Clas Löfwall den 20 september 2007 kl. 18.32

Clas Löfwall — Thu, 20 Sep 2007 18:32:09 GMT

← Äldre version		Versionen från 20 september 2007 kl. 18.32
Rad 1:		Rad 1:
		+	==Lösningar till några övningar till lektion 10==
		+
		+	[[Exempellösningar\|Tillbaka till lösningarna]]
		+
	Oftast kan man beräkna en determinant på många olika sätt och det		Oftast kan man beräkna en determinant på många olika sätt och det
	finns inget sätt som är mer "rätt" än något annat, men en del metoder ger		finns inget sätt som är mer "rätt" än något annat, men en del metoder ger

Clas Löfwall: Ny sida: Oftast kan man beräkna en determinant på många olika sätt och det finns inget sätt som är mer "rätt" än något annat, men en del metoder ger mindre arbete än andra. '''14.14 a)...

Clas Löfwall — Thu, 20 Sep 2007 18:31:19 GMT

Ny sida: Oftast kan man beräkna en determinant på många olika sätt och det finns inget sätt som är mer "rätt" än något annat, men en del metoder ger mindre arbete än andra. '''14.14 a)...

Ny sida

Oftast kan man beräkna en determinant på många olika sätt och det
finns inget sätt som är mer "rätt" än något annat, men en del metoder ger
mindre arbete än andra.

'''14.14 a)'''

Definitionen av $2\times 2$-determinat ger direkt
$$
\left|\begin{array}{cc} 1 & 4\\ 3 & 7\end{array}\right|=1\cdot
7-4\cdot 3=-5$$

'''14.14 c)'''

Enligt egenskap 3 hos determinanter ändras inte värdet om vi
adderar rad 2 och 3 till rad 1, så
$$
\left|\begin{array}{ccc}
1 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 1\end{array}\right|=
\left|\begin{array}{ccc}
5 & 5 & 5 \\ 2 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 1\end{array}\right|=
5\left|\begin{array}{ccc}
1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 1\end{array}\right|$$

där den andra likheten följer av egenskap 2. Subtrahera 2 gånger rad 1
från rad 2 och rad 3:

$$
5\left|\begin{array}{ccc}
1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 1\end{array}\right|=
5\left|\begin{array}{ccc}
1 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1\end{array}\right|$$

Addera rad 2 och 3 till rad 1:

$$
5\left|\begin{array}{ccc}
1 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1\end{array}\right|=
5\left|\begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1\end{array}\right|=5$$

'''14.14 e)'''

Subtrahera rad 4 från rad 2 och 3 och 2 gånger rad 4 från rad 1:

$$
\left|\begin{array}{cccc}
2 & 3 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 & -1 \\ 1 & 1 & 1 &
2\end{array}\right|=
\left|\begin{array}{cccc}
0 & 1 & -1 & -5 \\ 0 & 1 & -2 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -3 \\ 1 & 1 & 1 &
2\end{array}\right|$$

Utveckling längs första kolonnen ger

$$
\left|\begin{array}{cccc}
0 & 1 & -1 & -5 \\ 0 & 1 & -2 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -3 \\ 1 & 1 & 1 &
2\end{array}\right|=-\left|\begin{array}{ccc}
1 & -1 & -5 \\ 1 & -2 & -1 \\ 0 & 1 & -3\end{array}\right|$$

Subtrahera rad 1 från rad 2:

$$
-\left|\begin{array}{ccc}
1 & -1 & -5 \\ 1 & -2 & -1 \\ 0 & 1 & -3\end{array}\right|=
-\left|\begin{array}{ccc}
1 & -1 & -5 \\ 0 & -1 & 4 \\ 0 & 1 & -3\end{array}\right|$$

Utveckla längs första kolonnen:

$$
-\left|\begin{array}{ccc}
1 & -1 & -5 \\ 0 & -1 & 4 \\ 0 & 1 & -3\end{array}\right|=
-\left|\begin{array}{cc} -1 & 4 \\ 1 & -3\end{array}\right|=
-((-1)\cdot (-3)-4\cdot 1)=1$$

Svaret är således $1$.

'''14.14 f)'''

Tips: Börja med att addera rad 2, 3 och 4 till rad 1.

'''14.15 a)'''

Den karaktäristiska ekvationen, dvs $\det (A-\lambda E)=0$,
är

$$
\left|\begin{array}{cc}
1-\lambda & -2 \\
-5 & 4-\lambda\end{array}\right|=0$$

Utveckling av determinanten ger

$$
(1-\lambda)(4-\lambda)-(-2)(-5)=0\quad\mbox{eller}\quad
\lambda^2-5\lambda -6=0$$

Lösningarna, dvs egenvärdena till matrisen, är $\lambda_{1}=-1$ och
$\lambda_{2}=6$. För att bestämma egenvektorerna måste vi lösa
systemen $AX=\lambda X$ för de två egenvärdena.

$\mathbf{\lambda_{1}=-1}$:

Här får vi

$$
\left\{\begin{array}{cccccccc}
x & - & 2y & = & -x\\
-5x & + & 4y & = & -y\end{array}\right.
\quad\mbox{eller}\quad
\left\{\begin{array}{cccccccc}
2x & - & 2y & = & 0\\
-5x & + & 5y & = & 0\end{array}\right.$$

Båda ekvationerna är ekvivalenta med $x=y$, så egenvektorerna är
$t(1,1)$ för $t\in{\bf R}$, $t\not=0$.

$\mathbf{\lambda_{1}=6}$:

Här får vi

<math>
\left\{\begin{array}{cccccccc}
x & - & 2y & = & 6x\\
-5x & + & 4y & = & 6y\end{array}\right.
\quad\mbox{eller}\quad
\left\{\begin{array}{cccccccc}
-5x & - & 2y & = & 0\\
-5x & - & 2y & = & 0\end{array}\right.</math>

Om vi inför parametern $t$ genom $y=5t$ så blir $x=-2y/5=-2t$.
Egenvektorerna är således $t(-2,5)$ för $t\in{\bf R}$, $t\not=0$.

'''14.15 d)'''

Den karaktäristiska ekvationen är

<math>\left|\begin{array}{ccc}
7-\lambda & -2 & -2 \\
-2 & 1-\lambda & 4 \\
-2 & 4 & 1-\lambda\end{array}\right|=0</math>

Utveckling av determinanten ger ekvationen

<math>
-\lambda^3+9\lambda^2+9\lambda -81=-(\lambda^3-9\lambda^2-9\lambda
+81)=0</math>

Här kan man manipulera ekvationen så här:

<math>
\lambda^3-9\lambda^2-9\lambda +81=\lambda^2(\lambda -9)-9(\lambda-9)=
(\lambda -9)(\lambda^2-9)=(\lambda -9)(\lambda +3)(\lambda -3)</math>

Rötterna är tydligen $±3$ och 9 (gissning enligt receptet ovan går
förstås bra också).

$\mathbf{\lambda=3}$:

Systemet $AX=\lambda X$ blir

<math>\begin{array}{lllllll}
&\left\{\begin{array}{cccccccccc}
4x & - & 2y & - & 2z &=&0\\
-2x & - & 2y & + & 4z &=&0\\
-2x & + & 4y & - & 2z &=&0\end{array}\right. &
\Leftrightarrow &
\left\{\begin{array}{cccccccccc}
x & + & y & - & 2z &=&0\\
2x & - & y & - & z &=&0\\
x & - & 2y & + & z &=&0\end{array}\right.\\ \\
\Leftrightarrow &
\left\{\begin{array}{cccccccccc}
x & + & y & - & 2z &=&0\\
& - & 3y & + & 3z &=&0\\
& - & 3y & + & 3z &=&0\end{array}\right. &
\Leftrightarrow &
\left\{\begin{array}{cccccccccc}
x & + & y & - & 2z &=&0\\
& & y & - & z &=&0\end{array}\right.\end{array}</math>

Om man sätter $z=t$ så blir $y=z=t$ och $x=-y+2z=t$. Egenvektorerna är
$t(1,1,1)$ för $t\in{\bf R}$, $t\not=0$.

$\mathbf{\lambda=-3}$:

Systemet $AX=\lambda X$ blir

<math>\begin{array}{lllllll}
&\left\{\begin{array}{cccccccccc}
10x & - & 2y & - & 2z &=& 0\\
-2x & + & 4y & + & 4z &=& 0\\
-2x & + & 4y & + & 4z &=& 0\end{array}\right.&
\Leftrightarrow&
\left\{\begin{array}{cccccccccc}
x & - & 2y & - & 2z &=& 0\\
5x & - & y & - & z &=& 0
\end{array}\right. \\ \\
\Leftrightarrow &
\left\{\begin{array}{cccccccccc}
x & & & & &=& 0\\
& & y & + & z &=& 0
\end{array}\right.\end{array}</math>

Egenvektorerna är $t(0,1,-1)$ för $t\in{\bf R}$, $t\not=0$.

$\mathbf{\lambda=9}$:

Systemet $AX=\lambda X$ blir

<math>\begin{array}{lllllll}
&\left\{\begin{array}{cccccccccc}
-2x & - & 2y & - & 2z &=& 0\\
-2x & - & 8y & + & 4z &=& 0\\
-2x & + & 4y & - & 8z &=& 0\end{array}\right.&
\Leftrightarrow &
\left\{\begin{array}{cccccccccc}
x & + & y & + & z &=& 0\\
& - & 6y & + & 6z &=& 0\\
& + & 6y & - & 6z &=& 0\end{array}\right. \\ \\
\Leftrightarrow &
\left\{\begin{array}{cccccccccc}
x & + & y & + & z &=& 0\\
& & y & - & z &=& 0\end{array}\right.\end{array}</math>

Egenvektorerna är $t(-2 ,1,1)$ för $t\in{\bf R}$, $t\not=0$.

'''14.15 e)'''

Den karaktäristiska ekvationen är

<math>
\left|\begin{array}{ccc}
2-\lambda & 2 & 1 \\
1 & 3-\lambda & 1 \\
1 & 2 & 2-\lambda
\end{array}\right|=-\lambda^3+7\lambda^2-11\lambda+5=0</math>

Rötterna måste gå jämnt upp i 5, så de enda möjligheterna är $±1$
och $±5$. Prövning ger att de är 1 och 5 (det finns alltså bara 2
olika rötter).

$\mathbf{\lambda =1}$:

Systemet $AX=\lambda X$ blir

<math>
\left\{\begin{array}{cccccccccc}
x & + & 2y & + & z &=& 0\\
x & + & 2y & + & z &=& 0\\
x & + & 2y & + & z &=& 0\end{array}\right.
\Leftrightarrow
x+2y+z=0</math>

Här måste vi införa två parametrar, t ex genom $y=s,z=t$. Då blir
$x=-2y-z=-2s-t$, så att egenvektorerna kan skrivas
$(-2s-t,s,t)=s(-2,1,0)+t(-1,0,1)$ för $s,t\in{\bf R}$, $s,t$ ej båda 0.

$\mathbf{\lambda =5}$:

Systemet $AX=\lambda X$ blir

<math>\begin{array}{llllll}
&\left\{\begin{array}{cccccccccc}
-3x & + & 2y & + & z &=& 0\\
x & - & 2y & + & z &=& 0\\
x & + & 2y & - & 3z &=&0\end{array}\right.
&\Leftrightarrow&
\left\{\begin{array}{cccccccccc}
x & - & 2y & + & z &=& 0\\
x & + & 2y & - & 3z &=&0\\
-3x & + & 2y & + & z &=& 0\end{array}\right.\\ \\
\Leftrightarrow&
\left\{\begin{array}{cccccccccc}
x & - & 2y & + & z &=& 0\\
& & 4y & - & 4z &=& 0\\
& - & 4y & + & 4z &=& 0\end{array}\right.&
\Leftrightarrow&
\left\{\begin{array}{cccccccccc}
x & - & 2y & + & z &=& 0\\
& & y & - & z &=& 0\end{array}\right.\end{array}</math>

Egenvektorerna är $t(1,1,1)$ för $t\in{\bf R}$, $t\not=0$.

'''14.15 f)'''

Den karaktäristiska ekvationen är

<math>
\left|\begin{array}{ccc}
2-\lambda & 0 & 1 \\
-1 & 3-\lambda & 1 \\
-1 & 0 &
4-\lambda\end{array}\right|=-\lambda^3+9\lambda^2-27\lambda
+27=-(\lambda -3)^3=0</math>

Här finns det tydligen bara en rot, så det enda egenvärdet är
$\lambda =3$ (om man inte omedelbart ser att ekvationen kan skrivas
$-(\lambda-3)^3=0$ så kan man förstås gissa rötter som ovan).
Systemet $AX=\lambda X$ blir

<math>
\left\{\begin{array}{ccccccccc}
-x & & & + & z &=& 0 \\
-x & & & + & z &=& 0\\
-x & & & + & z &=& 0\end{array}\right.</math>

Här kan vi införa parametrar genom t ex $y=s,z=t$ och egenvektorerna
blir $(t,s,t)=s(0,1,0)+t(1,0,1)$, där inte både $s$ och $t$ är 0.

'''14.16.'''

Den karaktäristiska ekvationen är

<math>
\left|\begin{array}{cc} a-\lambda & b \\ b &
a-\lambda\end{array}\right|=(a-\lambda)^2-b^2=0</math>

Alltså är $a-\lambda=±b$ och egenvärdena är $\lambda=a±b$. Om $b=0$ så
finns det alltså bara ett egenvärde. Systemet $AX=\lambda X$ blir
bara $ax=ax$ och $ay=ay$, dvs alla $X\not=0$ är egenvektorer. Man kan
skriva dem $s(1,0)+t(0,1)$ om man vill. Antag nu att $b\not=0$.

$\mathbf{\lambda=a-b}$:

Systemet $AX=\lambda X$ blir

<math>
\left\{\begin{array}{cccccc}
ax & + & by &=& (a-b)x\\
bx & + & ay &=& (a-b)y\end{array}\right.
\Leftrightarrow
x+y=0</math>

Egenvektorerna är $t(1,-1)$.

$\mathbf{\lambda=a+b}$:

Systemet $AX=\lambda X$ blir

<math>
\left\{\begin{array}{cccccc}
ax & + & by &=& (a+b)x\\
bx & + & ay &=& (a+b)y\end{array}\right.
\Leftrightarrow
x-y=0</math>

Egenvektorerna är $t(1,1)$.

'''14.17.b)'''

Enligt definitionen av karaktäristiskt polynom är

<math>
q(\lambda)=\left|\begin{array}{cc} a-\lambda & b \\ c &
d-\lambda\end{array}\right|=(a-\lambda)(d-\lambda)-bc=
\lambda^2-(a+d)\lambda+ad-bc</math>

(Lägg märke till att $ad-bc$ är $\det A$. Talet $a+d$ kallas
''spåret'' av $A$.) Alltså är

<math>
\begin{array}{ccc}
q(A)&=&A^2-(a+d)A+(ad-bc)E\\
&=&
\left(\begin{array}{cc} a^2+bc & ab+bd \\
ac+cd & bc+d^2\end{array}\right)-\left(\begin{array}{cc}
a^2+ad & ab+bd \\ ac+cd & ad+d^2\end{array}\right)\\
&+&
\left(\begin{array}{cc} ad-bc & 0 \\ 0 & ad-bc\end{array}\right)\\
&=&
\left(\begin{array}{cc}
a^2+bc-(a^2+ad)+ad-bc & ab+bd -(ab+bd) \\
ac+cd-(ac+cd) & bc+d^2-(ad+d^2)+ad-bc\end{array}\right)\\
&=&
\left(\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)
\end{array}</math>

'''14.21.b)'''

Direkt uträkning ger

<math>
A^3=\left(\begin{array}{ccc}
2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{array}\right)=2E</math>

så att $A^3X=2X$ för alla $X$. Det här innebär att populationen
fördubblas efter 3 år.

'''14.21.c)'''

Antag att $X_{0}$ vore ett sådant startvärde, dvs $AX_{0}=X_{0}$.
Detta ger $A^3X_{0}=X_{0}$, men enligt b) har vi $A^3X_{0}=2X_{0}$.
Detta är en motsägelse, så svaret är nej.

'''14.22.'''

Låt den stabila populationen vara $X_{0}$, så att $AX_{0}=X_{0}$.
Om

<math>
X_{0}=\left(\begin{array}{c}
x \\ y \\ z\end{array}\right),</math>

så blir systemet $AX_{0}=X_{0}$

<math>
\left\{\begin{array}{ccccccc}
-x & + & & + & 25z &=& 0\\
\frac{1}{5}x & - & y & + & &=& 0\\
& & \frac{1}{5}y & - & z &=& 0\end{array}\right. </math>

Alltså är $X_{0}=t(25,5,1)$ för $t\in{\bf R}$, $t\not=0$.
Proportionerna är således $25:5:1$.

'''14.23.'''

Enligt övning 14.16 är egenvärdena $0,6±0,4$, dvs 1 och $0,2$.
Motsvarande egenvektorer är $t(1,1)$ och $t(1,-1)$. Startvärdet som
gör systemet stabilt är $X_{0}=t(1,1)$ och förhållandet mellan sjuka
och friska är $1:1$.

'''14.25.a)'''

Låt $b(t)$, $f(t)$ och $p(t)$ beteckna antalet barn,
förvärvsarbetande respektive pensionärer efter $t$ tioårsperioder.
Enligt texten är

<math>
\left\{\begin{array}{ccccc}
b(t+1)&=&\frac{1}{2}b(t)&+&\frac{2}{9}f(t)\\ \\
f(t+1)&=&\frac{1}{2}b(t)&+&\left(1-\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\right)f(t)\\ \\
p(t+1)&=&\frac{1}{4}f(t)&+&\frac{1}{2}p(t)\end{array}\right.</math>

så att övergångsmatrisen är

<math>
A=\left(\begin{array}{ccc}
1/2 & 2/9 & 0 \\ 1/2 & 1/2 & 0 \\ 0 & 1/4 & 1/2\end{array}\right) </math>

'''14.25.b)'''

Vi har $b(0)=62208$, $f(0)=93312$ och $p(0)=69984$. Sätter man

<math>
X_{0}=\left(\begin{array}{c} b(0) \\ f(0) \\ p(0)\end{array}\right)
</math>

så kontrollerar man omedelbart att

<math>
AX_{0}=\frac{5}{6}X_{0},
</math>

dvs att
$X_{0}$ är en egenvektor till $A$ med egenvärde $5/6$. Alltså är

<math>
A^5X_{0}=\left(\frac{5}{6}\right)^5X_{0}</math>

vilket ger att den totala befolkningen efter 50 år är

<math>
\left(\frac{5}{6}\right)^5(62208+93312+69984)=90625</math>

Lösningar 10 - Versionshistorik

Clas Löfwall den 20 september 2007 kl. 18.32

Clas Löfwall: Ny sida: Oftast kan man beräkna en determinant på många olika sätt och det finns inget sätt som är mer "rätt" än något annat, men en del metoder ger mindre arbete än andra. '''14.14 a)...