\documentclass[a4paper,dvips,12pt]{article} % Dokumenttype \usepackage[latin1]{inputenc} % Inputtype (platformafhængig) \usepackage[danish]{babel} % Ordombrydningssprog \usepackage[T1]{fontenc} % Fonts der kan bruges i dokumentet \hyphenation{lignings-system-et løs-ning-er in-kon-sistent} % Orddelingsregler % MATEMATIK OG GRAFIK -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------% \usepackage{amsmath,amssymb} % Matematisk pakke \usepackage[pdftex]{color,graphicx} % PDF med farvet grafik \usepackage[pdftex]{graphicx} % PDF med grafik \usepackage{maplestd2e} % Til at kunne implementere Maple-kode \usepackage{braket} % Til at kunne lave | i variabel størrelse (\middle|) \renewcommand{\theequation}{\arabic{subsection}.\arabic{equation}} % Gendefiner kommandoen der laver equation numre % LAYOUT ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------% \usepackage{fancyhdr} % Til sidehoved og sidefod \pagestyle{fancy} % Layout af sidehoved og sidefod \fancyhead{} % Renser alle head-felter \fancyhead[L]{\ECFTallPaul Lineær Algebra ugeopgave 1} % Udskriver i venstre side øverst \fancyhead[R]{\ECFTallPaul Opgave \thesubsection} % Udskriver i højre side øverst \headheight 14.5pt % Højden af headerfeltet \fancyfoot{} % Renser alle foot-felter \fancyfoot[C]{\ECFTallPaul \rule{40pt}{0.2pt} \thepage{} \rule{40pt}{0.2pt}} % Udskriver i midten nederst \renewcommand{\headrulewidth}{0.2pt} % Tykkelse på øverste linie \renewcommand{\footrulewidth}{0.0pt} % Tykkelse på nederste linie \usepackage{enumerate} % Til at kunne lave nummererede items \usepackage{subfigure} % Til at kunne lave figurer side om side \usepackage{emerald} % Skrifttyper speficik for forsiden til afleveringen \usepackage{pifont} % Til at kunne typesætte tal med ring om \include{appendix} % START PÅ DOKUMENT MED FORSIDE -------------------------------------------------------------------------------------------------------------% \begin{document} % Starter dokumentet efter preamble \pagestyle{empty} % Sidehoved og sidefod for forsiden \input{forside.tex} % Input af forsiden, der ligger i forside.tex % START PÅ AFLEVERINGSOPGAVEN SELV ----------------------------------------------------------------------------------------------------------% \newpage % Ny side efter forsiden er indsat \pagestyle{fancy} % Sidehoved og sidefod for resten af dokumentet \setcounter{page}{2} % Resten af afleveringen har sidenummer 2 og frem \section*{Lin.Alg. Ugeopgave 1} \setcounter{section}{1} % reset tælleren til at nummerere sections (ugeopgavenummer) \subsection{3$\times$3 ligningssystem med en ukendt $a$:} Jeg er for ethvert $a \in \mathbb{R}$ givet ligningssystemet \begin{align*} x_1 + x_2 + 5 x_3 &= 7 \\ x_1 - x_2 - x_3 &= -1 \\ 3 x_1 - 2 x_2 + (a^2 + a) x_3 &= a + 1 \text{,} \end{align*} som jeg skal arbejde videre med under de fire delopgaver a-d: \subsubsection*{Delopgave a} Jeg skal først og fremmest benytte Maple-kommandoerne {\verb+LinearSolve+}, {\verb+ReducedRowEchelonForm+}\ og {\verb+GaussianElimination+}\ på totalmatricen for ligningssystemet, derfor starter jeg ud med at definere denne matrix som værende $A$: \begin{maplegroup} \begin{mapleinput} \mapleinline{active}{1d}{restart: with(LinearAlgebra):}{} \end{mapleinput} \end{maplegroup} \begin{maplegroup} \begin{mapleinput} \mapleinline{active}{1d}{A:=< <1|1|5|7>, <1|-1|-1|-1>, <3|-2|(a\symbol{94}2+a)|a+1> >;}{} \end{mapleinput} \mapleresult \begin{maplelatex} \mapleinline{inert}{2d}{A := Matrix(%id = 177287564)}{\[\displaystyle A\, := \, \left[ \begin {array}{cccc} 1&1&5&7\\\noalign{\medskip}1&-1&-1&-1\\\noalign{\medskip}3&-2&{a}^{2}+a&a+1\end {array} \right] \]} \end{maplelatex} \end{maplegroup} \vspace{10pt} \noindent Og jeg kan nu bruge de tre kommandoer på matricen: \begin{maplegroup} \begin{mapleinput} \mapleinline{active}{1d}{GaussianElimination(A);}{} \end{mapleinput} \mapleresult \begin{maplelatex} \mapleinline{inert}{2d}{Matrix(%id = 175827048)}{\[\displaystyle \left[ \begin {array}{cccc} 1&1&5&7\\\noalign{\medskip}0&-2&-6&-8\\\noalign{\medskip}0&0&{a}^{2}+a&a\end {array} \right] \]} \end{maplelatex} \end{maplegroup} \begin{maplegroup} \begin{mapleinput} \mapleinline{active}{1d}{ReducedRowEchelonForm(A);}{} \end{mapleinput} \mapleresult \begin{maplelatex} \mapleinline{inert}{2d}{Matrix(%id = 176083396)}{\[\displaystyle \left[ \begin {array}{cccc} 1&0&0&{\frac {3\,a+1}{a+1}}\\\noalign{\medskip}0&1&0&{\frac {4\,a+1}{a+1}}\\\noalign{\medskip}0&0&1& \left( a+1 \right) ^{-1}\end {array} \right] \]} \end{maplelatex} \end{maplegroup} \begin{maplegroup} \begin{mapleinput} \mapleinline{active}{1d}{LinearSolve(A);}{} \end{mapleinput} \mapleresult \begin{maplelatex} \mapleinline{inert}{2d}{Vector[column](%id = 175523556)}{\[\displaystyle \left[ \begin {array}{c} {\frac {3\,a+1}{a+1}}\\\noalign{\medskip}{\frac {4\,a+1}{a+1}}\\\noalign{\medskip} \left( a+1 \right) ^{-1}\end {array} \right] \]} \end{maplelatex} \end{maplegroup} \vspace{10pt} \noindent Og jeg ser altså at Maple med {\verb+GaussianElimination+} forkorter matricen til en trappematrix, med {\verb+ReducedRowEchelonForm+} forkorter matricen om til en reduceret trappematrix og med {\verb+LinearSolve+} finder løsningerne af ligningssystemet direkte. \subsubsection*{Delopgave b} Jeg skal nu ud fra det resultat {\verb+GaussianElimination+} gav mig i delopgave a finde løsningsmængden til ligningssystemet for $a=0$ og $a=-1$. \begin{enumerate}[{\itshape i)}] \item Jeg starter ud med at se på tilfældet hvor $a=0$. Dette giver mig matricen som jeg fandt med {\verb+GaussianElimination+} til at være \begin{equation*} \begin{array}{c c c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 1 & 5 & 7 \\ 0 & -2 & -6 & -8 \\ 0 & 0 & a^2+a & a \end{array} \right] & = & \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 1 & 5 & 7 \\ 0 & -2 & -6 & -8 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right] \end{array} \end{equation*} som jeg kan forkorte ved følgende{\footnote{For beskrivelse af min notation, se appendix A på side \pageref{appendixa}.}}: \begin{align} \begin{array}{c c} \begin{array}{r} - \tfrac{1}{2} \times \text{\ding{193}:} \end{array} & \begin{array}{c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 1 & 5 & 7 \\ 0 & 1 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right] \end{array} \nonumber \end{array} \\ \begin{array}{c c} \begin{array}{r} \text{\ding{192}} - \text{\ding{193}:} \end{array} & \begin{array}{c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right] \end{array} \label{loesning1:eq} \end{array} \end{align} Jeg kan først og fremmest se at variablen $x_3$ kan antage uendeligt mange værdier, hvorfor der vil være uendeligt mange løsninger. Ud af matricen i \eqref{loesning1:eq} kan jeg se at mine ligninger er som følger: \begin{align*} x_1 + 2 x_3 &= 3 \quad \Leftrightarrow \quad x_1 = 3 - 2 x_3 \\ x_2 + 3 x_3 &= 4 \quad \Leftrightarrow \quad x_2 = 4 - 2 x_3 \\ 0 &= 0 \text{.} \end{align*} Hvorfor min løsningsmængde er givet ved \begin{equation} L=\left\{\left( 3 - 2 \alpha,4 - 2 \alpha, \alpha \right) | \alpha \in \mathbb{R} \right\} \text{.} \label{L0tidligere} \end{equation} Jeg har grafisk vist løsningen i Figur \ref{fig:sub:a} på side \pageref{fig:sub:a}, hvor det er tydeligt at se at de tre planer alle skærer hinanden i en linie, altså med uendeligt mange punkter som løsning. \label{loesning1} \item Nu kan jeg se på tilfældet hvor $a=-1$. Dette tilfælde giver mig matricen fundet med {\verb+GaussianElimination+} til at være som følger, som jeg omskriver: \begin{align} \begin{array}{c c} \begin{array}{r} -\tfrac{1}{2} \times \text{\ding{193}:} \end{array} & \begin{array}{c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 1 & 5 & 7 \\ 0 & -2 & -6 & -8 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \end{array} \right] \end{array} \end{array} \nonumber \\ \begin{array}{c c} \begin{array}{r} -1 \times \text{\ding{194}:} \end{array} & \begin{array}{c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 1 & 5 & 7 \\ 0 & 1 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right] \end{array} \label{loesning2:eq} \end{array} \end{align} Jeg ser her at for at der skal være en løsning til systemet skal $0=1$, hvilket jo ikke kan lade sig gøre. Derfor er ligningssystemet inkonsistent, og der er ikke nogen løsning. Jeg har vist dette grafisk på Figur \ref{fig:sub:b} på side \pageref{fig:sub:b}, hvor det er nemt at se at der ikke er noget punkt hvor de tre planer alle skærer hinanden samtidig. \label{loesning2} \item Til sidst skal jeg se om mine resultater her også giver mening når jeg ser på hvad jeg fandt med Maples kommandoer {\verb+ReducedRowEchelonForm+} og {\verb+LinearSolve+}. Jeg starter ud med hvad jeg arbejdede med under punkt {\itshape \ref{loesning1}}, hvor $a=0$. Jeg indsætter i mit af Maple fundne udtryk for løsningerne og får: \begin{equation*} \begin{array}{c c c} \left[ \begin{array}{c} \frac{3a+1}{a+1} \\ \frac{4a+1}{a+1} \\ \frac{1}{a+1} \end{array} \right] & = & \left[ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right] \end{array} \end{equation*} Og på samme måde indsætter jeg i mit udtryk for den reducerede trappematrix og får: \begin{equation*} \begin{array}{c c c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 0 & \frac{3a+1}{a+1} \\ 0 & 1 & 0 & \frac{4a+1}{a+1} \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{a+1} \end{array} \right] & = & \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{array} \right] \end{array} \end{equation*} Dette er ikke de uendeligt mange løsninger som jeg fandt i hånden for samme værdi af $a$. Dette sker fordi Maple simpelthen ikke siger noget om at $a$ her ikke må være lig med $-1$ for at det givne udtryk holder -- hvorfor jeg jo bare kan sætte ind bagefter -- hvilket jo så faktisk er forkert at gøre. Nu går jeg så over til hvad jeg arbejdede med under punkt {\itshape \ref{loesning2}}, hvor $a=1$. Jeg gør ligesom ved $a=0$, og sætter altså bare ind i det udtryk som Maple fandt til mig i delopgave a: \begin{equation*} \begin{array}{c c c} \left[ \begin{array}{c} \frac{3a+1}{a+1} \\ \frac{4a+1}{a+1} \\ \frac{1}{a+1} \end{array} \right] & = & \left[ \begin{array}{c} \ast \\ \ast \\ \ast \end{array} \right] \end{array} \end{equation*} Og på samme måde med udtrykket for den reducerede trappematrix: \begin{equation*} \begin{array}{c c c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 0 & \frac{3a+1}{a+1} \\ 0 & 1 & 0 & \frac{4a+1}{a+1} \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{a+1} \end{array} \right] & = & \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 0 & \ast \\ 0 & 1 & 0 & \ast \\ 0 & 0 & 1 & \ast \end{array} \right] \end{array} \end{equation*} Her skulle man i alle løsningsværdierne dividere med $a+1$ -- og hvis $a=-1$ bliver dette nul, hvilket det ikke må når det står i nævneren i en brøk (jeg har vist dette med en $\ast$). Her er jeg udsat for samme problem som ved $a=0$ med at Maple ikke siger at $a$ ikke må være denne værdi, men denne gang er jeg heldig at det faktisk giver det samme som det jeg fandt i hånden under punkt {\itshape \ref{loesning2}}. \end{enumerate} \subsubsection*{Delopgave c} Jeg skal nu forsøge i Maple at udregne løsningen direkte ved at sætte $a=0$. Dette gør jeg simpelthen ved bare at sætte ind og så gøre ligesom jeg gjorde i delopgave a: \begin{maplegroup} \begin{mapleinput} \mapleinline{active}{1d}{a:=0:}{} \end{mapleinput} \end{maplegroup} \begin{maplegroup} \begin{mapleinput} \mapleinline{active}{1d}{A:=< <1|1|5|7>, <1|-1|-1|-1>, <3|-2|(a\symbol{94}2+a)|a+1> >:}{} \end{mapleinput} \end{maplegroup} \begin{maplegroup} \begin{mapleinput} \mapleinline{active}{1d}{ReducedRowEchelonForm(A);}{} \end{mapleinput} \mapleresult \begin{maplelatex} \mapleinline{inert}{2d}{Matrix(%id = 177360124)}{\[\displaystyle \left[ \begin {array}{cccc} 1&0&2&3\\\noalign{\medskip}0&1&3&4\\\noalign{\medskip}0&0&0&0\end {array} \right] \]} \end{maplelatex} \end{maplegroup} \begin{maplegroup} \begin{mapleinput} \mapleinline{active}{1d}{LinearSolve(A, free=alpha);}{} \end{mapleinput} \mapleresult \begin{maplelatex} \mapleinline{inert}{2d}{Vector[column](%id = 163351056)}{\[\displaystyle \left[ \begin {array}{c} 3-2\,{\it \alpha}_{{3}}\\\noalign{\medskip}4-3\,{\it \alpha}_{{3}}\\\noalign{\medskip}{\it \alpha}_{{3}}\end {array} \right] \]} \end{maplelatex} \end{maplegroup} \vspace{10pt} \noindent Jeg ser altså at for $a=0$ er der uendeligt mange løsninger (dette siger Maple ved at skrive konstanterne $\alpha_3$ -- der svarer til mit $\alpha$ i delopgave b under punkt {\itshape \ref{loesning1}} -- læg mærke til det sænkede $3$-tal der fortæller at det er den tredje variable der er fri). Dette er altså det samme resultat som jeg fandt i hånden ved matricen vist i \eqref{loesning1:eq}. \subsubsection*{Delopgave d} Til sidst skal jeg nu finde løsningsmængden for ligningsystemet for ethvert $a$. Jeg starter altså ud med totalmatricen \begin{equation} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 1 & 5 & 7 \\ 1 & -1 & -1 & -1 \\ 3 & -2 & a^2+a & a+1 \end{array} \right] \label{totalmatrix1} \end{equation} som jeg har arbejdet med helt fra starten af. I delopgave a fandt jeg en generel løsning på ligningssystemet ved hjælp af Maple, hvilket jeg nu vil gennemgå i hånden for at kunne argumentere for min endelige løsningsmængde. Jeg opskriver nu hele min udregning med matricen (ud fra matricen i \eqref{totalmatrix1}) til jeg kommer til en vigtig overvejelse: {\allowdisplaybreaks \begin{align} \begin{array}{c c} \begin{array}{r} \text{\ding{193}}-\text{\ding{192}:} \\ \text{\ding{194}}- 3 \times \text{\ding{192}:} \end{array} & \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 1 & 5 & 7 \\ 0 & -2 & -6 & -8 \\ 0 & -5 & a^2+a-15 & a-20 \end{array} \right] \end{array} \nonumber \\ \begin{array}{c c} \begin{array}{r} -1 \times \text{\ding{193}:} \end{array} & \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 1 & 5 & 7 \\ 0 & 2 & 6 & 8 \\ 0 & -5 & a^2+a-15 & a-20 \end{array} \right] \end{array} \nonumber \\ \begin{array}{c c} \begin{array}{r} \text{\ding{194}} + \tfrac{5}{2} \times \text{\ding{193}:} \end{array} & \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 1 & 5 & 7 \\ 0 & 2 & 6 & 8 \\ 0 & 0 & a^2+a & a \end{array} \right] \end{array} \nonumber \\ \begin{array}{c c} \begin{array}{r} \frac{1}{2} \times \text{\ding{193}:} \end{array} & \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 1 & 5 & 7 \\ 0 & 1 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & a^2+a & a \end{array} \right] \end{array} \nonumber \\ \begin{array}{c c} \begin{array}{r} \text{\ding{192}} - \text{\ding{193}:} \end{array} & \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & a^2+a & a \end{array} \right] \end{array} \label{viderearbejde} \end{align}}% For at jeg nu skal kunne komme videre bliver jeg nødt til at trække 3. række gange et tal fra 1. og 2. række, men for at det skal give mening at trække denne række fra (for at få 0 i stedet for værdier på 2 og 3 i henholdsvis række 1 og række 2), skal jeg have $a$-erne til at gå ud. Derfor skal jeg dividere række 3 med $\tfrac{1}{a^2+a}$ før jeg trækker den fra, hvilket jeg kun må hvis følgende gælder: \begin{equation*} a^2+a \neq 0 \qquad \Leftrightarrow \qquad a \neq 0 \quad \wedge \quad a \neq -1 \text{.} \end{equation*} Jeg ved allerede fra delopgave b at hvis $a=0$ så er der uendeligt mange løsninger (denne har jeg også vist i \eqref{L0tidligere}, men jeg vil gerne lige gentage den for overskuelighed) givet ved \begin{equation} L_0 = \left\{\left(3-2 \alpha , 4-3 \alpha , \alpha\right) | \alpha \in \mathbb{R} \right\} \text{,} \label{L0} \end{equation} og jeg ved ligeledes at hvis $a=-1$ så er der ingen løsninger. Derfor kan jeg nu regne videre fra hvor jeg nåede til med matricen i \eqref{viderearbejde} og antage at $a$ hverken bliver 0 eller -1, og så ellers bare kombinere min løsning til sidst med den tidligere fundne løsning: \begin{align*} \begin{array}{c c} \begin{array}{r} \text{\ding{192}} - \tfrac{2}{a^2+a} \times \text{\ding{194}:} \\ \text{\ding{193}} - \tfrac{3}{a^2+a} \times \text{\ding{194}:} \end{array} & \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 0 & 3- \frac{2a}{a^2+a} \\ 0 & 1 & 0 & 4- \frac{3a}{a^2+a} \\ 0 & 0 & a^2+a & a \end{array} \right] \end{array} \\ \begin{array}{c c} \begin{array}{r} \tfrac{1}{a^2+a} \times \text{\ding{194}:} \end{array} & \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 0 & 3- \frac{2a}{a^2+a} \\ 0 & 1 & 0 & 4- \frac{3a}{a^2+a} \\ 0 & 0 & 1 & \frac{a}{a^2+a} \end{array} \right] \end{array} \end{align*} Jeg kan omskrive nu $a^2+a$ til $a(a+1)$, og derved ende med at få matricen: \begin{equation*} \begin{array}{c c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 0 & \frac{3a+1}{a+1} \\ 0 & 1 & 0 & \frac{4a+1}{a+1} \\ 0 & 0 & 1 & \frac{a}{a^2+a} \end{array} \right] \end{array} \end{equation*} Dette er den samme matrix som Maple fandt for mig med kommandoen {\verb+ReducedRowEchelonForm+}, og jeg får altså løsningerne: \begin{equation} L_1 = \left\{ \left(\frac{3a+1}{a+1} , \frac{4a+1}{a+1} , \frac{a}{a^2+a}\right) \middle| a \in \mathbb{R}\setminus \left\{0,-1\right\} \right\} \text{.} \label{L1} \end{equation} Den samlede løsning for ligningssystemet er altså fællesmængden $L_0 \cup L_1$ givet i \eqref{L0} og \eqref{L1}, altså samlet en løsningsmængde på \begin{multline*} L_{\text{samlet}} = \left\{ \left(\frac{3a+1}{a+1} , \frac{4a+1}{a+1} , \frac{a}{a^2+a}\right) \middle| a \in \mathbb{R}\setminus \left\{0,-1\right\} \right\} \\ \cup \left\{\left(3-2 \alpha , 4-3 \alpha , \alpha\right) | \alpha \in \mathbb{R} \right\} \text{.} \end{multline*} \begin{figure}[hbt] \centering \subfigure[{\scriptsize Ligningssystemet for $a=0$.}] % caption for subfigure a { \label{fig:sub:a} \includegraphics[height=0.45\textwidth]{grafer/graf11_1.pdf} } \hspace{0.5cm} \subfigure[{\scriptsize Ligningssystemet for $a=-1$.}] % caption for subfigure b { \label{fig:sub:b} \includegraphics[height=0.45\textwidth]{grafer/graf11_2.pdf} } \subfigure[{\scriptsize Ligningssystemet for $a=25$.}] % caption for subfigure c { \label{fig:sub:c} \includegraphics[height=0.45\textwidth]{grafer/graf11_3.pdf} } \caption{De to muligheder for løsninger gennemarbejdet i delopgave b og c samt en ekstra der viser hvordan systemet ser ud for en anden værdi af $a$.} % caption for the whole figure \label{fig:grafertilopg1} \end{figure} \clearpage \setcounter{equation}{0} % Ny opgave med nye equation-numre \subsection{Koefficientmatrix} % Underopgave 2 i uge 1 Jeg er givet en koefficientmatrix som følger: \begin{equation} A = \left[ \begin{array}{c c c} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \end{array} \right] \label{koefficientmatrix} \end{equation} som jeg nu skal arbejde videre med under de to delopgaver a og b: \subsubsection*{Delopgave a} Jeg skal argumentere for at $A$ som koefficientmatrix ikke altid giver anledning til et konsistent system. Jeg vil argumentere for dette ved at skrive totalmatricen om til reduceret trappematrix, hvor jeg lige nu er ligeglad med højre side af ligningerne, altså løsningsmatricen. Den højre side kalder jeg bare nogle konstanter $c$ med et sænket tal, der bare viser at de ikke nødvendigvis er ens. Jeg starter altså ud med \begin{equation*} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 1 & c_{a0} \\ 1 & 1 & 2 & c_{b0} \\ 2 & 1 & 3 & c_{c0} \end{array} \right] \end{equation*} Jeg kan nu omskrive min matrix{\footnote{For beskrivelse af min notation, se appendix A på side \pageref{appendixa}.}}: %trække række 1 fra række 2 og $2$ gange række 1 fra række 3: \begin{align*} \begin{array}{c c} \begin{array}{r} \text{\ding{193}} - \text{\ding{192}:} \\ \text{\ding{194}} -2 \times \text{\ding{193}:} \end{array} & \begin{array}{c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 1 & c_{a1} \\ 0 & 1 & 1 & c_{b1} \\ 0 & 1 & 1 & c_{c1} \end{array} \right] \end{array} \end{array} \\ \begin{array}{c c} \begin{array}{r} \text{\ding{194}} - \text{\ding{193}:} \end{array} & \begin{array}{c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 1 & c_{a2} \\ 0 & 1 & 1 & c_{b2} \\ 0 & 0 & 0 & c_{c2} \end{array} \right] \end{array} \end{array} \end{align*} Jeg kan altså se at med mindre $c_{c2}$ er nul vil mit ligningssystem ikke være konsistent, da nul gange en variabel aldrig kan være lig med en anden værdi end nul selv. Derfor er mit ligningssystem ikke altid konsistent. \subsubsection*{Delopgave b} Jeg skal nu gå lidt videre med hvad jeg fandt ud af i opgave a, og denne gang se på totalmatricen \begin{equation} \left[ \begin{array}{c | c} & b_1 \\ A & b_2 \\ & b_3 \end{array} \right] \label{totalmatrice2} \end{equation} Jeg skal nu finde ud af hvad der må gælde om $b_1,b_2,b_3 \in \mathbb{R}$ for at dette ligningssystem er konsistent. I delopgave a fandt jeg ud af at systemet kun er konsistent hvis højresiden af tredje række i den reducerede trappematrix var lig med nul, så jeg vil nu finde ud af hvad denne højreside er givet ved med mine konstanter $b_1$, $b_2$ og $b_3$. Jeg starter altså ud med lige at udskrive totalmatricen i \eqref{totalmatrice2} ved at indsætte matricen i \eqref{koefficientmatrix}: \begin{equation*} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 1 & b_1 \\ 1 & 1 & 2 & b_2 \\ 2 & 1 & 3 & b_3 \end{array} \right] \end{equation*} Jeg kan nu igen lave de samme operationer på matricen som jeg gjorde i delopgave a, men denne gang lader jeg konstanterne $b_1$, $b_2$ og $b_3$ følge med: %Jeg starter altså med at trække række 1 fra række 2 og $2$ gange række 1 fra række 3, for til sidst at trække række 2 fra række 3: \begin{align*} \begin{array}{c c} \begin{array}{r} \text{\ding{193}} - \text{\ding{192}:} \\ \text{\ding{194}} -2 \times \text{\ding{193}:} \end{array} & \begin{array}{c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 1 & b_1 \\ 0 & 1 & 1 & b_2 - b_1 \\ 0 & 1 & 1 & b_3 - 2 b_1 \end{array} \right] \end{array} \end{array} \\ \begin{array}{c c} \begin{array}{r} \text{\ding{194}} - \text{\ding{193}:} \end{array} & \begin{array}{c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 1 & b_1 \\ 0 & 1 & 1 & b_2 - b_1 \\ 0 & 0 & 0 & b_3 - 2 b_1 - \left(b_2 - b_1\right) \end{array} \right] \end{array} \end{array} \end{align*} som igen kan forkortes til: \begin{equation} \left[ \begin{array}{c c c | c} 1 & 0 & 1 & b_1 \\ 0 & 1 & 1 & b_2 - b_1 \\ 0 & 0 & 0 & b_3 - b_2 - b_1 \end{array} \right] \label{slutmatrice2} \end{equation} Ud fra matricen i \eqref{slutmatrice2} kan jeg se at for at ligningssystemet skal være konsistent må \begin{equation*} b_3 - b_2 - b_1 = 0 \text{,} \end{equation*} eftersom jeg i delopgave a fandt ud af at $c_{c2}$ skulle være lig med nul for at dette passede. Dette vil desuden betyde at ligningsystemet har uendeligt mange løsninger, givet ved \begin{equation} L = \left\{ \left( b_1 - \beta, b_2 - b_1-\beta, \beta \right) | b_3 - b_2 - b_1 = 0 , \beta \in \mathbb{R} \right\} \text{.} \end{equation} \clearpage \appendix \renewcommand{\theequation}{A-\arabic{equation}} % gendefiner kommandoen der laver equation numre \renewcommand{\thesubsection}{-} \setcounter{equation}{0} % reset tælleren til at nummerere equations \section*{Appendix A} \label{appendixa} \subsection*{Notation ved lineær algebra} Jeg vil igennem hele afleveringen bruge symbolerne \ding{192}, \ding{193}\ $\cdots$ \ding{200} som substitut for rækkerne i mine matricer (her henholdsvis 1., 2. $\cdots$ 9. række i min matrix) -- jeg beskriver altså mine udregninger med disse, og hver gang jeg laver et regnestykke med disse mener jeg at jeg gør dette for alle tal i rækken. Som et eksempel kan jeg skrive \begin{equation} \text{\ding{194}} - \tfrac{5}{4} \times \text{\ding{192}} \text{,} \label{app1} \end{equation} med hvilket der menes at jeg ganger igennem på begge sider af ligningen vist i række 1 og derefter trækker denne ligning fra ligningen i række 3. Med operationen i \eqref{app1} vil jeg nu lige vise et eksempel så der ingen tvivl er over hovedet. Hvis jeg nu har matricen \begin{equation} \left[ \begin{array}{c c c | c} 4 & 6 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \\ 5 & -4 & 1 & 7 \end{array} \right] \label{appendixA1eq1} \end{equation} kan jeg lave min operation, som jeg her viser i alle skridt på matricen i \eqref{appendixA1eq1}: \begin{align*} \begin{array}{r} \text{\ding{194}} - \tfrac{5}{4} \times \text{\ding{192}} \text{:} \end{array} & \begin{array}{c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 4 & 6 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \\ 5-\tfrac{5}{4} \times 4 & -4-\tfrac{5}{4} \times 6 & 1-\tfrac{5}{4} \times 3 & 7-\tfrac{5}{4} \times 0 \end{array} \right] \end{array} \\ \begin{array}{r} = \end{array} & \begin{array}{c} \left[ \begin{array}{c c c | c} 4 & 6 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \\ 0 & -\tfrac{23}{2} & -\tfrac{11}{4} & 7 \end{array} \right] \end{array} \end{align*} \end{document}