Gradiva iz Matematike 3 za študente Gradbeništva (MA) Martin Jesenko Ljubljana, 2023 Kazalo Predgovor 5 I Zapiski vaj 7 1 Linearni (vektorski) prostori in podprostori 9 2 Evklidski prostori 33 3 Linearne preslikave 41 4 Numeriˇ cna linearna algebra 51 5 Linearne diferencialne enaˇ cbe 73 6 Sistemi linearnih diferencialnih enaˇ cb 83 7 Fourierove vrste 89 II Primeri kolokvijev in izpitov 97 1. kolokvij (6. 12. 2021) 99 2. kolokvij (17. 1. 2022) 105 1. izpit (1. 2. 2022) 111 1. kolokvij (5. 12. 2022) 119 2. kolokvij (10. 1. 2023) 125 1. izpit (31. 1. 2023) 131 3 Predgovor V tej zbirki je zbrano nekaj gradiv iz predmeta Matematika 3, ki ga poslušajo študentje magistrskega študijskega programa Gradbeništvo na Fakulteti za gradbeništvo in geodezijo Univerze v Ljubljani. Temelji na izvedbah tega predmeta v akademskih letih 2021/22 in 2022/23. Razdeljena je na dva dela. V prvem delu so zbrane računske naloge. Tiste, ki so bile rešene v okviru vaj, praviloma vsebujejo tudi rešitve, preostale, ki so namenjene samostojnemu delu, pa imajo odgovore. Svoja gradiva so mi prijazno odstopili kolegi, ki so izvajali vaje v preteklih izvedbah: Ganna Kudryavtseva, Marjeta Škapin Rugelj in ostali. Drugi del sestavljajo primeri rešenih kolokvijev in izpitov. Martin Jesenko 5 Del I Zapiski vaj 7 Poglavje 1 Linearni (vektorski) prostori in podprostori Prostor n R Osnovni primer linearnih prostorov že poznamo. Gre za prostor n-teric realnih števil n R , pri čemer sta operaciji seštevanja in množenja s skalarjem definirani po koordinatah. 1. Naj bodo a1 = (1, 2, 3), a2 = (2, 3, 4) in a3 = (−1, 0, 1). Izračunajte linearni kombi-naciji 5a1 − 1 a 2 2 in a1 − a2 + a3. Rešitev: V prostoru 3 R je seštevanje in množenje s skalarjem definirano po koordinatah. Tako je 5a1 − 1 a (2, 3, 4) 2 2 = 5(1, 2, 3) − 12 = (5, 10, 15) − (1, 3 , 2) 2 = (4, 17 , 13) 2 in a1 − a2 + a3 = (1, 2, 3) − (2, 3, 4) + (−1, 0, 1) = (−2, −1, 0). 2. Za vsako od naslednjih podmnožic 3 R preverite, ali je linearen prostor: (a) A = {(x 3 1, x2, x3) ∈ R : x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0}. (b) B = {(1, u, v) : u, v ∈ R}. (c) C = {(x1, x2, x3) : x1 = 3 − 2t, x2 = t, x3 = 4t, t ∈ R}. (d) D = {(−2t, t, 4t) : t ∈ R}. (e) E = {(x 3 1, x2, x3) ∈ R : (x1 − 1)2 + x2 + x2 = 1}. 2 3 Rešitev: Podmnožica v poljubnem linearnem prostoru je linearen prostor, če je linearen podprostor. 9 10 Zapiski vaj (a) A ni linearen prostor, saj ni zaprta za množenje s skalarjem. Tako je (1, 1, 1) ∈ A, vendar (−2) · (1, 1, 1) = (−2, −2, −2) 6∈ A. (b) B ni linearen prostor, saj ne vsebuje ničelnega vektorja (0, 0, 0). (c) C ni linearen prostor, saj ne vsebuje ničelnega vektorja. Ne obstaja namreč tak t ∈ R, da je (3 − 2t, t, 4t) = (0, 0, 0). Za zadnji dve koordinati bi moral biti t = 0, toda potem 3 6= 0. (d) D je linearen prostor. Gre za premico skozi izhodišče s smernim vektorjem (−2, 1, 4). Vzemimo poljubna elementa t1(−2, 1, 4), t2(−2, 1, 4) ∈ D in poljubna α, β ∈ R. Potem je tudi α t1(−2, 1, 4) + β t2(−2, 1, 4) = (αt1 + βt2)(−2, 1, 4) ∈ D. (e) E ni linearen prostor, saj ni zaprta za seštevanje. (1, 1, 0) in (1, 0, 1) sta elementa B, njuna vsota (2, 1, 1) pa ne. 3. Pokažite, da množica vektorjev v n R , ki so rešitve sistema linearnih enačb, tvori podprostor v n R natanko takrat, ko je sistem enačb homogen. Rešitev: Označimo z R množico rešitev (x n 1, . . . , xn) ∈ R sistema linearnih enačb a11x1 + . . . + a1nxn = b1 a21x1 + . . . + a2nxn = b2 ... am1x1 + . . . + amnxn = bm Najprej predpostavimo, da je R podprostor: Ker vsak podprostor vsebuje ničelni vektor, je (0, . . . , 0) ∈ R. Če vstavimo ta vektor v sistem, iz tega sledi b1 = . . . = bm = 0. Obratno, predpostavimo sedaj b1 = . . . = bm = 0: Vzemimo poljubni rešitvi (x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn) ∈ R in poljubna α, β ∈ R. Po-kazati moramo, da je potem tudi α(x1, . . . , xn) + β(y1, . . . , yn) ∈ R. Ker je za vsak i = 1, . . . , m ai1x1 + . . . + ainxn = 0 in ai1y1 + . . . + ainyn = 0, velja tudi ai1(αx1 + βy1) + . . . + ain(αxn + βyn) = ai1αx1 + ai1βy1 + . . . + ainαxn + ainβyn = α(ai1x1 + . . . + ainxn) + β(ai1y1 + . . . + ainyn) = α · 0 + β · 0 = 0, torej dejansko α(x1, . . . , xn) + β(y1, . . . , yn) ∈ R. Poglavje 1. Linearni (vektorski) prostori in podprostori 11 4. Določite parameter a tako, da bo vektor (−1, a + 2, −2, a2 + a + 1) linearna kombinacija (1, 0, 2, 4), (3, 1, 1, 2) in (5, 1, 5, 3). Odgovor: a = −2 5. Določite parameter a tako, da bo vektor (7, −2, a) linearna kombinacija vektorjev (2, 3, 5), (3, 7, 8) in (1, −6, 1). Odgovor: a = 15 6. Določite (z utemeljitvijo), ali so naslednje podmnožice linearni podprostori v danih prostorih: (a) A = {(x, y, z, u) ∈ 4 4 R : x2 + y3 + z4 + u = 1} ⊆ R , (b) B = {(x, y) ∈ 2 2 R : x = y} ⊆ R , (c) C = {(x, y, z) ∈ 3 3 R : x ≤ 0, yz = 0} ⊆ R , (d) D = {(x, y, z) ∈ 3 3 R : x + 2z = 0, 3x − 5y + z = 0} ⊆ R . Odgovor: ne, da, ne, da 7. Katere od naslednjih podmnožic prostora 5 5 R so linearni podprostori v R ? (a) A = {(x 5 1, x2, x3, x4, x5) ∈ R : x1 ∈ Z}, (b) B = {(x 5 1, x2, x3, x4, x5) ∈ R : x2 = 0}, (c) C = {(x 5 1, x2, x3, x4, x5) ∈ R : 3x1 − 2x2 = 0}, (d) D = {(x 5 1, x2, x3, x4, x5) ∈ R : x1 + x2 = 1}, (e) E = {(x 5 1, x2, x3, x4, x5) ∈ R : x1 = x3 = x5 in x2 = x4}. Odgovor: ne, da, da, ne, da 8. Ugotovite, ali so naslednje podmnožice linearni podprostori danih prostorov: (a) A = {(x, y) ∈ 2 2 R : x2 + y2 = 1} ⊆ R , (b) B = {(x, y, z, u) ∈ 4 4 R : x = z, y = u} ⊆ R , (c) C = {(x, y, z) ∈ 3 3 R : x − y − z = 0, 2x − 3y = 0, 2x + y + 4z = 0} ⊆ R , (d) D = {(x, y) ∈ 2 2 R : x > 0} ⊆ R , (e) E = {(x, y, z) ∈ 3 3 R : y = 0} ⊆ R . Odgovor: ne, da, da, ne, da Prostori matrik Vse matrike določenih dimenzij tudi tvorijo linearen prostor. Za dana m, n ∈ N bomo množico vseh realnih matrik z m vrsticami in n stolpci označevali z    a  11 a12 · · · a1n       a21 a22 · · · a2n   M m×n   m×n(R) = R = . . . : aij ∈ R .  .. .. ..          am1 am2 · · · amn  12 Zapiski vaj Operaciji seštevanja in množenja s skalarjem sta definirani po elementih. Gre torej za zelo podoben primer kot je n R , le da imajo koordinate dva indeksa. V prvi nalogi bomo najprej preverili vse aksiome. 9. Naj bosta m, n ∈ N. Pokažite, da je množica vseh realnih matrik z m vrsticami in n stolpci Mm×n(R) s seštevanjem in množenjem s skalarjem po koordinatah linearen prostor. Rešitev: Pri seštevanju dveh m × n-matrik in množenju takih matrik s skalarjem je rezultat spet m × n-matrika, torej sta operaciji dobro definirani. Sedaj moramo preveriti, da operaciji izpolnjujeta zahtevane aksiome. Za vsoto mora veljati: (a) A + B = B + A za vse A, B ∈ Mm×n(R) (komutativnost). (b) (A + B) + C = A + (B + C) za vse A, B, C ∈ Mm×n(R) (asociativnost). (c) Obstaja 0 ∈ Mm×n(R) (nevtralni element), tako da je A + 0 = A za vse A ∈ Mm×n(R). (d) Za vsak A ∈ Mm×n(R) obstaja −A ∈ Mm×n(R) (nasprotni element), tako da je A + (−A) = 0. Nadalje mora za vse A, B ∈ Mm×n(R) in vse λ, µ ∈ R veljati še (e) 1A = A, (f) λ(A + B) = λA + λB, (g) (λ + µ)A = λA + µA, (h) λ(µA) = (λµ)A. Označimo  a    11 a12 · · · a1n b11 b12 · · · b1n a21 a22 · · · a2n b21 b22 · · · b2n A =  . . .  in B =  . . . .  .. .. ..   .. .. ..  am1 am2 · · · amn bm1 bm2 · · · bmn Seštevanje matrik je komutativno, saj sta matriki  a    11 a12 · · · a1n b11 b12 · · · b1n a21 a22 · · · a2n b21 b22 · · · b2n A + B =  . . .  +  . . .   .. .. ..   .. .. ..  am1 am2 · · · amn bm1 bm2 · · · bmn  a  11 + b11 a12 + b12 · · · a1n + b1n a21 + b21 a22 + b22 · · · a2n + b2n =  . . .   .. .. ..  am1 + bm1 am2 + bm2 · · · amn + bmn Poglavje 1. Linearni (vektorski) prostori in podprostori 13 in  b    11 b12 · · · b1n a11 a12 · · · a1n b21 b22 · · · b2n a21 a22 · · · a2n B + A =  . . .  +  . . .   .. .. ..   .. .. ..  bm1 bm2 · · · bmn am1 am2 · · · amn  b  11 + a11 b12 + a12 · · · b1n + a1n b21 + a21 b22 + a22 · · · b2n + a2n =  . . .   .. .. ..  bm1 + am1 bm2 + am2 · · · bmn + amn enaki. Podobno dokažemo asociativnost seštevanja. Nevtralni element za seštevanje je ničelna matrika 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 0   m×n = . . . ,  .. .. .. 0 0 · · · 0 saj očitno velja A + 0 = A. Nasprotni element poljubne matrike je  a    11 a12 · · · a1n −a11 −a12 · · · −a1n a21 a22 · · · a2n −a21 −a22 · · · −a2n −A = − . . .  =  . . . .  .. .. ..   .. .. ..  am1 am2 · · · amn −am1 −am2 · · · −amn Očitno je  a    11 a12 · · · a1n 1 · a11 1 · a12 · · · 1 · a1n a21 a22 · · · a2n 1 · a21 1 · a22 · · · 1 · a2n 1 · A = 1 ·  . . .  =  . . .  = A.  .. .. ..   .. .. ..  am1 am2 · · · amn 1 · am1 1 · am2 · · · 1 · amn Veljata tudi obe obliki distributivnosti, saj sta enaki tako matriki  a    11 a12 · · · a1n b11 b12 · · · b1n a21 a22 · · · a2n b21 b22 · · · b2n λ(A + B) = λ  . . .  +  . . .   .. .. ..   .. .. ..  am1 am2 · · · amn bm1 bm2 · · · bmn  a  11 + b11 a12 + b12 · · · a1n + b1n a21 + b21 a22 + b22 · · · a2n + b2n = λ . . .   .. .. ..  am1 + bm1 am2 + bm2 · · · amn + bmn  λ(a  11 + b11) λ(a12 + b12) · · · λ(a1n + b1n) λ(a21 + b21) λ(a22 + b22) · · · λ(a2n + b2n) =  . . .   .. .. ..  λ(am1 + bm1) λ(am2 + bm2) · · · λ(amn + bmn)  λa  11 + λb11 λa12 + λb12 · · · λa1n + λb1n λa21 + λb21 λa22 + λb22 · · · λa2n + λb2n =  . . .   .. .. ..  λam1 + λbm1 λam2 + λbm2 · · · λamn + λbmn 14 Zapiski vaj in  a    11 a12 · · · a1n b11 b12 · · · b1n a21 a22 · · · a2n b21 b22 · · · b2n λA + λB = λ . . .  + λ . . .   .. .. ..   .. .. ..  am1 am2 · · · amn bm1 bm2 · · · bmn  λa    11 λa12 · · · λa1n λb11 λb12 · · · λb1n λa21 λa22 · · · λa2n λb21 λb22 · · · λb2n =  . . .  +  . . .   .. .. ..   .. .. ..  λam1 λam2 · · · λamn λbm1 λbm2 · · · λbmn  λa  11 + λb11 λa12 + λb12 · · · λa1n + λb1n λa21 + λb21 λa22 + λb22 · · · λa2n + λb2n =  . . . ,  .. .. ..  λam1 + λbm1 λam2 + λbm2 · · · λamn + λbmn kot tudi matriki  a  11 a12 · · · a1n a21 a22 · · · a2n (λ + µ)A = (λ + µ) . . .   .. .. ..  am1 am2 · · · amn  (λ + µ)a  11 (λ + µ)a12 · · · (λ + µ)a1n (λ + µ)a21 (λ + µ)a22 · · · (λ + µ)a2n =  . . .   .. .. ..  (λ + µ)am1 (λ + µ)am2 · · · (λ + µ)amn  λa  11 + µa11 λa12 + µa12 · · · λa1n + µa1n λa21 + µa21 λa22 + µa22 · · · λa2n + µa2n =  . . .   .. .. ..  λam1 + µam1 λam2 + µam2 · · · λamn + µamn in  a    11 a12 · · · a1n a11 a12 · · · a1n a21 a22 · · · a2n a21 a22 · · · a2n λA + µA = λ . . .  + µ . . .   .. .. ..   .. .. ..  am1 am2 · · · amn am1 am2 · · · amn  λa    11 λa12 · · · λa1n µa11 µa12 · · · µa1n λa21 λa22 · · · λa2n µa21 µa22 · · · µa2n =  . . .  +  . . .   .. .. ..   .. .. ..  λam1 λam2 · · · λamn µam1 µam2 · · · µamn  λa  11 + µa11 λa12 + µa12 · · · λa1n + µa1n λa21 + µa21 λa22 + µa22 · · · λa2n + µa2n =  . . . .  .. .. ..  λam1 + µam1 λam2 + µam2 · · · λamn + µamn Poglavje 1. Linearni (vektorski) prostori in podprostori 15 Velja še λ(µA) = (λµ)A, kar sledi iz   a  11 a12 · · · a1n a21 a22 · · · a2n λ(µA) = λ µ . . .    .. .. ..  am1 am2 · · · amn  µa    11 µa12 · · · µa1n λµa11 λµa12 · · · λµa1n µa21 µa22 · · · µa2n λµa21 λµa22 · · · λµa2n = λ . . .  =  . . .   .. .. ..   .. .. ..  µam1 µam2 · · · µamn λµam1 λµam2 · · · λµamn in  a    11 a12 · · · a1n (λµ)a11 (λµ)a12 · · · (λµ)a1n a21 a22 · · · a2n (λµ)a21 (λµ)a22 · · · (λµ)a2n (λµ)A = (λµ) . . .  =  . . . .  .. .. ..   .. .. ..  am1 am2 · · · amn (λµ)am1 (λµ)am2 · · · (λµ)amn Tako smo preverili vse aksiome, kar pomeni, da je Mm×n(R) dejansko linearen prostor. 10. Pokažite, da je množica vseh zgornjetrikotnih 2 × 2 matrik a b : a, b, c ∈ 0 c R s seštevanjem in množenjem s skalarjem po koordinatah linearen prostor. Rešitev: Ker je ta množica vsebovana v M2×2(R), zadostuje, da preverimo, da je zaprta za seštevanje in množenje s skalarjem. Dejansko velja, da je vsota dveh zgornjetrikotnih spet taka, saj je a 1 b1 a a + 2 b2 = 1 + a2 b1 + b2 , 0 c1 0 c2 0 c1 + c2 prav tako pa zmožek s skalarjem, saj velja a b λa λb λ = . 0 c 0 λc 11. Katere od naslednjih množic matrik tvorijo podprostor v prostoru M3×3(R)? (a) Množica vseh simetričnih matrik. (b) Množica vseh poševno simetričnih matrik. (Matrika A je poševno simetrična, če je A> = −A.) (c) Množica vseh obrnljivih matrik. (d) Množica vseh neobrnljivih matrik. (e) Množica vseh matrik s sledjo 0. (Sled matrike je vsota njenih diagonalnih elementov). 16 Zapiski vaj Rešitev: (a) Naj bosta a    11 a12 a13 b11 b12 b13 A = a b  12 a22 a23 in B =  12 b22 b23 a13 a23 a33 b13 b23 b33 poljubni simetrični matrik. Potem je simetrična tudi njuna vsota a  11 + b11 a12 + b12 a13 + b13 A + B = a  12 + b12 a22 + b22 a23 + b23 a13 + b13 a23 + b23 a33 + b33 in za vsak λ ∈ R tudi λa  11 λa12 λa13 λA = λa  12 λa22 λa23 .  λa13 λa23 λa33 Simetrične matrike torej sestavljajo podprostor. (b) Naj bosta  0 a    12 a13 0 b12 b13 A = −a in B = −b  12 0 a23  12 0 b23 −a13 −a23 0 −b13 −b23 0 poljubni poševno simetrični matrik. Potem je taka tudi njuna vsota  0 a  12 + b12 a13 + b13 A + B = −(a  12 + b12) 0 a23 + b23 −(a13 + b13) −(a23 + b23) 0 in za vsak λ ∈ R tudi  0 λa  12 λa13 λA = −λa  12 0 λa23 . −λa13 −λa23 0 Poševno simetrične matrike torej tudi sestavljajo podprostor. (c) Ničelna matrika ni obrnljiva, tako da ne gre za podprostor. (d) Matriki 1 0 0 0 0 0 0 0 0 in 0 1 0     0 0 0 0 0 1 nista obrnljivi, njuna vsota 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 + 0 1 0 = 0 1 0       0 0 0 0 0 1 0 0 1 pa je. Množica neobrnljivi matriki tako ni podprostor. Poglavje 1. Linearni (vektorski) prostori in podprostori 17 (e) Poljubna matrika s sledjo 0 ima obliko a  11 a12 a13 a  12 a22 a23  . a13 a23 −a11 − a22 Hitro vidimo, da ima tako obliko tudi vsota takih matrik ter produkt s skalarjem. Zato matrike s sledjo 0 tvorijo podprostor. Prostori funkcij Tretji standarden primer linearnih prostorov so prostori funkcij na dani množici. Naj bo M poljubna množica in F(M ) = {f : M → R} množica vseh funkcij iz M v R. Na F(M ) definiramo seštevanje in množenje s skalarjem po točkah. To pomeni, da je za poljubni f, g : M → R in poljuben λ ∈ R vsota f + g : M → R definirana s predpisom (f + g)(x) = f (x) + g(x), produkt λf : M → R pa z (λf )(x) = λf (x). Množico vseh polinomov z realnimi koeficienti stopnje kvečjemu n bomo označevali z Pn(R). 12. Pokažite, da je F(M) linearen prostor. Rešitev: Ker za vsak x ∈ M velja (f + g)(x) = f (x) + g(x) = g(x) + f (x) = (g + f )(x) in (f + g) + h(x) = (f + g)(x) + h(x) = f (x) + g(x) + h(x) = f + (g + h)(x) je seštevanje funkcij komutativno in asociativno. Nevtralni element za seštevanje je ničelna funkcija 0, saj je za vsak x ∈ M (f + 0)(x) = f (x) + 0 = f (x). Nasprotni element je funkcija −f , definirana kot (−f )(x) = −f (x). Dejansko je potem za vsak x ∈ M (f + (−f ))(x) = f (x) + (−f (x)) = 0, in sledi f + (−f ) = 0. Očitno je 1 · f = f , saj je za vsak x ∈ M (1 · f )(x) = 1 · f (x) = f (x). Za poljubni funkciji f, g : M → R in skalarja λ, µ ∈ R velja še 18 Zapiski vaj • λ(f + g) = λf + λg, saj je za vsak x ∈ M λ(f + g)(x) = λ(f + g)(x) = λ f (x) + g(x) = λf (x) + λg(x) in (λf + λg)(x) = (λf )(x) + (λg)(x) = λf (x) + λg(x), • (λ + µ)f = λf + µf , saj velja za vsak x ∈ M (λ + µ)f (x) = (λ + µ)f (x) = λf (x) + µf (x) in (λf + µf )(x) = (λf )(x) + (µf )(x) = λf (x) + µf (x) • in λ(µf ) = (λµ)f , kar sledi iz λ(µf )(x) = λ(µf )(x) = λµf (x) in (λµ)f (x) = (λµ)f (x) = λµf (x). 13. Ali so naslednje podmnožice v F(R) podprostori? (a) Množica vseh sodih funkcij. (b) Množica vseh funkcij, ki niso niti sode niti lihe. (c) Množica vseh funkcij, ki imajo natanko eno ničlo. (d) Množica vseh funkcij, ki imajo vsaj eno ničlo. (e) Množica vseh polinomov p ∈ P3(R), za katere velja p(1) = 0. (f) Množica vseh polinomov p ∈ P3(R), za katere velja p0(1) = 3. Rešitev: (a) Funkcija f je soda, če velja f (−x) = f (x) za vsak x ∈ R. Če sta f in g sodi funkciji in α, β ∈ R, potem je αf + βg tudi soda, saj za vsak x ∈ R velja (αf + βg)(−x) = αf (−x) + βg(−x) = αf (x) + βg(x) = (αf + βg)(x). Torej gre za podprostor. (b) Množica vseh funkcij, ki niso niti sode niti lihe, ni podprostor, ker ne vsebuje ničelne funkcije. Le-ta je namreč soda in liha. (c) Tudi ta množica ne vsebuje ničelne funkcije, ki ima neskončno ničel. (d) Funkciji f (x) = (x − 1)2 in g(x) = (x + 1)2 imata natanko eno ničlo. Njuna vsota (f + g)(x) = (x − 1)2 + (x + 1)2 = (x2 − 2x + 1) + (x2 + 2x + 1) = 2x2 + 2 pa je povsod pozitivna, torej nima nobene ničle. Ta množica torej ni podprostor. Poglavje 1. Linearni (vektorski) prostori in podprostori 19 (e) Naj za p, q ∈ P3(R) velja p(1) = q(1) = 0 in naj bosta α, β ∈ R poljubna. Potem je tudi αp + βq ∈ P3(R) in (αp + βq)(1) = αp(1) + βq(1) = 0. Taki polinomi torej tvorijo podprostor. (f) Ta množica ne vsebuje ničelne funkcije, torej ni podprostor. 14. Ali so naslednje podmnožice v V = F(R) podprostori? (a) Množica vseh lihih funkcij. (b) Množica vseh funkcij, ki nimajo nobene ničle. (c) Množica vseh polinomov stopnje natanko 3. (d) Množica vseh polinomov p ∈ P3(R), za katere velja p0(1) = p0(2) = 0. Odgovor: da, ne, ne, da Linearna neodvisnost, baza, podprostori Množica vektorjev {v1, . . . , vn} je linearno neodvisna (ali drugače v1, . . . , vn so linearno neodvisni), če iz λ1v1 + . . . + λnvn = 0 sledi λ1 = . . . = λn = 0. V nasprotnem primeru je linearno odvisna. Množica vektorjev je zagotovo linearno odvisna, če je eden od njih ničelni vektor. Dva neničelna vektorja u in v sta linearno odvisna natanko tedaj, ko sta vzporedna, torej ko obstaja tak λ 6= 0, da velja v = λu. 15. Ali so naslednji vektorji v prostoru 3 R linearno neodvisni? (a) (1, 2, 3) in (1, 2, 4). (b) (1, 2, 3) in (2, 4, 6). (c) (2, −3, 1), (3, −1, 5) in (1, −4, 3). (d) (2, −3, 1), (3, −1, 5), (1, −4, 3) in (2, 3, −7). (e) (5, 4, 3), (3, 3, 2) in (8, 1, 3). Rešitev: (a) Vektorja nista vzporedna, saj ne obstaja tak λ 6= 0, da je (1, 2, 4) = λ(1, 2, 3). (Enakost prvih koordinat dá λ = 1, a potem ne velja enakost v tretji koordinati.) Torej sta dana vektorja linearno neodvisna. (b) (1, 2, 3) in (2, 4, 6) sta linearno odvisna, saj je (2, 4, 6) = 2(1, 2, 3). 20 Zapiski vaj (c) Nastavimo α(2, −3, 1) + β(3, −1, 5) + γ(1, −4, 3) = (0, 0, 0), kar nam dá sistem À : 2α + 3β + γ = 0 Á : −3α − β − 4γ = 0  : α + 5β + 3γ = 0 Sledi À − 2 ·  : −7β − 5γ = 0 Á + 3 ·  : 14β + 5γ = 0 Iz vsote teh dveh enačb sledi β = 0 in nato tudi γ = α = 0. Torej so dani vektorji linearno neodvisni. (d) Vemo, da je dim 3 R = 3. Zato nobena množica, ki ima več kot tri elemente, ne more biti linearno neodvisna. (e) Iz α(5, 4, 3) + β(3, 3, 2) + γ(8, 1, 3) = (0, 0, 0) dobimo sistem 5α + 3β + 8γ = 0 4α + 3β + γ = 0 3α + 2β + 3γ = 0 Rešimo ta sistem z Gaußovo metodo eliminacije. Najprej odštejemo drugo vrstico od prve, v drugem koraku pa odštejemo od druge vrstivce štirikratnik prve, od tretje pa trikratnik prve:  5 3 8 0   1 0 7 0   1 0 7 0  4 3 1 0 ∼ 4 3 1 0 ∼ 0 3 −27 0       . 3 2 3 0 3 2 3 0 0 2 −18 0 Nato delimo zadnji dve vrstici s 3 oz. 2 in na koncu odštejemo drugo vrstico od tretje:  1 0 7 0   1 0 7 0  · · · ∼ 0 1 −9 0 ∼ 0 1 −9 0     . 0 1 −9 0 0 0 0 0 Kot vidimo, obstaja neničelna rešitev. Izberemo lahko npr. γ = 1, β = 9 in α = −7. Dejansko je −7(5, 4, 3) + 9(3, 3, 2) + 1(8, 1, 3) = (0, 0, 0). Ti trije vektorji so linearno odvisni. 16. Naj bodo a, b, c in d linearno neodvisni vektorji. Kaj lahko poveste o linearni (ne)odvisnosti vektorjev: (a) a1 = a + 2c + d, b1 = 2a − b + c, c1 = a + c + d; (b) a2 = a + 2c + d, b2 = 2a − b + c, c2 = −a + b + c + d. Odgovor: linearno neodvisni, linearno odvisni Poglavje 1. Linearni (vektorski) prostori in podprostori 21 17. Katere od spodnjih urejenih množic vektorjev so urejene baze prostora 4 R ? (a) A = (0, 0, 0, 0), (1, 0, 0, 1), (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1), (b) B = (1, 1, 1, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (2, 2, 2, 2), (c) C = (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (d) D = (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 1), (e) E = (1, 1, 0, 1), (1, −1, 1, 1), (2, 2, 1, 2), (0, 1, 0, 0). Pri pritrdilnem odgovoru zapišite še vektor u = (1, 2, 3, 4) v teh bazah. Rešitev: (a) Če množica vsebuje ničelni element, ne more biti linearno neodvisna. Torej je A linearno odvisna in zagotovo ni baza. (b) Opazimo, da je (2, 2, 2, 2) = 2(1, 1, 1, 1). Že ta dva vektorja sta torej linearno odvisna, torej je tudi B linearno odvisna in ni baza. (c) Vse baze linearnega prostora imajo toliko elementov, kolikor je njegova dimenzija. Ker je dim 4 R = 4, tudi množica C ni baza. Je pa sicer linearno neodvisna. Kar ji manjka do baze je torej, da ne razpenja celega prostora. (d) Najprej preverimo, če je D linearno neodvisna. Iz α(1, 0, 0, 1) + β(0, 1, 0, 1) + γ(0, 0, 1, 1) + δ(1, 1, 1, 1) = (0, 0, 0, 0) sledi À : α + δ = 0 Á : β + δ = 0  : γ + δ = 0 à : α + β + γ + δ = 0 Iz À, Á in  sledi α = β = γ = −δ. Če to vstavimo v Ã, dobimo δ = 0 in posledično α = β = γ = 0. Množica D je torej linearno neodvisna. Ker ima njena linearna ogrinjača dimenzijo 4 in leži v štirirazsežnem prostoru, je kar cel prostor. Množica D je zato baza. Želimo še izraziti u z elementi D. Iščemo take α, β, γ, δ ∈ R, da bo u = (1, 2, 3, 4) = α(1, 0, 0, 1) + β(0, 1, 0, 1) + γ(0, 0, 1, 1) + δ(1, 1, 1, 1) ali po koordinatah À : α + δ = 1 Á : β + δ = 2  : γ + δ = 3 à : α + β + γ + δ = 4 Podobno kot zgoraj lahko izrazimo iz À, Á in  α = 1 − δ, β = 2 − δ, γ = 3 − δ in vstavimo v Ã, ter tako dobimo 6 − 2δ = 4. Sledi δ = 1, α = 0, β = 1 in γ = 2. Dejansko je (1, 2, 3, 4) = (0, 1, 0, 1) + 2(0, 0, 1, 1) + (1, 1, 1, 1). 22 Zapiski vaj (e) Spet preverimo, ali je E linearno neodvisna. Iz α(1, 1, 0, 1) + β(1, −1, 1, 1) + γ(2, 2, 1, 2) + δ(0, 1, 0, 0) = (0, 0, 0, 0) sledi α + β + 2γ = 0 α − β + 2γ + δ = 0 β + γ = 0 α + β + 2γ = 0 Spet izvedemo Gaußovo metodo. Najprej prvo vrstico odštejemo od druge in četrte:  1 1 2 0 0   1 1 2 0 0   1 −1 2 1 0   0 −2 0 1 0   ∼ . 0 1 1 0 0   0 1 1 0 0      1 1 2 0 0 0 0 0 0 0 Že zdaj je jasno, da rešitev ni enolična, saj imamo le še tri neničelne vrstice za štiri neznanke. Zamenjamo še srednji vrstici in potem tretji prištejemo dvakratnik druge:  1 1 2 0 0   1 1 2 0 0  0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 · · · ∼      ∼ . 0 −2 0 1 0   0 0 2 1 0      0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Obstajajo neničelne rešitve, kar pomeni, da so vektorji linearno odvisni in E ni baza. Vzamemo npr. lahko δ = −2, γ = 1, β = −1 in α = −1. Res je −(1, 1, 0, 1) − (1, −1, 1, 1) + (2, 2, 1, 2) − 2(0, 1, 0, 0) = (0, 0, 0, 0). 18. V prostoru 4 R so podani vektorji a1 = (1, 0, 0, −1), a2 = (2, 1, 1, 0), a3 = (1, 1, 1, 1), a4 = (1, 2, 3, 4), a5 = (0, 1, 2, 3). Poiščite bazo in dimenzijo prostora Lin{a1, a2, a3, a4, a5}. Rešitev: Imamo pet vektorjev v štirirazsežnem prostoru. Prav zagotovo so torej linearno odvisni. Ena možnost je, da dodajamo vektorje po vrsti in vsakič ugotavljamo, ali je večja množica še linearno neodvisna: • En sam neničelen vektor je vedno linearno neodvisen, tako da je prva ogrnjača Lin{a1}. • Dva neničelna vektorja sta linearno neodvisna, če nista vzporedna. Zato je Lin{a1, a2} ) Lin{a1}. • Ker je a3 = a2 − a1 ∈ Lin{a1, a2}, je Lin{a1, a2, a3} = Lin{a1, a2}. • Vektorji a1, a2, a4 so linearno neodvisni. To se najhitreje vidi iz enačb za drugo in tretjo koordinato. Zato je Lin{a1, a2, a4} ) Lin{a1, a2}. Poglavje 1. Linearni (vektorski) prostori in podprostori 23 • Zaradi a5 = a4 − a3 ∈ Lin{a1, a2, a4} je Lin{a1, a2, a4, a5} = Lin{a1, a2, a4}. Torej je Lin{a1, a2, a3, a4, a5} = Lin{a1, a2, a4}. Ker so a1, a2, a4 linearno neodvisni, sestavljajo bazo za svojo ogrinjačo in dim Lin{a1, a2, a3, a4, a5} = 3. Druga možnost je, da zapišemo vektorje kot vrstice v matriko. Če v tej matriki menjamo vrstice, jih množimo z neničelnim skalarjem ali jim prištevamo poljubne večkratnike drugih vrstic, vrstice nove matrike razpenjajo isti podprostor kot vrstice prvotne. Če izvedemo kar Gaußovo metodo eliminacije, so neničelne vrstice zagotovo linearno neodvisne, tako da dobimo eno možno bazo. V prvem koraku odštejemo primerne večkratnike prve vrstice od ostalih, tako da dobimo v prvem stolpcu ničle pod diagonalo. V drugem koraku to storimo še z drugo vrstico: 1 0 0 −1 1 0 0 −1 1 0 0 −1 2 1 1 0  0 1 1 2  0 1 1 2        1 1 1 1  ∼ 0 1 1 2  ∼ 0 0 0 0  .       1 2 3 4  0 2 3 5  0 0 1 1  0 1 2 3 0 1 2 3 0 0 1 1 Nato zamenjamo tretjo in peto vrstico in na koncu še odštejemo tretjo vrstico od četrte: 1 0 0 −1 1 0 0 −1 0 1 1 2  0 1 1 2  · · · ∼     0 0 1 1  ∼ 0 0 1 1  0 0 1 1  0 0 0 0      0 0 0 0 0 0 0 0 Dobili smo tri neničelne vrstice. Dimenzija Lin{a1, a2, a3, a4, a5} je torej enaka tri, ena možna baza pa je (1, 0, 0, −1), (0, 1, 1, 2), (0, 0, 1, 1). 19. Pokažite, da je U = {(x 5 1, x2, x3, x4, x5) ∈ R : x2 = 0} podprostor v 5 R ter določite njegovo dimenzijo in eno bazo. Rešitev: U je množica rešitev homogene linearne enačbe x2 = 0. Iz naloge 1.3 sledi, da je podprostor. Vsak element U lahko zapišemo kot (x1, 0, x3, x4, x5) = x1(1, 0, 0, 0, 0) + x3(0, 0, 1, 0, 0) + x4(0, 0, 0, 1, 0) + x5(0, 0, 0, 0, 1). Množica {(1, 0, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 0, 1)} je očitno linearno neodvisna in razpenja U. Zato je (ena) baza podprostora U in dim U = 4. 24 Zapiski vaj 20. Pokažite, da je V = {(x 5 1, x2, x3, x4, x5) ∈ R : 3x1 − 2x2 = 0, x3 + x4 = 0, x3 − 2x5 = 0} podprostor v 5 R ter določite njegovo dimenzijo in eno bazo. Odgovor: dim V = 2, baza (2, 3, 0, 0, 0), (0, 0, 2, −2, 1) 21. Ugotovite, pri katerih vrednostih parametrov a, b ∈ R je množica U = {(x, y, z) ∈ 3 R : x − ay = b, x − az = b} linearen podprostor v 3 R . V teh primerih poiščite še bazo za U in določite njegovo dimenzijo. Ali je dimenzija prostora U odvisna od parametrov a in b? Rešitev: V nalogi 1.3 smo dokazali, da rešitve sistema linearnih enačb sestavljajo linearen podprostor natanko tedaj, ko je le-ta homogen. Torej je U podprostor v 3 R natanko tedaj, ko je b = 0. Tedaj je x − ay = 0 = x − az oziroma x = ay = az. Če je a = 0, dobimo zgolj pogoj x = 0. Zato je dim U = 2 in ena baza je (0, 1, 0), (0, 0, 1). Če je a 6= 0, so rešitve natanko vektorji (at, t, t) za vsak t ∈ R. Torej dim U = 1 in ena baza je (a, 1, 1). 22. Pokažite, da vektorja v1 = (1, 1, 2, 3) in v2 = (2, 1, 0, 1) ne razpenjata istega podprostora v 4 R kot vektorji u1 = (5, 3, 2, 5), u2 = (−1, 0, 2, 3) in u3 = (−4, 3, 4, 8). Ali je kateri od teh dveh podprostorov vsebovan v drugem? Rešitev: Če imamo v nekem linearnem prostoru vektorje v1, . . . , vn in u1, . . . , um, potem velja Lin{v1, . . . , vn} ⊆ Lin{u1, . . . , um} ⇐⇒ v1, . . . , vn ∈ Lin{u1, . . . , um}. Označimo V = Lin{v1, v2} in U = Lin{u1, u2, u3}. Ker vektorja v1 in v2 nista vzporedna, je dim V = 2. Poiščimo tudi za U dimenzijo in (preprosto) bazo. Najprej zamenjamo prvi dve vrstici. Nato od druge in tretje odštejemo primerne večkratnike prve. Nazadnje odštejemo še drugo vrstico od tretje:  5 3 2 5 −1 0 2 3 −1 0 2 3  −1 0 2 3  −1 0 2 3 ∼ 5 3 2 5 ∼ 0 3 12 20 ∼ 0 3 12 20         . −4 3 4 8 −4 3 4 8 0 3 −4 −4 0 0 −16 −24 Dobili smo tri linearno neodvisne vrstice, kar pomeni, da je dim U = 3 (in da so u1, u2, u3 linearno neodvisni). Ker dimenziji nista enaki, ogrinjači zagotovo ne Poglavje 1. Linearni (vektorski) prostori in podprostori 25 moreta biti enaki. Lahko je kvečjemu V ⊂ U. Za lažje računanje poiščimo še preprostejšo bazo za U. Tretjo vrstico delimo z −8, nato pa jo odštejemo od prve, njen šestkratnik pa od druge vrstice. Za konec spremenimo predznak prve vrstice: −1 0 2 3  −1 0 2 3  −1 0 0 0 1 0 0 0 0 3 12 20 ∼ 0 3 12 20 ∼ 0 3 0 2 ∼ 0 3 0 2 .         0 0 −16 −24 0 0 2 3 0 0 2 3 0 0 2 3 Torej sestavljajo vektorji w1 = (1, 0, 0, 0), w2 = (0, 3, 0, 2), w3 = (0, 0, 2, 3) bazo U. Ali je torej V = Lin{v1, v2} ⊂ Lin{u1, u2, u3} = Lin{w1, w2, w3} = U? Po zgornjem je to natanko tedaj, ko v1, v2 ∈ U. Leži v1 ∈ U? Potem obstajajo α, β, γ ∈ R, tako da je v1 = αw1 +βw2 +γw3, oziroma (1, 1, 2, 3) = α(1, 0, 0, 0) + β(0, 3, 0, 2) + γ(0, 0, 2, 3). Iz primerjave koordinat dobimo 1 = α 1 = 3β 2 = 2γ 3 = 2β + 3γ Iz druge in tretje enačbe sledi β = 1 in γ = 1, toda potem ni izpolnjena zadnja 3 enačba. Taki α, β, γ ne obstajajo, torej v1 6∈ U. Sledi Lin{v1, v2} 6⊂ Lin{u1, u2, u3}. 23. Ali vektorja u 4 1 = (1, 1, 0, 0) in u2 = (1, 0, 1, 1) razpenjata isti podprostor v R kot vektorja v1 = (2, −1, 3, 3) in v2 = (0, 1, −1, −1)? Odgovor: da 24. Pokažite, da so funkcije f, g, h : R → R (kot elementi prostora F(R)) linearno neodvisne, pri čemer so (a) f (t) = e2t, g(t) = t2 in h(t) = t, (b) f (t) = 1, g(t) = sin t in h(t) = cos t, (c) f (t) = 1, g(t) = sin t in h(t) = sin2 t. Rešitev: Raziščimo, kdaj je linearna kombinacija treh funkcij enaka 0 (torej ničelni funkciji): αf + βg + γh = 0. Funkciji sta enaki, če je njuna vrednost v vsaki točki enaka, torej mora za vsak t ∈ R veljati αf (t) + βg(t) + γh(t) = 0. 26 Zapiski vaj (a) V tem primeru torej za vsak t ∈ R velja αe2t + βt2 + γt = 0. To je pa očitno možno le za α = β = γ = 0. Konkretno lahko to vidimo, če najprej vstavimo t = 0. Potem iz α · e2·0 + β · 02 + γ · 0 = 0 sledi α = 0. Če vstavimo še t = 1 in t = −1, dobimo β · 12 + γ · 1 = 0 = β · (−1)2 + γ · (−1), iz česar sledi še β = γ = 0. Te tri funkcije so torej linearno neodvisne. (b) Sedaj za vsak t ∈ R velja α · 1 + β sin t + γ cos t = 0. Če vstavimo t = 0, dobimo α + γ = 0, za t = ± π pa α ± β = 0. Spet je to 2 možno le za α = β = γ = 0. (c) Nazadnje še α · 1 + β sin t + γ sin2 t = 0. Pri t = 0 dobimo α = 0. Spet lahko nato vstavimo t = ± π in dobimo še 2 β = γ = 0. 25. Zapišite polinom p(t) = t2 + 4t − 3 kot linearno kombinacijo polinomov q(t) = t2 − 2t + 5, r(t) = 2t2 − 3t in s(t) = t + 3. Rešitev: Poiskati moramo realna števila α, β, γ, tako da velja p(t) = αq(t) + βr(t) + γs(t) za vsak t ∈ R. Torej mora veljati t2 + 4t − 3 = α(t2 − 2t + 5) + β(2t2 − 3t) + γ(t + 3) oziroma t2 + 4t − 3 = (α + 2β)t2 + (−2α − 3β + γ)t + (5α + 3γ). Ujemati se morajo vsi koeficienti polinomov na levi in desni. Tako dobimo sistem enačb À : 1 = α + 2β Á : 4 = −2α − 3β + γ  : −3 = 5α + 3γ Iz À lahko izrazimo β = 1−α, iz  pa γ = −3−5α. Potem sledi iz Á α = −3 in zato 2 3 β = 2 in γ = 4. Torej je p = −3q + 2r + 4s. Poglavje 1. Linearni (vektorski) prostori in podprostori 27 26. V prostoru P3(R) polinomov največ tretje stopnje sta podani množici S1 = {t3, t3 − t2, t3 + t2, t3 − 1}, S2 = {t2 − 1, t + 1, t3 − 1}. Če je množica linearno neodvisna, ji dodajte tak polinom, da postane linearno odvisna. Če pa je množica linearno odvisna, ji odvzemite tak polinom, da postane linearno neodvisna. Rešitev: Hitro se vidi, da je S1 linearno odvisna, saj je vsota njenega drugega in tretjega elementa dvakratnik prvega, ali drugače −2t3 + (t3 − t2) + (t3 + t2) = 0. Množica S1 \ {t3 + t2} pa je linearno neodvisna. Če v αt3 + β(t3 − t2) + γ(t3 − 1) = 0 primerjamo koeficienta pri t2, dobimo β = 0, če pa konstantna, pa γ = 0. Potem mora biti tudi α = 0. Množica S2 je linearno neodvisna, saj primerjava koeficientov pri t, t2, t3 pokaže, da iz α(t2 − 1) + β(t + 1) + γ(t3 − 1) = 0 sledi α = β = γ = 0. Dodamo lahko npr. vsoto prvih dveh t2 + t. 27. Katere od naslednjih množic polinomov iz prostora P2(R) so linearno neodvisne? (a) {1, t, t2 − 1}, (b) {t2 + 1, t − 2, t + 3}, (c) {2t2 + t, t2 + 3, t}, (d) {2t2 + t + 1, 3t2 + t − 5, t + 13}. Če je množica linearno odvisna, izrazite en njen element kot linearno kombinacijo ostalih. Odgovor: (a, b, c) linearno neodvisne, (d) linearno odvisna in p3 = 3p1 − 2p2 28. V prostoru P4(R) je podana množica V = {p ∈ P4(R) : p0(1) = p0(2) = 0}. Pokažite, da je V podprostor ter poiščite njegovo bazo in dimenzijo. Rešitev: Naj bodo p, q ∈ V in λ, µ ∈ R poljubni. Potem velja (λp + µq)0(1) = λp0(1) + µq0(1) = 0 in (λp + µq)0(2) = λp0(2) + µq0(2) = 0, torej je tudi λp + µq ∈ V. Sledi, da je V podprostor. 28 Zapiski vaj Določimo sedaj, kako za poljuben polinom p(t) = a0 + a1t + a2t2 + a3t3 + a4t4 iz koeficientov prepoznamo, ali je element V. Odvod je enak p0(t) = a1 + 2a2t + 3a3t2 + 4a4t3, tako da sta pogoja 0 = p0(1) = a1 + 2a2 + 3a3 + 4a4 in 0 = p0(2) = a1 + 4a2 + 12a3 + 32a4. Torej morajo koeficienti a0, . . . , a4 rešiti 0 1 2 3 4 0 0 1 2 3 4 0 ∼ . 0 1 4 12 32 0 0 0 2 9 28 0 Sledi, da sta a4 = α in a3 = β poljubna. Potem dobimo a2 = 1 (−9a β − 14α 2 3 − 28a4) = − 9 2 in a1 = −2a2 − 3a3 − 4a4 = 6β + 24α. Koeficient a0 = γ je tudi poljuben. Poljuben p ∈ V je torej oblike p(t) = γ + (6β + 24α)t + (− 9 β − 14α)t2 + βt3 + αt4 2 = α(t4 − 14t2 + 24t) + β(t3 − 9 t2 + 6t) + γ. 2 Polinomi g1(t) = t4 − 14t2 + 24t, g2(t) = t3 − 9 t2 + 6t, g 2 3(t) = 1 so linearno neodvisni in razpenjajo V, torej sestavljajo bazo. Posledično je dim V = 3. 29. V prostoru P4(R) je podana množica V = {p ∈ P4(R) : p(x − 1) = p(x) za vsak x ∈ R}. Pokažite, da je V podprostor ter poiščite njegovo bazo in dimenzijo. Odgovor: dim V = 1, baza (1) Presek in vsota podprostorov Če sta U in V podprostora linearnega prostora X, potem sta linearna podprostora tudi njun presek U ∩ V in njuna vsota U + V, pri čemer je slednja definirana kot U + V = {u + v : u ∈ U, v ∈ V}. Velja dimenzijska formula dim U + dim V = dim(U ∩ V) + dim(U + V). Poglavje 1. Linearni (vektorski) prostori in podprostori 29 30. V prostoru 3 R sta dana podprostora S = {(0, a, b) : a, b ∈ R}, T = Lin (1, 2, 0), (3, 1, 2) . Poiščite baze in dimenzije podprostorov S, T, S ∩ T in S + T. Rešitev: Vektorja (0, 1, 0) in (0, 0, 1) nista vzporedna, torej sta linearno neodvisna, in razpenjata S. Torej je (ena) baza S množica (0, 1, 0), (0, 0, 1) in dim S = 2. Podobno je dimenzija T enaka 2, ena baza pa (1, 2, 0), (3, 1, 2). Vektorji iz S∩T so natanko tiste linearne kombinacije α(1, 2, 0)+β(3, 1, 2), ki imajo v prvi koordinati 0, torej mora veljati α+3β = 0. Poljuben element S∩T je posledično oblike −3β(1, 2, 0) + β(3, 1, 2) = β(0, −5, 2), kar pomeni, da je (0, −5, 2) baza za enodimenzionalen podprostor S ∩ T. Ker velja dim(S + T) = dim S + dim T − dim(S ∩ T) = 3, je S + T = 3 R in lahko za bazo vzamemo kar standardno bazo 3 R , torej (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1). 31. V prostoru 4 R sta dana podprostora: S = Lin (1, 2, 0, 1), (1, 1, 1, 0) , T = Lin (1, 0, 1, 0), (1, 3, 0, 1) . Poiščite baze in dimenzije podprostorov S, T, S ∩ T in S + T. Odgovor: • dim S = dim T = 2, za bazi lahko vzamemo kar vektorja, ki ju razpenjata, • dim(S ∩ T) = 1, ena baza je (2, 3, 1, 1), • dim(S + T) = 3, baza je npr. (1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, −1) 32. V prostoru P3(R) sta dana podprostora: S = Lin 1 + x + x2 + x3, 2 + 3x + x2, 1 − x + x2 − x3 , T = Lin 1 − x − x2 + x3, 1 − x, 3 − x + x2 + x3 . Poiščite baze in dimenzije podprostorov S, T, S ∩ T in S + T. Rešitev: Najprej si oglejmo prvo množico. Naj bo α(1 + x + x2 + x3) + β(2 + 3x + x2) + γ(1 − x + x2 − x3) = 0 oziroma (α − γ)x3 + (α + β + γ)x2 + (α + 3β − γ)x + (α + 2β + γ) = 0. 30 Zapiski vaj Primerjava koeficientov polinomov na levi in desni nam da sistem enačb À : α − γ = 0 Á : α + β + γ = 0  : α + 3β − γ = 0 à : α + 2β + γ = 0 Iz À sledi α = γ. Če to vstavimo v Â, dobimo β = 0. Posledično iz Á sledi še α = γ = 0. Polinomi 1 + x + x2 + x3, 2 + 3x + x2 in 1 − x + x2 − x3 so tako linearno neodvisni in tvorijo bazo za S, ki ima torej dimenzijo 3. Na podoben način vidimo, da so 1 − x − x2 + x3, 1 − x in 3 − x + x2 + x3 linearno neodvisni in tako baza za T. Vzemimo poljuben polinom p ∈ S ∩ T. Ker leži v obeh podprostorih, ga je mogoče zapisati kot linearno kombinacijo obeh baz. Torej obstajajo α, β, γ, A, B, C ∈ R, tako da p(x) = α(1 + x + x2 + x3) + β(2 + 3x + x2) + γ(1 − x + x2 − x3) = A(1 − x − x2 + x3) + B(1 − x) + C(3 − x + x2 + x3). Torej mora veljati (α + 2β + γ − A − B − 3C) + (α + 3β − γ + A + B + C)x+ + (α + β + γ + A − C)x2 + (α − γ − A − C)x3 = 0. Če primerjamo koeficiente, dobimo sistem α + 2β + γ − A − B − 3C = 0 α + 3β − γ + A + B + C = 0 α + β + γ + A − C = 0 α − γ − A − C = 0 oziroma v matrični obliki  1 2 1 −1 −1 −3 0   1 3 −1 1 1 1 0   . 1 1 1 1 0 −1 0    1 0 −1 −1 0 −1 0 Če zadnjo vrstico prestavimo na prvo mesto in jo odštejemo od vseh ostalih, dobimo  1 0 −1 −1 0 −1 0   1 0 −1 −1 0 −1 0  1 2 1 −1 −1 −3 0 0 2 2 0 −1 −2 0 . . . ∼      ∼ . 1 3 −1 1 1 1 0   0 3 0 2 1 2 0      1 1 1 1 0 −1 0 0 1 2 2 0 0 0 Zdaj zamenjamo drugo in četrto vrstico in nato odštejemo ustrezne večkratnike druge od tretje in četrte vrstice  1 0 −1 −1 0 −1 0   1 0 −1 −1 0 −1 0  0 1 2 2 0 0 0 0 1 2 2 0 0 0 . . . ∼      ∼ . 0 3 0 2 1 2 0   0 0 −6 −4 1 2 0      0 2 2 0 −1 −2 0 0 0 −2 −4 −1 −2 0 Poglavje 1. Linearni (vektorski) prostori in podprostori 31 Na koncu še zamenjamo zadnji dve vrstici in odštejemo trikratnik tretje od četrte  1 0 −1 −1 0 −1 0   1 0 −1 −1 0 −1 0  0 1 2 2 0 0 0 0 1 2 2 0 0 0 . . . ∼      ∼ . 0 0 −2 −4 −1 −2 0   0 0 −2 −4 −1 −2 0      0 0 −6 −4 1 2 0 0 0 0 8 4 8 0 Torej sta B in C poljubna, za A pa mora veljati 8A + 4B + 8C = 0, oziroma A = − 1 B − C. Zato je poljuben vektor iz preseka oblike 2 p(x) = A(1 − x − x2 + x3) + B(1 − x) + C(3 − x + x2 + x3) = (− 1 B − C)(1 − x − x2 + x3) + B(1 − x) + C(3 − x + x2 + x3) 2 = B( 1 − 1 x + 1 x2 − 1 x3) + C(2 + 2x2). 2 2 2 2 Ker sta B in C poljubna, je S ∩ T = Lin{1 − x + x2 − x3, 1 + x2}. Ta dva polinoma nista vzporedna, torej tvorita bazo za S ∩ T. Po dimenzijski formuli je dim(S + T) = dim S + dim T − dim(S ∩ T) = 3 + 3 − 2 = 4. Ker je dim P3(R) = 4, je S + T = P3(R). Za bazo lahko vzamemo standardno bazo 1, x, x2, x3. 33. V prostoru 4 R sta dana podprostora: S = Lin (1, 2, 0, 1), (1, 1, 1, 0), (0, 1, −1, 1) , T = Lin (1, 0, 1, 0), (1, 3, 0, 1), (0, 3, −1, 1) . Poiščite baze in dimenzije prostorov S, T, S ∩ T in S + T. Odgovor: • dim S = dim T = 2, za bazo lahko v obeh primerih vzamemo dva izmed nave-denih vektorjev. • S ∩ T je enodimenzionalen podprostor, ki ga razpenja (2, 3, 1, 1). • Ena baza za S + T je (1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, −1, 1). 34. V prostoru 4 R sta dana podprostora: U = {(a, b, c, d) : b + c + d = 0}, V = {(a, b, c, d) : a + b = 0 in c = 2d}. Poiščite baze in dimenzije prostorov U, V, U ∩ V in U + V. Odgovor: • dim U = 3, za bazo lahko vzamemo (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, −1), (0, 0, 1, −1). 32 Zapiski vaj • dim V = 2, ena baza je (1, −1, 0, 0), (0, 0, 2, 1). • dim(S ∩ T) = 1, razpenja ga vektor (3, −3, 2, 1). • dim(S + T) = 4, torej lahko vzamemo standardno bazo. 35. V prostoru P3(R) sta dana podprostora U = {p ∈ P3 : p(1) = 0} in V = {p ∈ P3 : p(2) = 0}. Določite baze in dimenzije podprostorov U, V, U ∩ V in U + V. Odgovor: • dim U = dim V = 3, možni bazi sta t−1, t2−t, t3−t2 in t−2, t2−2t, t3−2t2. • dim(U ∩ V) = 2, baza je na primer t3 − 3t2 + 2t, t2 − 3t + 2. • U + V = P3(R), torej lahko vzamemo standardno bazo. Poglavje 2 Evklidski prostori Evklidski prostori so linearni prostori, na katerih je definiran še skalarni produkt. Potem lahko govorimo o pravokotnosti, kotih, normi (dolžini), pravokotni projekciji... Če je A poljubna podmnožica evklidskega prostora X, je njen ortogonalni komplement definiran kot A⊥ = {x ∈ X : x ⊥ a za vsak a ∈ A}. Ortogonalni komplement poljubne množice je podprostor. Če je V podprostor X, potem je V + V⊥ = X in V ∩ V⊥ = {0}. Iz dimenzijske formule sledi dim V + dim V⊥ = dim X. Če je {g1, . . . , gm} ortonormirana baza podprostora V, potem za poljuben vektor x ∈ X dobimo njegovo pravokotno projekcijo na V po formuli m X projV x = hx, giigi, i=1 njegovo oddaljenost od V pa kot d(x, V) = kx − projV xk. 1. V prostoru 4 R je dan podprostor W = Lin{(1, 1, 1, 1), (1, 2, 4, 5)}. Določite ortogonalni komplement W⊥ podprostora W. Rešitev: V splošnem velja v ⊥ Lin{v1, . . . , vm} ⇐⇒ v ⊥ vi za vsak i = 1, . . . , m. Poljuben vektor v = (x, y, z, w) je torej pravokoten na W natanko tedaj, ko je pravokoten na (1, 1, 1, 1) in (1, 2, 4, 5), ali drugače, ko izpolnjuje x + y + z + w = 0 x + 2y + 4z + 5w = 0 33 34 Zapiski vaj Gaußova metoda eliminacije se konča že po enem koraku: 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 ∼ . 1 2 4 5 0 0 1 3 4 0 z in w sta poljubna, medtem ko sta y = −3z − 4w in x = −y − z − w = 2z + 3w. Elementi W⊥ so torej oblike (2z + 3w, −3z − 4w, z, w) = z(2, −3, 1, 0) + w(3, −4, 0, 1). Posledično eno bazo za W⊥ sestavljata (2, −3, 1, 0) in (3, −4, 0, 1). Dimenzija W⊥ je enaka 2, kar sledi tudi iz dimenzijske formule dim 4 R = 4 = dim W + dim W⊥ = 2 + dim W⊥. 2. V prostoru 4 R sta dana vektorja a1 = (1, −2, 2, −3) in a2 = (2, −3, 2, 4). Poiščite vektorja a 4 3 in a4, tako da vektorji a1, a2, a3, a4 tvorijo ortogonalno bazo prostora R . Rešitev: Najprej opazimo, da je res ha1, a2i = 0. Poljuben vektor v = (x, y, z, w), ki je pravokoten na a1 in a2, zadošča enačbama x − 2y + 2z − 3w = 0 2x − 3y + 2z + 4w = 0 S pomočjo Gaußove metode eliminacije dobimo: 1 −2 2 −3 0 1 −2 2 −3 0 ∼ . 2 −3 2 4 0 0 1 −2 10 0 Ker sta z in w poljubna, izberemo na primer z = 1 in w = 0. Potem sledi x = y = 2. Torej a3 = (2, 2, 1, 0). Zadnji vektor mora biti pa pravokoten še na a3, torej mora dodatno veljati še 2x + 2y + z = 0. Poiskati moramo eno neničelno rešitev sistema x − 2y + 2z − 3w = 0 2x − 3y + 2z + 4w = 0 2x + 2y + z = 0 Tokrat dobimo  1 −2 2 −3 0   1 −2 2 −3 0   1 −2 2 −3 0  2 −3 2 4 0 ∼ 0 1 −2 10 0 ∼ 0 1 −2 10 0       . 2 2 1 0 0 0 6 −3 6 0 0 0 9 −54 0 Izberemo w = 1. Potem sledi z = 6, y = 2 in nazadnje x = −5. Tako smo dobili še a4 = (−5, 2, 6, 1). Poglavje 2. Evklidski prostori 35 3. Določite ortonormirano bazo ravnine x + 2y − z = 0 v prostoru 3 R . Odgovor: 1 √ (1, 0, 1), 1 √ (−1, 1, 1) 2 3 4. Določite ortonormirano bazo podprostora v 4 R , napetega na vektorje v1 = (1, 1, 1, 1), v2 = (1, 2, 4, 5) in v3 = (−2, 1, 3, 2). Rešitev: Uporabimo Gram-Schmidtov postopek. Ker je kv1k2 = hv1, v1i = 1 + 1 + 1 + 1 = 4, je v g 1 1 = = 1 (1, 1, 1, 1). kv 2 1k Nadalje iz hv2, g1i = h(1, 2, 4, 5), 1(1, 1, 1, 1)i = 6 2 dobimo ˜ g2 = v2 − hv2, g1ig1 = (1, 2, 4, 5) − 6 · 1 (1, 1, 1, 1) = (−2, −1, 1, 2). 2 Sledi ˜ g k˜ g 2 2k2 = h˜ g2, ˜ g2i = 4 + 1 + 1 + 4 = 10 in g2 = = 1 √ (−2, −1, 1, 2). k˜ g 10 2k Nazadnje izračunamo še hv3, g1i = h(−2, 1, 3, 2), 1(1, 1, 1, 1)i = 2 2 √ hv3, g2i = h(−2, 1, 3, 2), 1 √ (−2, −1, 1, 2)i = 10 10 in ˜ g3 = v3 − hv3, g1ig1 − hv3, g2ig2 √ = (−2, 1, 3, 2) − 2 · 1 (1, 1, 1, 1) − 10 · 1 √ (−2, −1, 1, 2) 2 10 = (−1, 1, 1, −1) in dobimo zadnji bazni vektor ˜ g g 3 3 = = 1 (−1, 1, 1, −1). k˜ g 2 3k Ortonormirana baza je torej 1 (1, 1, 1, 1), 1 √ (−2, −1, 1, 2), 1 (−1, 1, 1, −1). 2 10 2 5. Poiščite ortonormirani bazi prostora P2(R) glede na skalarna produkta 1 (a) hp, qi = R p(x)q(x) dx, 0 4 (b) hp, qi = P p(k)q(k) k=0 in izrazite v njiju polinom p(x) = x2. 36 Zapiski vaj Rešitev: Baza prostora P2(R) je na primer standardna baza (p0, p1, p2), pri čemer je pj(x) = xj. Po Gram-Schmidtovem postopku je najprej Z 1 kp0k2 = hp0, p0i = 1 dx = 1, 0 in p g 0 0 = = p k 0, oziroma g0(x) = 1. p0k V naslednjem koraku imamo Z 1 hp1, g0i = x dx = 1 in ˜ g · g 2 1 = p1 − hp1, g0ig0 = p1 − 1 2 0. 0 Sledi Z 1 k˜ g1k2 = (x − 1 )2 dx = 1 2 12 0 in ˜ g √ √ g 1 1 = = 12(p · g 3(x − 1 ). k 1 − 1 0) ali g1(x) = 2 ˜ g 2 2 1k Za zadnji bazni element potrebujemo Z 1 Z 1 √ √ hp 3 2, g0i = x2 dx = 1 in hp 2 3x2(x − 1 ) dx = . 3 2, g1i = 2 6 0 0 Potem je √ √ ˜ g 3 2 = p2 − hp2, g0ig0 − hp2, g1ig1 = p2 − 1 p · 2 3(p · g p 3 0 − 6 1 − 1 2 0) = p2 − p1 + 1 6 0 in Z 1 Z 1 k˜ g2k2 = (x2 − x + 1 )2 dx = (x4 − 2x3 + 4 x2 − 1 x + 1 ) dx = 1 . 6 3 3 36 180 0 0 Tako dobimo še ˜ g √ √ g 2 2 = = 180(p p 5(x2 − x + 1 ). k 2 − p1 + 1 0) ali g2(x) = 6 ˜ g 6 6 2k √ √ Ortonormirana baza je torej 1, 2 3(x − 1 ), 6 5(x2 − x + 1 ). 2 6 Želimo še izraziti polinom p(x) = x2 v tej bazi. Koeficienti pri razvoju po ortonormirani bazi so kar skalarni produkti z baznimi elementi, torej konkretno p = hp, g0ig0 + hp, g1ig1 + hp, g2ig2. Ker je p = p2, opazimo, da smo √ hp 3 2, g0i = 1 in hp 3 2, g1i = 6 Poglavje 2. Evklidski prostori 37 izračunali že zgoraj. Zadnji koeficient je √ Z 1 √ 5 hp2, g2i = x2 · 6 5(x2 − x + 1 ) dx = . 6 30 0 Druga možnost je, da direktno nastavimo √ √ x2 = α · 1 + β · 2 3(x − 1 ) + γ · 6 5(x2 − x + 1 ) 2 6 in določimo α, β, γ ∈ √ R. Ker samo zadnji bazni element vsebuje x2, mora biti √ γ = 1 √ = 5 . Potem sledi še β = 1√ = 3 in α = 1. 6 5 30 2 3 6 3 Podobno dobimo pri drugem skalarnem produktu ortonormirano bazo 1 √ , 1 √ (x − 2), 1 √ x2 − 4x + 2 . 5 10 14 6. V prostoru 4 R poiščite pravokotno projekcijo točke A(4, −1, −3, 4) na podprostor Lin{(1, 1, 1, 1), (1, 2, 2, −1), (1, 0, 0, 3)} in razdaljo od točke A do tega podprostora. Rešitev: Najprej uporabimo Gram-Schmidtov postopek, da dobimo ortonormirano bazo podprostora V = Lin{(1, 1, 1, 1), (1, 2, 2, −1), (1, 0, 0, 3)}. Kot v nalogi 4 je v g 1 1 = = 1 (1, 1, 1, 1). kv 2 1k Nadaljujemo z hv2, g1i = h(1, 2, 2, −1), 1(1, 1, 1, 1)i = 2 2 in ˜ g2 = v2 − hv2, g1ig1 = (1, 2, 2, −1) − 2 · 1 (1, 1, 1, 1) = (0, 1, 1, −2). 2 Tako dobimo ˜ g k˜ g 2 2k2 = h˜ g2, ˜ g2i = 0 + 1 + 1 + 4 = 6 in g2 = = 1 √ (0, 1, 1, −2). k˜ g 6 2k Nazadnje izračunamo še hv3, g1i = h(1, 0, 0, 3), 1(1, 1, 1, 1)i = 2 2 √ hv3, g2i = h(1, 0, 0, 3), 1 √ (0, 1, 1, −2)i = − 6 6 in ˜ g3 = v3 − hv3, g1ig1 − hv3, g2ig2 √ = (1, 0, 0, 3) − 2 · 1 (1, 1, 1, 1) − (− 6) · 1 √ (0, 1, 1, −2) 2 6 = (0, 0, 0, 0). Če dobimo ničelni vektor, to pomeni, da prvotna množica vektorjev ni bila linearno neodvisna, konkretno v3 ∈ Lin{v1, v2}. 38 Zapiski vaj Ortonormirana baza V je torej 1(1, 1, 1, 1), 1 √ (0, 1, 1, −2). 2 6 Sedaj lahko projiciramo krajevni vektor r = (4, −1, −3, 4) točke A na podprostor V: projV r = hr, g1ig1 + hr, g2ig2 = h(4, −1, −3, 4), 1 (1, 1, 1, 1)i 1 (1, 1, 1, 1)+ 2 2 + h(4, −1, −3, 4), 1 √ (0, 1, 1, −2)i 1 √ (0, 1, 1, −2) 6 6 = 2 · 1 (1, 1, 1, 1) + −12 √ · 1 √ (0, 1, 1, −2) 2 6 6 = (1, 1, 1, 1) − 2(0, 1, 1, −2) = (1, −1, −1, 5). Razdalja do tega podprostora pa je dolžina d(r, V) = kr − projV rk = k(4, −1, −3, 4) − (1, −1, −1, 5)k = √ √ = k(3, 0, −2, −1)k = 9 + 0 + 4 + 1 = 14. 7. V prostoru 4 R sta dani točka A(2, 1, −3, 4) in ravnina −x Σ : 1 + x3 = 0 2x1 − x2 − 2x3 + x4 = 0. Poiščite pravokotno projekcijo krajevnega vektorja točke A na ravnino Σ in razdaljo od točke A do ravnine Σ. √ Odgovor: 1 (−1, 5, −1, 5), d = 17 2 8. V prostoru F([−π, π]) je dan skalarni produkt 1 Z π hf, gi = f (x)g(x) dx. π −π Poiščite funkcijo v ∈ V = Lin{1, sin x, cos x, sin 2x, cos 2x}, ki na intervalu [−π, π] najbolje aproksimira funkcijo f ter določite razdaljo od f do V, če je (a) f (x) = x. (b) f (x) = sin3 x. Rešitev: Z Gram-Schmidtovim postopkom dobimo iz {1, sin x, cos x, sin 2x, cos 2x} ortonormirano bazo 1 √ , sin x, cos x, sin 2x, cos 2x. Funkcijo f najbolje aproksimira njena 2 pravokotna projekcija na V. (a) Z upoštevanjem lihosti dobimo brez računanja za k = 0, 1, 2 Z π x · cos(kx) dx = 0. −π Poglavje 2. Evklidski prostori 39 Velja tudi Z π Z π x · sin x dx = [−x cos x]π + cos x dx = 2π −π −π −π in podobno Z π 1 π 1 Z π x · sin 2x dx = − x cos 2x + cos 2x dx = −π. − 2 2 π −π −π Torej je (projV f)(x) = hf, sin xi sin x + hf, sin 2xi sin 2x = 2 sin x − sin 2x. Razdalja med f in V pa je določena z Z π kf − projV fk2 = 1 (x − 2 sin x + sin 2x)2 dx = 2 π2 − 5. π 3 −π q Tako je d(f, V) = 2 π2 − 5. 3 (b) V tem primeru je edini neničelni skalarni produkt tisti s sin, in sicer velja Z π Z π 3π sin3 x · sin x dx = sin4 x dx = . − 4 π −π Torej (projV f)(x) = hf, sin xi sin x = 3 sin x. Posledično je 4 Z π 1/2 1 d(f, V) = kf − proj 1 V f k = (sin3 x − 3 sin x)2 dx = . π 4 − 4 π 9. V prostoru P3(R) je dan skalarni produkt Z 1 hp, qi = p(x)q(x) dx. 0 Poiščite polinom druge stopnje, ki na intervalu [0, 1] najbolje aproksimira polinom r(x) = x3 − 1. Rešitev: V nalogi 2.5 (a) smo ugotovili, da je eno ortonormirano bazo P2(R) sestavljajo funkcije √ √ g0(x) = 1, g1(x) = 2 3(x − 1 ) in g 5(x2 − x + 1 ). 2 2(x) = 6 6 Z upoštevanjem Z 1 3 (x3 − 1) · 1 dx = − 4 0 √ Z 1 √ 3 3 (x3 − 1) · 2 3(x − 1 ) dx = 2 20 0 Z 1 √ 1 (x3 − 1) · 6 5(x2 − x + 1 ) dx = √ 6 0 4 5 40 Zapiski vaj dobimo √ 2 X 3 3 3 1 projP f = hf, g g g √ g 2(R) iigi = − 0 + 1 + 2 4 20 4 5 i=0 oziroma 3 3 19 (projP f )(x) = x2 − x − . 2(R) 2 5 20 10. Podprostor V prostora 4 R je določen s sistemom enačb: 2x1 + x2 + 3x3 − x4 = 0 3x1 + 2x2 − 2x4 = 0 3x1 + x2 + 4x3 − x4 = 0. Poiščite sistem enačb, ki določa ortogonalni komplement V⊥. Rešitev: Najprej določimo podprostor V, in sicer z Gaußovo metodo. Na začetku odštejemo prvo vrstico od tretje in ju zatem zamenjamo:  2 1 3 −1 0   2 1 3 −1 0   1 0 1 0 0  3 2 0 −2 0 ∼ 3 2 0 −2 0 ∼ 3 2 0 −2 0 ∼       . . . 3 1 4 −1 0 1 0 1 0 0 2 1 3 −1 0 Nadaljujemo z odštevanjem večkratnikov prve vrstice od druge in tretje, zamenjavo slednjih dveh in ustreznim odštevanjem:  1 0 1 0 0   1 0 1 0 0   1 0 1 0 0  . . . ∼ 0 2 −3 −2 0 ∼ 0 1 1 −1 0 ∼ 0 1 1 −1 0       0 1 1 −1 0 0 2 −3 −2 0 0 0 −5 0 0 Sledi x2 = x4 in x1 = x3 = 0. Torej je V = Lin{(0, 1, 0, 1)}, zato je V⊥ podprostor vseh vektorjev, ki ustrezajo x2 + x4 = 0. Poglavje 3 Linearne preslikave Preslikava A : X → Y med linearnima prostoroma X in Y je linearna, če velja A(u + v) = Au + Av in A(λu) = λAu za vse u, v ∈ X in vse λ ∈ R. Ničelni prostor (jedro) preslikave A je N(A) = ker A = {x ∈ X : Ax = 0} ⊆ X. Slika (zaloga vrednosti) preslikave A je R(A) = im A = {Ax : x ∈ X} ⊆ Y. Obe množici sta podprostora v ustreznem prostoru. Velja dimenzijska formula dim N(A) + dim R(A) = dim X. 1. Ugotovite, katere izmed spodnjih preslikav so linearne. (a) A : 3 3 R → R , A(x, y, z) = (x, y, x + z). (b) B : 2 2 R → R , B(x, y) = (x + 1, y + 1). Rešitev: (a) Vzemimo poljubna vektorja v 3 1 = (x1, y1, z1) in v2 = (x2, y2, z2) iz R in po- ljubna skalarja λ1, λ2 ∈ R. Potem je A λ 1v1 + λ2v2 = A λ1(x1, y1, z1) + λ2(x2, y2, z2) = A λ 1x1 + λ2x2, λ1y1 + λ2y2, λ1z1 + λ2z2 = λ 1x1 + λ2x2, λ1y1 + λ2y2, λ1x1 + λ2x2 + λ1z1 + λ2z2 in λ1Av1 + λ2Av2 = λ1A(x1, y1, z1) + λ2A(x2, y2, z2) = λ1(x1, y1, x1 + z1) + λ2(x2, y2, x2 + z2) = λ 1x1 + λ2x2, λ1y1 + λ2y2, λ1x1 + λ2x2 + λ1z1 + λ2z2 , 41 42 Zapiski vaj torej A λ 1v1 + λ2v2 = λ1Av1 + λ2Av2. Preslikava A je torej linearna. (b) Preslikava B ni linearna, saj vsaka linearna preslikava preslika ničelni element v ničelnega, tu pa je B(0, 0) = (1, 1). 2. Naj bo F : 4 3 R → R preslikava, definirana s predpisom F(x, y, z, w) = (x − y + z + w, x + 2z − w, x + y + 3z − 3w). (a) Pokažite, da je preslikava F linearna. (b) Zapišite matriko preslikave F v standardnih bazah. (c) Poiščite bazi in dimenziji ničelnega prostora in zaloge vrednosti preslikave F. (d) Ali je preslikava F bijektivna? Rešitev: (a) To spet preverimo kot v nalogi 3.1. (b) Stolpci matrike so slike baznih vektorjev. Ker je F(1, 0, 0, 0) = (1, 1, 1), F(0, 1, 0, 0) = (−1, 0, 1), F(0, 0, 1, 0) = (1, 2, 3), F(0, 0, 0, 1) = (1, −1, −3), je 1 −1 1 1  [F]SS = 1 0 2 −1 .   1 1 3 −3 (c) Zalogo vrednosti razpenjajo slike baznih elementov, torej je R(F) = Lin{(1, 1, 1), (−1, 0, 1), (1, 2, 3), (1, −1, −3)}. Prva dva vektorja nista vzporedna, torej sta linearno neodvisna. Ker je (1, 2, 3) = 2(1, 1, 1) + (−1, 0, 1) in (1, −1, −3) = −(1, 1, 1) − 2(−1, 0, 1), ima zaloga vrednosti dimenzijo 2 in (1, 1, 1), (−1, 0, 1) je njena baza. Tako smo tudi že ugotovili, da preslikava F ni surjektivna, saj je R(F) 3 ( R . Iz dim 4 R = dim N(F) + dim R(F) sledi, da ima ničelni prostor dimenzijo 2. Iz tega sledi, da F tudi ni injektivna, saj {(0, 0, 0)} 6= N(F). Najti moramo bazo prostora rešitev F(x, y, z, w) = (x − y + z + w, x + 2z − w, x + y + 3z − 3w) = (0, 0, 0). Poglavje 3. Linearne preslikave 43 Z Gaußovo metodo eliminacije dobimo  1 −1 1 1 0   1 −1 1 1 0   1 −1 1 1 0  1 0 2 −1 0 ∼ 0 1 1 −2 0 ∼ 0 1 1 −2 0       . 1 1 3 −3 0 0 2 2 −4 0 0 0 0 0 0 Ker sta z in w poljubna, lahko izberemo za bazo npr. (1, 2, 0, 1), (−2, −1, 1, 0). (d) Linearna preslikava med prostoroma različnih dimenzij v splošnem ne more biti bijektivna. Videli smo, da F ni ne injektivna ne surjektivna. 3. Linearna preslikava F : 3 3 R → R je dana s predpisom F(x, y, z) = (x + y, y, x − z). Pokažite, da je bijektivna, in poiščite njen inverz. Poiščite tudi kak vektor v, za kateri velja F(v) = (1, 2, −1). Rešitev: Ker sta dimenziji štartnega in ciljnega prostora enaki, je za bijektivnost dovolj, če pokažemo injektivnost. Določimo torej ničelni prostor. Če je F(x, y, z) = (x + y, y, x − z) = (0, 0, 0), sledi iz druge koordinate y = 0, nato iz prve x = 0 in na koncu iz tretje še z = 0. Torej je N(F) = {(0, 0, 0)}, kar pomeni, da je F res injektivna. Za inverz nastavimo F(x, y, z) = (x + y, y, x − z) = (a, b, c) in izrazimo x, y, z z a, b, c. Spet najprej iz druge koordinate dobimo y = b, iz prve x = a − b in nazadnje še z = a − b − c. Torej je F−1(a, b, c) = (a − b, b, a − b − c). Vektor v je enolično določen, in sicer je v = F−1(1, 2, −1) = (−1, 2, 0). 4. Linearna preslikava F : 3 3 R → R je podana s predpisom F(x, y, z) = (2x + z, x − 4y, 3x). Pokažite, da je bijektivna, in poiščite njen inverz. Poiščite tudi tak vektor v, za katerega velja F(v) = (1, 2, 3). Odgovor: F−1(x, y, z) = z , −3y+z , 3x−2z , F(1, −1, −1) = (1, 2, 3). 3 12 3 4 5. Naj bo a = (a 3 3 3 1, a2, a3) ∈ R dan neničelen vektor. Preslikavi A, B : R → R definiramo s predpisoma: Ax = (x · a)a in Bx = x × a. (a) Preverite, da sta dani preslikavi linearni. Ali sta bijektivni? (b) Zapišite matriki preslikav A in B v standardni bazi prostora 3 R . 44 Zapiski vaj (c) Za a = (1, 0, 2) določite ničelni prostor in zalogo vrednosti preslikav A in B. Rešitev: (a) Linearnost sledi iz lastnosti skalarnega in vektorskega produkta. Preslikavi nista bijektivni. Vse slike preslikave A imajo smer vektorja a, torej je R(A) = Lin{a} enodimenzionalen. Po drugi strani je pa B(a) = a × a = 0, torej je Lin{a} ⊆ N(B). (b) Stolpci matrike so slike baznih vektorjev. Ker je A(1, 0, 0) = a1(a1, a2, a3), A(0, 1, 0) = a2(a1, a2, a3), A(0, 0, 1) = a3(a1, a2, a3), je  a2 a  1 1a2 a1a3 [A]SS = a a .  1a2 a22 2a3 a1a3 a2a3 a23 Nadalje iz B(1, 0, 0) = (0, −a3, a2), B(0, 1, 0) = (a3, 0, −a1), B(0, 0, 1) = (−a2, a1, 0) sledi  0 a  3 −a2 [B]SS = −a  3 0 a1  . a2 −a1 0 (c) Za a = (1, 0, 2) imamo 1 0 2  0 2 0 [A]SS = 0 0 0 in [B] −2 0 1 .   SS =   2 0 4 0 −1 0 Tako so N(A) = Lin{(−2, 0, 1), (0, 1, 0)} in R(A) = Lin{(1, 0, 2)}, ter N(B) = Lin{(1, 0, 2)} in R(B) = Lin{(−2, 0, 1), (0, 1, 0)}. 6. Preslikava A : 3 3 R → R je podana s predpisom Ax = (x · a)a + x × a − 2x, pri čemer je a = (a 3 1, a2, a3) ∈ R dan neničelen vektor. (a) Preverite, da je A linearna preslikava in zapišite njeno matriko v standardni bazi 3 R . Poglavje 3. Linearne preslikave 45 (b) Za a = (1, 0, 1) določite ničelni prostor in zalogo vrednosti preslikave A. a2−2 a 1 1a2+a3 a1a3−a2 Odgovor: Matrika v standardni bazi je [A]SS = a1a2−a3 a2−2 a , podpro- 2 2a3+a1 a1a3+a2 a2a3−a1 a2−2 3 stora pa N(A) = Lin{(1, 0, 1)}, R(A) = Lin{(−1, −1, 1), (1, −2, −1)} 7. Linearni preslikavi A, B : 3 3 R → R sta podani s predpisoma A(x1, x2, x3) = (x1 + x2 + x3, 0, 0), B(x1, x2, x3) = (x2, x3, x1). (a) Zapišite matriki preslikav A in B v standardni bazi. (b) Poiščite ničelni prostor in zalogo vrednosti preslikav A in B in ugotovite, ali sta injektivni, surjektivni, bijektivni. (c) Določite matrike (v standardni bazi) in predpise preslikav A◦B, B◦A in A+B. (d) Naj bo C = (A + B) ◦ A. Določite matriko preslikave C ter R(C) in N(C). (e) Obstajata taka vektorja x, y ∈ 3 R , da je Cx = (2, 0, 2) in Cy = (−1, 0, 1)? Rešitev: (a) Stolpce matrike dobimo kot slike baznih vektorjev. Tako je 1 1 1 0 1 0 [A]SS = 0 0 0 0 0 1   in [B]SS =   . 0 0 0 1 0 0 (b) Iz matrik razberemo N(A) = Lin{(−1, 0, 1), (−1, 1, 0)} in R(A) = Lin{(1, 0, 0)} ter N(B) = {(0, 0, 0)} in R(B) = 3 R . A ni ne surjektivna ne injektivna, B pa je bijektivna. (c) Po definiciji je (A ◦ B)(x1, x2, x3) = A B(x1, x2, x3) = A(x2, x3, x1) = (x1 + x2 + x3, 0, 0) (B ◦ A)(x1, x2, x3) = B A(x1, x2, x3) = B(x1 + x2 + x3, 0, 0) = (0, 0, x1 + x2 + x3) (A + B)(x1, x2, x3) = A(x1, x2, x3) + B(x1, x2, x3) = (x1 + x2 + x3, 0, 0) + (x2, x3, x1) = (x1 + 2x2 + x3, x3, x1) 46 Zapiski vaj Torej je 1 1 1 0 0 0 1 2 1 [A ◦ B]SS = 0 0 0 , [B ◦ A] 0 0 0 in [A + B] 0 0 1 .   SS =   SS =   0 0 0 1 1 1 1 0 0 Druga pot do teh rezutatov je, da upoštevamo [A ◦ B] = [A][B], [B ◦ A] = [B][A] in [A + B] = [A] + [B]. (d) Dobimo 1 1 1 [C]SS = 0 0 0   1 1 1 in N(C) = Lin{(−1, 0, 1), (−1, 1, 0)}, R(C) = Lin{(1, 0, 1)}. (e) Naloga nas sprašuje, ali sta (2, 0, 2) in (−1, 0, 1) v sliki preslikave C. Zgoraj smo ugotovili, da so v sliki natanko večkratniki vektorja (1, 0, 1). Torej tak x obstaja (npr. C(2, 0, 0) = (2, 0, 2)), tak y pa ne. 8. Naj bo A 1 1 : M2×2(R) → M2×2(R), A(X) = X. 2 2 (a) Preverite, da je preslikava A linearna ter določite njeno matriko v standardni bazi prostora M2×2(R). (b) Določite dimenziji in bazi ničelnega prostora ter zaloge vrednosti preslikave A. 1 0 1 0 Odgovor: [A] 0 1 0 1 SS = , R(A) = Lin {[ 1 0 ] , [ 0 1 ]} , N(A) = Lin {[ 1 0 ] , [ 0 1 ]} 2 0 2 0 2 0 0 2 −1 0 0 −1 0 2 0 2 9. Preslikavi A, B : M2×2(R) → R sta podani s predpisoma A(X) = sled(X) in B(X) = det X, kjer je sled(X) sled matrike X in det X determinanta matrike X. (a) Za vsako od preslikav A in B določite, ali je injektivna, surjektivna, bijektivna. (b) Za vsako od preslikav A in B ugotovite, ali je linearna. V primeru, ko je preslikava linearna, poiščite bazo in dimenzijo njenega ničelnega prostora in zapišite njeno matriko v standardnih bazah. Rešitev: (a) Preslikava A ni injektivna, saj je A 1 0 0 0 = A = 0, 0 −1 0 0 Poglavje 3. Linearne preslikave 47 je pa surjektivna, saj za vsak α ∈ R obstaja neka matrika, katere slike je α, na primer A α 0 = α. 0 0 Podobno B ni injektivna, velja denimo B 0 1 0 0 = B = 0, 0 0 0 0 in je surjektivna, saj je za vsak α ∈ R B α 0 = α. 0 1 (b) Preslikava A je linearna, česar ni težko preveriti po definiciji. Preslikava B pa ni linearna, saj je na primer B 1 0 2 0 1 0 2 = B = 4 6= 2 = 2B . 0 1 0 2 0 1 Določimo torej N(A). Vemo, da je ničelni prostor trirazsežen, saj je dimenzija zaloge vrednosti 1, začetni prostor M2×2(R) pa je štirirazsežen. Potrebujemo torej tri linearno neodvisne matrike iz ničelnega prostora. Ker velja A a b = 0 ⇐⇒ a + d = 0, c d je ena možna baza 1 0 0 1 0 0 , , . 0 −1 0 0 1 0 Matrika preslikave pa je [A]SS = 1 0 0 1 . 10. V prostoru 2 R imejmo bazo B = (1, 1), (−1, 1) in standardno bazo S. (a) Zapišite prehodno matriko PBS iz baze B v standardno bazo in prehodno matriko PSB. (b) Določite koordinate vektorja a = (4, 3) v bazi B. Naj bo A : 2 2 R → R linearna preslikava, za katero vemo, da je A(1, 1) = (1, −2) in A(−1, 1) = (2, 3). (c) Zapišite matriko [A]BS preslikave A glede na bazo B in standardno bazo S. (d) Določite matriko [A]SS preslikave A v standardni bazi. (e) Koliko je A(−1, 5)? Določite splošen predpis A(x, y). 48 Zapiski vaj Rešitev: Prehodna matrika med dvema bazama, na primer E in E0, je matrika identične preslikave v teh dveh bazah, torej PEE0 = [id]EE0. To pomeni, da so v i-tem stolpcu te matrike koeficienti i-tega baznega vektorja iz E pri razvoju v bazi E0. Zapisi vektorjev in matrik v različnih bazah so zato povezani takole: [v]E0 = PEE0[v]E in [A]E0F0 = PFF0[A]EFPE0E. (a) V prehodni matriki med B in standardno bazo S so stolpci elementi baze B, razviti v standarsni bazi: 1 −1 PBS = . 1 1 Nadalje velja 1 1 PSB = (PBS)−1 = 1 . 2 −1 1 (b) Po zgornji formuli je 1 1 4 7 [a] 2 2 2 B = PSB[a]S = = . − 1 1 3 − 1 2 2 2 (c) Glede na to, da sta podani ravno sliki elementov baze B v standardni bazi, je 1 2 [A]BS = . −2 3 (d) Ker že poznamo [A]BS, lahko uporabimo formulo za spremembo baz ter dobimo 1 2 1 1 −1 3 [A] 2 2 2 2 SS = [A]BSPSB = = . −2 3 − 1 1 − 5 1 2 2 2 2 (e) Splošen predpis takoj dobimo iz [A]SS, saj je −1 3 x −1x + 3y [A(x, y)] 2 2 2 2 S = [A]SS[(x, y)]S = = . − 5 1 y − 5 x + 1 y 2 2 2 2 Torej je A(x, y) = 1(3y − x, y − 5x) in A(−1, 5) = (8, 5). 2 11. Preslikava A : P3(R) → P3(R) je podana s predpisom (Ap)(x) = p(x + 1) − p(x). (a) Pokažite, da je preslikava A linearna. (b) Poiščite bazo ničelnega prostora in zaloge vrednosti preslikave A. Ali je preslikava A injektivna ali surjektivna? (c) Poiščite matriko preslikave A v standardni bazi S = (1, x, x2, x3) prostora P3(R). Poglavje 3. Linearne preslikave 49 (d) Poiščite prehodno matriko PBS iz baze B = (x2, x3 − x, x, x + 1) v standardno bazo prostora P3(R). (e) Polinom p(x) = x3 − 2x2 + x − 1 zapišite kot linearno kombinacijo polinomov iz baze B. Nalogo rešite na dva načina: z uporabo prehodne matrike in direktno. (f) Poiščite matriko [A]BB preslikave A v bazi B. Rešitev: Linearnost sledi iz definicije operacij v prostoru polinomov. Za poljubna p, q ∈ P3(R) in λ, µ ∈ R velja A(λp + µq)(x) = (λp + µq)(x + 1) − (λp + µq)(x) = λp(x + 1) + µq(x + 1) − λp(x) + µq(x) = λ p(x + 1) − p(x) + µ q(x + 1) − q(x) = λA(p)(x) + µA(q)(x). Zaradi jasnosti pišimo bazne elemente kot pj(x) = xj, j = 0, 1, 2, 3. Naprej poiščimo matriko preslikave v standardni bazi. Iz A(p0)(x) = p0(x + 1) − p0(x) = 1 − 1 = 0, A(p1)(x) = p1(x + 1) − p1(x) = (x + 1) − x = 1, A(p2)(x) = p2(x + 1) − p2(x) = (x + 1)2 − x2 = 2x + 1 A(p3)(x) = p3(x + 1) − p3(x) = (x + 1)3 − x3 = 3x2 + 3x + 1 sledi 0 1 1 1 0 0 2 3 [A]   SS =  . 0 0 0 3   0 0 0 0 Za določitev ničelnega prostora uporabimo to matriko, saj velja Ap = 0 ⇐⇒ [Ap]S = [A]SS[p]S = [0]S. Matrika je že v stopničasti obliki, tako da razberemo α 0 [A]   SS[p]S = [0]S ⇐⇒ [p]S =  za neki α ∈ 0 R.   0 Torej je N(A) = Lin{1} (in konstanta 1 je baza tega enorazsežnega podprostora). Med drugim to pomeni, da preslikava ni injektivna in, ker slika med enako razsežnima prostoroma, tudi ne surjektivna. Podobno lahko iz matrike razberemo tudi zalogo vrednosti. Zalogo vrednosti razpenjajo stolpci in zato je R(A) = P2(R). Baza je na primer (1, x, x2). 50 Zapiski vaj Za prehodno matriko iz baze B v standardno bazo moramo zapisati ustrezne koeficiente v stolpce, torej 0 0 0 1 0 −1 1 1 P   BS =  . 1 0 0 0   0 1 0 0 S pomočjo te matrike dobimo  0 0 1 0 −1 −2 0 0 0 1 1 1 [p]       B = PSB[p]S = (PBS)−1[p]S =  = . −1 1 0 1 −2  3        1 0 0 0 1 −1 Torej je p(x) = (−2) · x2 + 1 · (x3 − x) + 3 · x + (−1) · (x + 1). ( Če odpravimo oklepaje, vidimo, da smo dobili prave koeficiente. Direktno bi te koeficiente dobili, če bi zapisali p kot poljubno linearno kombinacijo elementov baze B in bi primerjali koeficiente.) Nazadnje je še [A]BB = PSB[A]SSPBS =  0 0 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 0 3 0 0  0 0 0 1 0 0 2 3 0 −1 1 1 0 0 0 0 =          = . −1 1 0 1 0 0 0 3 1 0 0 0 1 3 −1 −1         1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 1 12. Linearna preslikava F : 3 3 R → R je podana s predpisom F(x, y, z) = (x + 2y − 3z, 2x + y + z, 5x − y + z). Podana je tudi baza B = (1, 0, −1), (0, 1, 0), (0, −1, 1) prostora 3 R . (a) Poiščite matriko preslikave F v standardni bazi 3 R . (b) Poiščite prehodni matriki PSB in PBS. (c) Izračunajte koordinate vektorja (3, 4, 5) v bazi B. (d) Poiščite matriko preslikave F v bazi B. h 1 2 −3 i h 1 0 0 i h 1 0 0 i h 3 i Odgovor: [F]SS = 2 1 1 , PSB = 1 1 1 , PBS = 0 1 −1 , [(3, 4, 5)]B = 12 , 5 −1 1 1 0 1 −1 0 1 8 h 4 2 −5 i [F]BB = 9 2 −3 8 1 −3 Poglavje 4 Numerična linearna algebra LU-razcep LU-razcep brez pivotiranja dane kvadratne matrike A je zapis matrike v obliki produkta A = LU , pri čemer je L spodnjetrikotna z enicami po diagonali, U pa zgornjetrikotna. V bistvu gre za opis“ Gaußovem metode eliminacije brez menjavanja vrstic. Ta razcep ” obstaja in je enoličen, če so vse glavne podmatrike matrike A obrnljive. Pri LU-razcepu z delnim pivotiranjem pa na vsakem koraku poskrbimo, da je na diagonali po absolutni vrednosti največje število v stolpcu. V tem primeru dobimo še permutacijsko matriko P , tako da je P A = LU . Tak razcep obstaja za vse obrnljive matrike, postopek pa je numerično stabilnejši. LU-razcep se uporablja za reševanje sistemov enačb Ax = b. Velja namreč Ax = b ⇐⇒ P Ax = P b ⇐⇒ LU x = P b. Tako najprej določimo y, ki reši trikotni sistem Ly = P b, nato pa poiščemo x kot rešitev trikotnega sistema U x = y.  1 2 −3 1. Poiščite LU-razcep brez pivotiranja matrike A = −3 −4 13   . 2 1 −5 Rešitev: Da v prvem stolpcu pod diagonalo dobimo ničle, moramo od druge vrstice odšteti (−3)-kratnik prve, od tretje pa 2-kratnik prve. Tako je  1 ∗ ∗  1 2 −3 1 2 −3 L = −3 ∗ ∗ −3 −4 13 ∼ 0 2 4   in     . 2 ∗ ∗ 2 1 −5 0 −3 1 Pododbno moramo sedaj odšteti od tretje še (− 3 )-kratnik druge. Zato 2  1 0 ∗ 1 2 −3 1 2 −3 L = −3 1 ∗ 0 2 4 ∼ 0 2 4   in     . 2 − 3 ∗ 0 −3 1 0 0 7 2 51 52 Zapiski vaj Tako je  1 0 0 1 2 −3 L = −3 1 0 in U = 0 2 4 .     2 − 3 1 0 0 7 2 2. Rešite sistem Ax = b s pomočjo LU-razcepa brez pivotiranja, pri čemer sta  2 3 −4 −11 A = −6 −11 13 in b = 38 .     4 0 −8 −16 Rešitev: V prvem koraku imamo  1 ∗ ∗  2 3 −4 2 3 −4 L = −3 ∗ ∗ in −6 −11 13 ∼ 0 −2 1 .       2 ∗ ∗ 4 0 −8 0 −6 0 Še drugi korak  1 0 ∗ 2 3 −4 2 3 −4 L = −3 1 ∗ in 0 −2 1 ∼ 0 −2 1 .       2 3 ∗ 0 −6 0 0 0 −3 Tako je  1 0 0 2 3 −4 A = LU = −3 1 0 0 −2 1     . 2 3 1 0 0 −3 Najprej rešimo Ly = b, torej  1 0 0 y    1 −11 −3 1 0 y 38    2 =   . 2 3 1 y3 −16 Od zgoraj navzdol sledi y1 = −11, −3y1 + y2 = 38 ⇒ y2 = 5, 2y1 + 3y2 + y3 = −16 ⇒ y3 = −9. Sedaj pa še U x = y, oziroma 2 3 −4 x    1 −11 0 −2 1 x = 5 .    2   0 0 −3 x3 −9 Sedaj pa od spodaj navzgor dobimo x3 = 3, −2x2 + x3 = 5 ⇒ x2 = −1, 2x1 + 3x2 − 4x3 = −11 ⇒ x1 = 2. Torej x = [2, −1, 3]>. Poglavje 4. Numerična linearna algebra 53 3. Rešite linearni sistem x1 + 2x2 + 4x3 = 4 2x1 + 3x2 + 6x3 = 10 x1 + 8x2 + 9x3 = 13 s pomočjo LU-razcepa brez pivotiranja in z delnim pivotiranjem. Rešitev: Imamo torej 1 2 4  4  A = 2 3 6 10   in b =   . 1 8 9 13 Z delnim pivotiranjem gre takole: V prvem koraku moramo zamenjati prvi dve vrstici. Tako imamo 0 1 0 1 2 4 2 3 6 P = 1 0 0 2 3 6 ∼ 1 2 4   in     . 0 0 1 1 8 9 1 8 9 Potem 1 ∗ ∗ 2 3 6 2 3 6 L = 1 ∗ ∗ in 1 2 4 ∼ 0 1 1 .  2     2  1 ∗ ∗ 1 8 9 0 13 6 2 2 Zdaj zamenjamo drugo in tretjo vrstico. Zato je 0 1 0 1 ∗ ∗ 2 3 6 2 3 6 P = 0 0 1 1 ∗ ∗ 0 1 1 ∼ 0 13 6   , L =  2  in  2   2  . 1 0 0 1 ∗ ∗ 0 13 6 0 1 1 2 2 2 Nato dobimo 1 0 ∗ 2 3 6 2 3 6  L = 1 1 ∗ 0 13 6 ∼ 0 13 6  2  in  2   2  . 1 1 ∗ 0 1 1 0 0 7 2 13 2 13 Torej so 0 1 0 1 0 0 2 3 6  P = 0 0 1 , L = 1 1 0 in U = 0 13 6    2   2  1 0 0 1 1 1 0 0 7 2 13 13 in velja P A = LU . Zdaj pa še Ax = b. Najprej izračunamo 0 1 0  4  10 b0 = P b = 0 0 1 10 13     =   . 1 0 0 13 4 54 Zapiski vaj Potem rešimo spodnjetrikoten sistem Ly = b0 in dobimo 1 0 0 y      1 10 10 Ly = b0 ⇒ 1 1 0 y = 13 ⇒ y = 8 .  2   2     1 1 1 y 4 − 21 2 13 3 13 Nazadnje iz zgornjetrikotnega sistema U x = y dobimo rešitev 2 3 6  x      1 10 8 U x = y ⇒ 0 13 6 x = 8 ⇒ x = 4 .  2   2     0 0 7 x − 21 −3 13 3 13 4. Z LU-razcepom z delnim pivotiranjem poišči permutacijsko matriko P in trikotni matriki L in U , da bo P A = LU , ter reši sistem Ax = b, če sta −3 0 −6 −3 −33 3 −1 −2 4 11 (a) A =      in b = , 2 8 −6 5   20      6 6 0 6 42  1 2 −3 4   3  4 8 12 −8 60 (b) A =      in b = . 2 3 2 1   1      −3 −1 1 −4 5 Rešitev: V prvem koraku moramo zamenjati prvo in zadnjo vrstico. Tako imamo       0 0 0 1 −3 0 −6 −3 6 6 0 6 0 1 0 0 3 −1 −2 4 3 −1 −2 4   in   ∼   0 0 1 0  2 8 −6 5   2 8 −6 5  1 0 0 0 6 6 0 6 −3 0 −6 −3 Potem  1 ∗ ∗ ∗     6 6 0 6 6 6 0 6 1 ∗ ∗ ∗ 3 −1 −2 4 0 −4 −2 1 L =  2      1 in ∼ .  ∗ ∗ ∗  2 8 −6 5  0 6 −6 3 3 − 1 ∗ ∗ ∗ −3 0 −6 −3 0 3 −6 0 2 Zdaj zamenjamo drugo in tretjo vrstico. Zato je         0 0 0 1 1 ∗ ∗ ∗ 6 6 0 6 6 6 0 6 0 0 1 0 1 ∗ ∗ ∗ 0 −4 −2 1 0 6 −6 3 P =  , L =  3      1 in ∼ . 0 1 0 0  ∗ ∗ ∗ 0 6 −6 3 0 −4 −2 1 2 1 0 0 0 − 1 ∗ ∗ ∗ 0 3 −6 0 0 3 −6 0 2 Tako dobimo  1 0 ∗ ∗     6 6 0 6 6 6 0 6 1 1 ∗ ∗ 0 6 −6 3 0 6 −6 3 L =  3      1 in ∼ .  − 2 ∗ ∗ 0 −4 −2 1 0 0 −6 3  2 3 − 1 1 ∗ ∗ 0 3 −6 0 0 0 −3 − 3 2 2 2 Poglavje 4. Numerična linearna algebra 55 Zdaj ni potrebna menjava, tako da ostaneta P in L enaka. Nato dobimo  1 0 0 ∗ 6 6 0 6    6 6 0 6 1 1 0 ∗ 0 6 −6 3 0 6 −6 3 L =  3      1 in ∼ .  − 2 1 ∗ 0 0 −6 3  0 0 −6 3  2 3 − 1 1 1 ∗ 0 0 −3 − 3 0 0 0 −3 2 2 2 2 Torej so       0 0 0 1 1 0 0 0 6 6 0 6 0 0 1 0 1 1 0 0 0 6 −6 3 P =  , L =  3    1 in U = 0 1 0 0  − 2 1 0 0 0 −6 3  2 3 1 0 0 0 − 1 1 1 1 0 0 0 −3 2 2 2 in velja P A = LU . Zdaj pa še Ax = b. Najprej je b0 = P b = [42, 20, 11, −33]>. Potem rešimo Ly = b0 in dobimo y = [42, 6, −6, −12]>. Nazadnje še iz U x = y dobimo x = [1, 2, 3, 4]>. Podobno dobimo pri (b):  1 0 0 0       4 8 12 −8 0 1 0 0 12 − 3 1 0 0 0 5 10 −10 0 0 0 1 6 L =  4        1 , U = , P = , x = .  0 1 0 0 0 −6 6  1 0 0 0 −13 4 1 − 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 −15 2 5 3 Iterativna metoda za reševanje linearnih sistemov Sistem Ax = b lahko rešujemo tudi iterativno. To pomeni, da po nekem algoritmu računamo približke, dokler ne dosežemo zaželjene natančnosti. Če zapišemo A kot vsoto A = M + K, M obrnljiva, potem Ax = b ⇐⇒ (M + K)x = b ⇐⇒ M x = −Kx + b ⇐⇒ x = −M −1Kx + M −1b. Torej je x = Rx + d, pri čemer sta R = −M −1K in d = M −1b. To nam dá predpis za zaporedje približkov x(r+1) = Rx(r) + d. Razcepimo matriko A kot A = L + D + U , kjer je L del matrike A pod diagonalo, D njena diagonala in U pa del matrike nad diagonalo. Uporabljali bomo dve iterativni metodi: • Jacobijeva metoda: Tu je M = D in K = L + U . Tako sta RJ = −D−1(L + U ) in dJ = D−1b. • Gauß-Seidlova metoda: V tem primeru vzamemo M = L + D in K = U . Posledično sta RGS = −(L + D)−1U in dGS = (L + D)−1b, 56 Zapiski vaj Obe metodi konvergirata proti rešitvi, če je A strogo diagonalno dominantna po vrsticah, to je, če je v vsaki vrstici absolutna vrednost diagonalnega elementa strogo večja od vsote absolutnih vrednosti ostalih elementov v vrstici. Pri tem Gauß-Seidlova metoda konvergira hitreje. 5. Dan je sistem enačb 2x1 + x3 = 1 2x2 − x3 = 2 x1 − x2 + 4x3 = −1 (a) Pokažite, da za dani sistem Jacobijeva in Gauß-Seidlova metoda iteracije konvergirata. (b) Izračunajte prve tri približke po obeh metodah pri začetnim vektorju x(0) = [0, 0, 0]> ter pravo rešitev sistema. Rešitev: (a) Pripadajoča matrika 2 0 1  A = 0 2 −1   1 −1 4 je strogo diagonalno dominantna po vrsticah, zato obe iteraciji konvergirata. (b) Oba predpisa dobimo enostavneje, če ne računamo ustreznih R in d, ampak iz i-te enačbe izrazimo i-to neznanko: x1 = 1 (−x 2 3 + 1) x2 = 1 (x 2 3 + 2) x3 = 1 (−x 4 1 + x2 − 1) Nato pri Jacobijevi metodi v celotnem koraku uporabljamo prejšnji približek, pri Gauß-Siedlovi pa vedno uporabimo zadnji že izračunani približek: Jacobijeva metoda: Gauß-Seidlova metoda: x(r+1) = 1 (−x(r) + 1) x(r+1) = 1 (−x(r) + 1) 1 2 3 1 2 3 x(r+1) = 1 (x(r) + 2) x(r+1) = 1 (x(r) + 2) 2 2 3 2 2 3 x(r+1) = 1 (−x(r) + x(r) − 1) x(r+1) = 1 (−x(r+1) + x(r+1) − 1) 3 4 1 2 3 4 1 2 Prvi trije približki po Jacobijevi metodi so tako (1) (2) (3) x = 1 (−0 + 1) = 1 x = 1 (−(− 1 ) + 1) = 5 x = 1 (−(− 1 ) + 1) = 9 1 2 2 1 2 4 8 1 2 8 16 (1) (2) (3) x = 1 (0 + 2) = 1 x = 1 (− 1 + 2) = 7 x = 1 (− 1 + 2) = 15 2 2 2 2 4 8 2 2 8 16 (1) (2) (3) x = 1 (−0 + 0 − 1) = − 1 x = 1 (− 1 + 1 − 1) = − 1 x = 1 (− 5 + 7 − 1) = − 3 3 4 4 3 4 2 8 3 4 8 8 16 po Gauß-Seidlovi metodi pa (1) (2) (3) x = 1 (−0 + 1) = 1 x = 1 (−(− 1 ) + 1) = 9 x = 1 (−(− 5 ) + 1) = 37 1 2 2 1 2 8 16 1 2 32 64 (1) (2) (3) x = 1 (0 + 2) = 1 x = 1 (− 1 + 2) = 15 x = 1 (− 5 + 2) = 59 2 2 2 2 8 16 2 2 32 64 (1) (2) (3) x = 1 (− 1 + 1 − 1) = − 1 x = 1 (− 9 + 15 − 1) = − 5 x = 1 (− 37 + 59 − 1) = − 21 3 4 2 8 3 4 16 16 32 3 4 64 64 128 Poglavje 4. Numerična linearna algebra 57 Primerjava:  7   0.583333  12 • Točna rešitev je 11 0.916667  12  =  . − 1 −0.166667 6  9   0.5625  16 • Približek po Jacobijevi metodi je 15 = 0.9375 ,  16    − 3 −0.1875 16  37   0.578125  64 • po Gauß-Seidlovi pa 59 0.921875  64  =  . − 21 −0.164063 128 6. Dan je sistem Ax = b, kjer je 1 −5 −4 A = in b = 7 −1 6 Z začetnim vektorjem x(0) = [0, 0]> izračunajte prva dva približka z obema iteraci-jama. Kaj opazite? Kako bi zagotovili konvergenco? Izračunajte prva dva približka še enkrat. Rešitev: x x Sistem 1 − 5x2 = −4 prepišemo v 1 = 5x2 − 4 . 7x1 − x2 = 6 x2 = 7x1 − 6 Pri Jacobijevi metodi imamo korak in prva približka x(r+1) = 5x(r) − 4 x(1) = 5 · 0 − 4 = −4 x(2) = 5 · (−6) − 4 = −34 1 2 1 1 x(r+1) = 7x(r) − 6 x(1) = 7 · 0 − 6 = −6 x(2) = 7 · (−4) − 6 = −34 2 1 2 2 pri Gauß-Seidlovi pa x(r+1) = 5x(r) − 4 x(1) = 5 · 0 − 4 = −4 x(2) = 5 · (−34) − 4 = −174 1 2 1 1 x(r+1) = 7x(r+1) − 6 x(1) = 7 · (−4) − 6 = −34 x(2) = 7 · (−174) − 6 = −1224 2 1 2 2 Metodi torej divergirata, pri čemer je točna rešitev [1, 1]>. Če pa vrstni red enačb zamenjamo, je nova matrika strogo diagonalno dominantna: 7x1 − x2 = 6 x (x oziroma 1 = 1 7 2 + 6) . x1 − 5x2 = −4 x2 = 1 (x 5 1 + 4) Sedaj po Jacobijevi metodi dobimo x(r+1) = 1 (x(r) + 6) x(1) = 1 (0 + 6) = 6 x(2) = 1 ( 4 + 6) = 34 1 7 2 1 7 7 1 7 5 35 x(r+1) = 1 (x(r) + 4) x(1) = 1 (0 + 4) = 4 x(2) = 1 ( 6 + 4) = 34 2 5 1 2 5 5 2 5 7 35 po Gauß-Seidlovi pa x(r+1) = 1 (x(r) + 6) x(1) = 1 (0 + 6) = 6 x(2) = 1 ( 34 + 6) = 244 1 7 2 1 7 7 1 7 35 245 x(r+1) = 1 (x(r+1) + 4) x(1) = 1 ( 6 + 4) = 34 x(2) = 1 ( 244 + 4) = 1224 2 5 1 2 5 7 35 2 5 245 1225 58 Zapiski vaj 7. Dan je sistem Ax = b, kjer je 3 7 3  −1 A = 1 −4 6 in b = 1 .     5 2 −1 2 (a) Preuredite sistem, če je treba, tako da bosta Jacobijeva in Gauß-Seidlova metoda iteracije zagotovo konvergirali. (b) Izračunajte prva dva približka po obeh metodah pri začetnim vektorju x(0) = [0, 0, 0]> ter pravo rešitev sistema. Odgovor: Zadnjo vrstico damo na vrh, ostali dve pa eno vrstico nižje. " 129 # " 2 # " 103 # " 2 # " 529 # 259 5 210 5 1050 Točno: − 79 ; Jacobi: − 1 , − 27 ; Gauß-Seidel: − 11 , − 382 259 7 70 35 1225 − 31 1 1 − 23 − 5521 259 6 210 210 44100 8. Dan je sistem Ax = b, kjer je  1 0 − 1 − 1   1  4 4 2 0 1 − 1 − 1 1 A =  4 4   2   in b = − 1 − 1 1 0   1   4 4   2  − 1 − 1 0 1 1 4 4 2 (a) Pokaži, da za dani sistem Jacobijeva in Gauß-Seidlova metoda iteracije konvergirata. (b) Izračunaj prva dva približka po obeh metodah pri začetnim vektorju x(0) = [0, 0, 0, 0]> ter pravo rešitev sistema.  1   3   1   7  2 4 2 8 1 1 3 1 7 Odgovor: Točno: 1 ; Jacobi: 2 4 2 8 1  1 ,  3 ; Gauß-Seidel:  3 ,  15  1 2 4 4 16 1 3 3 15 2 4 4 16 Metoda najmanjših kvadratov Dana je matrika A ∈ m×n m R , m ≥ n, polnega ranga (rang A = n) in vektor b ∈ R . Če je m > n, skoraj zagotovo ne obstaja rešitev sistema Ax = b. Zato iščemo vektor x, ki minimizira m X 2 kAx − bk2 = (Ax)i − bi . i=1 Tak vektor je rešitev normalnega sistema A>Ax = A>b, ki pa je enolično rešljiv. Poglavje 4. Numerična linearna algebra 59 9. Dana je tabela vrednosti meritev funkcije f : xi −1 0 1 2 y 11 7 1 13 i 4 4 4 4 Poiščite parabolo y = a + bx + cx2, ki se najbolje prilega tem točkam. Rešitev: Če bi obstajala parabola, ki bi res šla skozi te točke, bi njeni koeficienti rešili sistem 11 = a + b · (−1) + c · (−1)2 4 7 = a + b · 0 + c · 02 4 1 = a + b · 1 + c · 12 4 13 = a + b · 2 + c · 22 4 ali drugače 1 −1 1  11  a 4 7 1 0 0  4   b 1 1 1   =  1    c  4  1 2 4 13 4 Pripadajoč normalni sistem je 1 −1 1  11   1 1 1 1 a  1 1 1 1 4 1 0 0 7 −1 0 1 2   b −1 0 1 2  4     . 1 1 1   =    1  1 0 1 4   c 1 0 1 4  4  1 2 4 13 4 oziroma 4 2 6  a  8  2 6 8 b = 4 .       6 8 18 c 16 Rešitev tega sistema je a = 1, b = −1 in c = 1, torej se parabola p(x) = x2 − x + 1 najbolj prilega danim točkam. 10. Poiščite linearno funkcijo y = kx + n, ki najbolje aproksimira tabelo xi 0 1 2 3 4 yi 2 4 3 6 8 Odgovor: y = 7 x + 9 5 5 60 Zapiski vaj QR-razcep Če ima matrika A ∈ m×n R , m ≥ n, poln rang, potem obstaja QR-razcep:  a    11 a12 . . . a1n q11 q12 . . . q1n a21 a22 . . . a2n q21 q22 . . . q2n     r  11 r12 . . . r1n  .. .. ..   .. .. ..   . . .   . . .  r22 . . . r2n A =  . . .  = QR =  . . .   . .  ,  .. .. ..   .. .. ..   . . ..       .. .. ..   .. .. ..  rnn  . . .   . . .  am1 am2 . . . amn qm1 qm2 . . . qmn pri čemer je Q ∈ m×n n×n R ortonormirana, t. j. Q>Q = I, R ∈ R pa zgornjetrikotna in obrnljiva. Reševanje normalnega sistema A>Ax = A>b preko QR-razcepa je numerično stabilnejše. Če je A = QR, je A>A = R>R in A> = R>Q>b. Tako je A>Ax = A>b ⇐⇒ R>Rx = R>Q>b ⇐⇒ Rx = Q>b. 11. Zapišite QR-razcep za matriki  2 2 1   0 1 1  A = 1 −2 1 1 1 2   in B =   −2 1 1 0 0 3 Rešitev: Najprej A: Uporabimo Gram-Schmidtov postopek na njenih stolpcih. Ker je kv1k2 = hv1, v1i = 22 + 12 + 1 + (−2)2 = 9, je  2  v 1 g 1 1 = = 1 . k   v1k 3 −2 Torej je  2 ∗ ∗ 3 ∗ ∗ 3 Q = 1 ∗ ∗ 0 ∗ ∗  3  in R =   . − 2 ∗ ∗ 0 ∗ ∗ 3 Nadalje iz       * 2 2 + 2 1 hv2, g1i = −2 , 1 = 0 dobimo ˜ g −2 .     2 = v2 − hv2, g1ig1 =   3 1 −2 1 Sledi  2  ˜ g 1 k˜ g 2 2k2 = h˜ g2, ˜ g2i = 22 + (−2)2 + 12 = 9 in g2 = = −2 k   . ˜ g2k 3 1 Poglavje 4. Numerična linearna algebra 61 Zdaj poznamo že  2 2 ∗ 3 0 ∗ 3 3 Q = 1 − 2 ∗ in R = 0 3 ∗ .  3 3    − 2 1 ∗ 0 0 ∗ 3 3 Nazadnje izračunamo še         * 1 2 + * 1 2 + 1 1 1 1 hv3, g1i = 1 1 1 −2   ,   = in hv3, g2i =   ,   = 3 3 3 3 1 −2 1 1 in 1  2   2   5  1 1 1 1 1 ˜ g3 = v3 − hv3, g1ig1 − hv3, g2ig2 = 1 − · 1 − · −2 10       =   . 3 3 3 3 9 1 −2 1 10 Ker je k˜ g3k2 = h˜ g3, ˜ g3i = 1 (52 + 102 + 102) = 225 = 25 , 81 81 9 dobimo zadnji za bazni vektor  5  1 ˜ g 1 1 1 g 3 3 = = · 10 2 k   =   . ˜ g 5 3k 9 3 3 10 2 Torej je  2 2 1 3 0 1 1 3 Q = 1 −2 2 0 3 1   in R =   . 3 3 −2 1 2 0 0 5 3 Na podoben način dobimo  0 1 0   1 1 2  B = 1 0 0 0 1 1 .     0 0 1 0 0 3 12. Zapišite QR-razcep matrike 1 0 −1 1 0 −3 A =    . 0 1 1    0 −1 1 Rešitev: Uporabimo Gram-Schmidtov postopek na stolpcih matrike A. Ker je kv1k2 = hv1, v1i = 12 + 12 + 02 + 02 = 2, 62 Zapiski vaj je  1 1  √ ∗ ∗ √ 2  2 ∗ ∗ v 1 1 1 √ ∗ ∗ g 1     2 1 = = √   . Torej Q =   in R = 0 ∗ ∗ k   . v 0 1k 2    0 ∗ ∗ 0 ∗ ∗ 0 0 ∗ ∗ Nadalje iz  0  1  0  * + 0 1 1 0 hv       2, g1i = √  , = 0 dobimo ˜ g . 1  0 2 = v2 − hv2, g1ig1 =  1    2     −1 0 −1 Sledi  0  ˜ g 1 0 k˜ g 2   2k2 = h˜ g2, ˜ g2i = 02 + 02 + 12 + (−1)2 = 2 in g2 = = √   . k˜ g 1 2k 2   −1 Tako smo določili tudi druga stolpca  1 √ 0 ∗ √ 2   1 2 0 ∗  √ 0 ∗ √ Q =  2  in R =  0 2 ∗ .  0 1 √ ∗  2  0 0 ∗ 0 − 1 √ ∗ 2 Nazadnje izračunamo še −1 1 −1  0  * + * + −3 1 1 4 −3 1 0 hv         3, g1i = √ √ √  , = − in hv , = 0 1  0 3, g2i =  1   1    2   2   2   1 0 1 −1 in −1 1 0  1  −3 4 1 1 0 −1 ˜ g         3 = v3 − hv3, g1ig1 − hv3, g2ig2 = √ √  + · − = . 1  0 0  1    2 2       1 0 0 1 Zadnji bazni vektor je  1  ˜ g 1 −1 g 3   3 = =   . k˜ g 1 3k 2   1 Tako je √  2 0 1  √ √  2 0 − 4 √  1 2 0 −1 2 √ Q =  √    in R =  0 2 0  . 2  0 2 1 √  0 0 2 0 − 2 1 Poglavje 4. Numerična linearna algebra 63 13. Poiščite vektor x = [x1, x2, x3]>, ki po metodi najmanjših kvadratov najbolje ustreza danemu sistemu x1 − x3 = 4 x1 − 3x3 = 6 x2 + x3 = −1 −x2 + x3 = 2 Normalni sistem rešite preko QR-razcepa. Rešitev: Iščemo torej x, ki bo dal najboljši približek za Ax = b, pri čemer sta 1 0 −1  4  1 0 −3 6 A =      in b = . 0 1 1  −1     0 −1 1 2 QR-razcep matrike A smo določili v nalogi 4.12, namreč √  2 0 1  √ √  2 0 − 4 √  1 2 0 −1 2 √ Q =  √    in R =  0 2 0  . 2  0 2 1 √  0 0 2 0 − 2 1 x je torej rešitev sistema Rx = Q>b. Ker je √ √  4  √  2 2 0 0   10 2  1 √ √ 6 1 √ Q>b =    0 0 2 − 2   = −3 2 , 2 −1 2 1 −1 1 1   −1 2 moramo rešiti sistem √  2 0 − 4 10 √  x   √  2 √ 1 2 x − 3 √  0 2 0   2 =  2  . 0 0 2 x3 − 12 Torej 2x3 = − 1 ⇒ x 2 3 = − 1 4 √2x2 = − 3√ ⇒ x 2 2 = − 3 2 √2x1 − 4√ x ⇒ x 2 3 = 10 √2 1 = 9 2 64 Zapiski vaj Singularni razcep Za poljubno matriko A ∈ m×n R , m ≥ n, obstaja singularni razcep A = U ΣV >, oziroma  a    11 a12 . . . a1n u11 u12 . . . u1n a21 a22 . . . a2n u21 u22 . . . u2n >     σ    1 v11 v12 . . . v1n  .. .. ..   .. .. ..   . . .   . . .  σ2 v21 v22 . . . v2n  . . .  =  . . .   .   . . . .  ,  .. .. ..   .. .. ..   . .   .. .. . . ..       .. .. ..   .. .. ..  σn vn1 vn2 . . . vnn  . . .   . . .  am1 am2 . . . amn um1 um2 . . . umn kjer sta U ∈ m×n n×n n×n R in V ∈ R ortonormirani matriki, Σ ∈ R pa je diagonalna matrika. Njeni elementi σ1 ≥ σ2 ≥ . . . ≥ σn ≥ 0 so singularne vrednosti matrike A. Določene so s tem, da so njihovi kvadrati σ2 lastne vrednosti A>A. Stolpci matrike V so i pripadajoči lastni vektorji matrike A>A, stolpci matrike U pa zadoščajo Avi = σiui. S pomočjo singularnega razcepa lahko poiščemo za dani b ∈ m n R tak x ∈ R , da je kAx−bk minimalen, tudi če A nima polnega ranga. (To pomeni, da je 0 tudi singularna vrednost.) Vendar pa v tem primeru ta x ni enolično določen. Spodnji postopek nam dá tistega, ki ima minimalno normo. Psevdoinverz matrike A je določen s formulo A+ = V Σ+U >. Diagonalno matriko Σ+ dobimo iz matrike Σ tako, da invertiramo njene obrnljive elemente. Iskani x je potem x = A+b. 14. Poiščite singularni razcep matrike A, njen psevdoinverz in najboljši približek rešitve Ax = b po metodi najmanjših kvadratov, če je 1 1 1 (a) A = in b = , 2 2 1 5 20 2 (b) A = in b = . 12 −3 0 Rešitev: Najprej opazimo, da matrika A ni obrnljiva in da b ne leži v zalogi vrednosti. Tako sistem Ax = b zagotovo nima rešitve, lahko pa poiščemo x, tako da bo kAx − bk najmanjše možno. Ker preslikava ni injektivna, ta x ni enoličen. Singularne vrednosti matrike A so kvadratni koreni lastnih vrednosti matrike 1 2 1 1 5 5 A>A = = . 1 2 2 2 5 5 Ker je 5 − λ 5 det(A>A − λI) = = (5 − λ)2 − 25 = (−λ)(10 − λ), 5 5 − λ √ je σ1 = 10 in σ2 = 0. Stolpci matrike V so lastni vektorji matrike A>A. Poglavje 4. Numerična linearna algebra 65 • Lastna vrednost 10: Rešujemo −5 5 x 0 = (A>A − 10I)v = . 5 −5 y Torej je y = x. Ker mora biti normiran, mora veljati 1 = x2 + y2 = 2x2, torej 1 v = ± 1 √ . 2 1 • Lastna vrednost 0: Iščemo v, tako da 5 5 x 0 = (A>A − 0I)v = . 5 5 y −1 Torej je y = −x. Spet mora biti 1 = x2 + y2 = 2x2, torej v = ± 1 √ . 2 1 Torej je, če obakrat izberemo +, 1 −1 V = 1 √ . 2 1 1 Stolpce matrike U dobimo iz Avi = σiui. Iz " # " # √ 1 2 1 1 √ √ 2 Av 2 2 √ 1 = = = 2 2 1 √ 4 √ 2 2 2 2 tako sledi √ " # 1 2 √ u √ 5 1 = 1 √ = . 10 2 2 2 √5 Ker je σ2 = 0 (in res " # 1 1 − 1 √ 0 Av 2 2 = = ), 2 2 1 √ 0 2 moramo u2 določiti na roke“. Veljati mora u ” 2 ⊥ u1, torej " # − 2 √ u 5 2 = ± 1 . √5 Tako je še 1 −2 U = 1 √ . 5 2 1 Res je " √ 1 # " #> √ − 2 √ 1 10 0 √ − 1 √ A = U ΣV > = 5 5 2 2 2 . √ 1 √ 0 0 1 √ 1 √ 5 5 2 2 Psevdoinverz je " 1 # " #> √ − 1 √ 1 1 √ 0 √ − 2 √ 1 1 A+ = V Σ+U > = 2 2 10 5 5 10 5 1 = . √ 1 √ 0 0 2 √ 1 √ 1 1 2 2 5 5 10 5 66 Zapiski vaj Zato je najboljši približek dosežen pri 1 1 1 3 x = A+b = 10 5 10 1 1 = . 1 3 10 5 10 Kot vidimo, je 1 1 3 3 Ax = 10 = 5 . 2 2 3 6 10 5 Od vseh vektorjev, ki minimizirajo kAx − bk, ima zgornji najmanjšo normo. Podobno dobimo pri (b) najprej izračunamo √ 1 0 5 17 0 1 −4 U = , Σ = √ in V = 1 √ . 0 −1 0 3 17 17 4 1 Potem je " # 1 1 −4 √ 0 1 0 1 4 A+ = V Σ+U > = 1 √ 5 17 = 1 5 3 17 4 1 0 1 √ 0 −1 17 4 − 1 3 17 5 3 in 1 4 2 2 x = A+b = 1 5 3 = 85 . 17 4 − 1 0 8 5 3 85 15. Poiščite singularni razcep matrike A, njen psevdoinverz in najboljši približek rešitve Ax = b po metodi najmanjših kvadratov ter preveri, da je dobljena rešitev enaka rešitvi normalnega sistema, če sta  3 2  1 (a) A = 2 −3 0   in b =  , −2 3 1  2 −1 1 (b) A = −1 2 2   in b =  , 1 1 4  3 −1  1  (c) A = −1 3 3   in b =  . 1 −1 −2 Rešitev: Singularne vrednosti matrike A so kvadratni koreni lastnih vrednosti matrike  3 2  3 2 −2 17 −6 A>A = 2 −3 = . 2 −3 3   −6 22 −2 3 Ničli 17 − λ −6 det(A>A − λI) = = (17 − λ)(22 − λ) − 36 = λ2 − 39λ + 338 −6 22 − λ Poglavje 4. Numerična linearna algebra 67 sta √ √ 39 ± 392 − 4 · 338 39 ± 169 39 ± 13 λ1,2 = = = 2 2 2 √ √ oziroma λ1 = 26 in λ2 = 13. Torej sta singularni vrednosti σ1 = 26 in σ2 = 13. Stolpci matrike V so lastni vektorji matrike A>A. • Lastna vrednost 26: Rešujemo −9 −6 x 0 = (A>A − 26I)v = . −6 −4 y Torej je x = − 2 y. Ker mora biti normiran, mora veljati 1 = x2 + y2 = 3 −2 4 y2 + y2 = 13y2, torej v = ± 1 √ . 9 9 13 3 • Lastna vrednost 13: Iščemo v, tako da 4 −6 x 0 = (A>A − 13I)v = . −6 9 y Torej je x = 3 y. Spet mora biti 1 = x2 + y2 = 9 y2 + y2 = 13 y2, torej 2 4 4 3 v = ± 1 √ . 13 2 Torej je, če obakrat izberemo +, −2 3 V = 1 √ . 13 3 2 Stolpce matrike U dobimo iz Avi = σiui. Iz  3 2      " # 0 0 − 2 √ √ Av 13 − 13 √ 1 = 2 −3 = = − 13   3 √  13   √  −2 3 13 13 √ 13 13 tako sledi  0   0  √ u − 1 √ 1 = 1 √ − 13 = . 26  √   2  13 1 √2 Iz √  3 2   13    " 3 # √ 13 √ 13 Av 13 2 = 2 −3   2 = 0 0 √   =   −2 3 13 0 0 pa dobimo √  13 1 u2 = 1 √ 0 0 13   =   . 0 0 68 Zapiski vaj Tako je še  0 1 U = − 1 √ 0  2  . 1 √ 0 2 Res je  0 1 √ " #> 3 26 0 − 2 √ √ A = U ΣV > = − 1 √ 0 √ 13 13 .  2  3 √ 2 √ 1 0 13 √ 0 13 13 2 Psevdoinverz je >   " # " # 0 1 − 2 √ 3 √ 1 √ 0 3 1 − 1 A+ = V Σ+U > = 13 13 26 − 1 √ 0 13 13 13 3 = . √ 2 √ 0 1 √  2  2 − 3 3 13 13 13 1 √ 0 13 26 26 2 Zato je najboljši približek dosežen pri 1 3 1 − 1 2 x = A+b = 13 13 13 13 2 0 . − 3 3   = 7 13 26 26 1 26 Kot vidimo, je  3 2   1  2 Ax = 2 −3 13 = − 1 .   7  2  −2 3 26 1 2 Res sta enaka 1 17 −6 2 1 3 2 −2 1 A>Ax = 13 = in A>b = 0 . −6 22 7 5 2 −3 3   = 5 26 1 Pri (b) dobimo √ − 3 1 " # √ 3 0 − 1 √ 1 √ 1 0 1 5 U = 1 √ 3 1 √ , V = 2 2 , Σ+ = 3 3 , x = 3 , 6  , Σ = 0 3 1 √ 1 √ 0 1 1 2 0 2 2 2 3 3 pri (c) pa − 2 1 √  √ " # 3 2 1 3 2 0 − 1 √ √ 13 5 1 2 U = 2 1 √ 2 2 36 36 18 3  , V = , Σ+ = , x = . 3 2 , Σ = 0 2 1 √ 1 √ 5 13 − 1 4 − 1 0 2 2 36 36 18 3 3 Poglavje 4. Numerična linearna algebra 69 Razcep Choleskega Pravimo, da je (simetrična) matrika A pozitivno definitna natanko tedaj, ko velja A = A> in x>Ax = hAx, xi > 0 za vsak x 6= 0. Za vsako tako matriko A ∈ n×n R obstaja razcep Choleskega, t. j. obstaja spodnje trikotna matrika V , tako da velja a      11 a12 . . . a1n v11 v11 v21 . . . vn1 a21 a22 . . . a2n v21 v22 v22 . . . vn2 A =  . . .  = V V > =  . . .   .  .  .. .. ..   .. .. . .   . . . ..  an1 am2 . . . amn vn1 vn2 . . . vnn vnn Matriko V sestavljamo po stolpcih: Za vsak k = 1, 2, . . . , n: v u k−1 u X • Diagonalni element je vkk = takk − v2 . ki i=1 k−1 ! 1 X • Pod diagonalo so vjk = ajk − vjivki , j = k + 1, . . . , n. vkk i=1 16. Poiščite razcep Choleskega matrik  4 −2 4 −2 4  1 2 4 1 1  −  2 10 1 −5 −5 2 13 23 8 8  A =      4 1 9 −2 1  in B = 4 23 77 32 32 . −2 −5 −2 22 7  1 8 32 30 30     4 −5 1 7 14 1 8 32 30 55 Rešitev: Najprej matrika A. Prvi stolpec matrike V (torej k = 1) dobimo po formulah √ • v11 = a11. • Za vsak j = 2, 3, 4, 5: vj1 = 1 a v j1. 11 Torej √ √ v11 = a11 = 4 = 2 v21 = 1 a · (−2) = −1 v 21 = 1 11 2 v31 = 1 a · 4 = 2 v 31 = 1 11 2 v41 = 1 a · (−2) = −1 v 41 = 1 11 2 v51 = 1 a · 4 = 2 v 51 = 1 11 2 Zaenkrat poznamo  2  −  1 ∗  V =    2 ∗ ∗  . −1 ∗ ∗ ∗    2 ∗ ∗ ∗ ∗ 70 Zapiski vaj Za k = 2 moramo izvesti: • v22 = pa22 − v2 . 21 • Za vsak j = 3, 4, 5: vj2 = 1 (a v j2 − vj1v21). 22 Zdaj dobimo q p v22 = a22 − v2 = 10 − (−1)2 = 3 21 v32 = 1 (a (1 − 2 · (−1)) = 1 v 32 − v31v21) = 1 22 3 v42 = 1 (a (−5 − (−1) · (−1)) = −2 v 42 − v41v21) = 1 22 3 v52 = 1 (a (−5 − 2 · (−1)) = −1 v 52 − v51v21) = 1 22 3 in tako  2  −  1 3  V =    2 1 ∗  . −1 −2 ∗ ∗    2 −1 ∗ ∗ ∗ Za k = 3 imamo: • v33 = pa33 − v2 − v2 . 31 32 • Za vsak j = 4, 5: vj3 = 1 (a v j3 − vj1v31 − vj2v32). 33 Tokrat dobimo q √ v33 = a33 − v2 − v2 = 9 − 22 − 12 = 2 31 32 v43 = 1 (a (−2 − (−1) · 2 − (−2) · 1) = 1 v 43 − v41v31 − v42v32) = 1 22 2 v53 = 1 (a (1 − 2 · 2 − (−1) · 1) = −1 v 53 − v51v31 − v52v32) = 1 22 2 in  2  −  1 3  V =    2 1 2  . −1 −2 1 ∗    2 −1 −1 ∗ ∗ Preostanejo še q p v44 = a44 − v2 − v2 − v2 = 22 − 22 − (−1)2 − (−1)2 = 4 41 42 43 in v54 = 1 (a v 54 − v51v41 − v52v42 − v53v43) = 44 = 1 (7 − 2 · (−1) − (−1) · (−2) − (−1) · 1) = 2 4 ter q p v55 = a55 − v2 − v2 − v2 − v2 = 14 − 22 − (−1)2 − (−1)2 − 22 = 2. 51 52 53 54 Poglavje 4. Numerična linearna algebra 71 Matrika V je tako določena:  2 0 0 0 0 −  1 3 0 0 0 V =    2 1 2 0 0 . −1 −2 1 4 0   2 −1 −1 2 2 Za matriko B dobimo na podoben način 1 0 0 0 0 2 3 0 0 0 V =   4 5 6 0 0 . 1 2 3 4 0   1 2 3 4 5 17. Poiščite razcep Choleskega matrike A in s pomočjo dobljenega razcepa rešite linearni sistem Ax = b.  81 −45 45   531  (a) A = −45 50 −15 −460  , b =   . 45 −15 38 193 6.25 −1 0.5   7.5  (b) A = −1 5 2.12 −8.68  , b =   . 0.5 2.12 3.6 −0.24 Odgovor:  9 0 0  6  (a) V = −5 5 0 −5  , x =   5 2 3 −4  2.5 0 0  0.8 (b) V = −0.4 2.2 0 −2  , x =   0.2 1 1.6 −1 72 Zapiski vaj Poglavje 5 Linearne diferencialne enačbe Homogene enačbe s konstantnimi koeficienti Rešitve homogene linearne enačbe s konstantnimi koeficienti y(n) + an−1y(n−1) + . . . + a1y0 + a0y = 0 sestavljajo n-razsežen linearen prostor. Njegovo bazo dobimo tako, da poiščemo ničle pripadajočega karakterističnega polinoma λn + an−1λn−1 + . . . + a1λ + a0 = 0. Če je λ ∈ R r-kratna ničla karakterističnega polinoma, imamo linearno neodvisne rešitve eλx, xeλx, . . . , xr−1eλx. Če je λ = α ± βi 6∈ R konjugiran par r-kratnih ničel karakterističnega polinoma, imamo linearno neodvisne rešitve eαx cos βx, eαx sin βx, xeαx cos βx, xeαx sin βx, . . . , xr−1eαx cos βx, xr−1eαx sin βx. Na tak način dobimo n linearno neodvisnih rešitev dane enačbe. 1. Rešite začetni problem y00 − 4y0 + 4y = 0, y(0) = 1, y0(0) = 4. Rešitev: Karakteristični polinom je p(λ) = λ2 − 4λ + 4 = (λ − 2)2. Rešitve homogene linearne diferencialne enačbe 2. reda sestavljajo dvorazsežen vektorski prostor. Baza je (e2x, xe2x). Poljubna rešitev je tako oblike y(x) = Ae2x + Bxe2x. 73 74 Zapiski vaj Da bosta izpolnjena začetna pogoja, mora veljati najprej 1 = y(0) = Ae2·0 + B · 0 = A. Ker je y0(x) = 2Ae2x + B(e2x + 2xe2x), drugi pogoj pomeni 4 = y0(0) = 2Ae2·0 + B(e2·0 + 0) = 2A + B. Torej je A = 1 in B = 2 ter y(x) = e2x + 2xe2x. 2. Rešite homogeni linearni diferencialni enačbi 2. reda s konstantnimi koeficienti: (a) y00 + y0 − 6y = 0; (b) y00 − 6y0 + 13y = 0, y(0) = 2, y0(0) = 8. Odgovor: (a) y(x) = Ae−3x + Be2x, A, B ∈ R (b) y(x) = 2e3x cos 2x + e3x sin 2x 3. Poiščite splošni rešitvi diferencialnih enačb: (a) y000 − 7y00 + 11y0 − 5y = 0; (b) y(5) + 18y000 + 81y0 = 0. Rešitev: (a) Karakteristični polinom je p(λ) = λ3 − 7λ2 + 11λ − 5. Ena ničla je 1. Tako dobimo λ3 − 7λ2 + 11λ − 5 = (λ − 1)(λ2 − 6λ + 5) = (λ − 1)2(λ − 5). Torej je splošna rešitev y(x) = Aex + Bxex + Ce5x, A, B, C ∈ R. (b) Karakteristični polinom je p(λ) = λ5 + 18λ3 + 81λ = λ(λ4 + 18λ2 + 81) = λ(λ2 + 9)2 = λ(λ + 3i)2(λ − 3i)2. Torej y(x) = A + B cos 3x + Cx cos 3x + D sin 3x + Cx sin 3x, A, B, C, D, E ∈ R. Poglavje 5. Linearne diferencialne enačbe 75 4. Rešite naslednje diferencialne enačbe: (a) y000 + 2y00 − y0 − 2y = 0. (b) y(4) − y000 + 2y0 = 0. (c) y(4) − y = 0. Odgovor: (a) y(x) = Ae−2x + Bex + Ce−x, A, B, C ∈ R (b) y(x) = A + Be−x + ex(C cos x + D sin x), A, B, C, D ∈ R (c) y(x) = Aex + Be−x + C cos x + D sin x, A, B, C, D ∈ R Nehomogene enačbe s konstantnimi koeficienti Splošna rešitev nehomogene linearne enačbe s konstantnimi koeficienti y(n) + an−1y(n−1) + . . . + a1y0 + a0y = f (x) je oblike y = yH + yP , pri čemer je yH splošna rešitev pripadajoče homogene enačbe (ko je f (x) = 0), yP pa je neka (partikularna) rešitev dane enačbe. Če ima f posebno obliko, imamo za partikularno rešitev nastavek. • Če je f (x) = eaxP (x), kjer je P polinom stopnje ν in a poljubno realno število (lahko tudi 0), je nastavek yP (x) = xρeaxQ(x), kjer je Q polinom stopnje ν z neznanimi koeficienti in je ρ stopnja ničle a karakterističnega polinoma. ( Če a ni ničla, je torej ρ = 0.) • Če je f (x) = eax(P1(x) cos(bx) + P2(x) sin(bx)), kjer sta P1 in P2 polinoma stopnje ν1 oz. ν2, je nastavek yP (x) = xρeax(Q1(x) cos(bx) + Q2(x) sin(bx)), kjer sta Q1 in Q2 polinoma stopnje max{n1, n2} z neznanimi koeficienti in je ρ stopnja ničle a + ib karakterističnega polinoma. • Če yP 1 reši enačbo z desno stranjo f1 in yP 2 tako, ki ima na desni f2, potem α1yP 1 + α2yP 2 reši enačbo z desno stranjo α1f1 + α2f2. 76 Zapiski vaj 5. Rešite naslednje diferencialne enačbe: (a) y00 − 2y0 + y = (3 + x)e2x, y(0) = 2, y0(0) = 4. (b) y00 + 9y = cos 2x. (c) y00 + y = sin x − 2e−x. Rešitev: (a) Najprej poiščemo ničle karakterističnega polinoma 0 = λ2 − 2λ + 1 = (λ − 1)2. Ker je 1 dvojna ničla, ima homogena enačba splošno rešitev yH(x) = Aex + Bxex. Za partikularno rešitev uporabimo nastavek yP (x) = (ax + b)e2x. Izračunamo oba odvoda y0 (x) = ae2x + (ax + b) · 2e2x = (2ax + a + 2b)e2x P y00 (x) = 2ae2x + (2ax + a + 2b) · 2e2x = 4(ax + a + b)e2x P in ju vstavimo v enačbo: y00 − 2y0 + y = (3 + x)e2x 4(ax + a + b)e2x − 2(2ax + a + 2b)e2x + (ax + b)e2x = (3 + x)e2x (ax + 2a + b)e2x = (3 + x)e2x Torej mora biti a = 1 in 2a + b = 3, oziroma b = 1. Posledično je splošna rešitev enaka y(x) = yP (x) + yH(x) = (x + 1)e2x + Aex + Bxex. Za upoštevanje začetnega pogoja potrebujemo še odvod: y0(x) = (2x + 3)e2x + Aex + B(x + 1)ex. Veljati mora 2 = y(0) = 1 + A in 4 = y0(0) = 3 + A + B. Torej je A = 1 in B = 0. Iskana rešitev je y(x) = (x + 1)e2x + ex. Poglavje 5. Linearne diferencialne enačbe 77 (b) V tem primeru dobimo za karakteristični polinom 0 = λ2 + 9. Ničli sta 0 ± 3i, zato ima homogena enačba splošno rešitev yH(x) = A cos 3x + B sin 3x. Za partikularno rešitev uporabimo nastavek yP (x) = a cos 2x + b sin 2x. Potrebujemo drugi odvod y00 (x) = −4a cos 2x − 4b sin 2x. P Iz y00 + 9y = cos 2x −4a cos 2x − 4b sin 2x + 9(a cos 2x + b sin 2x) = cos 2x 5a cos 2x + 5b sin 2x = cos 2x sledi a = 1 in b = 0. Torej je splošna rešitev 5 1 y(x) = yP (x) + yH(x) = cos 2x + A cos 3x + B sin 3x, A, B ∈ R. 5 (c) Iz 0 = λ2 + 1 sledi λ = 0 ± i. Homogena enačba ima splošno rešitev yH(x) = A cos x + B sin x. Ker je enačba linearna, lahko vzamemo nastavek za vsak člen posebej. Partikularna rešitev bo potem linearna kombinacija obeh. Najprej za sin x: yP 1(x) = x(a cos x + b sin x). Odvoda sta y0 (x) = (a cos x + b sin x) + x(−a sin x + b cos x). P 1 in y00 (x) = (−a sin x + b cos x) + (−a sin x + b cos x) + x(−a cos x − b sin x). P 1 Iz y00 + y = sin x 2(−a sin x + b cos x) + x(−a cos x − b sin x) + x(a cos x + b sin x) = sin x 2(−a sin x + b cos x) = sin x 78 Zapiski vaj dobimo a = − 1 in b = 0. Torej je 2 yP 1(x) = − 1 x cos x. 2 Nastavek za e−x je yP 2(x) = ae−x. in y00 (x) = ae−x. P 2 Iz y00 + y = e−x ae−x + ae−x = e−x sledi a = 1 . Partikularna rešitev je 2 yP (x) = yP 1(x) − 2yP 2(x) = − 1 x cos x − e−x, 2 tako da je splošna rešitev y(x) = yP (x) + yH(x) = − 1 x cos x − e−x + A cos x + B sin x, A, B ∈ 2 R. 6. Rešite sledeče začetne probleme: (a) y00 − 4y0 + 4y = xe2x, y(0) = 1, y0(0) = 4. (b) y00 − y = 2 sin x − 4 cos x, y(0) = 3, y0(0) = 2. (c) y00 + y0 = 2, y(0) = 2, y0(0) = 1. (d) y00 + y = x2 − x + 1, y(0) = −1, y0(0) = 2. (e) y00 + y = 2 sin x, y(0) = 3, y0(0) = 1. Odgovor: (a) y(x) = (1 + 2x + x3 )e2x 6 (b) y(x) = 2ex − e−x + 2 cos x − sin x (c) y(x) = 1 + e−x + 2x (d) y(x) = 3 sin x + x2 − x − 1 (e) y(x) = 3 cos x + 2 sin x − x cos x 7. Poiščite vse rešitve diferencialnih enačb (a) y000 − y0 = sin 3x. (b) y(4) + y000 − 3y00 − 5y0 − 2y = e2x − e−x. (c) y(4) + 2y00 + y = ex cos x. Odgovor: (a) y(x) = A + Bex + Ce−x + 1 cos 3x, A, B, C ∈ 30 R Poglavje 5. Linearne diferencialne enačbe 79 (b) y(x) = (A + Bx + Cx2 + x3 )e−x + (D + x )e2x, A, B, C, D ∈ 18 27 R (c) y(x) = (− 3ex + A + Bx) cos x + ( 4ex + C + Dx) sin x, A, B, C, D ∈ 25 25 R 8. Poiščite nastavke za partikularne rešitve naslednjih linearnih diferencialnih enačb: (a) y00 − 5y0 + 6y = (x2 + 1)ex + xe2x (b) y00 − 2y0 + 5y = xex cos 2x − x2ex sin 2x (c) y00 − 3y0 = x + cos x Rešitev: (a) Karakteristični polinom enačbe y00 − 5y0 + 6y = 0 je p(λ) = λ2 − 5λ + 6 = (λ − 3)(λ − 2). Ker 1 ni ničla karakterističnega polinoma, je nastavek za prvi člen yP 1(x) = (ax2 + bx + c)ex. 2 je enostavna ničla karakterističnega polinoma, torej yP 2(x) = x(αx + β)e2x. Torej yP (x) = (ax2 + bx + c)ex + x(αx + β)e2x. (b) Karakteristični polinom enačbe y00 − 2y0 + 5y = 0 je p(λ) = λ2 − 2λ + 5. Njegovi ničli sta √ −(−2) ± p(−2)2 − 4 · 1 · 5 2 ± −16 λ1,2 = = = 1 ± 2i. 2 · 1 2 Koeficient pri eksponentni funkciji na desni je v obeh členih ravno tako 1 ± 2i. Ker gre za enostavni ničli in je večja stopnja polinomov na desni enaka 2, iščemo partikularno rešitev z nastavkom yP (x) = xex(ax2 + bx + c) cos 2x + (αx2 + βx + γ) sin 2x. (c) Tukaj dobimo nastavek yP (x) = x(ax + b) + c cos x + d sin x. 80 Zapiski vaj Enačbe prvega reda z nekonstantnimi koeficienti Od linearnih enačb z nekonstantnimi koeficienti se bomo spomnili le metode za enačbe prvega reda a(x)y0 + b(x)y = f (x). Najprej rešimo pripadajočo homogeno enačbo a(x)y0 + b(x)y = 0, ki ima ločljivi spermenljivki. Njena splošna rešitev ima obliko yH(x) = Cu(x), kjer je C poljubna konstanta. Partikularno rešitev dobimo z variacijo konstante, to je, z nastavkom yP (x) = C(x)u(x). Splošna rešitev je y = yH + yP . 9. Rešite linearne diferencialne enačbe (a) x2y0 = 2xy − 3, y(−1) = 1. (b) x(1 + x2)y0 = (1 + x2)y + x2, y(1) = π , 4 (c) y0 = 3x2y + x5 + x2, y(0) = 1. Rešitev: (a) Pripadajoča homogena enačba je x2y0 = 2xy, ki ima ločljivi spremenljivki. Njena splošna rešitev je y0 = 2y x Z Z 1 dy = 2 dx y x ln y = ln C + 2 ln x yH(x) = Cx2 Rešitev nehomogene enačbe dobimo z variacijo konstante. Pišemo yP (x) = C(x)x2 in tako y0 (x) = C0(x)x2 + 2C(x)x P in vstavimo v enačbo. Tako dobimo x2 C0(x)x2 + 2C(x)x = 2xC(x)x2 − 3. Sledi C0(x) = − 3 . Ena možnost je C(x) = 1 . Tako smo dobili x4 x3 y(x) = yH(x) + yP (x) = Cx2 + 1 · x2 = Cx2 + 1 . x3 x Veljati mora 1 = y(−1) = C − 1. Zato je y(x) = 2x2 + 1 . x Poglavje 5. Linearne diferencialne enačbe 81 (b) Pripadajoča homogena enačba x(1 + x2)y0 = (1 + x2)y ima rešitev yH(x) = Cx. Z nastavkom yP (x) = C(x)x dobimo C0(x) = 1 oziroma C(x) = arctan x. 1+x2 Tako je y(x) = yH(x) + yP (x) = Cx + x arctan x. Upoštevamo še začetni pogoj π = y(1) = C + arctan 1 4 in dobimo C = 0 ter y(x) = x arctan x. (c) Spet najprej rešimo homogeno enačbo y0 = 3x2y in dobimo yH(x) = Cex3. Nastavek yP (x) = C(x)ex3 nam dá C0(x) = (x5 + x2)e−x3. Z uvedbo nove spremenljivke in per partesom dobimo C(x) = − 1 (x3 + 2)e−x3. 3 Splošna rešitev je y(x) = yH(x) + yP (x) = Cex3 − 1 (x3 + 2). 3 Iz 1 = y(0) = Ce0 − 1 (0 + 2) 3 določimo še C = 5 in y(x) = 5 ex3 − 1 (2 + x3). 3 3 3 10. Poiščite splošne rešitve naslednjih diferencialnih enačb: (a) xy0 + y = ln x + 1, (b) y0 − y tan x = cos x. Odgovor: (a) y(x) = ln x + C , C ∈ x R (b) y(x) = C+2x+sin 2x , C ∈ 4 cos x R 82 Zapiski vaj Poglavje 6 Sistemi linearnih diferencialnih enačb Homogen sistem linearnih diferencialnih enačb prvega reda s konstantnimi koeficienti ima obliko v0(t) = Av(t), kjer je v : n R → R iskana vektorska funkcija, A ∈ Mn×n(R) pa dana matrika koeficientov. Rešitve sestavljajo n-razsežen linearni prostor. Na voljo imamo tri metode za reševanje: • Sistem lahko pretvorimo v diferencialno enačbo n-tega reda za eno skalarno funkcijo. • Če je matrika A diagonalizabilna, moremo bazo tvoriti z uporabo lastnih vrednosti in lastnih vektorjev. Za vsako realno lastno vrednost λ in pripadajoči lastni vektor u imamo rešitev t 7→ eλtu. Če imamo konjugiran par lastnih vrednosti α ± βi in je u lastni vektor za eno izmed njih, sta t 7→ eαt (cos βt) Re u − (sin βt) Im u in t 7→ eαt (sin βt) Re u + (cos βt) Im u rešitvi. • Bazo za prostor rešitev sestavljajo stolpci matrične funkcije Φ(t) = etA. Če imamo podan začetni pogoj, je rešitev enaka v(t) = Φ(t)v(0). 1. Rešitvi začetnih problemov x0 = −x + y, x(0) = 10, x0 = 4x + 2y, x(0) = 2, in y0 = 4x − 4y, y(0) = 0 y0 = −3x − y, y(0) = −3. poiščite na vse tri načine. Za vsako rešitev narišite še časovni diagram in določite orbito ter jo skicirajte. Kaj lahko poveste o x(t) in y(t), ko preteče veliko časa? 83 84 Zapiski vaj Rešitev: Najprej prvi sistem. Če iz prve enačbe izrazimo y = x0 + x in vstavimo v drugo, dobimo y0 = x00 + x0 = 4x − 4(x0 + x) = −4x0, torej x00 + 5x0 = 0. Ničli karakterističnega polinoma sta 0 in −5, zato je splošna rešitev x(t) = A + Be−5t. Začetna pogoja sta x(0) = 10 in x0(0) = −x(0) + y(0) = −10, iz česar sledi 10 = A + B in −10 = −5B. Torej je B = 2 in A = 8. Rešitev je torej x(t) = 8 + 2e−5t. Iz tega sledi še y(t) = x0(t) + x(t) = −10e−5t + 8 + 2e−5t = 8 − 8e−5t. Sedaj rešimo nalogo s pomočjo lastnih vektorjev: Karakteristični polinom pripadajoče matrike je − 1 − λ 1 = λ2 + 5λ + 4 − 4 = λ(λ + 5). 4 −4 − λ Poiščimo pripadajoče lastne vektorje. −1 1 x 0 1 • λ = 0: Rešitev sistema = je npr. . 4 −4 y 0 1 4 1 x 0 1 • λ = −5: Ena rešitev = je vektor . 4 1 y 0 −4 Splošna rešitev je tako x(t) 1 1 = a + be−5t . y(t) 1 −4 Ob upoštevanju začetnih pogojev 10 x(0) 1 1 = = a + be−5·0 , 0 y(0) 1 −4 dobimo a + b = 10 in 0 = a − 4b. Tako je b = 2 in a = 8. Poglavje 6. Sistemi linearnih diferencialnih enačb 85 Tretja možnost je z eksponentno funkcijo matrike. Tedaj velja x(t) x(0) = etA . y(t) y(0) Zgoraj smo že izračunali lastne vrednosti in vektorje, tako da je 1 1 1 0 1 −4 1 etA = P etDP −1 = . 1 −4 0 e−5t −5 1 1 Sledi x(t) 1 1 1 0 1 −4 −1 10 = y(t) 1 −4 0 e−5t −5 −1 1 0 1 1 1 0 8 = 1 −4 0 e−5t 2 1 1 8 = 1 −4 2e−5t 8 + 2e−5t = . 8 − 8e−5t Opazimo, da za vsak t velja x−8 = y−8 . Orbita leži na premici y = −4x + 40. Velja 2 −8 x(t) ∞ x(t) 8 lim = in lim = . t→−∞ y(t) −∞ t→∞ y(t) 8 Gibanje je ves čas v isti smeri, saj je x0(t) −10e−5t −10 = = e−5t . y0(t) 40e−5t 40 Za drugi sistem dobimo x(t) = 2et in y(t) = −3et. 2. Poiščite splošno rešitev sistemov x0 = x + y, x0 = 2x + y, in y0 = −2x + 3y y0 = x + 2y. Rešitev: Karakteristični polinom pripadajoče matrike je 1 − λ 1 = λ2 − 4λ + 5 = (λ − 2)2 + 1. −2 3 − λ Lastni vrednosti sta torej 2 ± i. Ena rešitev sistema −1 ∓ i 1 x 0 = −2 1 ∓ i y 0 86 Zapiski vaj 1 1 0 je vektor = ± i . Splošna rešitev je tako 1 ± i 1 1 x(t) 1 0 1 0 = Ae2t cos t − sin t + Be2t sin t + cos t y(t) 1 1 1 1 oziroma x(t) = Ae2t cos t + Be2t sin t, y(t) = Ae2t(cos t − sin t) + Be2t(sin t + cos t). Podobno dobimo za drugi sistem x(t) = −Aet + Be3t, y(t) = Aet + Be3t. 3. Začetni problem 4 −7 14 u0 = u, u(0) = −1 10 10 rešite na dva načina: • s prevedbo na linearno diferencialno enačbo drugega reda, • z uporabo lastnih vrednosti in lastnih vektorjev matrike sistema. Poiščite lim x(t) . t→∞ y(t) Odgovor: x(t) = 21e3t − 7e11t, y(t) = 3e3t + 7e11t, lim x(t) = −1 t→∞ y(t) 4. Poiščite splošno rešitev sistema v0 = Av, če je  3 0 1  (a) A = 3 2 3  , −4 0 −2 2 3 3  (b) A = 0 −1 −3  . 0 0 2 Rešitev: (a) Lastne vrednosti matrike A so ničle karakterističnega polinoma 3 − λ 0 1 3 − λ 1 χ A(λ) = 3 2 − λ 3 = (2 − λ) = −4 −2 − λ −4 0 −2 − λ = (2 − λ) (3 − λ)(−2 − λ) + 4 = (2 − λ)(λ2 − λ − 2) = = −(λ − 2)2(λ + 1). Lastni vrednosti sta tako −1 in 2(2). Pripadajoči lastni vektorji: Poglavje 6. Sistemi linearnih diferencialnih enačb 87  4 0 1   1  • v ničelnem prostoru A + I = 3 3 3 3   leži npr.  , −4 0 −1 −4  1 0 1  • v ničelnem prostoru A − 2I = 3 0 3   lahko na jdemo dva linearno −4 0 −4 0 −1 neodvisna lastna vektorja, npr. 1 0   in  . 0 1 Splošna rešitev je torej  1  0 −1 v(t) = Ae−t 3 1 0   + B e2t   + C e2t   . −4 0 1 (b) Podobno dobimo x(t) = Ae−t + Be2t, y(t) = −Ae−t + Ce2t, z(t) = −Ce2t. 5. Poiščite rešitve naslednjih začetnih problemov in obravnavajte njihova obnašanja za t → ∞: 1 1 1 (a) u0 = u, u(0) = , −9 −5 −4 −7 1 3 (b) v0 = v, v(0) = , −2 −5 5 4 1 1 (c) w0 = w, w(0) = . −1 2 3 Rešitev: (a) Karakteristični polinom pripadajoče matrike je 1 − λ 1 = λ2 + 4λ + 4 = (λ + 2)2. −9 −5 − λ −2 je torej dvojna ničla karakterističnega polinoma. Toda ničelni prostor matrike 3 1 A + 2I = −9 −3 je enodimenzionalen, napenja ga vektor [ 1 − ]. Z doslej uporabljeno metodo 3 dobimo le eno rešitev. Če imamo dvorazsežen problem kot v tej nalogi, eno dvojno lastno vrednost, a le enodimenzionalen prostor lastnih vektorjev, potem storimo sledeče: Za w2 vzamemo poljuben neničelen vektor ki ni lastni, npr. w2 = [ 1 ]. Potem je 0 w1 = (A + 2I)w2 = [ 3 − ] lastni vektor. Splošna rešitev je 9 3 1 3 u(t) = Ae−2tw1 + Be−2t(w2 + tw1) = Ae−2t + Be−2t + t . −9 0 −9 88 Zapiski vaj Iz začetnega pogoja sledi 1 3 1 = u(0) = A + B . −4 −9 0 Torej je A = 4 . Potem je B = 1 − 4 = − 1 . Tako je 9 3 3 4 3 1 1 3 1 − t u(t) = e−2t − e−2t + t = e−2t . 9 −9 3 0 −9 3t − 4 Velja še lim u(t) = 0. t→∞ (b) Rešitev je 3 cos t + 2 sin t v(t) = e−6t . 5 cos t − sin t Zanjo velja lim v(t) = [ 0 ]. 0 t→∞ (c) Tukaj je rešitev 4t + 1 w(t) = e3t . −4t + 3 Opazimo še lim w1(t) = −1. t→∞ w2(t) Poglavje 7 Fourierove vrste Denimo, da imamo dovolj lepo“ funkcijo f : [−π, π] → ” R. Zadošča, da je odsekoma zvezna in da je R π |f (x)|2 dx < ∞. Potem jo lahko razvijemo v Fourierovo vrsto −π ∞ a X F (x) = 0 + ak cos kx + bk sin kx, 2 k=1 pri čemer so koeficienti enaki 1 Z π a0 = f (x) dx π −π ter za k ∈ N 1 Z π 1 Z π ak = f (x) cos kx dx in bk = f (x) sin kx dx. π − π π −π Vrsta konvergira v prostoru L2(−π, π) in določa funkcijo F , ki je dobro definirana na celem R in je periodična s periodo 2π. Podobno lahko razvijemo funkcije s poljubno periodo. Če ima f : R → R periodo P , potem je njena Fourierova vrsta ∞ a X F (x) = 0 + ak cos 2πk x + bk sin 2πk x 2 P P k=1 s koeficienti 2 Z 2 Z 2 Z a0 = f (x) dx, ak = f (x) cos 2πk x dx in bk = f (x) sin 2πk x dx. P P P P P I I I Pri tem I je poljuben interval dolžine P , na primer [− P , P ]. 2 2 Ker gre za konvergenco v ekvlidskih prostoru, dodajmo še pojasnilo o obnašanju te vrste po točkah. Naj bo funkcija f : R → R periodična s periodo P > 0 in odsekoma zvezna. Če v neki točki x0 ∈ R obstajata vsaj oba enostranska odvoda, potem je 1 F (x0) = lim f (x) + lim f (x) . 2 x%x0 x&x0 89 90 Zapiski vaj 1. Določite Fourierovo vrsto funkcije 0, −π < x ≤ 0 f (x) = . 1, 0 < x ≤ π Rešitev: Koeficienti so 1 Z π 1 Z π 1 a0 = f (x) dx = 1 dx = π = 1 π − π π π 0 ter za k ∈ N 1 Z π 1 Z π 1 sin kx π ak = f (x) cos kx dx = 1 cos kx dx = = 0 π − π π k π 0 0 in 1 Z π 1 Z π 1 cos kx π −(−1)k + 1 bk = f (x) sin kx dx = 1 sin kx dx = − = . π − π π k kπ π 0 0 Torej je ∞ 1 2 X sin((2k − 1)x) 1 2 sin 3x sin 5x F (x) = + = + sin x + + . . . . 2 π 2k − 1 2 π 3 5 k=1 Na spodnji sliki je z modro barvo narisan graf funkcije f , z zeleno delna vsota do člena sin 3x , z rdečo pa delna vsota do člena sin 9x : 3 9 2. Funkcijo −1, −π ≤ x < 0 f (x) = 1, 0 ≤ x ≤ π razvijte v Fourierovo vrsto. Z dobljenim rezultatom izračunajte vsoto vrste ∞ X (−1)n−1 . 2n − 1 n=1 ∞ ∞ 4 X 1 X (−1)n−1 π Odgovor: F (x) = sin((2n − 1)x), = π 2n − 1 2n − 1 4 n=1 n=1 Poglavje 7. Fourierove vrste 91 3. Določite Fourierovo vrsto funkcije f (x) = x na intervalu [−π, π] in izračunajte vsoto vrste 1 1 1 1 1 1 − + − + − + . . . 1 2 4 5 7 8 Rešitev: Ker je funkcija liha, so vsi ak = 0. Nadalje je 1 Z π bk = x sin kx dx π −π 2 Z π = x sin kx dx π 0 2 − cos kx π 2 Z π − cos kx = x − dx π k π k 0 0 2 −(−1)k 2 sin kx π = π + π k π k2 0 2(−1)k+1 = . k Fourierova vrsta je torej ∞ X 2(−1)k+1 sin x sin 2x sin 3x sin kx = 2 − + − . . . . k 1 2 3 k=1 Na spodnji sliki je z modro barvo narisan graf funkcije f , z zeleno delna vsota do člena sin 4x , z rdečo pa delna vsota do člena sin 10x : 4 10 V x = π je f odvedljiva, zato Fourierova vrsta v tej točki konvergira proti funkcijski 3 vrednosti. Če označimo z s iskano vsoto, je √ π π 3 π = f = 2 s, in tako s = √ . 3 3 2 3 3 4. Funkcijo f (x) = |x|, x ∈ [−π, π], razvijte v Fourierovo vrsto. Z dobljenim rezulta- ∞ tom izračunajte vsoto vrste P 1 . (2n−1)2 n=1 92 Zapiski vaj ∞ ∞ π 4 X 1 X 1 π2 Odgovor: F (x) = − cos((2n − 1)x), = 2 π (2n − 1)2 (2n − 1)2 8 n=1 n=1 5. Funkcijo f (x) = x(π − x) razvijte na [0, π] v Fourierovo vrsto: (a) po samih sinusih, (b) po samih kosinusih. ∞ Z dobljenim rezultatom izračunajte vsoto vrste P 1 . n2 n=1 Rešitev: Funkcija f nas zanima samo na intervalu [0, π]. To je modra črta na sliki. Če želimo dobiti razvoj po samih kosinusih, jo moramo razširiti do sode funkcije na [−π, π] (zelena črta), če pa po samih sinusih, pa do lihe funkcije na [−π, π] (rdeča črta): Najprej izračunajmo integrale, ki jih bomo potrebovali: Z π − cos kx π Z π − cos kx x sin kx dx = x − dx k k 0 0 0 cos kπ sin kx π (−1)k+1 = −π + = π , k k2 k 0 ter Z π sin kx π Z π sin kx cos kx π (−1)k − 1 x cos kx dx = x − = 0 + = k k k2 k2 0 0 0 0 Z π − cos kx π Z π − cos kx cos kπ 2 (−1)k − 1 x2 sin kx dx = x2 − 2x = −π2 + k k k k k2 0 0 0 Z π sin kx π Z π sin kx 2 (−1)k+1 x2 cos kx dx = x2 − 2x = − π k k k k 0 0 0 Poglavje 7. Fourierove vrste 93 Koeficienti v razvoju po sinusih so 2 Z π bk = x(π − x) sin kx dx π 0 Z π 2 Z π = 2 x sin kx dx − x2 sin kx dx π 0 0 (−1)k+1 (−1)k 2 2 (−1)k − 1 = 2π + 2π − k k π k k2 4 = (1 + (−1)k+1). k3π (Ker integriramo sodo funkcijo po intervalu [−π, π], je interval enak dvakratniku integrala po [0, π].) Torej je za x ∈ [0, π] ∞ 8 X sin(2k − 1)x 8 sin 3x sin 5x f (x) = = sin x + + + . . . . π (2k − 1)3 π 33 53 k=1 Dejansko smemo pisati enačaj, saj razvijamo periodično zvezno funkcijo, ki ima povsod vsaj enostranske odvode. Na spodnji sliki je z modro barvo narisan graf lihe razširitve f . Že vsota prvih dveh členov (zelena črta) zelo dobro aproksimira f . Razlika je obarvana rjavo. V razvoju po samih kosinusih pa so koeficienti 2 Z π 2 x2 x3 π 2 π3 π3 π2 a0 = x(π − x) dx = π − = − = π π 2 3 π 2 3 3 0 0 94 Zapiski vaj ter za k ∈ N 2 Z π ak = x(π − x) cos kx dx π 0 Z π 2 Z π = 2 x cos kx dx − x2 cos kx dx π 0 0 (−1)k − 1 2 2 (−1)k+1 = 2 + π k2 π k k (−1)k − 1 (−1)k+1 = 2 + 4 k2 k2 (−1)k+1 − 1 = 2 . k2 Tako je za x ∈ [0, π] ∞ ∞ π2 X cos 2kx π2 X cos 2kx f (x) = − 4 = − . 6 (2k)2 6 k2 k=1 k=1 Posledično je ∞ ∞ π2 X 1 X 1 π2 f (0) = 0 = − oziroma = . 6 k2 k2 6 k=1 k=1 Z modro barvo je narisan graf sode razširitve f , z zeleno delna vsota do člena cos 4x , 22 z rdečo pa delna vsota do člena cos 10x : 52 6. Funkcijo f (x) = x − π razvijte na (0, π) v Fourierovo vrsto: 2 (a) po samih sinusih, (b) po samih kosinusih. Odgovor: ∞ (a) F (x) = − P 1 sin(2nx), n n=1 ∞ (b) F (x) = − 4 P 1 cos((2n − 1)x). π (2n−1)2 n=1 Poglavje 7. Fourierove vrste 95 7. Naj bo a 6∈ Z poljuben in f 2π-periodična funkcija z f (x) = cos(aπ − a|x|) za x ∈ [−π, π]. Določite Fourierovo vrsto f in pokažite ∞ ! ∞ a 1 X 2 a X 1 cot(πa) = + = . π a2 a2 − k2 π a2 − k2 k=1 k=−∞ Rešitev: Ker je funkcija soda, so vsi bk = 0. Nadalje je 2 Z π 2 Z π 2 sin(aπ − ax) π sin(aπ) a0 = f (x) dx = cos(aπ − ax) dx = = π π π −a πa 0 0 0 in za k 6= 0 2 Z π ak = f (x) cos kx dx π 0 2 Z π = cos(aπ − ax) cos kx dx π 0 1 Z π = cos aπ + (−a + k)x + cos aπ + (−a − k)x dx π 0 " #π 1 sin aπ + (−a + k)x sin aπ + (−a − k)x = + π −a + k −a − k 0 1 sin(kπ) sin(−kπ) sin(aπ) sin(aπ) = + − + π −a + k −a − k −a + k −a − k 1 1 1 = 0 + sin(aπ) + π a − k a + k 2a sin(aπ) = . π(a2 − k2) Fourierova vrsta je tako ∞ sin(aπ) X 2a sin(aπ) F (x) = + cos kx. πa π(a2 − k2) k=1 Funkcija f je zvezna v 0 in obstajata levi in desni odvod. Zato konvergira vrsta za x = 0 proti f (0) = cos(aπ). Torej ∞ sin(aπ) X 2a sin(aπ) cos(aπ) = + πa π(a2 − k2) k=1 oziroma ∞ 1 X 2a cot(aπ) = + . πa π(a2 − k2) k=1 96 Zapiski vaj Del II Primeri kolokvijev in izpitov 97 1. kolokvij (6. 12. 2021) 1. naloga [20 točk] Določite (z utemeljitvijo), ali so naslednje podmnožice linearni podprostori v danih prostorih: (a) A = {p ∈ P3(R) : p(1) = 1} ⊆ P3(R), (b) B = {(x, y, z) : x + 2z = 0, 3x − 5y + z = 0} ⊆ 3 R , (c) C = {[ 0 a ] : a, b ∈ b 0 R} ⊆ M2×2(R), (d) D = {(x, y, z) : xy ≥ 0, z = 0} ⊆ 3 R . (a) A ni podprostor, ker ne vsebuje ničelnega polinoma. (b) B je podprostor, ker je množica rešitev homogenega sistema linearnih enačb. (c) C je podprostor: Vzemimo poljubni matriki [ 0 a1 ] in [ 0 a2 ] in poljuben skalar α ∈ b R. Potem je njuna 1 0 b2 0 vsota v C, saj je [ 0 a1 ] + [ 0 a2 ] = [ 0 a1+a2 ] ∈ C b1 0 b2 0 b1+b2 0 in zmožek s skalarjem, saj je α[ 0 a1 ] = [ 0 αa1 ] ∈ C. b1 0 αb1 0 (d) D ni podprostor, ker ni zaprta za seštevanje. Na primer (−1, 0, 0), (0, 1, 0) ∈ D, ampak (−1, 0, 0) + (0, 1, 0) = (−1, 1, 0) 6∈ D. 99 100 Primeri kolokvijev in izpitov 2. naloga [20 točk] Dani so polinomi p1(x) = 1 − 2x + x2, p2(x) = 1 − x2 in p3(x) = 1 + 2x + x2. (a) Pokažite, da je B = (p1, p2, p3) baza prostora P2(R) (polinomov stopnje največ 2). (b) Razvijte polinom q(x) = 3 + 4x + 5x2 po bazi B. (a) Prostor P2(R) ima dimenzijo 3. Zato zadošča, da pokažemo, da so p1, p2, p3 linearno neodvisni. Naj bo αp1 + βp2 + γp3 = 0. Iz 0 = α(1 − 2x + x2) + β(1 − x2) + γ(1 + 2x + x2) = (α + β + γ) + (−2α + 2γ)x + (α − β + γ)x2 sledi α + β + γ = 0 −2α + 2γ = 0 α − β + γ = 0 Če odštejemo zadnjo enačbo od prve, dobimo β = 0. Ker iz druge sledi α = γ, morata biti oba 0. Torej so ti trije polinomi res linearno neodvisni. (b) Nastavimo αp1 + βp2 + γp3 = q oziroma α(1 − 2x + x2) + β(1 − x2) + γ(1 + 2x + x2) = 3 + 4x + 5x2. Dobimo sistem α + β + γ = 3 −2α + 2γ = 4 α − β + γ = 5 Ponovno lahko odštejemo tretjo enačbo od prve in dobimo 2β = −2. Torej je β = −1. Iz α + γ = 4 in −α + γ = 2 sledi še γ = 3 in α = 1. Torej je q = p1 − p2 + 3p3. 1. kolokvij (6. 12. 2021) 101 3. naloga [30 točk] Linearna preslikava A : 4 3 R → R je podana s predpisom A(x, y, z, w) = (−3x − y + 3w, x + 3y + 5z, x − y − 2z − w). (a) Zapišite matriko preslikave A v standardnih bazah. (b) Določite dimenziji in bazi njenega ničelnega prostora in zaloge vrednosti. (c) Določite, ali je A injektivna, surjektivna. (a) Stolpci matrike so slike baznih vektorjev. Ker je A(1, 0, 0, 0) = (−3, 1, 1), A(0, 1, 0, 0) = (−1, 3, −1), A(0, 0, 1, 0) = (0, 5, −2), A(0, 0, 0, 1) = (3, 0, −1), je −3 −1 0 3  [A]SS = 1 3 5 0   . 1 −1 −2 −1 (b) Ničelni prostor sestavljajo vektorji, ki se preslikajo v ničelni vektor, torej rešitve A(x, y, z, w) = (−3x − y + 3w, x + 3y + 5z, x − y − 2z − w) = (0, 0, 0). Z Gaußovo metodo eliminacije dobimo  −3 −1 0 3 0   1 −1 −2 −1 0  1 3 5 0 0 ∼ 1 3 5 0 0 ∼     1 −1 −2 −1 0 −3 −1 0 3 0  1 −1 −2 −1 0   1 −1 −2 −1 0  ∼ 0 4 7 1 0 ∼ 0 4 7 1 0     . 0 −4 −6 0 0 0 0 1 1 0 Za vsak α ∈ R imamo rešitev w = α, z = −α, y = 3 α, x = 1 α. 2 2 Torej N(A) = {α(1, 3, −1, 1) : α ∈ , 3 , −1, 1)}. 2 2 R} = Lin{( 12 2 Ničelni prostor je posledično enorazsežen, baza je npr. {( 1 , 3 , −1, 1)}. 2 2 Iz dim 4 R = dim N(A) + dim R(A) sledi, da ima zaloga vrednosti preslikave A dimenzijo 3. Ker leži v trirazsežnem prostoru 3 3 R , je torej kar R(A) = R . Za bazo lahko vzamemo standardno bazo {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}. (c) A ni injektivna, saj je ničelni prostor enodimenzionalen, je pa surjektivna. 102 Primeri kolokvijev in izpitov 4. naloga [30 točk] V prostoru 4 R sta dana vektorja u = (2, −1, 1, 2) in v = (5, 3, 5, 4). (a) Določite eno ortonormirano bazo podprostora V = Lin{u, v}. (b) Izračunajte oddaljenost točke A(−3, 7, 1, 1) od V. (a) Uporabimo Gram-Schmidtov postopek. Ker je kuk2 = hu, ui = 4 + 1 + 1 + 4 = 10, je u g1 = = 1 √ (2, −1, 1, 2). kuk 10 Nadalje iz √ hv, g1i = h(5, 3, 5, 4), 1 √ (2, −1, 1, 2)i = 1 √ (10 − 3 + 5 + 8) = 20 √ = 2 10 10 10 10 dobimo ˜ g2 = v − hv, g1ig1 √ = (5, 3, 5, 4) − 2 10 · 1 √ (2, −1, 1, 2) 10 = (5, 3, 5, 4) − (4, −2, 2, 4) = (1, 5, 3, 0). Sledi ˜ g k˜ g 2 2k2 = h˜ g2, ˜ g2i = 1 + 25 + 9 + 0 = 35 in g2 = = 1 √ (1, 5, 3, 0). k˜ g 35 2k Ortonormirana baza je torej 1 √ (2, −1, 1, 2), 1 √ (1, 5, 3, 0). 10 35 (b) Za oddaljenost od podprostora moramo izračunati pravokotno projekcijo vektorja a = (−3, 7, 1, 1) na podprostor, ki jo dobimo po formuli projV a = ha, g1ig1 + ha, g2ig2. Iz √ ha, g1i = h(−3, 7, 1, 1), 1 √ (2, −1, 1, 2)i = 1 √ (−6 − 7 + 1 + 2) = − 10 10 10 √ ha, g2i = h(−3, 7, 1, 1), 1 √ (1, 5, 3, 0)i = 1 √ (−3 + 35 + 3 + 0) = 35 35 35 sledi √ √ projV a = − 10 1 √ (2, −1, 1, 2) + 35 1 √ (1, 5, 3, 0) 10 35 = −(2, −1, 1, 2) + (1, 5, 3, 0) = (−1, 6, 2, −2). 1. kolokvij (6. 12. 2021) 103 Oddaljenost dobimo po formuli d(A, V) = ka − projV ak = k(−3, 7, 1, 1) − (−1, 6, 2, −2)k = k(−2, 1, −1, 3)k p = (−2)2 + 12 + (−1)2 + 32 √ = 15 104 Primeri kolokvijev in izpitov 2. kolokvij (17. 1. 2022) 1. naloga [25 točk] Dana je tabela vrednosti meritev: xi −2 −1 0 1 2 yi 4 3 1 2 5 Poiščite parabolo y = a + bx + cx2, ki se najbolje prilega tem točkam. Podatki nam dajo sistem 5 linearnih enačb: 4 = a + b · (−2) + c · (−2)2 3 = a + b · (−1) + c · (−1)2 1 = a + b · 0 + c · 02 2 = a + b · 1 + c · 12 5 = a + b · 2 + c · 22 oziroma 1 −2 4 4   1 −1 1 a 3     1 0 0 b 1   =   . 1 −1 1 c 2     1 2 4 5 Najboljše parametre dobimo kot rešitev normalnega sistema A>Ax = A>b ali  5 0 10 a 15 0 10 0 b = 1 .       10 0 34 c 41 Takoj dobimo b = 1 . Če od zadnje enačbe odštejemo dvakratnik prve, dobimo 10 14c = 11, torej je c = 11 . 14 Iz prve enačbe potem izračunamo še a = 10 . Iskana parabola je 7 y = 10 + 1 x + 11 x2. 7 10 14 105 106 Primeri kolokvijev in izpitov 2. naloga [25 točk] Dan je sistem Ax = b, kjer je 4 5 10 −7 A = 2 −5 2 in b = 7 .     4 −1 2 7 (a) Preuredite sistem, če je treba, tako da bosta Jacobijeva in Gauß-Seidlova metoda iteracije zagotovo konvergirali. (b) Pri začetnim vektorju x(0) = [0, 0, 0]> izračunajte prva približka po obeh metodah in ju primerjajte s pravo rešitvijo sistema. (a) Obe iteraciji zagotovo konvergirata, če je matrika strogo diagonalno dominantna. To dosežemo z zamenjavo prve in zadnje vrstice, torej 4x1 − x2 + 2x3 = 7 2x1 − 5x2 + 2x3 = 7 4x1 + 5x2 + 10x3 = −7 (b) Enačbe za iteracije dobimo iz zgornjega sistema: 1 x1 = (7 + x2 − 2x3) 4 1 x2 = (7 − 2x − 1 − 2x3) 5 1 x3 = (−7 − 4x1 − 5x2) 10 Po Jacobiju dobimo x(1) = 1 (7 + 0 − 2 · 0) = 7 x(2) = 1 (7 + (− 7 ) − 2 · (− 7 )) = 7 1 4 4 1 4 5 10 4 x(1) = − 1 (7 − 2 · 0 − 2 · 0) = − 7 x(2) = − 1 (7 − 2 · 7 − 2 · (− 7 )) = − 49 2 5 5 2 5 4 10 50 x(1) = 1 (−7 − 4 · 0 − 5 · 0) = − 7 x(2) = 1 (−7 − 4 · 7 − 5 · (− 7 )) = − 7 3 10 10 3 10 4 5 10 po Gauß-Seidlu pa x(1) = 1 (7 + 0 − 2 · 0) = 7 x(2) = 1 (7 + (− 7 ) − 2 · (− 21 )) = 21 1 4 4 1 4 10 20 10 x(1) = − 1 (7 − 2 · 7 − 2 · 0) = − 7 x(2) = − 1 (7 − 2 · 21 − 2 · (− 21 )) = − 49 2 5 4 10 2 5 10 20 50 x(1) = 1 (−7 − 4 · 7 − 5 · (− 7 )) = − 21 x(2) = 1 (−7 − 4 · 21 − 5 · (− 49 )) = − 21 3 10 4 10 20 3 10 10 50 20 Prava rešitev je  2  x = −1 ,   −1 tako da je po dveh korakih sploh Gauß-Seidlova metoda dala že zelo dober približek. 107 3. naloga [25 točk] Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe y00 − 2y0 − 3y = 8xe−x − 2e3x cos x. Karakteristični polinom enačbe y00 − 2y0 − 3y = 0 je p(λ) = λ2 − 2λ − 3 = (λ + 1)(λ − 3). Splošna rešitev homogene enačbe je zato yH(x) = Ae−x + Be3x. Ker je −1 enostavna ničla karakterističnega polinoma, je nastavek za xe−1x yP 1(x) = x1(ax + b)e−x = (ax2 + bx)e−x. Izračunamo še prva odvoda: y0 (x) = (2ax + b)e−x + (ax2 + bx)(−e−x) P 1 = − ax2 + (2a − b)x + be−x y00 (x) = − 2ax + (2a − b)e−x + − ax2 + (2a − b)x + b(−e−x) P 1 = ax2 + (−4a + b)x + (2a − 2b)e−x. Vstavimo v enačbo, uredimo in dobimo y00 − 2y0 − 3y P 1 P 1 P 1 = xe−x (−8a)x + (2a − 4b)e−x = xe−x. Torej je a = − 1 in b = − 1 , ter 8 16 yP 1(x) = (− 1 x2 − 1 x)e−x. 8 16 3±i pa nista ničli karakterističnega polinoma, zato je nastavek za e3x cos x = e3x(1 cos 1x+ 0 sin 1x) enak yP 2(x) = x0e3x(c cos x + d sin x) = e3x(c cos x + d sin x). Odvoda sta y0 (x) = 3e3x(c cos x + d sin x) + e3x(−c sin x + d cos x) P 2 = e3x (3c + d) cos x + (3d − c) sin x y00 (x) = 3e3x (3c + d) cos x + (3d − c) sin x+ P 2 + e3x − (3c + d) sin x + (3d − c) cos x = e3x (8c + 6d) cos x + (8d − 6c) sin x 108 Primeri kolokvijev in izpitov Tako dobimo y00 − 2y0 − 3y P 2 P 2 P 2 = e3x cos x e3x (−c + 4d) cos x + (−d − 4c) sin x = e3x cos x oziroma −c + 4d = 1 in −d − 4c = 0, iz česar sledi c = − 1 in d = 4 in 17 17 yP 2(x) = e3x(− 1 cos x + 4 sin x). 17 17 Partikularna rešitev je tako yP (x) = 8yP 1 − 2yP 2 = (−x2 − 1 x)e−x + e3x( 2 cos x − 8 sin x), 2 17 17 splošna rešitev pa y(x) = yH(x) + yP (x) = Ae−x + Be3x + (−x2 − 1 x)e−x + e3x( 2 cos x − 8 sin x). 2 17 17 109 4. naloga [25 točk] Poiščite rešitev začetnega problema x0 = 3x − y, x(0) = −1, y0 = 4x + 3y, y(0) = 2. Karakteristični polinom pripadajoče matrike je 3 − λ −1 = (3 − λ)2 + 4. 4 3 − λ Lastni vrednosti sta torej 3 ± 2i. Dovolj je, da poiščemo lastni vektor za eno od njih, npr. za 3 + 2i. Ena rešitev sistema −2i −1 x 0 = 4 −2i y 0 1 1 0 je vektor = + i . Splošna rešitev je tako −2i 0 −2 x(t) 1 0 1 0 = Ae3t cos 2t − sin 2t + Be3t sin 2t + cos 2t . y(t) 0 −2 0 −2 Začetni pogoj nam da −1 x(0) 1 0 1 0 A = = A · 1 1 − 0 + B · 1 0 + 1 = . 2 y(0) 0 −2 0 −2 −2B Torej je A = B = −1 in x(t) − cos 2t − sin 2t = e3t . y(t) 2 cos 2t − 2 sin 2t 110 Primeri kolokvijev in izpitov 1. izpit (1. 2. 2022) 1. naloga [25 točk] Določite (z utemeljitvijo), katere od naslednjih podmnožic so baze prostora 4 R in v vsaki, ki je baza, razvijte vektor v = (−3, −10, 5, 9). (a) A = {(1, −2, 1, −1), (1, 3, −1, 1), (4, −3, 2, −2), (2, 0, 2, 2)}, (b) B = {(1, 1, −1, −2), (3, 1, −5, −8), (1, −2, −4, 4), (2, 8, −5, 1)}, (c) C = {(−1, 4, 7, 3), (10, 9, 5, −5), (3, 3, 3, 3)}. Prostor 4 R ima dimenzijo 4, kar pomeni, da ima vsaka njegova baza 4 elemente. Množica C torej zagotovo ni baza. Za ostali dve pa moramo preveriti, ali sta linearno neodvisni. Nastavimo za A α(1, −2, 1, −1) + β(1, 3, −1, 1) + γ(4, −3, 2, −2) + δ(2, 0, 2, 2) = (0, 0, 0, 0). Poiskati moramo torej rešitve sistema α + β + 4γ + 2δ = 0 −2α + 3β − 3γ = 0 α − β + 2γ + 2δ = 0 −α + β − 2γ + 2δ = 0 Rešujemo v matrični obliki. Najprej s pomočjo prve vrstice dosežemo, da so v prvem stolpcu pod diagonalo same ničle. Nato zadnji dve vrstici delimo z 2:  1 1 4 2 0   1 1 4 2 0   1 1 4 2 0  −  2 3 −3 0 0   0 5 5 4 0   0 5 5 4 0   ∼ ∼ . 1 −1 2 2 0   0 −2 −2 0 0   0 −1 −1 0 0        −1 1 −2 2 0 0 2 2 4 0 0 1 1 2 0 Zamenjamo srednji dve vrstici. Potem dosežemo ničle še v drugem stolpcu pod diagonalo in nato dokončamo proces:  1 1 4 2 0   1 1 4 2 0   1 1 4 2 0  0 −1 −1 0 0 0 −1 −1 0 0 0 1 1 0 0 · · · ∼        ∼ ∼ . 0 5 5 4 0   0 0 0 4 0   0 0 0 1 0        0 1 1 2 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 Sistem torej ima neničelne rešitve, zato A ni linearno neodvisna in posledično ni baza. Vzamemo lahko δ = 0, γ = 1, β = −1 in α = −3. Dejansko je −3(1, −2, 1, −1) − (1, 3, −1, 1) + (4, −3, 2, −2) = (0, 0, 0, 0). 111 112 Primeri kolokvijev in izpitov Podobno nastavimo linearno kombinacijo za B: α(1, 1, −1, −2) + β(3, 1, −5, −8) + γ(1, −2, −4, 4) + δ(2, 8, −5, 1) = (0, 0, 0, 0), oziroma α + 3β + γ + 2δ = 0 α + β − 2γ + 8δ = 0 −α − 5β − 4γ − 5δ = 0 −2α − 8β + 4γ + δ = 0 Dosežemo, da so v prvih dveh stolpcih pod diagonalo ničle:  1 3 1 2 0   1 3 1 2 0   1 3 1 2 0   1 1 −2 8 0   0 −2 −3 6 0   0 −2 −3 6 0   ∼ ∼ . −1 −5 −4 −5 0   0 −2 −3 −3 0   0 0 0 −9 0        −2 −8 4 1 0 0 −2 6 5 0 0 0 9 −1 0 Iz te oblike že sledi, da je edina rešitev α = β = γ = δ = 0. Množica B je linearno neodvisna in zato baza. Poiščimo torej še koeficiente v razvoju vektorja v v bazi B: α(1, 1, −1, −2) + β(3, 1, −5, −8) + γ(1, −2, −4, 4) + δ(2, 8, −5, 1) = (−3, −10, 5, 9). Enaka koraka kot zgoraj nam dasta  1 3 1 2 −3   1 3 1 2 −3   1 3 1 2 −3   1 1 −2 8 −10   0 −2 −3 6 −7   0 −2 −3 6 −7   ∼ ∼ . −1 −5 −4 −5 5   0 −2 −3 −3 2   0 0 0 −9 9        −2 −8 4 1 9 0 −2 6 5 3 0 0 9 −1 10 Po vrsti so δ = −1, γ = 1, β = −1 in α = 1. Še preizkus: (1, 1, −1, −2) − (3, 1, −5, −8) + (1, −2, −4, 4) − (2, 8, −5, 1) = (−3, −10, 5, 9). 113 2. naloga [25 točk] Linearna preslikava A : 3 3 R → R je podana s predpisom A(x, y, z) = (3x + y − 3z, −2x + 2y + z, x + 3y − 2z). (a) Zapišite matriko preslikave A v standardni bazi. (b) Določite dimenziji in bazi njenega ničelnega prostora in zaloge vrednosti. (c) Določite, ali je A injektivna, surjektivna. (a) Stolpce matrike dobimo kot slike baznih vektorjev. Iz A(1, 0, 0) = (3, −2, 1), A(0, 1, 0) = (1, 2, 3), A(0, 0, 1) = (−3, 1, −2), sledi  3 1 −3 [A]SS = −2 2 1 .   1 3 −2 (b) V ničelnem prostoru so rešitve enačbe A(x, y, z) = (3x + y − 3z, −2x + 2y + z, x + 3y − 2z) = (0, 0, 0). Z Gaußovo metodo eliminacije dobimo " 3 1 −3 0 # " 1 3 −2 0 # " 1 3 −2 0 # " 1 3 −2 0 # −2 2 1 0 ∼ −2 2 1 0 ∼ 0 8 −3 0 ∼ 0 8 −3 0 . 1 3 −2 0 3 1 −3 0 0 −8 3 0 0 0 0 0 Za vsak α ∈ R trojica z = α, y = 3 α in x = 7 α 8 8 reši zgornjo enačbo. Torej N(A) = {α(7, 3, 1) : α ∈ , 3 , 1)}. 8 8 R} = Lin{( 78 8 Ničelni prostor je enorazsežen, baza je npr. (7, 3, 8). Iz dim 3 R = dim N(A) + dim R(A) sledi dim R(A) = 3 − 1 = 2. Zalogo vrednosti razpenjajo stolpci matrike. Prva dva nista vzporedna, torej lahko ju lahko vzamemo za bazo: R(A) = Lin{(3, −2, 1), (1, 2, 3)}. (c) A ni injektivna, saj je ničelni prostor enodimenzionalen, niti ni surjektivna, saj je zaloga vrednosti dvodimenzionalna. 114 Primeri kolokvijev in izpitov 3. naloga [30 točk] Dana sta matrika  0 2 1  1 −2 1 −1 3 A =      in vektor b = −1 −2 2  1     2 0 −1 3 (a) Izračunajte QR-razcep matrike A. (b) Poiščite vektor x, ki po metodi najmanjših kvadratov najbolje ustreza sistemu Ax = b. Poiskati moramo torej QR-razcep matrike  0 2 1  −2 1 −1 A =    . −1 −2 2    2 0 −1 Uporabimo Gram-Schmidtov postopek na njenih stolpcih. Ker je √ k p p v1k = hv1, v1i = 02 + (−2)2 + (−1)2 + 22 = 9 = 3, je  0   0 ∗ ∗ 3 ∗ ∗ v 1 −2 − 2 ∗ ∗ g 1    3  1 = =   . Torej Q =   in R = 0 ∗ ∗ k   . v −1 − 1 ∗ ∗ 1k 3    3  0 ∗ ∗ 2 2 ∗ ∗ 3 Nadalje iz  2   0  * + 1 1 −2 1 hv     2, g1i =  , = (0 − 2 + 2 + 0) = 0 −2 −1   3   3 0 2 dobimo  2  1 ˜ g   2 = v2 − hv2, g1ig1 = v2 =  in k˜ g −2 2k2 = h˜ g2, ˜ g2i = 22 + 12 + (−2)2 + 02 = 9.   0 Sledi  2   0 2 ∗ 3 3 0 ∗ ˜ g 1 1 − 2 1 ∗ g 2    3 3  2 = =   , Q =   in R = 0 3 ∗ k   . ˜ g −2 − 1 − 2 ∗ 2k 3    3 3  0 0 ∗ 0 2 0 ∗ 3 Ker sta skalarna produkta  1   0   1   2  * + * + −1 1 −2 2 −1 1 1 hv         3, g1i =  , = − in hv , = −1, 2  −1 3, g2i =  2  −2   3   3   3   −1 2 −1 0 115 je  1   0   2   5   3  3 3 −1 2 − 2 1 − 10 5 −2 ˜ g    3   3   9    3 = v3−hv3, g1ig1−hv3, g2ig2 =  − − −(−1) = = . 2  −1 −2  10   2    3  9 3   3   9    −1 2 0 − 5 −1 3 9 Zato je √ 5 5 √ 5 2 k p ˜ g3k = 32 + (−2)2 + 22 + (−1)2 = 18 = . 9 9 3 Zadnji bazni vektor je  3  ˜ g 1 −2 g 3   3 = = √   . k˜ g 2 3k 3 2   −1 Tako je  0 2 1 √  3 2 √ 3 0 − 2  − 2 1 − 2  3 Q =  3 3 √ 3  in R = 0 3 −1   . − 1 − 2 2  √  3 3 3  0 0 5 2 2 0 − 1 √ 3 3 3 2 Najboljši približek x = [x1, x2, x3]> reši sistem Rx = Q>b. Ker je 1  0 − 2 − 1 2   − 1  3 3 3 3 2 1 3 Q>b = − 2 0   1  3 3 = √ √ 3  1  √  , 1   √ − 2 2 − 1 √ − 2 2 2 3 3 3 2 3 3 iz 3 0 − 2  x   − 1  3 1 3 0 3 −1 x 1  √   2 =  √  0 0 5 2 x − 2 2 3 3 3 sledi 2 1 1 x3 = − , x2 = in x1 = − . 5 5 5 116 Primeri kolokvijev in izpitov 4. naloga [20 točk] Dana je funkcija (0, −π ≤ x ≤ 0 f : [−π, π] → R, f (x) = x, 0 < x ≤ π Določite njeno Fourierovo vrsto. Najprej določimo konstantni koeficient 1 Z π 1 Z π 1 x2 π 1 π2 π a0 = f (x) dx = x dx = = · = . π − π π 2 π 2 2 π 0 0 Ostale dobimo s pomočjo integriranja po delih: 1 Z π ak = f (x) cos kx dx π −π 1 Z π = x cos kx dx π 0 1 sin kx π Z π sin kx = x − dx π k k 0 0 1 cos kx π = 0 − − π k2 0 1 cos kπ − 1 = · π k2 (0, k sod = − 2 , k lih πk2 in 1 Z π bk = f (x) sin kx dx π −π 1 Z π = x sin kx dx π 0 1 cos kx π Z π cos kx = x − − − dx π k k 0 0 1 cos kπ sin kx π = −π + π k k2 0 1 (−1)k = −π + 0 π k (−1)k+1 = . k 117 Torej je ∞ ∞ a X X F (x) = 0 + ak cos kx + bk sin kx 2 k=1 k=1 ∞ π X −2 X (−1)k+1 = + cos kx + sin kx 4 πk2 k k lih k=1 π 2 cos x cos 3x cos 5x sin x sin 2x sin 3x = − + + + . . . + − + − . . . . 4 π 12 32 52 1 2 3 118 Primeri kolokvijev in izpitov 1. kolokvij (5. 12. 2022) 1. naloga [25 točk] V 4 R so dani vektorji a = (−1, 2, 0, 1), b = (2, 0, 1, −3), c = (0, 4, 1, −1), d = (1, 1, 1, 0), e = (1, −1, 0, −3). Naj bo V linearna ogrinjača teh 5 vektorjev. (a) Določite dimenzijo podprostora V in eno njegovo bazo. (b) Za vektor u = (1, 1, 1, 1) določite, ali leži v V. V primeru, da je tako, ga razvijte v bazi iz točke (a). (a) Teh pet vektorjev zapišemo po vrsticah v matriko in izvedemo Gaußovo eliminacijo: −1 2 0 1  −1 2 0 1  −1 2 0 1  −1 2 0 1  −1 2 0 1  2 0 1 −3 0 4 1 −1 0 1 0 −2 0 1 0 −2 0 1 0 −2            0 4 1 −1 ∼  0 4 1 −1 ∼  0 4 1 −1 ∼  0 0 1 7  ∼  0 0 1 7  .            1 1 1 0   0 3 1 1   0 4 1 −1  0 0 1 7   0 0 0 0  1 −1 0 −3 0 1 0 −2 0 3 1 1 0 0 1 7 0 0 0 0 Dobili smo tri neničelne vrtice, ki so (ena) baza za V. Dimenzija V je torej 3. (b) Vektor u leži v podprostoru V, če ga je moč zapisati kot linearno kombinacijo baznih elementov, to je (1, 1, 1, 1) = α(−1, 2, 0, 1) + β(0, 1, 0, −2) + γ(0, 0, 1, 7). Pripadajoč sistem enačb je 1 = −α 1 = 2α + β 1 = γ 1 = α − 2β + 7γ Iz prve in tretje enačbe takoj sledi α = −1 in γ = 1. Posledično je β = 3. Vendar pri teh vrednostih zadnja enačba ni izpolnjena. Torej u 6∈ V. 119 120 Primeri kolokvijev in izpitov 2. naloga [20 točk] Določite (z utemeljitvijo), ali so naslednje podmnožice linearni podprostori v danih prostorih: (a) A = {f : R → R : f (2) = 2f (1)2} v prostoru vseh funkcij R → R, (b) B = {(x, y, z) : x + y2 + z3 = 0} ⊆ 3 R , (c) C = {[ a b c ] : a, b, c ∈ b c a R} ⊆ M2×3(R), (d) D = {(x, y, z) : 5x = 3y − 2z, 5z = 3x − 2y} ⊆ 3 R . (a) A ni podprostor: Za protiprimer moremo vzeti identično preslikavo id(x) = x. Ker je id(2) = 2 in 2(id(1))2 = 2, leži id v A. Po drugi strani pa −id 6∈ A, saj je (−id)(2) = −2, vendar 2((−id)(1))2 = 2(−1)2 = 2. (b) B ni podprostor, ker ni zaprta za množenje s skalarjem: Na primer (−1, 0, 1) ∈ B, ampak 2(−1, 0, 1) 6∈ B, saj je −2 + 02 + 23 = 6 6= 0. (c) C je podprostor: Vzemimo poljubni matriki [ a1 b1 c1 ] in [ a2 b2 c2 ] iz C in poljuben skalar α ∈ b R. Potem 1 c1 a1 b2 c2 a2 je njuna vsota v C, saj je [ a1 b1 c1 ] + [ a2 b2 c2 ] = [ a1+a2 b1+b2 c1+c2 ] ∈ C, b1 c1 a1 b2 c2 a2 b1+b2 c1+c2 a1+a2 in zmožek s skalarjem, saj je α[ a1 b1 c1 ] = [ αa1 αb1 αc1 ] ∈ C. b1 c1 a1 αb1 αc1 αa1 (d) D je podprostor, ker je množica rešitev homogenega sistema linearnih enačb 5x − 3y + 2z = 0 in 3x − 2y − 5z = 0. 121 3. naloga [25 točk] Dana je linearna preslikava A : 3 4 R → R , A(x, y, z) = (2x − 3y + z, x − y, 4x − y − 3z, −x + 2y − z). (a) Zapišite matriko preslikave A v standardnih bazah. (b) Poiščite bazo in dimenzijo ničelnega prostora in zaloge vrednosti preslikave A. (c) Ali je preslikava A injektivna, surjektivna? (a) Stolpci matrike so slike baznih vektorjev. Ker je A(1, 0, 0) = (2, 1, 4, −1), A(0, 1, 0) = (−3, −1, −1, 2), A(0, 0, 1) = (1, 0, −3, −1), je  2 −3 1  1 −1 0 [A]   SS =  . 4 −1 −3   −1 2 −1 (b) Ničelni prostor sestavljajo vektorji, ki se preslikajo v ničelni vektor, torej rešitve A(x, y, z) = (2x − 3y + z, x − y, 4x − y − 3z, −x + 2y − z) = (0, 0, 0, 0). Z Gaußovo metodo eliminacije dobimo         2 −3 1 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0 2 −3 1 0 0 −1 1 0 0 −1 1 0   ∼   ∼   ∼  .  4 −1 −3 0   4 −1 −3 0   0 3 −3 0   0 0 0 0  −1 2 −1 0 −1 2 −1 0 0 1 −1 0 0 0 0 0 Sledi z = α, y = α, x = α. Torej N(A) = {α(1, 1, 1) : α ∈ R} = Lin{(1, 1, 1)}. Ničelni prostor je posledično enorazsežen, baza je npr. {(1, 1, 1)}. Iz dim 3 R = dim N(A) + dim R(A) sledi dim R(A) = 3 − 1 = 2. Zalogo vrednosti razpenjajo stolpci matrike. Prva dva nista vzporedna, torej lahko ju lahko vzamemo za bazo: R(A) = Lin{(2, 1, 4, −1), (−3, −1, −1, 2)}. (c) A ni injektivna, saj je ničelni prostor enodimenzionalen, niti ni surjektivna, saj je zaloga vrednosti dvodimenzionalna. 122 Primeri kolokvijev in izpitov 4. naloga [30 točk] V prostoru P2(R) polinomov stopnje kvečjemu 2 definiramo skalarni produkt s predpisom hp, qi = p(−1)q(−1) + p(0)q(0) + p(1)q(1). (a) Pokažite, da velja hp, pi = 0 ⇐⇒ p = 0. Ostalih lastnosti skalarnega produkta ni treba preverjati. (b) Poiščite eno ortonormirano bazo B tega evklidskega prostora. (c) Izrazite v bazi B polinom q0(x) = x2 + x. (a) Če je p = 0, je očitno hp, pi = 0, saj je p(−1) = p(0) = p(1) = 0. Obratno: Vzemimo poljuben p ∈ P2(R), za katerega velja hp, pi = 0. Polinom p je oblike p(x) = ax2 + bx + c. Sledi 0 = hp, pi = p(−1)2 + p(0)2 + p(1)2 = (a − b + c)2 + c2 + (a + b + c)2. Torej mora veljati a − b + c = c = a + b + c = 0, od koder sledi a = b = c = 0 in zato p = 0. (b) Za prostor P2(R) imamo standardno bazo S = (1, x, x2). Na njej bomo uporabili Gram-Schmidtov postopek in tako dobili eno ortonormirano bazo. Označimo p0(x) = 1, p1(x) = x, p2(x) = x2. Ker je kp0k2 = hp0, p0i = p0(−1)2 + p0(0)2 + p0(1)2 = 12 + 12 + 12 = 3, je g0 = p0 = 1 √ p . kp 0, oziroma g0(x) = 1 √ 0k 3 3 Nadalje iz hp1, g0i = p1(−1)g0(−1) + p1(0)g0(0) + p1(1)g0(1) = (−1) · 1 √ + 0 · 1 √ + 1 · 1 √ 3 3 3 = 0 sledi ˜ g1 = p1. Ker je k˜ g1k2 = h˜ g1, ˜ g1i = ˜ g1(−1)2 + ˜ g1(0)2 + ˜ g1(1)2 = (−1)2 + 02 + 12 = 2, je g1 = ˜g1 = 1 √ p x. k˜ g 1, oziroma g1(x) = 1 √ 1k 2 2 123 Za tretji bazni element najprej izračunamo hp2, g0i = p2(−1)g0(−1) + p2(0)g0(0) + p2(1)g0(1) = 1 · 1 √ + 0 · 1 √ + 1 · 1 √ 3 3 3 = 2 √3 in hp2, g1i = p2(−1)g1(−1) + p2(0)g1(0) + p2(1)g1(1) = 1 · (− 1 √ ) + 0 · 0 + 1 · 1 √ 2 2 = 0. Sledi ˜ g2 = p2 − hp2, g0ig0 − hp2, g1ig1 = p2 − 2 √ g . 3 0, ˜ g2(x) = x2 − 23 Normo tega polinoma dobimo iz k˜ g2k2 = ˜ g2(−1)2 + ˜ g2(0)2 + ˜ g2(1)2 = ( 1 )2 + (− 2 )2 + ( 1 )2 = 2 . 3 3 3 3 Torej q g 3 2(x) = (x2 − 2 ). 2 3 q q Ena ortonormirana baza je 1 √ , 1 √ x, 3 x2 − 2 . 3 2 2 3 (c) Nastavimo q0 = αg0 + βg1 + γg2 oziroma q q x2 + x = α · 1 √ + β · 1 √ x + γ · 3 x2 − 2 . 3 2 2 3 Dobimo sistem q 1 √ α − 2 γ = 0 3 3 1 √ β = 1 2 q 3 γ = 1 2 Sledi q √ √ γ = 2 , β = 2, α = 2 3. 3 3 124 Primeri kolokvijev in izpitov 2. kolokvij (10. 1. 2023) 1. naloga [30 točk] Dana sta 1 2  1 A = 2 1 1   in b =   . 1 −1 1 (a) Določite singularni razcep matrike A. (b) Po metodi najmanjših kvadratov izračunajte najboljši približek za rešitev sistema Ax = b. (a) Za singularni razcep A = U ΣV > najprej izračunamo matriko 1 2  1 2 1 6 3 A>A = 2 1 = . 2 1 −1   3 6 1 −1 Lastne vrednosti te matrike dobimo iz karakterističnega polinoma 6 − λ 3 0 = = (6 − λ)2 − 32 = (3 − λ)(9 − λ). 3 6 − λ Določimo sedaj pripadajoče lastne vektorje. • λ = 9: Iščemo rešitve enačbe (A − 9I)x = 0. Dobimo: −3 3 0 −1 1 0 ∼ . 3 −3 0 0 0 0 Lastni vektorji so torej večkratniki vektorja [ 1 ]. Ker potrebujemo normiranega, 1 vzamemo na primer v1 = 1 √ [ 1 ]. 2 1 • λ = 3: Tukaj določamo vektorje z (A − 3I)x = 0. Iz 3 3 0 1 1 0 ∼ 3 3 0 0 0 0 dobimo, da je ena možnost v2 = 1 √ [ −1 ]. 2 1 Σ je diagonalna matrika, katere elementi so padajoče urejeni koreni lastnih vrednosti matrike A>A, stolpci matrike V pa pripadajoči normirani lastni vektorji: 3 0 1 −1 Σ = √ in V = 1 √ . 0 3 2 1 1 Stolpca matrike U dobimo iz formule σiui = Avi, i = 1, 2: 1 2  3 1 1 σ 1 √ 1u1 = Av1 ⇒ 3u1 = 2 1 3 ⇒ 1   = 1 √ u 2 1 2   1 = 1 √2   1 −1 0 0       √ 1 2 1 1 −1 σ 1 √ 2u2 = Av2 ⇒ 3u2 = 2 1 −1 ⇒ −1   = 1 √ u 2 1 2   2 = 1 √6   . 1 −1 −2 −2 125 126 Primeri kolokvijev in izpitov Torej imamo še  1  √ 1 √ 2 6 U = 1  √ − 1 √  .  2 6  0 − 2 √6 (b) Lahko uporabimo zgornji singularni razcep. Psevdoinverz je " # 1 1 1 −1 1 0 √ √ 0 0 1 1 A+ = V Σ+U > = 1 √ 3 2 2 = 3 3 . 2 1 1 0 1 √ 1 √ − 1 √ − 2 √ 1 0 − 1 3 6 6 6 3 3 Najboljši približek po metodi najmanjših kvadratov je 1 0 1 1 2 x+ = A+b = 3 3 3 1 1 . 0 − 1   = 0 3 3 1 127 2. naloga [25 točk] Dan je sistem −2x + 4y + z = 1 4x + 2y − z = 2 −x + 3y + 5z = 2 (a) Uredite sistem, če je treba, tako da bosta Jacobijeva in Gauß-Seidlova metoda iteracije zagotovo konvergirali. (Utemeljite izbiro.) (b) Izračunajte prva dva približka po obeh metodah pri začetnem vektorju x(0) = [0, 0, 0]> in ju primerjajte s pravo rešitvijo sistema. (a) Obe iteraciji zagotovo konvergirata, če je matrika strogo diagonalno dominantna. To dosežemo z zamenjavo prve in druge vrstice, torej 4x + 2y − z = 2 −2x + 4y + z = 1 −x + 3y + 5z = 2 (b) Enačbe za iteracije dobimo, če zgornji sistem prepišemo v naslednji obliki: x = 1 (2 − 2y + z) 4 y = 1 (1 + 2x − z) 4 z = 1 (2 + x − 3y) 5 Prva dva približka po Jacobijevi metodi sta tako x(1) = 1 (2 − 2 · 0 + 0) = 1 x(2) = 1 (2 − 2 · 1 + 2 ) = 19 4 2 4 4 5 40 y(1) = 1 (1 + 2 · 0 − 0) = 1 y(2) = 1 (1 + 2 · 1 − 2 ) = 2 4 4 4 2 5 5 z(1) = 1 (2 + 0 − 3 · 0) = 2 z(2) = 1 (2 + 1 − 3 · 1 ) = 7 5 5 5 2 4 20 po Gauß-Seidlovi pa x(1) = 1 (2 − 2 · 0 + 0) = 1 x(2) = 1 (2 − 2 · 1 + 1 ) = 3 4 2 4 2 5 10 y(1) = 1 (1 + 2 · 1 − 0) = 1 y(2) = 1 (1 + 2 · 3 − 1 ) = 7 4 2 2 4 10 5 20 z(1) = 1 (2 + 1 − 3 · 1 ) = 1 z(2) = 1 (2 + 3 − 3 · 7 ) = 1 5 2 2 5 5 10 20 4 Točna rešitev je x = y = 3 in z = 1 . 8 4 128 Primeri kolokvijev in izpitov 3. naloga [25 točk] Poiščite rešitev začetnega problema y00 − 2y0 + y = x2 + ex sin x, y(0) = 1, y0(0) = 0. Najprej poiščemo rešitve pripadajoče homogene enačbe y00 − 2y0 + y = 0. Njen karakteristični polinom je p(λ) = λ2 − 2λ + 1 = (λ − 1)2. Splošna rešitev homogene enačbe je zato yH(x) = Aex + Bxex. Nastavek za partikularno rešitev, ki reši enačbo z desno stranjo f1(x) = x2 = e0x · x2, je yP 1(x) = x0e0x(ax2 + bx + c) = ax2 + bx + c, saj 0 ni ničla karakterističnega polinoma. Izračunamo še prva odvoda: y0 (x) = 2ax + b in y00 (x) = 2a. P 1 P 1 Vstavimo v enačbo, uredimo in dobimo y00 − 2y0 + y P 1 P 1 P 1 = x2 ax2 + (−4a + b)x + (2a − 2b + c) = x2 Torej so a = 1, b = 4 in c = 6, ter yP 1(x) = x2 + 4x + 6. Za desno stran f2(x) = ex sin x = e1x(1 sin 1x + 0 cos 1x) pa je odločilno, da 1 ± i nista ničli karakterističnega polinoma. Nastavek je zato enak yP 2(x) = x0e1x(α sin 1x + β cos 1x) = ex(α sin x + β cos x). Odvoda sta y0 (x) = ex (α − β) sin x + (α + β) cos x) P 2 y00 (x) = ex − 2β sin x + 2α cos x P 2 Tako dobimo y00 − 2y0 + y P 2 P 2 P 2 = ex sin x −ex(α sin x + β cos x) = ex sin x 129 iz česar sledi α = −1, β = 0 in yP 2(x) = −ex sin x. Partikularna rešitev je tako yP (x) = yP 1(x) + yP 2(x) = x2 + 4x + 6 − ex sin x, splošna rešitev pa y(x) = yH(x) + yP (x) = Aex + Bxex + x2 + 4x + 6 − ex sin x. Da bomo lahko upoštevali oba začetna pogoja, splošno rešitev odvajamo: y0(x) = Aex + B(ex + xex) + 2x + 4 − (ex sin x + ex cos x). Iz y(0) = 1 sledi 1 = A + 0 + 0 + 0 + 6 − 0, oziroma A = −5, iz y0(0) = 0 pa 0 = A + B + 0 + 4 − 1, in tako B = 2. Rešitev danega začetnega problema je funkcija y(x) = −5ex + 2xex + x2 + 4x + 6 − ex sin x. 130 Primeri kolokvijev in izpitov 4. naloga [20 točk] Poiščite splošno rešitev sistema x0 = −z y0 = −x + y − z z0 = x − y + 2z Sistem prepišemo v matrični obliki  0 x  0 0 −1 x y = −1 1 −1 y .       z 1 −1 2 z Lastne vrednosti pripadajoče matrike dobimo iz enačbe − λ 0 −1 1 − λ −1 −1 1 − λ 0 = −1 1 − λ −1 = −λ − 1 = −1 2 − λ 1 −1 1 −1 2 − λ = −λ(λ2 − 3λ + 2 − 1) − (1 − 1 + λ) = −λ(λ2 − 3λ + 1) − λ = −λ(λ2 − 3λ + 2) = −λ(λ − 1)(λ − 2). Določimo lastne vektorje: • Za λ = 0 iz  0 0 −1 0   −1 1 −1 0  −1 1 −1 0 ∼ 0 0 1 0     1 −1 2 0 0 0 0 0 dobimo na primer lastni vektor [1, 1, 0]>, • za λ = 1 iz  −1 0 −1 0   1 0 1 0  −1 0 −1 0 ∼ 0 1 0 0     1 −1 1 0 0 0 0 0 lastni vektor [−1, 0, 1]>, • ter za λ = 2 iz  −2 0 −1 0   1 −1 0 0  −1 −1 −1 0 ∼ 0 −2 −1 0     1 −1 0 0 0 0 0 0 še lastni vektor [−1, −1, 2]>. Splošna rešitev je x 1 −1 −1 A − Bet − Ce2t y 1 0 −1 A − Ce2t   = Ae0t   + B e1t   + C e2t   =   , A, B, C ∈ R. z 0 1 2 Bet + 2Ce2t 1. izpit (31. 1. 2023) 1. naloga [25 točk] V prostoru 4 R so dani vektorji u = (1, 4, −2, 2), v = (−1, 2, 2, 1) in w = (2, 1, 1, −2). (a) Poiščite eno ortonormirano bazo podprostora V = Lin{u, v, w}. (b) Izračunajte oddaljenost točke A(3, 1, 0, 1) do podprostora V. (a) Uporabimo Gram-Schmidtov postopek. Iz k p uk = 12 + 42 + (−2)2 + 22 = 5, dobimo u e1 = = ( 1 , 4 , − 2 , 2 ). kuk 5 5 5 5 Za naslednji bazni element najprej izračunamo hv, e1i = h(−1, 2, 2, 1), (1, 4, −2, 2)i = −1 + 8 − 4 + 2 = 1. 5 5 5 5 5 5 5 5 Dobimo ˜ e2 = v − hv, e1ie1 = (−1, 2, 2, 1) − 1 · ( 1 , 4 , − 2 , 2 ) = (− 6 , 6 , 12 , 3 ). 5 5 5 5 5 5 5 5 Sledi k˜ e2k2 = h˜ e2, ˜ e2i = 36 + 36 + 144 + 9 = 9 25 25 25 25 in ˜ e e 2 2 = = 1 (− 6 , 6 , 12 , 3 ) = (− 2 , 2 , 4 , 1 ). k˜ e 3 5 5 5 5 5 5 5 5 2k Na koncu iz hw, e1i = h(2, 1, 1, −2), (1, 4, −2, 2)i = 2 + 4 − 2 − 4 = 0 5 5 5 5 5 5 5 5 hw, e2i = h(2, 1, 1, −2), (−2, 2, 4, 1)i = −4 + 2 + 4 − 2 = 0 5 5 5 5 5 5 5 5 dobimo ˜ e3 = w − hw, e1ie1 − hw, e2ie2 = w, ter ˜ e k˜ e 3 3k2 = 4+1+1+4 = 10 in e3 = = 1 √ (2, 1, 1, −2) = ( 2 √ , 1 √ , 1 √ , − 2 √ ). k˜ e 10 10 10 10 10 3k Ena ortonormirana baza je torej (e1, e2, e3). (b) Za oddaljenost od podprostora moramo izračunati pravokotno projekcijo vektorja a = (3, 1, 0, 1) na podprostor V, ki jo dobimo po formuli projV a = ha, e1ie1 + ha, e2ie2 + ha, e3ie3. 131 132 Primeri kolokvijev in izpitov Iz ha, e1i = h(3, 1, 0, 1), (1, 4, −2, 2)i = 3 + 4 + 0 + 2 = 9 5 5 5 5 5 5 5 5 ha, e2i = h(3, 1, 0, 1), (−2, 2, 4, 1)i = −6 + 2 + 0 + 1 = −3 5 5 5 5 5 5 5 5 ha, e3i = h(3, 1, 0, 1), ( 2 √ , 1 √ , 1 √ , − 2 √ )i = 6 √ + 1 √ + 0 − 2 √ = 5 √ 10 10 10 10 10 10 10 10 sledi projV a = 9 · (1, 4, −2, 2) + (−3) · (−2, 2, 4, 1) + 5 √ · ( 2 √ , 1 √ , 1 √ , − 2 √ ) 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 10 10 10 10 10 = ( 9 , 36 , − 18 , 18 ) + ( 6 , − 6 , − 12 , − 3 ) + (1, 1 , 1 , −1) 25 25 25 25 25 25 25 25 2 2 = ( 8 , 17 , − 7 , − 2 ). 5 10 10 5 Oddaljenost dobimo po formuli d(A, V) = ka − projV ak = k(3, 1, 0, 1) − ( 8 , 17 , − 7 , − 2 )k 5 10 10 5 = k( 7 , − 7 , 7 , 7 )k 5 10 10 5 √ = 7 10 . 10 133 2. naloga [25 točk] Dani sta linearni preslikavi A : 3 3 R → R , A(x, y, z) = (−x + 2y + z, 3x − y + 2z, −x + 2y) in B : 3 2 R → R , B(x, y, z) = (x + y − 4z, −2x + y + z). (a) Zapišite matrike preslikav A, B in B ◦ A v standardnih bazah. (b) Poiščite bazo in dimenzijo ničelnega prostora in zaloge vrednosti preslikave A. (c) Ali je preslikava B injektivna, surjektivna? (a) Stolpci matrike so slike baznih vektorjev. Ker je A(1, 0, 0) = (−1, 3, −1), B(1, 0, 0) = (1, −2) A(0, 1, 0) = (2, −1, 2), B(0, 1, 0) = (1, 1) A(0, 0, 1) = (1, 2, 0), B(0, 0, 1) = (−4, 1) je −1 2 1 1 1 −4 [A]SS = 3 −1 2 , [B]   SS = −2 1 1 −1 2 0 in −1 2 1 1 1 −4 6 −7 3 [B ◦ A]SS = [B]SS[A]SS = 3 −1 2 −2 1 1   = 4 −3 0 −1 2 0 (b) Ničelni prostor sestavljajo vektorji, ki se preslikajo v ničelni vektor, torej rešitve enačbe A(x, y, z) = (−x + 2y + z, 3x − y + 2z, −x + 2y) = (0, 0, 0). Z Gaußovo metodo eliminacije dobimo že po enem koraku  −1 2 1 0   −1 2 1 0  3 −1 2 0 ∼ 0 5 5 0 ,     −1 2 0 0 0 0 −1 0 iz česar sledi x = y = z = 0. Torej N(A) = {(0, 0, 0)} in dim N(A) = 0. Iz dim 3 R = dim N(A) + dim R(A) sledi dim R(A) = 3 − 0 = 3. Ker R(A) leži v trirazsežnem prostoru 3 R , je torej R(A) = 3 R . Za bazo moremo vzeti standardno bazo {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}. 134 Primeri kolokvijev in izpitov (c) Zaloga vrednosti preslikave B leži v 2 R . Ker sta prva stolpca matrike [B]SS linearno neodvisna, je dim R(B) = 2 in zato R(B) = 2 R . Preslikava B je torej surjektivna. Ni pa injektivna, saj je ničelni prostor enodimenzionalen, namreč dim N(B) = dim 3 R − dim R(B) = 3 − 2 = 1. 135 3. naloga [25 točk] Poiščite rešitev začetnega problema y00 + 16y = 3 cos 4x − 8x, y(0) = 4, y0(0) = −1. Pripadajoča homogena enačba je y00 + 16y = 0 s karakterističnim polinomom p(λ) = λ2 + 16. Njegovi ničli sta λ1,2 = 0 ± 4i. Posledično je splošna rešitev homogene enačbe yH(x) = Ae0x cos 4x + Be0x sin 4x = A cos 4x + B sin 4x. Partikularno rešitev bomo sestavili iz dveh delov. Za desno stran f1(x) = cos 4x = e0x(0 sin 4x+1 cos 4x) je odločilno, da sta 0±4i enostavni ničli karakterističnega polinoma. Eno rešitev zato dobimo z nastavkom yP 1(x) = x1e0x(c sin 4x + d cos 4x) = x(c sin 4x + d cos 4x). Izračunamo prva odvoda te funkcije: y0 (x) = 1 · (c sin 4x + d cos 4x) + x · (4c cos 4x − 4d sin 4x) P 1 in y00 (x) = (4c cos 4x − 4d sin 4x)+ P 2 + 1 · (4c cos 4x − 4d sin 4x) + x · (−16c sin 4x − 16d cos 4x). Tako dobimo y00 + 16y P 1 P 1 = cos 4x 8c cos 4x − 8d sin 4x − 16x(c sin 4x + cos 4x) + 16x(c sin 4x + d cos 4x) = cos 4x 8c cos 4x − 8d sin 4x = cos 4x Torej c = 1 in d = 0, ter 8 yP 2(x) = x( 1 · sin 4x + 0 · cos 4x) = 1 x sin 4x. 8 8 Nastavek za partikularno rešitev, ki reši enačbo z desno stranjo f1(x) = x = e0x · x, pa je yP 2(x) = x0e0x(αx + β) = αx + β, saj 0 ni ničla karakterističnega polinoma. Prva odvoda sta y0 (x) = α in y00 (x) = 0. P 2 P 2 136 Primeri kolokvijev in izpitov Vstavimo v enačbo, uredimo in dobimo y00 + 16y P 2 P 2 = x 0 + 16(αx + β) = x 16αx + 16β = x Torej sta α = 1 in β = 0, ter 16 yP 2(x) = 1 · x + 0 = 1 x. 16 16 Partikularna rešitev je tako yP (x) = 3yP 1(x) − 8yP 2(x) = 3 · 1 x sin 4x − 8 · 1 x = 3 x sin 4x − 1 x, 8 16 8 2 splošna rešitev pa y(x) = yH(x) + yP (x) = A cos 4x + B sin 4x + 3 x sin 4x − 1 x. 8 2 Iz y(0) = 4 sledi 4 = A · 1 + 0 + 0 + 0 = A. Ker je y0(x) = −4A sin 4x + 4B cos 4x + 3 (1 · sin 4x + x · 4 cos 4x) − 1 , 8 2 iz y0(0) = −1 dobimo še −1 = 0 + 4B + 0 − 1 oziroma B = − 1 . 2 8 Rešitev zastavljenega začetnega problem je torej y(x) = 4 cos 4x − 1 sin 4x + 3 x sin 4x − 1 x. 8 8 2 137 4. naloga [25 točk]  2 1 −1 2 Dana sta matrika A = −1 −2 4 in vektor b = 4 .     5 4 −2 4 (a) Določite LU-razcep z delnim pivotiranjem matrike A. (b) S pomočjo tega razcepa rešite sistem Ax = b. (a) V prvem koraku moramo zamenjati prvo in zadnjo vrstico. Tako imamo 0 0 1  2 1 −1  5 4 −2 P = 0 1 0 in −1 −2 4 ∼ −1 −2 4 .       1 0 0 5 4 −2 2 1 −1 Potem  1 ∗ ∗  5 4 −2 5 4 −2 L = − 1 ∗ ∗ −1 −2 4 ∼ 0 − 6 18  in . 5     5 5  2 ∗ ∗ 2 1 −1 0 − 3 − 1 5 5 5 Zdaj menjava vrstic ni potrebna. Zato je 0 0 1  1 0 ∗ 5 4 −2 5 4 −2 P = 0 1 0 − 1 1 ∗ 0 − 6 18 ∼ 0 − 6 18   , L =  5  in  5 5   5 5  . 1 0 0 2 1 ∗ 0 − 3 − 1 0 0 −2 5 2 5 5 Torej so 0 0 1  1 0 0 5 4 −2 P = 0 1 0 − 1 1 0 in U = 0 − 6 18   , L =  5   5 5  1 0 0 2 1 1 0 0 −2 5 2 in velja P A = LU . (b) Vektor x reši enačbo Ax = b natanko tedaj, ko je P Ax = (LU )x = P b. Najprej je 0 0 1 2 4 b0 = P b = 0 1 0 4 = 4 .       1 0 0 4 2 Potem poiščemo y, ki reši  1 0 0 y    1 4 Ly = b0 oziroma − 1 1 0 y 4  5   2 =   . 2 1 1 y 2 5 2 3 Dobimo y = [4, 24 , −2]>. Iskani x potem reši 5 5 4 −2 x    1 4 U x = y, to je 0 − 6 18 x = 24 .  5 5   2  5  0 0 −2 x3 −2 dobimo x = [2, −1, 1]>. Gradiva iz Matematike 3 za študente Gradbeništva (MA) Avtor: Martin Jesenko Založila: Založba Univerze v Ljubljani Za založbo: Gregor Majdič, rektor Univerze v Ljubljani Izdala: Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo Univerze v Ljubljani Za izdajatelja: Violeta Bokan Bosiljkov, dekanja Fakultete za gradbeništvo in geodezijo Univerze v Ljubljani Ljubljana, 2023 Prva e-izdaja Publikacija je brezplačna. Publikacija je v digitalni obliki prosto dostopna na https://ebooks.uni-lj.si DOI: 10.15292/9789612973070 To delo je ponujeno pod licenco Creative Commons Priznanje avtorstva-Deljenje pod enakimi pogoji 4.0 Mednarodna licenca (izjema so fotografije). / This work is licensed under a Creative Commons Attribution-ShareAlike 4.0 International License (except photographs). Kataložni zapis o publikaciji (CIP) pripravili v Narodni in univerzitetni knjižnici v Ljubljani COBISS.SI-ID 191231235 ISBN 978-961-297-307-0 (PDF) Document Outline Predgovor I Zapiski vaj Linearni (vektorski) prostori in podprostori Evklidski prostori Linearne preslikave Numericna linearna algebra Linearne diferencialne enacbe Sistemi linearnih diferencialnih enacb Fourierove vrste II Primeri kolokvijev in izpitov 1. kolokvij (6. 12. 2021) 2. kolokvij (17. 1. 2022) 1. izpit (1. 2. 2022) 1. kolokvij (5. 12. 2022) 2. kolokvij (10. 1. 2023) 1. izpit (31. 1. 2023) Prazna stran