Løsningsforslag

Løsningsforslag til eksamen i GO007D - diskret matematikk og
lineær algebra, 14. desember 2004 ved AITeL/HiST.
Oppgave 1 (30 %)
a) Setter α =0og Gausseliminerer totalmatrisen til systemet:
⎡
1
à = ⎣ 2
−1
−3
0
2
⎤ ⎡
4
1
1⎦∼···
∼⎣0
−3/2
1
1
0
⎤
1/2
−1⎦
(1)
−1 0 −1 1
0 0 1 −4
Tilbakesubstitusjon gir løsningen (x1,x2,x3) =(3, −1, −4).
b) Finner når koeffisientmatrisen er singulær, dvs. det(A) =0;
1 −1 0
det(A) =
2 −3 2
−1
α −1
=1·
−3
2
α −1
− (−1) · 2 2
−1 −1
=3− 2α
Hvis det(A) = 0 så må α =3/2. Sjekker om denne verdien av α gir et
ubestemt system:
⎡
1
à = ⎣ 2
−1
−3
0
2
4
1
⎤ ⎡
1
⎦ ∼ ⎣2
−1
−3
0
2
⎤
4
1⎦
−1 1.5 −1 −0.5 0 0 0 0
, siden (rad 2 + 2 rad 3 = 0). Ser også at rangen til koeffiesientmatrisen
er lik 2 og rangen til totalmatrisen er lik 2. Dermed er systemet ubestemt.
Systemet har uendelig mange løsninger for α =1.5.
c) Fra oppgave b) vet vi at når α =1.5, er matrisen A singulær. Dermed er
rang(A) < 3. Ser også av matrisen at den har minst to lineært uavhengige
vektorer, f.eks. søyle 1 og 3 (sistnevnte har null i første koordinat, mens den
andre ikke har det), så rang(A) > 1. Siden rangen til matrisen er et heltall er
rang(A) =2. En basis for søylerommet til A er { 1 2 −1 T T , 0 2 −1 }.
Det er to vektorer i basisen til søylerommet, så dimensjonen til søylerommet
er 2 , dim(col(A)) = 2. En annen måte å finne svaret på er ved Gausseliminering:
⎡
⎤ ⎡
⎤
1 −1 0
1 −1.5 1
A = ⎣ 2 −3 2 ⎦ ∼···∼ ⎣0
1 −2⎦
−1 1.5 −1
0 0 0
Lineære avhengigheter mellom søylene bevares ved radoperasjoner, så en
basis for søylerommet til A er { 1 2 −1 T , −1 −3 −1.5 T }.
d) Hvis vektoren c = 4 1 1 T skal ligge i søylerommet til A, må den kunne
uttrykkes som en lineærkombinasjon av vektorene i basisen til søylerommet:
⎡ ⎤
1
⎡ ⎤
0
⎡ ⎤
4
s ⎣ 2 ⎦ + t ⎣ 2 ⎦ = ⎣1⎦
−1 −1 1
1
Fra den øverste likningen ser vi at s =1. Da gir likning 2 t = −3.5, somer
uforenelig med likning 3 (t = −5). Dermed ligger ikke c i søylerommet til A.
Oppgave 2 (15 %)
1) A
Når rangen til totalmatrisen er større enn rangen til koeffisientmatrisen har
systemet ingen løsning.
2) C
Siden alternativ A inneholder en nullvektor, og alternativ B inneholder en
lineær avhengighet (vektor 2 + vektor 3 = vektor 4), må enten C eller D
være riktig. Sjekker om C er rett, dvs. sjekker om følgende matrise har full
rang;
⎡
⎤
1 0 0 0
⎢
⎢1
1 1 0 ⎥
⎣0
1 1 1⎦
0 0 −1 0
∼···∼
⎡
⎤
1 0 0 0
⎢
⎢0
1 1 0 ⎥
⎣0
0 −1 0⎦
0 0 0 1
Det har den, og da er alternativ C rett.
3) D
Her er det best å regne ut trinn for trinn for å unngå feil;
(AX) T C −1 = B T
transponerer begge sider:
(C −1 ) T (AX) =B
bytter om rekkefølgen på invers og transponerting på C, og multipliserer med
C T fra venstre
C T (C T ) −1 (AX) =C T B
trekker sammen og multipliserer med A −1 fra venstre
som dermed gir alternativ D:
A −1 AX = A −1 C T B
X = A −1 C T B
4) B
Ved å sette inn kan en sjekke hvilket alternativ som er rett. Det viser seg å
være alternativ B;
1
1 4
1 · +(−3) · =
2
2 −1
2

Oppgave 3 (15 %)
a) Egenverdiene er λ1 =1,λ2 =0.2. Et lineært uavhengig sett med 2 egenvektorer
er f.eks. {[1, 3] T , [−1, 1] T }.
b) Den generelle løsningen av et system av rekursjonslikninger med to variable
er xn = c1λ n 1 k1 + c2λ n 2 k2, derk1 og k2 er to lineært uavhengige egenvektorer
tilhørende systemet. Setter inn løsningen fra oppgave a):
xn = c1 − c20.2 n
yn =3c1 + c20.2 n
Koeffisientene c1 og c2 bestemmes vha. startbetingelsene:
x0 = c1 − c20.2 0 = 1000
y0 =3c1 + c20.2 0 = 100
c1 = 1000 + c2 innsatt i ligning 2: 3(1000 + c2)+c2 = 100, som gir c2 = −725
og c1 = 275. Løsningen blir da:
xn = 275 + 725 · 0.2 n
yn = 825 − 725 · 0.2 n .
Siden limn→∞ k n =0når k

Oppgave 5 (12.5 %)
a) Strukturen til utsagnet “Hvis jeg står på eksamen, så har jeg lest nok” er
p → q, der utsagnsvariablene p og q er tilordnet primærutsagnene på følgende
måte:
p = “Jeg står på eksamen”
q = “Jeg har lest nok”
Den kontrapositive formen av p → q er ¬q →¬p, ogpågodtnorskblirdet:
Hvis jeg ikke har lest nok, så står jeg ikke på eksamen.
b) Den logiske slutningen kan vises på en rekke ulike måter. Noen av disse er:
Sannhetsverditabell, ved bruk av logiske lover og slutningsregler, sannhetsbetraktninger
(bevis ved selvmotsigelse, kontrapositivt bevis og direkte bevis).
Under vises slutningen ved logiske lover og slutningsregler.
[p ∧ (p → q) ∧ (r ∨ s) ∧ (¬r ∨¬q)] (1)
⇒ [q ∧ (r ∨ s) ∧ (¬r ∨¬q)]
(2)
⇔ [(¬r ∨¬q) ∧ q ∧ (r ∨ s)]
(3)
⇒ [¬r ∧ (r ∨ s)]
(4)
⇒ [(r ∨ s) ∧¬r]
(5)
⇒ s
(1) slutning ved bekreftelse, (2) assosiativ lov, (3) slutning ved eliminasjon,
(4) assosiativ lov, (5) slutning ved eliminasjon.
Oppgave 6 (12.5 %)
a) Når Lur S. Vindel starter i uke 0, er han den eneste som er involvert i
pyramidespillet, derfor er a0 =1. Hver person som er med verver 2 stykker
hver uke. Hvis an−1 personer var med i forrige uke (n − 1), verves det i
gjeldende uke (n) dobbelt så mange personer, 2an−1. I tillegg kommer de
som allerede var med i forrige uke, derfor er antall personer som er involvert
i pyramidespillet etter n uker gitt av
an =2an−1 + an−1 =3an−1
som var det som skulle vises. Da kan en ved iterasjon finne antall involverte
etter hhv. en uke, to uker og fire uker:
a1 =3a0 =3· 1=3
a2 =3a1 =3· 3=9
a3 =3a2 =3· 9=27
a4 =3a3 =3· 27 = 81
Etter en uke er 3 personer involvert, etter to uker er 9 stykker med og etter
4 uker er det 81 personer i pyramiden.
5
b) Dette er en homogen rekursjonslikning av 1.orden, så den har den generelle
løsningen
an = A3 n
Konstanten A bestemmes av startbetingelsen:
a0 = A3 0 = A =1
Antall personer som er involvert etter n uker er dermed gitt av an =3 n .
Antall uker før jordas befolkning er involvert finnes ved å løse likningen
3 n = 6477000000
n = ln(6477000000)
ln(3)
=20.56 ≈ 21
Etter 21 uker er hele jordas befolkning involvert (gitt at alle klarer å holde
vervekravet).
6