamen i MAT1120, 11. desember 2024
Side 4
Løsning
Vi ser først at nullvektoren er i W . La p, q ∈ W og c ∈ R. Da er
p(−1) = 0 og q(−1) = 0, så
(p + q)(−1) = p(−1) + q(−1) = 0 + 0 = 0,
(c · p)(−1) = c · p(−1) = c · 0 = 0.
Dette viser at p + q, c · p ∈ W , så W er et underrom av P3 . Vi ser
at p1 (−1) = −1 + 1 = 0, p2 (−1) = (−1)2 − 1 = 0 og p3 (−1) =
(−1)3 + 1 = 0, så p1 , p2 , p3 ∈ W . For å vise at B er lineært uavhengig
lar vi c1 , c2 , c3 ∈ R og antar at c1 p1 + c2 p2 + c3 p3 = 0. Dette gir
(c1 − c2 ) + c1 t + c2 t2 + c3 t3 = 0,
t ∈ R,
så vi konkluderer med at c1 = c2 = c3 = 0. Siden for eksempel
polynomet konstant lik 1 ikke er med i W er dimensjonen til W høyst
lik 3. Siden B ⊆ W og B er lineært uavhengig, må dim W = 3 og
dermed er B en basis for W .
b
Definer elementer q1 , q2 , q3 ∈ P3 ved
q1 (t) = t + 1,
q2 (t) = (t + 1)2 ,
q3 (t) = (t + 1)3 .
Sett C = {q1 , q2 , q3 }. Du kan ta det for gitt at C også er en basis for W . Finn
overgangsmatrisen fra C til B, altså (3 × 3)-matrisen M som tilfredsstiller
M [p]C = [p]B for alle p ∈ W .
Løsning
Når vi ekspanderer parentesene ser vi at
q1 (t) = p1 (t),
q2 (t) = t2 + 2t + 1 = t2 + 2t + 2 − 1 = 2(t + 1) + (t2 − 1)
= 2p1 (t) + p2 (t),
q3 (t) = t3 + 3t2 + 3t + 1 = t3 + 3t2 + 3t + 3 − 3 + 1
= 3(t + 1) + 3(t2 − 1) + t3 + 1 = 3p1 (t) + 3p2 (t) + p3 (t).
Dermed er
1
[q1 ]B = 0 ,
0
2
[q2 ]B = 1 ,
0
Det følger at
1 2 3
M = 0 1 3 .
0 0 1
(Fortsettes på side 5.)
3
[q3 ]B = 3 .
1
Eksamen i MAT1120, 11. desember 2024
Side 5
c
Vi betrakter W som et indreproduktrom med indreproduktet
Z 0
p(t)q(t) dt,
p, q ∈ W.
⟨p, q⟩ =
−2
Du kan ta det for gitt at dette definerer et indreprodukt på W . Finn en
ortonormal basis for W .
Løsning
Vi bruker Gram–Schmidt-algoritmen på basisen C.
ortogonal basis {r1 , r2 , r3 } der
Denne gir en
r1 = q1 ,
⟨r1 , q2 ⟩
r1 ,
⟨r1 , r1 ⟩
⟨r1 , q3 ⟩
⟨r2 , q3 ⟩
r3 = q3 −
r1 −
r2 .
⟨r1 , r1 ⟩
⟨r2 , r2 ⟩
r2 = q2 −
R1
R0
Observer at for et naturlig tall k er −2 (t + 1)k dt = −1 tk dt som er
lik 2/(k + 1) dersom k Rer et partall og lik 0 dersom k er et oddetall.
0
Dermed er ⟨r1 , q2 ⟩ = −2 (t + 1)3 dt = 0, så r2 = q2 . Videre er
R0
R0
⟨r1 , q3 ⟩ = −2 (t + 1)4 = 2/5, ⟨r1 , r1 ⟩ = −2 (t + 1)2 dt = 2/3 og
R0
⟨r2 , q3 ⟩ = −2 (t + 1)5 dt = 0, så
r3 = q3 − (2/5)/(2/3)q1 = q3 − (3/5)q1 .
p
R0
Vi regner nå ut normene. Vi har ∥r1 ∥ = 2/3 og ∥r2 ∥2 = −2 (t +
p
1)4 dt = 2/5, så ∥r2 ∥ = 2/5. Til slutt er
∥r3 ∥2 =
Z 0
9
2 12 18
8
6
((t + 1)6 − (t + 1)4 + (t + 1)2 ) dt = −
+
=
,
5
25
7 25 75
175
−2
så polynomene
p
3/2(t + 1),
p
r˜2 (t) = 5/2(t + 1)2 ,
p
r˜3 (t) = 175/8((t + 1)3 − (3/5)(t + 1))
r˜1 (t) =
utgjør en ortonormal basis for W .
Oppgave 4
Betrakt matrisen
(Fortsettes på side 6.)
√ #
1
3
A= √
.
3 −1
"
Eksamen i MAT1120, 11. desember 2024
Side 6
a
Vis at vektorene
"√ #
3/2
v1 =
,
1/2
"
−1/2
v2 = √
3/2
#
er egenvektorer for A og finn de tilhørende egenverdiene. Finn en ortogonal
matrise P og en diagonal matrise D slik at P ⊺ AP = D, der P ⊺ betegner den
transponerte av P .
Løsning
Vi regner ut:
"√
# "√ #
√
3/2 + 3/2
3
Av1 =
=
= 2v1 ,
3/2 − 1/2
1
"
# "
#
−1/2
+
3/2
1
√
√ = −2v2 .
√
Av2 =
=
− 3/2 − 3/2
− 3
Dette viser at v1 og v2 er egenvektorer for A med tilhørende egenverdier
henholdsvis 2 og −2. Siden disse to vektorene er ortogonale og har
lengde 1 følger det at
"√
#
"
#
2 0
3/2 √
−1/2
P =
, D=
0 −2
3/2
1/2
tilfredsstiller P ⊺ AP = D og at P er ortogonal.
b
Betrakt kurven i R2 bestående av de punkter (x1 , x2 ) ∈ R2 slik at
√
x21 + 2 3x1 x2 − x22 = 2.
Avgjør om kurven er en sirkel, parabel, ellipse eller hyperbel ved å foreta et
variabelskifte som eliminerer kryssleddet. Skisser kurven i planet.
(Fortsettes på side 7.)
Eksamen i MAT1120, 11. desember 2024
Side 7
Løsning
Om vi betrakter den kvadratiske formen Q(x) = x⊺ Ax for x ∈ R2
så ser vi at ligningen til kurven svarer nøyaktig til Q(x) = 2. Med
variabelskiftet x = P y får vi dermed at
Q(x) = y⊺ Dy = 2y12 − 2y22 ,
så ligningen blir y12 − y22 = 1 i de nye koordinatene. Dette er ligningen
til hyperbelen skissert til venstre under. Siden matrisen P svarer
til rotasjon med 30 grader mot klokka, vil skissen til høyre under gi
hyperbelen i (x1 , x2 )-koordinatene.
Oppgave 5
I denne oppgaven betrakter vi Rn som et indreproduktrom med skalarproduktet (også kalt prikkproduktet). Vi anser elementene i Rn som kolonnevektorer, altså (n × 1)-matriser. La B = {v1 , . . . , vn } være en ortonormal
basis for Rn og betrakt (n × n)-matrisen
R = I − 2v1 v1⊺
der I betegner (n × n) identitetsmatrisen og v1⊺ betegner den transponerte
av v1 , altså en (1 × n)-matrise. La også T : Rn → Rn være lineærtransformasjonen gitt ved T (x) = Rx for x ∈ Rn .
Vis at R er en ortogonal matrise. Finn matriserepresentasjonen til T med
hensyn på B, altså (n × n)-matrisen M slik at [T (x)]B = M [x]B for alle
x ∈ Rn , og gi en geometrisk tolkning av T .
(Fortsettes på side 8.)
Eksamen i MAT1120, 11. desember 2024
Side 8
Løsning
Vi gjør følgende utregning, hvor vi bruker regnereglene for transponerte
samt at v1⊺ v1 = 1:
R⊺ R = (I ⊺ − 2(v1 v1⊺ )⊺ )(I − 2v1 v1⊺ )
= I − 2v1 v1⊺ − 2v1 v1⊺ + 4v1 v1⊺ v1 v1⊺
= I − 2v1 v1⊺ − 2v1 v1⊺ + 4v1 v1⊺ = I.
Dette viser at R−1 = R⊺ , så R er ortogonal. For 2 ≤ i ≤ n vil v1⊺ vi = 0
siden B er en ortogonal mengde, så dette gir
T (v1 ) = v1 − 2v1 v1⊺ v1 = v1 − 2v1 = −v1 ,
T (vi ) = vi − 2v1 v1⊺ vi = vi .
Dermed er koordinatvektorene gitt ved
−1
0
0
1
[T (v1 )]B =
.. , [T (v2 )]B = .. ,
.
.
0
0
så matriserepresentasjonen er gitt ved
−1 0 · · ·
0 1 ···
M =
.. . .
..
.
.
.
0
0 ···
...,
0
.
..
[T (vn )]B =
,
0
1
0
0
..
.
.
1
Om vi lar W = span{v1 } så kan vi tenke på T som en refleksjon
gjennom hyperplanet W ⊥ : Vektorene x som står ortogonalt på
hyperplanet, altså skalarmultiplum av v1 , avbildes til −x, mens
vektorene i hyperplanet avbildes til seg selv.
SLUTT
(Fortsettes på side 9.)
Eksamen i MAT1120, 11. desember 2024
Side 9
Vedlegg: Redusert trappeform av matriser
Matrisen
2 1 1 4
1 3 −2 7
−1 2 −3 3
har redusert trappeform gitt ved
1 0 1 1
0 1 −1 2 .
0 0 0 0
Matrisen
"
6 3
9
3 14 −8
#
har redusert trappeform gitt ved
"
#
1 0 2
.
0 1 −1
0
