Exempel och lösningar i linjär algebra [version 13 Feb 2013 ed.] [PDF]

Zitiervorschau

¨ ¨ EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR ALGEBRA PER ALEXANDERSSON

Sammanfattning. Detta kompendie ¨ ar fr¨ amst avsett som ett komplement till Tengstrands Linj¨ ar algebra med vektorgeometri, [Ten05]. Materialet inneh˚ aller exempel som till stor del ¨ ar snarlika de problem som finns i den boken. Jag rekommenderar att du som l¨ asare sj¨ alv f¨ ors¨ oker l¨ osa problemet innan du kikar p˚ a l¨ osningen, eller ˚ atminst˚ ande funderar p˚ a hur du skulle angripa problemet. Uppl¨ agget ¨ ar anpassat till f¨ orsta terminens matematikstudier vid Stockholms Universitet.

Inneh˚ all 1. Introduktion 2. Linj¨ ara ekvationssystem 3. Matriser 4. Determinanter 5. Vektorer i planet och i rummet 6. Skal¨ arprodukt 7. Vektorprodukt, area och volym 8. R¨ ata linjer och planets ekvation 9. Linj¨ ara avbildningar 10. Teorifr˚ agor 11. Appendix 11.1. R¨ aknelagarna f¨ or skal¨arprodukt 11.2. Lagar f¨ or volymfunktionen Referenser

1 2 7 9 11 16 19 22 25 30 32 32 32 33

1. Introduktion Linj¨ ar algebra ¨ ar en av de mest till¨ampbara grenarna inom matematiken du kommer st¨ ota p˚ a. L¨ osningar till linj¨ara ekvationssystem ¨ar det som ger oss bilder fr˚ an en magnetr¨ ontgen. Google anv¨ander gigantiska matriser f¨or att representera l¨ ankar mellan sidor p˚ a internet, och anv¨ander sedan linj¨ar algebra f¨or att ber¨akna vilka sidor som hamnar ¨ overst n¨ar man s¨oker efter n˚ agot. Vektorer ¨ ar det spr˚ ak som man anv¨ander n¨ar man talar om kraft och r¨orelse. F¨ or att modellera en biljardst¨ot eller vilken annan r¨orelse som helst, s˚ a ¨ar linj¨ar algebra det perfekta redskapet. Du har antagligen redan anv¨ant linj¨ar algebra inom fysiken utan att veta om det. Linj¨ ara avbildningar ¨ ar ett kapitel som man verkligen m˚ aste beh¨arska om man vill tillverka 3D-grafik. En 3D-motor till ett dataspel inneh˚ aller med all s¨akerhet Version: 13. februari 2013,16:22. 1

2

P. ALEXANDERSSON

en hel del avbildningar som beskriver hur man skall avbilda texturer p˚ a ytor, och mycket annat. Varje modern film som anv¨ander n˚ agon form av dataeffekt har anv¨ant sig av linj¨ ara avbildningar i skapandet av virtuella objekt och milj¨oer. F¨ or mig som hobbyprogrammerare ¨ar det ett verktyg jag inte skulle klara mig ¨ utan. Aven ett s˚ a enkelt spel som Pong skulle vara om¨ojligt att tillverka utan kunskaper fr˚ an linj¨ ar algebra. 2. Linj¨ ara ekvationssystem N¨ ar vi l¨ oser ett ekvationssystem, s˚ a ¨ar m˚ alet att gausseliminera genom att addera och subtrahera rader fr˚ an varandra tills vi har l¨ost ut s˚ a m˚ anga variabler som m¨ ojligt. Man kan fr˚ aga sig varf¨or detta tillv¨agag˚ angss¨att fungerar, och det skall vi nu unders¨ oka. Vi observerar att raden ax + by + cz = d s¨ager precis lika mycket som likheten λax + λby + λcz = λd om λ 6= 0 eftersom vi kan dividera med λ och ˚ aterf˚ a ursprungliga likheten. Om vi har tv˚ a eller flera ekvationer, ( a1 x + b1 y + c1 z = d1 (∗) a2 x + b2 y + c2 z = d2 s˚ a kan man addera ett led av en ekvation till en annan: ( a1 x + b1 y + c1 z = d1 (a1 + a2 )x + (b1 + b2 )y + (c1 + c2 )z = d1 + d2 Detta kan vi ocks˚ a g¨ ora bakl¨ anges, genom att helt enkelt subtrahera f¨orsta raden fr˚ an den andra. Allts˚ a har vi inte f¨orlorat n˚ agon information genom att addera en rad i ett ekvationssystem till ett annat. F¨or att sammansfatta, s˚ a kan vi multiplicera rader med konstanter, samt addera och subtrahera olika rader fr˚ an varandra. S¨atter man samman dessa tv˚ a regler, s˚ a ¨ar systemet (∗) ekvivalent med f¨oljande f¨or alla λ∈R: ( a1 x + b1 y + c1 z = d1 (λa1 + a2 )x + (λb1 + b2 )y + (λc1 + c2 )z = λd1 + d2 Genom att v¨ alja λ s˚ a att λa1 + a2 = 0, s˚ a har man gjort en eliminering, eftersom variablen x inte l¨ angre ing˚ ar i den andra ekvationen. Den resulterande ekvationen ar allts˚ a “enklare”. Processen att f¨orenkla ekvationssystem p˚ a det h¨ar s¨attet kallas ¨ Gauss-elimination. Det r¨ acker att bara h˚ alla koll p˚ a koefficienterna s˚ a man skriver om ekvationssystem p˚ a matrisform ist¨allet: (   a1 x + b1 y + c1 z = d1 a1 b1 c1 d1 ⇔ a2 b2 c2 d2 a2 x + b2 y + c2 z = d2 Problem 1. L¨ os ekvationssystemet   x + y + 2z x − y − 3z   3x − y + 2z

=3 =2. =1

L¨ osning. Vi st¨ aller upp ekvationssystemet p˚ a koefficienterna framf¨ or variablerna:  1 1 2  1 −1 −3 3 −1 2

matrisform, s˚ a vi skriver bara ned  3 2  1

¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

Nu b¨ orjar vi gausseliminera:   1 1 2 3  1 −1 −3 2  3 −1 2 1   3 1 1 2  0 −2 −5 −1  1 3 −1 2   1 1 2 3  0 −2 −5 −1  0 −4 −4 −8   3 1 1 2  0 −2 −5 −1  0 1 1 2   1 0 1 1  0 −2 −5 −1  0 1 1 2   1 0 1 1  0 0 −3 3  0 1 1 2   1 0 1 1  0 0 1 −1  0 1 1 2   1 0 0 2  0 0 1 −1  0 1 0 3

∼

{subtrahera rad 1 fr˚ an rad 2}

∼

{subtrahera 3 × rad 1 fr˚ an rad 3}

∼

1 {multiplicera rad 3 med − } 4

∼

{subtrahera rad 3 fr˚ an rad 1}

∼

{addera 2 × rad 3 till rad 2}

∼

1 {multiplicera rad 2 med − } 3

∼

{subtrahera rad 2 fr˚ an rad 3 och rad 1}

∼

{subtrahera rad 2 fr˚ an rad 3}

3

¨ Overs¨ atter vi nu denna matrisform ¨over till ett ekvationssystem igen, s˚ a finns bara x = 2, z = −1, y = 3 kvar. Allts˚ a ¨ar l¨osningen till ekvationssystemet x = 2, y = 3, z = −1.  Problem 2. L¨ os ekvationssystemet   2x + 3y − 4z 2x − 2y + 1z   6x − y − 2z

= −2 =3 . =4

L¨ osning. Vi st¨ aller upp det som en matris och b¨orjar gausseliminera.   2 3 −4 −2  2 −2 1 3  ∼ {Eliminera v¨anstra kolonnen med rad ett.} 6 −1 −2 4   2 3 −4 −2  0 −5 5 5  ∼ {Dividera med -5 och -10 i rad 2 och 3} 0 −10 10 10   2 3 −4 −2  0 1 −1 −1  0 1 −1 −1

4

Vi ser nu att de genom att stryka  2 0  2 0

P. ALEXANDERSSON

tv˚ a sista raderna ¨ar identiska, s˚ a vi f¨orlorar ingen information en av dessa. Vi har d˚ a kvar  3 −4 −2 ∼ {Eliminera med hj¨alp av rad 2} 1 −1 −1  0 −1 1 ∼ {Dividera f¨orsta raden med 2} 1 −1 −1   1 1 0 − 12 2 ∼ 0 1 −1 −1

Vi kan nu inte gausseliminera mer, s˚ a om vi nu skriver om detta som ekvationer igen, s˚ a har vi ekvationerna x − z/2 = 1/2, samt y − z = −1. Vi l¨oser ut x och y, och f˚ ar att x = (1 + z)/2, y = z − 1. Vi har allts˚ a o¨andligt m˚ anga l¨osningar, som beror p˚ a z. F¨ or att tydligg¨ ora detta, s¨ atter man z = t. D˚ a beror x, y och z p˚ a t och man s¨ager att t parametriserar l¨ osningarna. Vi har slutligen (x, y, z) = (1/2 + t/2, t − 1, t), och f¨ or varje t ∈ R s˚ a har vi en l¨osning. Testa sj¨alv att f¨or t.ex. t = 2 s˚ a ¨ar (x, y, z) = (3/2, 1, 2) en l¨ osning till ekvationssystemet.  Problem 3. L¨ os f¨ oljande ekvationssystem f¨ or alla v¨ arden p˚ a parametern a :   =6 x + 2y + az 2x − 2y + 4z =2 .   3x − 2y + 3az = 10 L¨ osning. Vi skiver om p˚ a matrisform och gausseliminerar:   1 2 a 6  2 −2 4 2  ∼ {subtrahera 2 × rad 1 fr˚ an rad 2} 3 −2 3a 10   6 1 2 a  0 −6 4 − 2a −10  ∼ {subtrahera 3 × rad 1 fr˚ an rad 3} 3 −2 3a 10   6 1 2 a  0 −6 4 − 2a −10  ∼ {dividera sista raden med − 8, och forts¨att.} 0 −8 0 −8   1 0 a 4 (∗)  0 0 4 − 2a −4  0 1 0 1 Nu vill vi g¨ arna dividera mittersta raden med 4 − 2a, men vi f˚ ar aldrig dividera med 0. Vi kan bara dividera under f¨oruts¨attningen att 4 − 2a 6= 0. Vad h¨ander om 4 − 2a = 0? Vi f˚ ar helt enkelt dela upp det i tv˚ a fall. Fall 1: 4 − 2a 6= 0. Under dessa f¨oruts¨attningar kan vi dividera och f˚ ar d˚ a efter f¨ orkorning att (∗) blir   1 0 a 4  0 0 1 2/(a − 2)  ∼ {subtrahera a × rad 2 fr˚ an rad 1} 0 1 0 1   1 0 0 4 − 2a/(a − 2)   0 0 1 2/(a − 2) 0 1 0 1

¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

5

Uttrycket f¨ or x skriver vi om p˚ a gemensam n¨amnare och f¨orenklar: 4−

2a 4(a − 2) 2a 4a − 8 − 2a 2a − 8 = − = = a−2 a−2 a−2 2−a a−2

L¨ osningen d˚ a 4 − 2a 6= 0 ⇔ a 6= 2 blir d˚ a  2a−8  x = a−2 y=1   2 z = a−2 Men vi ¨ ar inte klara, vi har fortfarande ett fall kvar att unders¨oka. Fall 2: 4 − 2a = 0. Detta intr¨affar precis d˚ a a = 2, och detta v¨arde p˚ a a s¨atter vi in i (∗) :   1 0 2 4  0 0 0 −4  0 1 0 1 Den mittersta raden s¨ ager att 0 · x + 0 · y + 0 · z = −4 vilket aldrig kan uppfyllas. Ekvationssystemet saknar d¨ arf¨or l¨osningar d˚ a a = 2. L¨osningarna vi fann i f¨orsta fallet ¨ ar allts˚ a de enda l¨ osniningarna.  Problem 4. L¨ os f¨ oljande ekvationssystem f¨ or alla   (1 + a)x + (2 − 2a)y + (−2)z 3x − 3y − 2z   (6a − 2)x + (1 − 6a)y + (2 − 4a)z

v¨ arden p˚ a parametern a : =2 . =2 = 4 + 4a

L¨ osning. Vi anv¨ ander den vanliga metoden och b¨orjar gausseliminera. H¨ar g¨aller det att verkligen se till att man inte slarvar, f¨or det kommer bli jobbiga utr¨akningar. Vi skriver om p˚ a matrisform och dividerar mittenraden med 3:   1 + a 2 − 2a −2 2 −2 2   ∼ {Eliminera mha mittenraden} 1 −1 3 3 6a − 2 1 − 6a 2 − 4a 4 + 4a   4−2a 0 3 − a 2a−4 3 3 −2 2  1 −1  3 3 2 16 0 −1 3 3 Det blev genast b¨ attre. Vi forts¨atter att eliminera i mittersta och f¨orsta raden med hj¨ alp av sista raden:   4−2a 0 3 − a 2a−4 3 3 −4  1 ∼ 0 − 14 3 3 2 16 0 −1 3 3   2 52−18a 0 0 3 3 −4  1 0  − 14 3 3 16 2 0 −1 3 3 Det kan k¨ annas frestande att multiplicera f¨orsta raden med 3 f¨or att slippa n¨amnare, men eftersom vi har 3 i n¨ amnaren i h¨ogerledet, s˚ a l˚ ater vi det vara. Vi eliminerar

6

P. ALEXANDERSSON

nu med hj¨ alp av f¨ orsta raden och f˚ ar    2 52−18a 0 0 0 3 3  1 0 0 30 − 12a  ∼  1 0 0 −1 0 6a − 12

0 0 1

1 0 0

 26 − 9a 30 − 12a  12 − 6a

Vi har d˚ a l¨ osningarna   x = 30 − 12a y = 12 − 6a   z = 26 − 9a

.

Kunde vi l¨ ost systemet p˚ a n˚ agot enklare s¨att? Om vi funderar lite n¨ar vi eliminerar och letar efter parallella vektorer, (vektorer d¨ar ena vektorn ¨ar en multipel av den andra), s˚ a kan vi g¨ ora utr¨akningarna betydligt enklare. Se alternativ l¨osning i Problem 5.  Problem 5. L¨ os ekvationssystemet i exempel 4 genom att eliminera smart. L¨ osning. Vi st¨ aller upp systemet p˚ a matrisform men vi dividerar inte mittenraden med 3:   1 + a 2 − 2a −2 2   3 −3 −2 2 6a − 2 1 − 6a 2 − 4a 4 + 4a H¨ ar observerar vi att koefficienterna framf¨or a i tredje raden ¨ar (6, −6, −4) vilket ar parallellt med koefficienterna (3, −3, −2) i rad 2. S˚ a vi subtraherar 2a g˚ anger rad ¨ 2 fr˚ an rad 3.     1 + a 2 − 2a −2 2 1 + a 2 − 2a −2 2  3 −3 −2 2  ∼  1 −2 0 6  −2 1 2 4 −2 1 2 4 Nu observerar vi att koefficienterna framf¨or a i f¨orsta raden st¨ammer ¨overens med andra raden. Vi eliminerar d˚ a alla a i f¨orsta raden genom att subtrahera a g˚ anger rad tv˚ a fr˚ an rad ett. D¨ arefter anv¨ands mittenraden till att eliminera i ¨ovriga rader:     0 4 −2 −4 − 6a 1 2 −2 2 − 6a  ∼  1 −2 0   1 −2 0 6 6 −2 1 2 4 0 −3 2 16 Vi dividerar f¨ orsta raden med 2, f¨or att sedan addera    0 2 −1 −2 − 3a 0 2  1 −2 0 ∼ 1 0 6 0 −3 2 16 0 −1

den till rad tv˚ a och tre:  −1 −2 − 3a −1 4 − 3a  1 14 − 3a

Addera 2 g˚ anger rad 3 till rad 1 och anv¨and sedan rad 1    0 0 1 26 − 9a 0 0 1  1 0 −1 4 − 3a  ∼  1 0 0 0 −1 1 14 − 3a 0 −1 0

f¨or att eliminera resten:  26 − 9a 30 − 12a  6a − 12

Detta ger (x, y, z) = (30 − 12a, 12 − 6a, 26 − 9a) och vi ¨ar klara.



¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

7

3. Matriser Det finns mycket att s¨ aga om matriser, men det absolut viktigaste a¨r att komma ih˚ ag att matrismultiplikation inte a¨r kommutativ. Detta inneb¨ar att om A och B a a g¨ aller det oftast att AB 6= BA. ¨r kvadratiska matriser, s˚ Vi kommer att anv¨ anda bokstaven E f¨or att beteckna enhetsmatrisen. Det a¨r en matris med ettor p˚ a diagonalen, och nollor p˚ a alla andra platser. Storleken p˚ a matrisen a r underf¨ o rst˚ att i dess sammanhang. ¨ En viktig definition att komma ih˚ ag a¨r att om A och B a¨r kvadratiska matriser s˚ a att AB = BA = E, s˚ aa r B inversen till A. Detta betecknas som B = A−1 . En ¨ matris kommuterar alltid med sin invers, AA−1 = A−1 A = E. Problem 6. Finn den 2 × 2−matris X som l¨ oser matrisekvationen AX + B = C d¨ ar       1 3 1 2 2 4 A= ,B= och C = . 2 4 −2 1 −2 3 L¨ osning. Vi b¨ orjar med att skriva om ekvationen som AX sedan C − B och f˚ ar att      2 4 1 2 1 C −B = − = −2 3 −2 1 0 S¨ atter vi nu

 X=

s˚ a blir ekvationen vi vill l¨ osa f¨oljande:   1 3 x1 2 4 x3 Matrismultiplikation ger att  x1 + 3x3 2x1 + 4x3

x1 x3 x2 x4

x2 x4 

2 2





 =

x2 + 3x4 2x2 + 4x4

= C − B. Vi ber¨aknar

 2 . 2

1 0



 =

1 0

 2 . 2

Alla element i matriserna p˚ a b˚ ada sidorna m˚ aste st¨amma ¨overens, s˚ a vi f˚ ar f¨oljande ekvationssystem som vi l¨ oser:    x1 = −2 x1 + 3x3 = 1 x1 + 3x3 =1          2x + 4x = 0  −2x x3 = 1 = −2 3 1 3 ∼ ∼    x2 = −1 x2 + 3x4 = 2 x2 + 3x4 =2          x4 = 1 −2x4 = −2 2x2 + 4x4 = 2   −2 −1 Allts˚ a¨ ar X = . 1 1 Alternativt kan man finna X genom att vi vet    −1   x1 x2 1 3 1 2 = x3 x4 2 4 0 2 och d¨ arf¨ or bara beh¨ over ber¨ akna matrisinversen i h¨ogerledet. Problem 7. Finn alla kolonnvektorer v  1 A = 0 3

s˚ a att Av = v, d¨ ar  2 4 2 2 . 1 6



8

L¨ osning. Vi vill finna  1 2 0 2 3 1

P. ALEXANDERSSON

v = (x, y, z) s˚ a att         4 x x x + 2y + 4z x 2 y  = y  ⇔  2x + 2z  = y  6 z z 3x + y + 6z z

Alla tre koordinaterna m˚ aste vara systemet   x + 2y + 4z 2y + 2z   3x + y + 6z

lika i V L och HL samtidigt, s˚ a vi f˚ ar ekvations 2y + 4z =x  = y ⇔ y + 2z   =z 3x + y + 5z

=0 =0 =0

Detta l¨ oser vi genom att skriva om p˚ a matrisform och l¨osa med gausselimination.     0 1 2 0 0 2 4 0  0 1 2 0 ∼ 0 1 2 0 ∼ 3 1 5 0 3 1 5 0       3 1 5 0 3 0 3 0 1 0 1 0 ∼ ∼ 0 1 2 0 0 1 2 0 0 1 2 0 Eftersom kolonnen som motsvarar z inte ¨ar en enhetskolonn, s˚ a parametriserar vi z = t. D˚ a¨ ar x = −t och y = −2t. De vektorer v som ¨ar p˚ a formen t(−1, −2, 1) d¨ar t∈R¨ ar d˚ a de vektorer som uppfyller Av = v.  Problem 8. Best¨ am a och b s˚ a att matriserna    1 1 0 0  0 3 1  och  a 0 0 1 2

a 2 b

 0 b  −1

kommuterar. L¨ osning. L˚ at oss kalla f¨ orsta matrisen f¨or X och den andra f¨or Y. Matriserna kommuterar om XY = Y X. Vi beh¨over allts˚ a bara ber¨akna de tv˚ a produkterna, och unders¨ oka vad som m˚ aste g¨ alla. Matrismultiplikation ger oss att     1 a 0 1 3a a XY =  3a b + 6 3b − 1  , Y X =  a b + 6 2b + 2  a 2b + 2 b − 2 0 3b − 1 b − 2 Tittar vi i f¨ orsta raden, tredje kolumnen, s˚ a m˚ aste a = 0. I andra raden, tredje kolumnen, s˚ a m˚ aste 3b − 1 = 2b + 2, s˚ a b = 3. S¨atter vi in dessa v¨arden ¨overallt, s˚ a ser vi att produkterna verkligen blir lika och det ¨ar bara f¨or dessa v¨arden p˚ a a och b som matriserna kommuterar.  Problem 9. Matriserna A och B ¨ ar kommuterande kvadratiska matriser av samma storlek, d¨ ar A5 = B 5 = 0. Visa att (A + B)10 = 0. L¨ osning. Matriserna kommuterar, vilket inneb¨ar att AB = BA. Vi kan d˚ a anv¨anda oss av binomialsatsen och f˚ ar att 10   X 10 k 10−k 10 (A + B) = A B . k k=0

Om k ¨ ar ett tal mellan 0 och 10, s˚ a g¨aller antingen k ≥ 5 eller 10 − k ≥ 5. Detta betyder att minst en av matriserna f¨orekommer med potens 5 i varje term i summan

¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

9

ovan. D˚ a A5 = B 5 = 0, s˚ a m˚ aste d˚ a varje term vara 0, och hela summan ¨ar d¨arf¨or 0. Allts˚ a¨ ar (A + B)10 = 0. Om A och B inte kommuterar, s˚ a g¨ aller inte binomialsatsen: Till exempel s˚ a¨ ar (A + B)2 = A2 + AB + BA + B 2 , s˚ a vi ser h¨ ar att binomialsatsen bara g¨ aller om AB = BA.  Problem 10. Visa att om A ¨ ar en kvadratisk matris s˚ a att (A − E)(E + A + A2 + 3 k k −1 A + · · · + A ) = 0, s˚ a¨ ar A = A . L¨ osning. Vi manipulerar likheten genom att utveckla den f¨orsta parentesen i uttrycket i h¨ ogerledet, och sedan f¨orenkla: (A − E)(E + A + A2 + A3 + · · · + Ak )

=

0

⇔ 2

3

k

2

3

k

A(E + A + A + A + · · · + A ) − E(E + A + A + A + · · · + A )

=

0

⇔ (A + A2 + A3 + · · · + Ak + Ak+1 ) − (E + A + A2 + A3 + · · · + Ak )

=

0

Alla termer utom den sista i v¨anstra parentesen elimineras av n˚ agot i den h¨ogra parentesen, och vi har bara kvar Ak+1 − E = 0. Detta inneb¨ar att Ak+1 = E vilket betyder att A(Ak ) = E. D˚ a g¨ aller det att Ak = A−1 .  4. Determinanter F¨ orst n¨ ar man ¨ agnar sig ˚ at volymfunktioner och linj¨ara avbildningar inser man hela nyttan med determinanter, och det ¨ar f¨orst d¨ar man f¨orst˚ ar anledningen till varf¨ or formlerna f¨ or determinanter ser ut som de g¨or. Jag skall g¨ora ett f¨ors¨ok att f¨ orklara ungef¨ ar vad en determinant ¨ar. Determinanter m¨ ater volymen av de vektorer som matrisen best˚ ar av, (matrisens rader), och detta avg¨ or ocks˚ a om man kan invertera matrisen. Determinanten ¨ar samtidigt ett m˚ att p˚ a hur mycket en matris f¨orstorar en vektor vid matrismultiplikation. Det ¨ ar s˚ a man kan tolka alla formler: Avbildningen AB f¨orstorar f¨orst med faktor |B|, sedan med faktor |A|. Totalt m˚ aste AB f¨orstora lika mycket som att f¨ orst f¨ orstora med B och sedan med A, s˚ a |AB| = |A||B|. Med samma motivering f˚ as att |AB| = |BA|. Om jag p˚ a n˚ agot s¨att minskar n˚ agot s˚ a att det f¨orsvinner, s˚ a kan jag om¨ ojligt g¨ ora detta bakl¨anges. En matris med determinant 0 m˚ aste allts˚ a sakna invers. Problem 11. Finn |B| givet att |C| = 2 och CA−1 BAC t = E d¨ ar A, B och C a ¨r 3 × 3-matriser och A a r inverterbar. Vilka av matriserna B och C a r inverterbara? ¨ ¨ L¨ osning. Vi tar determinanten p˚ a b˚ ada sidor av den givna likheten och f˚ ar |CA−1 BAC t | = |E|. Anv¨ ander man nu [Ten05, Sats 5.8] samt att |E| = 1 f˚ ar vi att |C||A−1 ||B||A||C t | = 1. Vi vet att |C| = 2 och d˚ a att |C t | = 2 enligt [Ten05, Sats 5.9], samt att |A|·|A−1 | = 1 enligt [Ten05, Sats 5.12]. Detta ger oss att 22 · |B| = 1, s˚ a |B| = 1/4. En matris a ¨r inverterbar om och endast om dess determinant a¨r nollskild. Vi ser att detta a¨r sant f¨ or b˚ ade B och C, s˚ a dessa har invers. 

10

P. ALEXANDERSSON

Problem 12. F¨ or en viss matris A g¨ aller det att A3 − A = 0. Visa att minst en av matriserna A, A − E och A + E saknar invers. L¨ osning. Vi skriver om likeheten A3 − A = 0 till A(A2 − E) = 0 och sedan till A(A − E)(A + E) = 0 genom att anv¨anda konjugatregeln. Detta g˚ ar att g¨ora eftersom alla matriser som ing˚ ar kommuterar. Tar vi determinanten p˚ a b˚ ada sidor, s˚ a inser vi att |A||A − E||A + E| = 0, och om en produkt av tre tal ¨ar 0, s˚ a m˚ aste det g¨ alla att minst ett av talen ¨ar 0. (Observera att detta inte inneb¨ar att n˚ agon av matriserna i produkten ¨ar nollmatrisen.) S˚ a n˚ agon av determinanterna f¨or matriserna A, A − E och A + E ¨ar noll, och den matrisen ¨ar d˚ a inte inverterbar.  Problem 13. F¨ or vilka v¨ arden p˚ aa¨ ar determinanten till M nollskild, om   1−a 0 0 2 − a 1? M =  10 1 1 a L¨ osning. Vi ber¨ aknar determinanten med hj¨alp av Sarrus regel, som presenteras i [Ten05, Figur 5.10]. Det g¨ aller d˚ a att |M | =

(1 − a)(2 − a)a + 0 · 1 · 1 + 0 · 10 · 1 −(1 − a) · 1 · 1 − 0 · 10 · a − 0 · (2 − a) · 1

=

(2 − 2a − a + a2 )a − (1 − a)

=

a3 − 3a2 + 3a − 1

Det sista uttrycket b¨ or man k¨anna igen som (a − 1)3 , och determinanten ¨ar allts˚ a skild fr˚ an noll om a 6= 1.  Problem 14. Visa att oavsett v¨ arde p˚ a a ∈ R s˚ a¨ ar determinanten f¨ or nedanst˚ aende matris aldrig negativ:   1 1 1 1 a + 1 a + 1  1 a + 1 2a + 1 L¨ osning. Vi ber¨ aknar determinanten med Sarrus regel och f˚ ar att denna blir (a + 1)(2a + 1) + (a + 1) + (a + 1) − (a + 1)2 − (2a + 1) − (a + 1) = a2 Eftersom kvadraten p˚ a ett reellt tal aldrig ¨ar negativ, har vi visat p˚ ast˚ aendet. Problem 15. L¨ os ekvationssystemet 1 2 x x 2 4 5



3 x3 = 0. 6

L¨ osning. Vi ber¨ aknar determinanten med Sarrus regel och f˚ ar att ovanst˚ aende blir 6x2 + 8x3 + 15x − 5x3 − 12x − 12x2 = 3x3 − 6x2 + 3x Vi vill allts˚ a l¨ osa 3x3 − 6x2 + 3x = 0 vilket efter division med 3 och faktorisering 2 blir x(x − 1) = 0. L¨ osningarna blir d˚ a x1 = 0, x2 = 1. 

¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

11

Problem 16. F¨ or vilka v¨ arden p˚ a a saknar f¨ oljande ekvationssystem entydig l¨ osning?   =b ax + 2y + 3 3x − ay + az = 10   3x + ay + az = 4 L¨ osning. Vi beh¨ over inte l¨ osa ekvationssystemet, vi vill bara veta n¨ar det blir en entydig l¨ osning. Vi kan skriva systemet p˚ a formen AX = B, d¨ar       a 2 3 x b A = 3 −a a , X = y  , B = 10 . 3 a a z 4 Om A har invers, s˚ a g¨ aller X = A−1 B och vi har entydig l¨osning. Vi beh¨over allts˚ a bara ta reda p˚ a n¨ ar A har invers, och detta sker precis d˚ a |A| = 6 0. Vi f˚ ar att |A| = −a3 + 6a + 9a − a3 − 6a + 9a = −2a3 + 18a = −2a(a − 3)(a + 3). Determinanten ¨ ar 0 precis d˚ a a ¨ar −3, 0 eller 3. F¨or alla andra v¨arden p˚ a a har systemet entydig l¨ osning.  Problem 17. Givet att e11 e11 e12 = 0, visa att e21 e21 e22 e31

e12 e22 e32

0 0 = 0 e33

f¨ or godtyckliga v¨ arden p˚ a eij , 1 ≤ i, j ≤ 3. L¨ osning. Villkoret att f¨ orsta determinanten ¨ar 0, implicerar att vektorerna (e11 , e12 ) och (e21 , e22 ) ¨ ar linj¨ art beroende. Detta ger i sin tur att (e11 , e12 , 0) och (e21 , e22 , 0) ar linj¨ art beroende. Eftersom en determinant ¨ar nollskild bara om alla rader ¨ar ¨ linj¨ art beroende, s˚ a inneb¨ ar detta att e11 e12 0 e21 e22 0 = 0 e31 e32 e33 eftersom de tv˚ a f¨ orsta raderna ¨ar linj¨art beroende. Det g˚ ar ¨ aven att l¨ osa denna uppgift genom att utveckla determinanten med Sarrus regel, och inse att e11 e22 − e21 e12 = 0 ¨ar en faktor.  5. Vektorer i planet och i rummet Problem 18. L˚ at e1 = (1, 3) och e2 = (−2, 1). Best¨ am koordinaterna f¨ or punkterna (5, 1) och (1, 10) i basen (e1 , e2 ). L¨ osning. F¨ orsta deluppgiften g˚ ar ut p˚ a att hitta konstanter λ, µ s˚ a att (5, 1) = λe1 + µe2 . S¨ att in e1 och e2 och l¨os som ett ekvationssystem. Vi f˚ ar (5, 1) = λ(1, 3) + µ(−2, 1) och d˚ a m˚ aste systemet vara ( λ − 2µ = 5 3λ + µ = 1 Vi st¨ aller upp det p˚ a matrisform och l¨oser.      1 −2 5 1 1 −2 5 ∼ ∼ 3 1 1 0 7 −14 0

−2 1

5 −2



 ∼

1 0 0 1

1 −2



12

P. ALEXANDERSSON

Allts˚ a¨ ar λ = 1 och µ = −2 s˚ a koordinaterna f¨or (5, 1) i basen e blir (1, −2)e . Vi anv¨ ander precis samma metod f¨or att l¨osa del tv˚ a. Enda skillnaden nu ¨ar ett annat h¨ ogerled i ekvationssystemet.         1 −2 1 1 −2 1 1 −2 1 1 0 3 ∼ ∼ ∼ 3 1 10 0 7 7 0 1 1 0 1 1 Allts˚ a¨ ar koordinaterna f¨ or punkten (1, 10) i basen e lika med (3, 1)e .



Problem 19. Uttryck f1 och f2 i e1 och e2 , d¨ ar alla vektorer finns i figur 1. Best¨ am basbytesmatrisen fr˚ an e till f . 3

f1 2

1

e1 -3

-2

1

-1

f2

2

e2 -1

-2

Figur 1. Basbyte mellan basvektorer. L¨ osning. Koordinaterna f¨ or f1 ¨ar de (λ, µ) s˚ a att λe1 + µe2 = f1 . Detta inneb¨ar allts˚ a att λ(2, 0) + µ(1, −1) = (2, 3) vilket leder till systemet ( 2λ + µ = 2 −µ =3 Detta beh¨ over vi inte ens l¨ osa med Gausselimination, vi har att µ = −3 och detta ger att λ = 5/2. S˚ aledes har vi att f1 = (5/2, −3)e . Samma l¨osningsmetod anv¨ander vi nu f¨ or att finna f2 , och vi f˚ ar ( 2λ + µ = −3 −µ = −2 H¨ ar f˚ ar vi att µ = 2, och d˚ a a¨r λ = −5/2. Detta ger att f2 = (−5/2, 2)e . Att byta fr˚ an basen f till e a r nu enkelt, (1, 0)f a¨r ju (5/2, −3)e , och (0, 1)f a¨r (−5/2, 2)e . ¨ D˚ a m˚ aste detta basbyte bli   5/2 −5/2 T = −3 2 eftersom om vi multiplicerar koordinater uttryckta i basen f med matrisen T fr˚ an v¨ anster, s˚ a f˚ ar vi koordinaterna i basen e. Vi ¨ar dock intresserade i matrisen som byter fr˚ an e till f , s˚ a vi inverterar helt enkelt matrisen och f˚ ar   4 − 5 −1 . T −1 = − 56 −1 Detta ¨ ar den basbytesmatris vi s¨oker.



¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

13

¨ vektorerna (2, 3, 4), (4, 5, 6) och (6, 7, 8) linj¨ Problem 20. Ar art oberoende? L¨ osning. Vektorerna u, v och w ¨ar linj¨art oberoende om λ1 u + λ2 v + λ3 w = 0 garanterar att λ1 = λ2 = λ3 = 0. Det f˚ ar allts˚ a inte finnas n˚ agra andra l¨osningar till ekvationssystemet. Vi unders¨oker om s˚ a ¨ar fallet, och l¨oser ekvationssystemet   2λ1 + 4λ2 + 6λ3 = 0 3λ1 + 5λ2 + 7λ3 = 0   4λ1 + 6λ2 + 8λ3 = 0 Vi vet att detta system har entydig l¨osning (dvs. λ1 = λ2 = λ3 = 0) om determinanten f¨ or matrisen   2 4 6 3 5 7 4 6 8 ar nollskilld. Vi ber¨ aknar determinanten och f˚ ar att denna ¨ar ¨ 80 + 112 + 108 − 84 − 96 − 120 = 0 s˚ a detta inneb¨ ar att vi inte har entydig l¨osning. Det finns allts˚ a nollskilda tal, (till exempel λ1 = 1, λ2 = −2, λ3 = 1) som l¨oser ekvationssystemet. Det g¨aller allts˚ a att (2, 3, 4) − 2(4, 5, 6) + (6, 7, 8) = 0 och vektorerna ¨ar inte linj¨art oberoende. Med andra ord, vektorerna ¨ ar linj¨art beroende.  Problem 21. F¨ or vilka v¨ arden p˚ a a ∈ R ¨ ar vektorerna (1, −2, a), (4, −a, 2) och (3, −2, a) linj¨ art beroende? L¨ osning. Vi st¨ aller upp det som ett ekvationssystem precis som i Problem 20. Vektorerna ¨ ar linj¨ art beroende d˚ a f¨oljande determinant ¨ar 0: 1 4 3 −2 −a −2 = −a2 − 8a − 12 + 4 + 8a + 3a2 = 2a2 − 8 a 2 a Det vill s¨ aga, vektorerna ¨ ar linj¨art beroende om 2a2 − 8 = 0, vilket sker d˚ a a= ±2.  Problem* 5.1. (2009-08-17:3) (a) Visa att vektorerna u = (2, 1, −4), v = (8, −2, 5) och w = (0, −2, 7) ¨ ar linj¨ art beroende. (b) Skriv en av vektorerna u, v och w som en linj¨ arkombination av de ¨ ovriga tv˚ a. L¨ osning. Om vi kan skriva en av vektorerna som en linj¨arkombination av de ¨ovriga vektorerna, s˚ a¨ ar vektorerna linj¨art beroende enligt definition. Det r¨acker allts˚ a att l¨ osa uppgift (b), eftersom detta visar att vektorerna ¨ar linj¨art beroende. Vi vill allts˚ a finna konstanter λ1 , λ2 och λ3 s˚ a att λ1 u + λ2 v + λ3 w = 0, men minst en av konstanterna ¨ ar skild fr˚ an 0. Detta kan vi l¨osa med ett ekvationssystem (precis som i Problem 20):       2 8 0 0 1 4 0 0 1 4 0 0  1 −2 −2 0  ∼  1 −2 −2 0  ∼  0 −6 −2 0  −4 5 7 0 −4 5 7 0 0 21 7 0

14

P. ALEXANDERSSON

Fortsatt eliminering  1 4  0 3 0 3

ger   0 0 1 4  1 0 ∼ 0 1 1 0

0 1 3

0 0



 ∼

1 0

0 1

−4 3 1 3

0 0



S¨ atter vi nu λ3 = 3t, s˚ a¨ ar λ2 = −t och λ1 = 4t, och varje v¨arde p˚ a t 6= 0 ger en giltig linj¨ arkombination. V¨ aljer vi t = 1, s˚ a f˚ ar vi att 4u − v + 3w = 0, och vi kan l¨ osa ut en av vektorerna genom till exempel 4u + 3w = v. 1 Vi har d˚ a uttryckt v som en linj¨ arkombination av de andra vektorerna. Nu ¨ar (b) l¨ost, och d˚ a ¨aven problem (a). En alternativ metod: Ist¨allet f¨or att helt l¨osa ett ekvationssystem kan vi lika g¨ arna betrakta ekvationen λ1 (2, 1, −4) + λ2 (8, −2, 5) = λ3 (0, −2, 7) Hittar vi en l¨ osning till denna ¨ar vi i princip klara. x−koordinaterna i v¨ansterledet skall summeras till 0, eftersom det ¨ar v¨ardet i h¨ogerledet. λ1 m˚ aste d˚ a vara 4 g˚ anger st¨ orre ¨ an λ2 men med omv¨ant tecken. Allts˚ a m˚ aste λ1 = −4λ2 . Detta medf¨ or att λ2 6= 0, s˚ a vi kan anta att λ2 = 1. D˚ a g¨aller att −4u + v = λ3 w, s˚ a (0, −6, 21) = λ3 (0, −2, 7). Vi ser d˚ a att λ3 = 1/3, och vi kontrollerar l¨att att −4u + v = (1/3)w. Nu ¨ ar (b) l¨ost, vilket medf¨or att vi har visat (a).  Problem 22. L˚ at O, A, B, C vara h¨ ornen i en tetraheder, d¨ ar punkten M ligger a OB s˚ a att |ON | = 13 |OB| och p˚ a OA s˚ a att |OM | = 21 |OA|, punkten N ligger p˚ punkten K ligger p˚ a OC s˚ a att |OK| = 43 |OC|. Uttryck vektorn OP i OA, OB och OC d¨ ar P ¨ ar tyndpunkten i triangeln M N O. L¨ osning. Tyngdpunktsformeln [Ten05, sid 85] ger att 1 OP = (OM + ON + OK) 3 Vi kan nu byta ut OM, ON och OK enligt de angivna v¨ardena och f˚ ar att   1 1 1 3 1 1 1 OP = OA + OB + OC = OA + OB + OC. 3 2 3 4 6 9 4  Problem 23. Givet ¨ ar tre punkter i planet, O, P, Q som ej ligger p˚ a en linje. Punkterna M och N ligger p˚ a OP s˚ a att |OM | = |M N | = |N P |. Vidare ligger A p˚ a P Q och B p˚ a OQ s˚ a att |P A| = |AQ| och |OB| = |BQ|. Str¨ ackorna M A och N B sk¨ ar i en punkt X. Uttryck vektorn OX i vektorerna OP och OQ. L¨ osning. L˚ at u = OP och v = OQ. D˚ a g¨aller det att P Q = v − u eftersom u + P Q = v. Vi har ocks˚ a att M A = M P + P A, eftersom att g˚ a fr˚ an M till A ¨ar samma som att g˚ a fr˚ an M till P och sedan fr˚ an P till A. Vi vet att str¨ackan M P ar 2/3 av str¨ ackan OP, och att A ligger mitt p˚ a P Q. Allts˚ a m˚ aste ¨ 1 1 1 2 M A = u + (v − u) = u + v 3 2 6 2 Med ett liknande resonemang g¨aller det att 2 1 N B = N O + OB = − u + v 3 2 1H¨ ar ¨ ar ett st¨ alle d¨ ar man kollar att summan i v¨ ansterledet verkligen blir v.

¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

15

P A N

X

Q

M B O Figur 2. Rita en figur! Nu vill vi finna vektron OX. Att ta sig fr˚ an O till X kan g¨oras p˚ a flera s¨att. Antingen g˚ ar vi fr˚ an O till N, och sedan en bit l¨angs N B, eller s˚ a g˚ ar man fr˚ an O till M, och d¨ arefter en bit p˚ a M A. Detta uttrycker vi som ( OX = ON + t · N B (∗) OX = OM + s · M A Vi kan d˚ a skriva upp likheten ON + t · N B = OM + s · M A eftersom b˚ ade h¨ oger och v¨ anster led ¨ar uttryck f¨or OX. Vi s¨atter nu in de uttryck vi har f¨ or ON, N B, OM och M A :     2 1 2 1 1 1 u+t v− u = u+s u+ v 3 2 3 3 6 2 H¨ ar flyttar vi ¨ over allt i v¨ ansterledet och faktoriserar ut u och v :     2 2 1 1 1 1 u − t− − s +v t− s =0 3 3 3 6 2 2 Vektorerna u och v ¨ ar linj¨ art oberoende, eftersom O, P och Q ej ligger p˚ a en linje. Allts˚ a kan ovanst˚ aende endast g¨alla om koefficienterna framf¨or b˚ ade u och v b˚ ada ar 0. Vi f˚ ar systemet ¨ ( 2 1 1 2 3 − 3t − 3 − 6s = 0 1 1 2t − 2s = 0 Efter att vi f¨ orenklar b˚ ada ekvationerna f˚ ar vi ( 1 2 1 3 = 3t + 6s s=t S¨ atter vi in s = t i f¨ orsta ekvationen f˚ as 1/3 = 2s/3 + s/6 s˚ a s = 2/5. Vi har fr˚ an (∗) att OX = OM + s · M A s˚ a OX = OM + 25 M A. Detta ger   1 2 1 1 OX = u + u+ v 3 5 6 2

16

P. ALEXANDERSSON

F¨ orenklar vi detta f˚ ar vi att 2u + v 2 1 = OP + OQ 5 5 5 och vi har nu uttryckt OX i vektorerna OP och OQ. OX =



Problem 24. Visa att om ABC ¨ ar en triangel, s˚ a ligger punkten P p˚ a sidan BC om AP = s · AB + t · AC f¨ or n˚ agot s, t s˚ a att s, t ≥ 0 och s + t = 1. L¨ osning. F¨ or alla punkter P p˚ a BC s˚ a g¨aller det att AP = AB + r · BC f¨or n˚ agot r ∈ [0, 1]. Detta inses genom att vi b¨orjar i punkten A och g˚ ar till B. Fr˚ an B g˚ ar vi sedan andelen r av str¨ ackan till C. P˚ a s˚ a s¨att kan vi n˚ a alla punkter p˚ a BC, men inga fler. Vi skriver om BC = BA + AC = AC − AB och s¨atter in i formeln: AP = AB + r · (AC − AB) f¨or n˚ agot r ∈ [0, 1]. F¨ orenkling ger att AP = (1 − r) · AB + r · AC f¨or n˚ agot r ∈ [0, 1]. Vi ser d˚ a att om vi v¨ aljer s = 1 − r och t = r s˚ a kommer s ≥ 0, t ≥ 0 samt att s + t = (1 − r) + r = 1. Det ¨ar nu visat att om P ligger p˚ a BC, kan vi hitta s, t som uppfyller de s¨ okta egenskaperna.  6. Skal¨ arprodukt Problem 25. Finn vinkeln mellan vektorerna (0, 4, 0) och (3, 5, 4) (ON-system). L¨ osning. Eftersom vektorerna ¨ar angivna i en ortonormerad bas, kan vi anv¨anda oss av formeln u · v = ux · vx + uy · vy + uz · vz . Detta tillsammans med definitionen f¨ or skal¨ arprodukten, u · v = |u||v| cos α d¨ar α ¨ar vinkeln mellan u och v ger oss att cos α =

ux · vx + uy · vy + uz · vz |u||v|

S¨ atter vi in talen givna i uppgiften f˚ ar vi att 0·3+4·5+0·4 √ 02 + 42 + 02 32 + 52 + 42 20 = √ 4 50 20 = √ 4 2 · 52 20 = √ 20 2 1 =√ 2 √ S˚ a cosinus f¨ or vinkeln√mellan vektorerna ¨ar 1/ 2, och d˚ a m˚ aste vinkeln vara 45◦ ◦ eftersom cos 45 = 1/ 2.  cos α = √

Problem 26. Best¨ am alla tal a s˚ a att vinkeln mellan vektorn (4, −3, 0) och (1, −1, a) ar 60◦ . (ON-system). ¨

¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

17

L¨ osning. Vi s¨ atter in allt vi vet i formeln f¨or skal¨arprodukt f¨or att se vad som m˚ aste g¨ alla. Om f¨ orsta vektorn ¨ ar u och den andra ¨ar v, s˚ a m˚ aste u · v = |u||v| cos 60◦ . Allts˚ a m˚ aste 1 (4, −3, 0) · (1, −1, a) = |(4, −3, 0)| · |(1, −1, a)| · 2 Eftersom koordinaterna a a¨r angivna i en ortonormerad bas, kan vi f¨orenkla ovanst˚ ende till √ √   42 + 32 + 02 · 1 + 1 + a2 1 ◦ 4+3= , cos 60 = 2 2 Ytterligare f¨ orenkling ger oss att √ p 146 2 2 . 14 = 5 2 + a ⇒ 196/25 = 2 + a ⇔ a = ± 5 Som vid alla g˚ anger vi kvadrerar, b¨or vi kolla att r¨otterna inte ¨ar falska. Men eftersom b˚ ada sidorna om¨ ojligt kan varit negativa n¨ar vi kvadrerade, s˚ a har vi ekvivalens. De l¨ osningar vi funnit ¨ar d¨arf¨or korrekta.  Problem 27. Best¨ am skal¨ arprodukten u · v om u = 2e + 3f och v = e − 2f d¨ ar |e| = 1, |f | = 2 samt att vinkeln mellan e och f ¨ ar 60◦ . L¨ osning. Hela l¨ osningen p˚ a problemet a¨r en o¨vning i att anv¨anda r¨aknelagarna f¨or skal¨ arprodukt, som du kan finna i kapitel 11. Definitionen av skal¨arprodukt s¨ager att e · f = |e||f | cos α d¨ ar α a ¨r vinkeln mellan e och f . Alla v¨arden i h¨ogerledet vet vi fr˚ an problemet, s˚ a e · f = 1 · 2 · cos 60◦ = 1

(∗)

Vi b¨ orjar nu manipulera uttrycket vi fick i uppgiften: u · v = (2e + 3f ) · (e − 2f ) = {r¨aknelag 3} = 2e · e − 4e · f + 3f · e − 6f · f = {r¨aknelag 2} = 2e · e − e · f − 6f · f = {r¨aknelag 4} = 2|e|2 − 6|f |2 − e · f = {v¨arden vi vet samt ∗} = 2 · 12 − 6 · 22 − 1 = −23 S˚ aledes, u · v = −23.



Problem 28. Finn vinkeln mellan vektorerna u och v om u = e + f och v = 2e − f d¨ ar |e| = |f | = 1 och vinkeln mellan e och f ¨ ar 60◦ . L¨ osning. L˚ at α vara vinkeln vi s¨oker. Det g¨aller d˚ a att u · v = |u||v| cos α. Vi beh¨ over ber¨ akna |u|, |v|, samt u · v. Vi anv¨ander r¨aknelagarna fr˚ an kapitel 11 och f˚ ar att |u|2 = u · u = (e + f )(e + f ) = |e|2 + 2e · f + |f |2 = 2 + 2 cos 60◦ = 3

18

P. ALEXANDERSSON

P˚ a samma s¨ att f˚ ar vi att |v|2 = v · v = (2e − f )(2e − f ) = 4|e|2 − 4e · f + |f |2 = 5 − 4 cos 60◦ = 3 √ aterst˚ ar att ber¨akna u · v. Allts˚ a¨ ar |u| = |v| = 3. Det ˚ u · v = (e + f )(2e − f ) = 2|e|2 − e · f + 2e · f − |f |2 = 1 + e · f =

3 2

Vi s¨ atter in alla v¨ arden i u · v = |u||v| cos α och f˚ ar att 3 = 3 cos α ⇔ 2 1 = cos α 2 Detta inneb¨ ar att vinkeln mellan u och v a¨r 60◦ .



Problem 29. Best¨ am den vektor man f˚ ar om man projicerar vektorn (20, 0, 1) p˚ a vektorn (2, 14, 5), (ON-system). L¨ osning. L˚ at oss kalla f¨ orsta vektorn f¨or u, och den andra f¨or v. D˚ a m˚ aste givetvis projektionen, som vi kallar uv , vara parallell med v. Allts˚ a g¨aller det att uv = λv f¨ or n˚ agot λ ∈ R. Projektion sker alltid vinkelr¨att, s˚ a vektorn u − uv vinkelr¨at mot v, (se [Ten05, Figur 4.8]). Allts˚ a m˚ aste (u − uv ) · v

=

0⇔

(u − λv) · v

=

0⇔

u·v

= λv · v

2

Eftersom v · v = |v| , f˚ ar vi nu att λ=

u·v . |v|2

S¨ atter vi in v˚ ara vektorer i den h¨ar formeln f˚ ar vi att λ=

(20, 0, 1)(2, 14, 5) 45 1 = = 22 + 142 + 52 225 5

Allts˚ aa a projektionen a¨r allts˚ a (2/5, 14/5, 1). ¨r uv = v/5, s˚



Problem 30. Ett r¨ atblock har sidor med l¨ angd 1, 2 och 5 cm. Best¨ am vinkeln mellan den kortaste sidan och rymddiagonalen. L¨ osning. Vi l˚ ater vektorerna u, v och w sp¨anna upp sidorna med l¨angderna 1, 2 och 5 som i figur 3. Det som s¨ oks i uppgiften a¨r vinkeln mellan vektorn √ u och vektorn u + v + w. Med hj¨ a lp av avst˚ andsformeln f˚ ar vi att |u + v + w| = 12 + 2 2 + 5 2 = √ 30. Detta ¨ ar allts˚ a inget annat ¨an avst˚ andet mellan punkten (0, 0, 0) och (1, 2, 5). Om α ¨ ar den vinkel som efters¨oks, s˚ a s¨ager formeln f¨or skal¨arprodukt att u · (u + v + w) = cos α |u||u + v + w| Anv¨ ander vi nu lagarna f¨ or skal¨arprodukt s˚ a f˚ ar vi att |u|2 + u · v + u · w √ = cos α. |u| 30

¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

19

w

v

Α u

Figur 3. R¨atblocket Vi kan nu anv¨ anda oss av att vinkeln mellan u och v samt u och w ¨ar 90◦ . Detta inneb¨ ar att u · v = u · w = 0. Vi har ocks˚ a att |u| = 1. Allts˚ a g¨aller 1 √ = cos α. 30 √ √ Detta ger att α ¨ ar arccos(1/ 30). Eftersom 1/ 30 n¨astan ¨ar 0, s˚ a m˚ aste α vara n¨ astan 90◦ , vilket k¨ anns rimligt om vi tittar p˚ a figuren.  7. Vektorprodukt, area och volym Problem 31. Best¨ am arean av det parallellogram som sp¨ anns upp av vektorerna (1, 2) och (4, 5). (ON-system) L¨ osning. Arean av parallellogrammet lika stor som determinanten av matrisen med de uppsp¨ annande vektorerna som rader. Arean ges d¨arf¨or av 1 2 4 5 = 1 · 5 − 2 · 4 = −3. Kom ih˚ ag att tecknet har med orienteringen av vektorerna att g¨ora, den verkliga arean ¨ ar alltid positiv, s˚ a arean m˚ aste vara 3 areaenheter.  Problem 32. Best¨ am arean f¨ or det parallellogram som sp¨ anns upp av vektorerna u − v och 3u + 4v om arean av det parallellogram som u och v sp¨ anner upp ¨ ar 2 a.e. L¨ osning. Den s¨ oka arean ¨ ar |(u − v) × (3u + 4v)| enligt definitionen f¨or vektorprodukt. Vi kan d˚ a f¨ orenkla detta uttryck med r¨aknelagarna f¨or vektorprodukten (som finns i kapitel 11). |(u − v) × (3u + 4v)| = |(u − v) × (3u) + (u − v) × (4v)| = |u × (3u) − v × (3u) + u × (4v) − v × (4v)| = |3(u × u) − 3(v × u) + 4(u × v) − 4(v × v)|

20

P. ALEXANDERSSON

Det g¨ aller att u × u = 0, eftersom arean som en vektor sp¨anner upp med sig sj¨ alv ¨ ar 0. Det g¨ aller ocks˚ a att v × u = −u × v, s˚ a ovanst˚ aende f¨orenklas d˚ a till |3(u × v) + 4(u × v)| = 7|u × v|. Vi vet att |u × v| = 2, eftersom vektorerna u och v sp¨ anner upp precis arean 2. S˚ aledes m˚ aste u − v och 3u + 4v sp¨anna upp en area som ¨ ar 14 a.e.  Problem 33. Best¨ am arean av det parallellogram som sp¨ anns upp av vektorerna (2, 2, 3) och (4, 1, 3). (ON-system) L¨ osning. F¨ or att finna arean av parallellogrammet, s˚ a m˚ aste vi ber¨akna l¨angden av vektorprodukten (2, 2, 3) × (4, 1, 3). Detta f¨oljer direkt fr˚ an definitionen2 av vektorprodukt: |u × v| ¨ ar arean av det parallellogram som vektorerna u och v sp¨anner upp. Jag ber¨ aknar vanligtvis vektorprodukten som en determinant, och f˚ ar att 2 2 3 (2, 2, 3) × (4, 1, 3) = 4 1 3 e1 e2 e3 = 2e3 + 6e1 + 12e2 − 6e2 − 8e3 − 3e1 = 3e1 + 6e2 − 6e3 = (3, 6, −6) √ √ Arean ges d˚ a av |(3, 6, −6)| = 9 + 36 + 36 = 81 = 9.



Problem 34. Best¨ am volymen av den tetraheder som har h¨ ornen (0, 0, 1), (1, 2, 2), (2, 0, 1) och (1, 1, 1). (ON-system) L¨ osning. Vi v¨ aljer ett h¨ orn i tetrahedern, (0, 0, 1) och fr˚ an detta h¨orn utg˚ ar tre vektorer som sp¨ anner upp kroppen. Vektorerna blir d˚ a (1, 2, 2) − (0, 0, 1) = (1, 2, 1) (2, 0, 1) − (0, 0, 1) = (2, 0, 0) (1, 1, 1) − (0, 0, 1) = (1, 1, 0) Vi ber¨ aknar volymen av tetrahedern genom att st¨alla upp vektorerna som rader i en matris och d¨ arefter ber¨ akna dess determinant. Determinanten ber¨aknar dock volymen av parallellepipeden som vektorerna sp¨anner upp, s˚ a vi m˚ aste dividera med sex f¨ or att f˚ a volymen av tetrahedern. 1 2 1 1 1 1 2 0 0 = (1 · 0 · 0 + 2 · 0 · 1 + 1 · 2 · 1 − 1 · 0 · 1 − 2 · 2 · 0 − 1 · 0 · 1) = 6 6 3 1 1 0  Problem 35. Best¨ am volymen av den parallellepiped som sp¨ anns upp av vektorerna u = e + f + g, v = e − f + g och w = 2e + 3f d¨ ar vektorerna e, f och g sp¨ anner upp ett r¨ atblock med volym 2.

2[Ten05, Definition 5.2]

¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

21

L¨ osning. Det h¨ ar exemplet anv¨ander flitigt reglerna f¨or volymfunktionen. Dessa finns i kapitel 11. Det vi s¨ oker ¨ar V (e + f + g, e − f + g, 2e + 3f ). Vi manipulerar V (e + f + g, e − f + g, 2e + 3f )

=

{skriv om lite}

V (e + f + g, (e + f + g) − 2f , 2e + 3f )

=

{anv¨and regel 1}

V (e + f + g, e + f + g, 2e + 3f ) +V (e + f + g, −2f , 2e + 3f )

=

{regel 4}

V (e + f + g, −2f , 2e + 3f )

=

{anv¨and regel 1}

V (e + f + g, −2f , 2e) + V (e + f + g, −2f , 3f )

=

{anv¨and regel 4}

V (e + f + g, −2f , 2e)

=

{anv¨and regel 1}

V (e, −2f , 2e) + V (f , −2f , 2e) + V (g, −2f , 2e)

=

{anv¨and regel 4}

V (g, −2f , 2e)

=

{anv¨and regel 2}

−4V (g, f , e) Vi ¨ ar inte intresserade av vilket tecken volymen har, s˚ a vi kan stryka minustecknet. Vi vet fr˚ an uppgiften att V (g, f , e) = 2, s˚ a volymen som s¨okes ¨ar 4 · 2 = 8 volymenheter.  Problem 36. Visa att (3u + 2v) × (5u + 4v) = 2u × v givet att u och v ¨ ar vektorer i R3 . L¨ osning. Jag st¨ aller upp f¨ orsta vektorprodukten som en determinant, d¨ar u = (u1 , u2 , u3 ) och v = (v1 , v2 , v3 ). Koordinaterna ¨ar angivna i standardbasen, vilket ar ett krav f¨ or att vektorprodukten skall kunna r¨aknas ut p˚ a detta s¨att: ¨ 3u1 + 2v1 3u2 + 2v2 3u3 + 2v3 (3u + 2v) × (5u + 4v) = 5u1 + 4v1 5u2 + 4v2 5u3 + 4v3 e1 e2 e3 Detta kan tolkas som en volym, och vi kan allts˚ a anv¨anda oss av lagarna f¨or volymfunktionen. Fr˚ an volymfunktionens lagar kan vi f˚ a fram att V (u, v, w) = 0 + V (u, v, w) = λV (v, v, w) + V (u, v, w) = V (u + λv, v, w) Detta inneb¨ ar att vi kan addera en multipel av en rad till en annan i en determinant, utan att ¨ andra determinantens v¨arde. Detta ¨ar precis vad vi skall g¨ora, vi adderar −1 g˚ anger f¨ orsta raden till den andra raden, och har allts˚ a att 3u1 + 2v1 3u2 + 2v2 3u3 + 2v3 3u1 + 2v1 3u2 + 2v2 3u3 + 2v3 5u1 + 4v1 5u2 + 4v2 5u3 + 4v3 = 2u1 + 2v1 2u2 + 2v2 2u3 + 2v3 e1 e2 e3 e1 e2 e3 Regel 2 f¨ or volymfunktionen s¨ager nu att vi kan bryta ut konstanter ur en rad. Vi bryter ut 2 ur mittenraden, och f˚ ar sedan genom att addera −2 g˚ anger andra raden till f¨ orsta raden att 3u1 + 2v1 3u2 + 2v2 3u3 + 2v3 u1 u2 u3 u2 + v2 u3 + v3 = 2 u1 + v1 u2 + v2 u3 + v3 2 u1 + v1 e1 e1 e2 e3 e2 e3

22

P. ALEXANDERSSON

Vi subtraherar sedan rad 1 fr˚ an rad 2, och kan d˚ a till sist dra slutsatsen att 3u1 + 2v1 3u2 + 2v2 3u3 + 2v3 (3u + 2v) × (5u + 4v) = 5u1 + 4v1 5u2 + 4v2 5u3 + 4v3 e1 e2 e3 u1 u2 u3 = 2 v1 v2 v3 = 2u × v. e1 e2 e3 Vi har nu bevisat att (3u + 2v) × (5u + 4v) = 2u × v.



8. R¨ ata linjer och planets ekvation Problem 37. Ber¨ akna avst˚ andet mellan punkten P = (1, 2, 3) och linjen L som ges av (1, 0, 0) + t(4, 2, 1), t ∈ R. (ON-system). L¨ osning. Det finns en punkt P 0 som ligger p˚ a L och ¨ar n¨armast P. Det g¨aller att avst˚ andet ¨ ar minimalt om vektorn P P 0 ¨ar vinkelr¨at mot linjens riktningsvektor. P 0 ¨ar a (1, 0, 0)+t(4, 2, 1)−(1, 2, 3) = ju (1, 0, 0)+t(4, 2, 1) f¨ or n˚ agot t, och vektorn P P 0 ¨ar d˚ (4t, 2t − 2, t − 3). Denna vektor skall vara vinkelr¨at mot (1, 2, 4) som ¨ar linjens riktningsvektor. Vi vill allts˚ a l¨ osa (4t, 2t − 2, t − 3) · (4, 2, 1) = 0. Skal¨arprodukten ber¨ aknas till (4t) · 4 + (2t − 2) · 2 + (t − 3) · 1 eftersom vi ¨ar i ett ON-system. F¨orenkling av detta ger oss 21t − 7 = 0 s˚ a t = 1/3. Vi s¨atter in detta v¨arde i uttrycket f¨ or vektorn P P 0 och f˚ ar att P P 0 = (4/3, 2/3 − 2, 1/3 − 3) = 1/3 · (4, −4, −8). Vi ber¨ aknar nu l¨ angden av |P P 0 | : √ √ 1p 2 96 4 6 0 2 2 4 +4 +8 = = |P P | = 3 3 3 som ¨ ar det s¨ okta avst˚ andet.  Problem 38. Best¨ am avst˚ andet mellan punkten (1, 2, 4) och planet Π som har ekvationen 2x − y + 3z − 5 = 0. (ON-system). L¨ osning. Planets normal, n a ar kortaste avst˚ andet fr˚ an planet till ¨r (2, −1, 3) och vi f˚ punkten genom att f¨ olja normalen. Vi s¨oker d˚ a efter ett t s˚ a att punkten (1, 2, 4) + t(2, −1, 3) = (1 + 2t, 2 − t, 4 + 3t) ligger i planet. Vi stoppar in detta i planets ekvation och f˚ ar 2(1 + 2t) − (2 − t) + 3(4 + 3t) − 5 = 0 ⇔ 2 + 4t − 2 + t + 12 + 9t − 5 = 0 ⇔ 14 + 7t = 0 ⇔ t = −1/2 Vi m˚ aste allts˚ a g˚ a med vektorn −1/2(2, −1, 3) fr˚ an (1, 2, 4) f¨or att hamna i planet. Det ˚ aterst˚ ar d˚ a att ber¨ akna l¨angden p˚ a denna vektor: √ p 1 − (2, −1, 3) = 1 |(2, −1, 3)| = 1 22 + (−1)2 + 32 = 14 . 2 2 2 2 Detta a okta avst˚ andet. ¨r det s¨



Problem 39. Best¨ am avst˚ andet mellan linjen (1, 2, 4) + t(1, 2, −1) och planet Π som har ekvationen 2x + y + 4z + 1 = 0. (ON-system).

¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

23

L¨ osning. Eftersom (1, 2, −1) · (2, 1, 4) = 2 + 2 − 4 = 0 s˚ a ¨ar linjens riktningsvektor och planets normal vinkelr¨ ata. Allts˚ a ¨ar linjen parallell med planet, och alla punkter p˚ a linjen ligger lika l˚ angt fr˚ an planet. Det r¨acker allts˚ a att ber¨akna avst˚ andet fr˚ an en godtycklig punkt p˚ a linjen och planet. Vi v¨aljer (1, 2, 4). Kortaste avst˚ andet f˚ ar vi om vi f¨ oljer normalen, s˚ a man s¨oker nu t ∈ R s˚ a att punkten (1, 2, 4) + t(2, 1, 4) ligger i planet. Stoppar vi in detta i planets ekvation f˚ as 2(1 + 2t) + (2 + t) + 4(4 + 4t) + 1

=

0⇔

2 + 4t + 2 + t + 16 + 16t + 1

=

0⇔

21 + 21t

=

0⇔

Avst˚ andet ¨ ar d˚ a | − 1(2, 1, 4)| =

√

22 + 12 + 42 =

√

t

= −1

21.



Problem 40. Ett plan har normalen (1, 2, −4) och inneh˚ aller punkten (0, 1, 1). Best¨ am planets ekvation. (ON-system) L¨ osning. Enligt [Ten05, Sats 6.4] ¨ar vektorn (A, B, C) en normal till planet med ekvationen Ax+By +Cz +D = 0. Allts˚ a ¨ar planets ekvation x+2y −4z +D = 0 f¨or en konstant D. Nu anv¨ ander vi oss av att (0, 1, 1) skall ligga i planet. Det inneb¨ar att x = 0, y = 1, z = 1 skall uppfylla planets ekvation. Vi s¨atter in detta och f˚ ar 0 + 2 − 4 + D = 0 ⇔ D = 2. Planets ekvation ¨ ar allts˚ a x + 2y − 4z + 2 = 0.



Problem 41. Finn den linje som ligger i de b˚ ada planen Π1 = x + 2y − z = 1 och Π2 = 2x − y + z = 2. L¨ osning. Vi vill hitta de punkter som ligger i b˚ ada planen, s˚ a vi vill hitta punkter (x, y, z) som uppfyller b˚ ada ekvationerna. ( x + 2y − z = 1 2x − y + z = 2 Detta system skriver vi p˚ a matrisform och f˚ ar genom gausselimination       1 2 −1 1 1 2 −1 1 1 2 −1 1 ∼ ∼ 2 −1 1 2 0 −5 3 0 0 1 − 35 0 Vi forts¨ atter eliminera och f˚ ar 

1 1 0 5 0 1 − 35

1 0



Eftersom kolonnen som motsvarar z inte ¨ar en enhetskolonn v¨aljer vi denna som parameter. F¨ or att slippa n¨ amnare, s˚ a s¨atter vi z = 5t. Vi f˚ ar d˚ a att x = 1 − t samt y = 3t. Sammanst¨ aller vi detta f˚ ar vi   x = 1 − t y = 0 + 3t   z = 0 + 5t Sk¨ arningslinjen mellan planen ges d˚ a av (1, 0, 0) + t(−1, 3, 5). Vi kan kontrollera att vi gjort r¨ att genom att s¨ atta in dessa v¨arden i Π1 : (1 − t) + 2(|{z} 3t ) − |{z} 5t = 1 ⇔ 1 − t + 6t − 5t = 1 ⇔ 1 = 1 | {z } x

y

z

24

P. ALEXANDERSSON

Detta visar att linjen ligger i Π1 . P˚ a samma s¨att kan vi kontrollera att linjen ocks˚ a ligger i Π2 .  Problem 42. Finn planet Π som inneh˚ aller linjen (1, 0, 1)+t(2, 3, −1) och punkten (1, 2, −3). L¨ osning. S¨ atter vi t = 0 och t = 1 s˚ a har vi att punkterna (1, 0, 1) och (3, 3, 0) ligger p˚ a linjen, och d˚ a ocks˚ a i planet. Vi har d˚ a sammanlagt tre punkter som ligger i planet, och de ligger inte p˚ a samma linje. L˚ at nu ekvationen f¨or Π vara Ax + By + Cz + D = 0. D˚ a m˚ aste de tre punkterna uppfylla planets ekvation:   =0 A + C + D 3A + 3B + D =0   A + 2B − 3C + D = 0 Detta system skriver vi upp p˚ a matrisform och gausseliminerar:       1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0  3 3 0 1 0  ∼  0 3 −3 −2 0  ∼  0 1 −2 0 0  1 2 −3 1 0 0 2 −4 0 0 0 3 −3 −2 0       5 1 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 0 3 ∼  0 1 −2 0 0  ∼  0 1 −2 0 0  ∼  0 1 0 − 34 0  0 0 3 −2 0 0 0 1 − 23 0 0 0 1 − 32 0 Vi a a vi v¨aljer D = 3, f¨or att slippa n¨amnare. Vi ¨r bara intresserade av en l¨osning, s˚ f˚ ar d˚ a att A = −5, B = 4 och C = 2. Ekvationen f¨or Π blir d˚ a −5x + 4y + 2z + 3 = 0.  Problem 43. Finn planet Π som inneh˚ aller punkterna (−2, 0, 1) och (1, 0, 2) och ar vinkelr¨ att mot planet x + y + z − 1 = 0. (ON-system). ¨ L¨ osning. Vi l˚ ater ekvationen f¨or Π1 vara Ax + By + Cz + D = 0. Detta plan har d˚ a normalvektorn (A, B, C). Om Π1 ¨ar vinkelr¨att mot planet x + y + z − 1 = 0, s˚ a m˚ aste ¨ aven planens normaler vara vinkelr¨ata. Detta inneb¨ar att skal¨arprodukten av normalvektorerna ¨ ar 0. Allts˚ a g¨aller (A, B, C) · (1, 1, 1) = 0 ⇔ A+B+C =0 Det g¨ aller ocks˚ a att de tv˚ a givna punkterna skall uppfylla planets ekvation. Allts˚ a g¨ aller ocks˚ a de tv˚ a f¨ oljande ekvationerna −2A + C + D = 0 A + 2C + D = 0. Alla dessa ekvationer ger ett system som vi l¨oser.   =0 A + B + C −2A + C + D = 0   A + 2C + D =0

¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

25

Detta st¨ aller  1 1  −2 0 1 0  0 0  0 1 1 0

vi upp p˚ a matrisform och gausseliminerar      1 0 0 0 2 3 1 0 0 0 5 3 0 1 1 0  ∼  0 −1 1 1 0  ∼  0 −1 1 1 0  ∼ 2 1 0 1 1 1 0 0 1 0 2 1 0     3D 3 3  0 0 0 1 1 0  C = − 5 5 5 2 2D −1 −1 0  ∼  0 1 0 − 5 0  ⇒ B = 5   2 1 0 1 0 0 − 15 0 A = D 5 Det ¨ ar inte konstigt att vi f˚ att ett underbest¨amt system: om Ax + By + Cz + D = 0 ar ekvationen f¨ or ett plan, s˚ a kan vi multiplicera b˚ ada sidor med valfri nollskild ¨ konstant, och fortfarande ha en ekvation f¨or samma plan. Om vi v¨aljer D = 5, s˚ a slipper vi n¨ amnare. Detta ger oss att A = 1, B = 2 och C = −3. Ekvationen f¨or Π1 blir d˚ a x + 2y − 3z + 5 = 0.  Problem* 8.1. (2009-08-17:5) En linje l parametriseras av (1, 2, 3) + t(1, 0, −1). Skriv vektorn u = (6, 4, 2) som u = u1 + u2 d¨ ar u1 ¨ ar parallell med l och u2 ¨ ar vinkelr¨ at mot l. (ON-system) L¨ osning. Det ¨ ar klart att u1 = s1 (1, 0, −1) eftersom (1, 0, −1) ¨ar riktningsvektorn f¨ or l. Vektorn u2 m˚ aste ligga i det plan som ¨ar vinkelr¨att mot (1, 0, −1). Detta plan sp¨ anns d˚ a upp av vektorerna (1, 0, 1) och (0, 1, 0) eftersom b˚ ada dessa ¨ar vinkelr¨ata mot (1, 0, −1). D¨ arf¨ or kan vi skriva u2 = s2 (1, 0, 1) + s3 (0, 1, 0), och alla vektorer p˚ a den h¨ ar formen ¨ ar vinkelr¨ata mot l. Vi s¨ oker nu s1 , s2 och s3 s˚ a att u = u1 + u2 ⇔ (6, 4, 2) = s1 (1, 0, −1) + s2 (1, 0, 1) + s3 (0, 1, 0). Detta ger oss ett linj¨ art ekvationssystem, med tre obekanta och tre ekvationer:   =6 s1 + s2 s3 =4   −s1 + s2 = 2 Vi f˚ ar att s1 = 2, s2 = s3 = 4. Slutligen ¨ar u1 = 2 · (1, 0, −1) = (2, 0, −2) och u2 = 4 · (1, 0, 1) + 4 · (0, 1, 0) = (4, 4, 4).  9. Linj¨ ara avbildningar Problem 44. Linjen L som ges av (1, 2, 3) + t(2, −1, 3) speglas i planet Π : x + y + 2z = 0 och avbildas p˚ a L0 . Best¨ am L0 . (ON-system) L¨ osning. F¨ orst best¨ ammer vi linjens sk¨arning med planet, eftersom denna punkt avbildas p˚ a sig sj¨ alv under spegling. Varje punkt p˚ a linjen kan skrivas p˚ a formen (1, 2, 3) + t(2, −1, 3) f¨ or n˚ agot t ∈ R, s˚ a vi s¨atter in detta i planets ekvation och l¨ oser ut det t som uppfyller ekvationen. (1 + 2t) + (2 − t) + 2(3 − 3t) = 0 ⇔ 9 + 7t = 0 ⇔ 9 t=− 7

26

P. ALEXANDERSSON

Vi s¨ atter in detta v¨ arde i linjens ekvation sig sj¨ alv:  9 9 1 − 2 · ,2 + ,3 − 3 · 7 7

f¨or att d˚ a f˚ a den punkt som avbildas p˚ a 9 7



 =

−

11 23 6 , ,− 7 7 7



Vi beh¨ over nu bara en punkt till p˚ a L0 eftersom vi d˚ a vet allt f¨or att best¨amma L0 . Vi v¨ aljer d˚ a en godtycklig punkt p˚ a L och speglar i planet, t.ex. punkten (1, 2, 3), som ligger p˚ a L. Vi vandrar nu fr˚ an (1, 2, 3) l¨angs planets normal tills vi hamnar i planet. D¨ arefter g˚ ar vi i samma riktning lika l˚ angt igen, se figur 4. Vi vill allts˚ a H1,2,3L

n

P

Figur 4. Spegling i ett plan. f¨ orst hitta s s˚ a att (1, 2, 3) + s(1, 1, 2) ligger i planet. Vi s¨atter in uttrycket i planets ekvation: (1 + s) + (2 + s) + 2(3 + s) = 0 ⇔ 9 + 6s = 0 ⇔ 3 s=− 2 Vi beh¨ over allts˚ a −3/2 av (1, 1, 2) f¨or att ta oss fr˚ an (1, 2, 3) till Π, och d˚ a beh¨over vi dubbelt s˚ a mycket f¨ or att ta oss till spegelbilden. Spegelbilden blir d˚ a (1, 2, 3) − 3 · (1, 1, 2) = (−2, −1, −3). Vi har nu tv˚ a punkter p˚ a linjen L0 och vi kan d˚ a l¨att ber¨ akna riktningsvektorn f¨ or denna linje genom att ta skillnaden mellan punkternas koordinater:     11 23 −6 11 23 6 − , , − (−2, −1, −3) = 2 − , 1 + , 3 − 7 7 7 7 7 7   3 30 15 = , , 7 7 7 3 = (1, 10, 5) 7 Vi kan multiplicera denna riktningsvektor med valfri nollskild konstant, eftersom den d˚ a fortfarande pekar i samma riktning. Speglingen av L i planet Π ges d˚ a av (−2, −1, −3) + t · (1, 10, 5). 

¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

27

Problem 45. Finn matrisen f¨ or den linj¨ ara transformation T : R3 → R3 d¨ ar T avbildar punken (0, 0, 1) p˚ a (0, 2, 0), punkten (0, 2, 0) p˚ a (4, 0, 0) och (4, 0, 0) p˚ a (0, 0, 1). Beskriv T med ord och best¨ am sedan T 3 . (ON-system) L¨ osning. Vi anv¨ ander de linj¨ara egenskaperna T har och f˚ ar att T ((4, 0, 0))

=

(0, 0, 1) ⇔

4T ((1, 0, 0))

=

T ((1, 0, 0))

=

(0, 0, 1) ⇔ 1 (0, 0, ) 4

T ((0, 2, 0))

=

(4, 0, 0) ⇔

2T ((0, 1, 0))

=

(4, 0, 0) ⇔

T ((0, 1, 0))

=

(2, 0, 0)

P˚ a samma s¨ att finner vi att

Vi vet nu var de tre basvektorerna (1, 0, 0), (0, 1, 0) och (0, 0, 1) avbildas. Vi kan d˚ a best¨ amma matrisen f¨ or T genom att st¨alla upp bilderna av basvektorerna som kolonnvektorer i matrisen.   0 2 0  0 0 2 1 0 0 4 Vi ser att T byter plats p˚ a axlarna som sp¨anns upp av (1, 0, 0), (0, 1, 0) och (0, 0, 1). T f¨ orstorar i tv˚ a riktningar och f¨orminskar i den tredje. Det ¨ar klart att T 3 = E, eftersom de tre linj¨ art oberoende vektorerna (0, 0, 1), (0, 2, 0) och (4, 0, 0) avbildas p˚ a sig sj¨ alva under T 3 . S˚ aledes m˚ aste alla vektorer avbildas p˚ a sig sj¨alva, och vi f˚ ar identitetsavbildningen E.  Problem 46. Finn den linj¨ ara transformation T : R3 → R3 som uppfyller T ((1, 0, 1)) = (0, 0, 1), T ((1, 0, −1)) = (1, 1, 1) och T ((0, 1, 0)) = (1, 1, 0). Best¨ am sedan de vektorer v som uppfyller att T (v) = 0. (ON-system) L¨ osning. Vi anv¨ ander de linj¨ara egenskaperna som T har f¨or att ta reda p˚ a var basvektorerna avbildas, eftersom det entydigt best¨ammer avbildningsmatrisen. Det vi g¨ or ¨ ar en slags gausselimination: T ((1, 0, 1)) + T ((1, 0, −1)) = (0, 0, 1) + (1, 1, 1) ⇔ T ((1, 0, 1) + (1, 0, −1)) = (1, 1, 2) ⇔ T ((2, 0, 0)) = (1, 1, 2) ⇔ 2T ((1, 0, 0)) = (1, 1, 2) ⇔ 1 T ((1, 0, 0)) = (1, 1, 2) 2 Vi vet nu var (1, 0, 0) avbildas. Med samma metod f˚ ar vi att T ((1, 0, 1)) − T ((1, 0, −1)) = (0, 0, 1) − (1, 1, 1) ⇔ T ((0, 0, 2)) = (−1, −1, 0) ⇔ 1 T ((0, 0, 1)) = (−1, −1, 0) 2

28

P. ALEXANDERSSON

Fr˚ an uppgiften vet vi var (0, 1, 0) avbildas. Avbildningsmatrisen f¨or T har d˚ a bilderna av basvektorerna som kolumner: 1  1 − 21 2 1 1 −1 2 2 1 0 0 F¨ orsta delen av uppgiften a ¨r nu l¨ost. F¨ or att l¨ osa den andra delen s˚ a anv¨ander vi ett ekvationssystem. L˚ at v = (x, y, z). Vi vill hitta de (x, y, z) s˚ a att 1     1 − 21 x 0 2  1 1 − 1  y  = 0 2 2 z 0 1 0 0 Utf¨ or vi matrismultiplikationen inneb¨ar detta  z x  2 + y − 2 x z 2 +y− 2   x

att =0 =0 =0

ater z = 2t, s˚ a m˚ aste d˚ a H¨ ar ser vi direkt att x = 0 och d˚ a m˚ aste y − z2 = 0. Om vi l˚ y = t. De vektorerna som avbildas p˚ a 0 ¨ar d˚ a v = (x, y, z) = (0, t, 2t) d¨ar t ∈ R.  Problem 47. Best¨ am matrisen f¨ or den avbildning T : R3 → R3 som f¨ orst avbildar v p˚ a v × (1, 0, 2) och d¨ arefter roterar 90◦ runt y−axeln. (ON-system) L¨ osning. Vi l˚ ater v = (x, y, z) och ber¨aknar vektorprodukten3 (x, y, z) × (1, 0, 2).   y 0 , − x 1 , x 1 = (2y, z − 2x, −y) (x, y, z) × (1, 0, 2) = z 2 y 0 z 2 Vi kan nu enkelt best¨ amma matrisen S som avbildar (x, y, z) p˚ a (2y, z − 2x, −y). F¨ orsta raden i matrisen skall ju ge x−koordinaten f¨or bildvektorn, s˚ a f¨orsta raden skall skicka (x, y, z) p˚ a 2y s˚ a den f¨orsta raden m˚ aste vara (0, 2, 0). Samma resonemang f¨ or de andra tv˚ a koordinaterna ger att   0 2 0 S = −2 0 1 0 −1 0 Denna matris avbildar allts˚ a (x, y, z) p˚ a (2y, z − 2x, −y). Kontrollera detta. Vi vill nu ta reda p˚ a hur matrisen R f¨or rotation 90◦ kring y−axeln ser ut. Ist¨allet f¨ or att f¨ ors¨ oka komma ih˚ ag formeln f¨or allm¨ana rotationer s˚ a funderar vi p˚ a var basvektorerna avbildas. Rotation inneb¨ar att man roterar moturs kring en vektor som pekar mot betraktaren. Vi ser fr˚ an figur 5 att z−axeln kommer att hamna p˚ a x−axeln, och x−axeln hamnar p˚ a den negativa z−axeln. y−axeln avbildas givetvis p˚ a sig sj¨ alv. Slutsatsen a ¨r att   0 0 1 R =  0 1 0 . −1 0 0 3[Ten05, Sats 5.3]

¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

29

Z

Y

X

Figur 5. Rotation moturs kring y−axeln (Kontroll: Vektorn (1, 0, 0) avbildas p˚ a (0, 0, −1) s˚ a x−axeln hamnar p˚ a negativa z−axeln.) F¨ or att hitta matrisen f¨or T, s˚ a multiplicerar vi samman de tv˚ a matriserna, matrisen f¨ or rotation till v¨anster d˚ a denna avbildning ¨ar sist.      0 0 1 0 2 0 0 −1 0  0 1 0 −2 0 1 = −2 0 1 −1 0 0 0 −1 0 0 −2 0  Problem 48. En kub med volymen 5 v.e avbildas under T : R3 → R3 som f¨ orst speglar i planet x = y och d¨ arefter f¨ orstorar l¨ angs x−axeln. Den resulterande kroppen har volymen 10 v.e. Best¨ am matrisen f¨ or avbildningen. L¨ osning. Matrisen f¨ or speglingen hittar vi l¨attast genom att rita en bild, som i Figur 6. Speglingen avbildar z−axeln p˚ a sig sj¨alv, men x−axeln avbildas p˚ a y−axeln och Y

y=x

X

Figur 6. Rotation moturs kring y−axeln tv¨ art om. Matrisen blir d˚ a

 0 1 0

1 0 0

 0 0 1

30

P. ALEXANDERSSON

Nu ˚ aterst˚ ar f¨ orstorningen. Eftersom spegling inte ¨andrar volymen, s˚ a m˚ aste f¨orstorningen l¨ angs x−axeln st˚ a f¨ or all f¨orstorning. Den m˚ aste dubblera volymen eftersom kubens volym f¨ ordubblas. Allts˚ a ser f¨orstorningsmatrisen ut s˚ a h¨ar:   2 0 0 0 1 0 0 0 1 Matrisen f¨ or T blir d˚ a 

2 0 0

0 1 0

 0 0 0 1 1 0

1 0 0

  0 0 0 = 1 1 0

2 0 0

 0 0 . 1 

Problem 49. Man kan betrakta alla polynom av grad max 2 som ett vektorrum, d¨ ar p(x) = ax2 + bx + c mostsvarar vektorn (a, b, c), a, b, c ∈ R. Best¨ am matrisen som motsvarar avbildningen Tˆ : p(x) 7→ p(x) + p0 (x). Har avbildningen en invers? L¨ osning. Polynomet p(x) = ax2 + bx + c avbildas via Tˆ p˚ a ax2 + bx + c + D[ax2 + 2 bx + c] = ax + (2a + b)x + (b + c). Om vi kallar motsvarande avbildning p˚ a vektorer f¨ or T, s˚ a ser vi att T ((a, b, c)) = (a, 2a + b, b + c). Bilderna av enhetsvektorerna blir d˚ a kolonnerna i v˚ ar avbildningsmatris. T ((1, 0, 0)) = (1, 2, 0), T ((0, 1, 0)) = (0, 1, 1) samt T ((0, 0, 1)) = (0, 0, 1). Matrisen f¨or T blir d˚ a   1 0 0 2 1 0 . 0 1 1 Matrisen har determinant 1, och ¨ar d¨arf¨or inverterbar. Detta medf¨or att Tˆ har invers.  10. Teorifr˚ agor Tanken med det h¨ ar kaplitlet ¨ar att ge en b¨attre teoretisk f¨orst˚ aelse f¨or linj¨ar algebra. Om fr˚ agorna kr¨ aver utr¨akningar, s˚ a kan alla dessa g¨oras med huvudr¨akning. Problem 50. Tv˚ a vektorer u, v a art oberoende. Om du vet att au = bv, vad ¨r linj¨ kan du s¨ aga om talen a och b? L¨ osning. Tv˚ a vektorer ¨ ar linj¨art oberoende om den enda l¨osningen till systemet au = bv ¨ ar a = b = 0, s˚ a talen a, b m˚ aste b˚ ada vara 0.  Problem 51. Du har ett linj¨ art ekvationssystem med fem ekvationer och tre obekanta variabler. Vilka m¨ ojliga antal l¨ osningar kan du f˚ a fr˚ an ekvationssystemet? L¨ osning. Systemet har fler ekvationer ¨an variabler, s˚ a det kan h¨anda att systemet saknar l¨ osningar. Vissa ekvationer kan dock efter gausselimination bli lika, s˚ a det kan ocks˚ a h¨ anda att vi f˚ ar en unik l¨osning, eller rent utav, o¨andligt m˚ anga l¨osningar med en eller tv˚ a parametrar.  Problem 52. Du har ett linj¨ art ekvationssystem   x1 + a12 x2 + a13 x3 + · · · + a1n xn = b1 x2 + a23 x3 + · · · + a2n xn = b2   x3 + · · · + a3n xn = b3

¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

31

d¨ ar aij ∈ R, bi ∈ R och x1 , x2 , . . . , xn ¨ ar ekvationssystemets variabler och n > 3. Hur m˚ anga l¨ osningar har ekvationssystemet? L¨ osning. Vi kan gausseliminera, s˚ a att de tre f¨orsta kolonnerna blir enhetskolonner. De o vriga n − 3 kolonnerna kommer motsvara de variabler som vi parametriserar ¨ med. Detta ger oss o¨ andligt m˚ anga l¨osningar, med n − 3 paramterar.  Problem 53. F¨ orklara varf¨ or (u × v) · u = 0. L¨ osning. Uttrycket (u × v) · w beskriver volymen av den kropp som sp¨anns upp av vektorerna u, v och w. I uttrycket ing˚ ar bara vektorerna u och v, och volymen av den kropp dessa sp¨ anner upp m˚ aste d˚ a vara 0.  Problem 54. Visa att u − u, v ∈ R3 .

(u·v) |v|2 v

ar vinkelr¨ at mot v, f¨ or godtyckliga vektorer ¨

L¨ osning. Vi har att   (u · v) (u · v) 2 (u · v) 2 u− v ·v =u·v− v =u·v− |v| = u · v − u · v = 0 |v|2 |v|2 |v|2 och vi vet att om w·v = 0 s˚ a ¨ar w och v vinkelr¨ata. Allts˚ a ¨ar u− (u·v) ar vinkelr¨at |v|2 v ¨ mot v.  Problem 55. St¨ ammer det att ekvationen x + y = 2 kan beskriva b˚ ade ett plan och en linje? L¨ osning. Ja, det beskriver en linje i R2 och ett plan i R3 .



Problem 56. Du har tv˚ a ekvationer f¨ or tv˚ a plan. P˚ a vilka s¨ att kan snittet av dessa plan se ut? L¨ osning. Det finns tre fall som kan intr¨affa: (1) Planen ¨ ar inte parallella och de sk¨ar i en linje. (2) Planen ¨ ar parallella och de sk¨ar inte alls. (3) Planen ¨ ar lika, och sk¨arningen ¨ar detta plan.  3

3

Problem 57. En linj¨ ar avbildning fr˚ an R till R best˚ ar av en rotation, en f¨ orstorning med faktor 2 l¨ angs alla axlar, en projektion, samt till sist ¨ annu en rotation. (1) Vad ¨ ar determinanten p˚ a den matris som representerar den sammansatta avbildningen? (2) Vad ¨ ar determinanten p˚ a matrisen om man inte har med projektionen? L¨ osning. Att sammans¨ atta matrisavbildningar ¨ar samma som att utf¨ora matrismultiplikation. Determinanten av sammans¨attningen ¨ar d˚ a produkten av determinanterna av de enskila matriserna i sammans¨attningen. En projektion har determinant 0, s˚ a allts˚ a m˚ aste hela avbildningen ha determinant 0. Om projektionen inte ing˚ ar, s˚ a ¨ar determinanten 8. Rotationer har determinant 1, men f¨ orstorar vi med faktor tv˚ a l¨angs en axel, s˚ a inneb¨ar det en dubblering av volymen. F¨ orstorar vi d˚ a l¨angs alla tre axlar blir volymen 8 g˚ anger st¨orre, och determinanten m˚ aste d˚ a vara 8.  Problem 58. Du vet tv˚ a vektorer som sp¨ anner upp ett plan i R3 . Hur hittar du l¨ attast planets normal?

32

P. ALEXANDERSSON

L¨ osning. Jag vill ha en vektor som ¨ar vinkelr¨at mot planet och d˚ a ocks˚ a vinkelr¨at mot de tv˚ a givna vektorerna. Planets normalvektor ges d˚ a t.ex. av de tv˚ a vektorernas kryssprodukt.  Problem 59. Du har ett plan och en linje i rummet. Linjen har riktningsvektorn (1, 2, 3) och planets normal ¨ ar (1, 1, −2). Vad ¨ ar avst˚ andet mellan linjen och planet? (ON-system) L¨ osning. Det kan tyckas som om vi vet alldeles f¨or lite om planet och linjen f¨or att best¨ amma n˚ agot, men vi ser att (1, 2, 3) · (1, 1, −2) = −3 6= 0 s˚ a planets normal och linjen ¨ ar inte vinkelr¨ ata. D˚ a kan planet och linjen ej vara parallella, s˚ a de m˚ aste sk¨ ara i en punkt. D¨ ar ¨ ar avst˚ andet 0, s˚ a avst˚ andet mellan planet och linjen ¨ar 0.  Problem 60. En linje genom origo har riktningsvektorn (1, 0, 0). Best¨ am kortaste avst˚ andet fr˚ an linjen till punkten (100, 3, 4). (ON-system) L¨ osning. Alla punkter p˚ a formen (t, 0, 0) ligger a linjen. Vi vill minimera avst˚ andet p p˚ mellan linjen och punkten, som ges av√ (t − 100)2 + 32 + 42 som uppenbart ¨ar minst om t = 100. Detta ger avst˚ andet 32 + 42 = 5.  Problem 61. Ett plan genom punkten (1, 1, 1) i R3 har normalen (1001, 603, −100)× (653, 566, 1230). Best¨ am planet p˚ a parameterform. (ON-system) L¨ osning. Vi beh¨ over tv˚ a vektorer parallella med planet, dvs. tv˚ a vektorer vinkelr¨ata mot planets normal. Tv˚ a s˚ adana vektorer ¨ar (1001, 603, −100) och (653, 566, 1230), eftersom (u×v)·u = (u×v)·v = 0. Nu kan vi best¨amma planet p˚ a parameterform: (x, y, z) = (1, 1, 1) + s(1001, 603, −100) + t(653, 566, 1230).  11. Appendix 11.1. R¨ aknelagarna f¨ or skal¨ arprodukt. Se [Ten05, Sats 4.1]. F¨ oljande g¨ aller f¨ or godtyckliga vektorer u, v, w samt konstanter λ : (1) (2) (3) (4)

u·v =v·u u · (λv) = λ(u · v) u · (v + w) = u · v + u · w u · u = |u|2

11.2. Lagar f¨ or volymfunktionen. Se [Ten05, Sats 5.6]. (1) • V (u + u0 , v, w) = V (u, v, w) + V (u0 , v, w) • V (u, v + v0 , w) = V (u, v, w) + V (u, v0 , w) • V (u, v, w + w0 ) = V (u, v, w) + V (u, v, w0 ) (2) V (λu, v, w) = V (λu, v, w) = V (λu, v, w) = λV (u, v, w) (3) V (u, v, w) = V (w, u, v) = V (v, w, u) = − V (v, u, w) = −V (u, w, v) = −V (w, v, u) (4) V (u, v, w) = 0 om tv˚ a av vektorerna ¨ar parallella.

¨ ¨ ALGEBRA EXEMPEL OCH LOSNINGAR I LINJAR

33

Referenser [Ten05] Anders Tengstrand. Linj¨ ar algebra med vektorgeometri. Studentlitteratur, 2 edition, 2005. E-mail address: [email protected]