SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

Transkript

1 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A. Planet P innehåller punkterna (,, 0), (0, 3, ) och (,, ). (a) Bestäm en ekvation, på formen ax + by + cz + d = 0, för planet P. ( p) (b) Bestäm en ekvation för det plan som är ortogonalt mot P och som innehåller linjen (x, y, z) = (t +, t, t). ( p) Lösning. (a) Vi beteknar K = (,, 0), L = (0, 3, ) och M = (,, ). Allmänt plan som passerar punkten K har ekvation A(x ) + B(y ) + Cz = 0, där vektoren av koefficienter (A, B, C) är en normalvektor till planet. Vi söker normalvektorn som kryssprodukt n = KL KM. Vi har KL = (,, ) och KM = (,, ). Detta ger oss n = i j k = (3, 3, 3). Planets ekvationen blir 3(x ) + 3(y ) + 3z = 0 eller enklare x + y z =. (b) Sökta planet Q är parallelt med normalvektor n = (3, 3, 3) till planet P. Dessutom är det parallelt också med linjens riktningsvektorn r = (,, ). Vi får då normalvektorn N till planet Q som kryssprodukt N = n r = i j k = (3, 0, 3). Ekvation av planet Q blir då 3x + 3z + D = 0. För att bestämma konstanten D stoppar vi linjens koordinater x = t +, y = t, z = t till planets ekvation. Detta ger oss D = 6 och ekvationen blir 3x + 3z 6 = 0 eller enklare x + z =. (a) x + y z =

2 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen (b) x + z =

3 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen För varje givet tal a har vi följande ekvationssystem i tre okända x, y och z: x + 9y + 4z = 3 x + 7y + z = x + y + (a )z = (a) Avgör om (,, ) är med i lösningsmängden när a = 0. ( p) (b) Bestäm lösningsmängden när a =. ( p) (c) Bestäm för vilka värden på a som ekvationssystemet har en unik lösning, saknar lösning, respektive har oändligt många lösningar. ( p) Lösning. (a) För a = 0 har vi systemet x + 9y + 4z = 3 x + 7y + z = x + y z = Substitutionen av x =, y =, z = i första ekvationen visar att (,, ) inte ligger i lösningsmängden. (b) Vi substituerar a = och löser systemet x + 9y + 4z = 3 x + 7y + z = x + y + 3z = E + E E3 E x + 9y + 4z = 3 6y + 6z = 4 8y z = E/ + E3 x + 9y + 4z = 3 6y + 6z = 4 z = 0. Härav z = 0, y = /4, x = 3/8. Systemet har exakt en lösning x = 3/8, y = /4, z = 0, dvs l ssningsmängden består av exakt en punkt (3/8, /4, 0). Alltså är lösningsmängden {(3/8, /4, 0)}. (c) Låt A beteckna ekvationssystemets koefficientmatris. Ett kvadratisk ekvationssystem har exakt en lösning om och endast om det(a) 0. Vi beräknar det(a) = (a ) vid radutveckling langs med tredje raden. Detta ger 9 4 det det [ 4% ] 9 + (a 7 ) det. 7 Detta ger att det(a) = ( 0) () + (a )(3) = 3(a ).

4 4 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Ekvationssystemet har exakt en unik lösning när a ±. När vi insätter a = ± då har vi att gånger den tredje raden in total matrisen adderad till den andra raden, ger första raden. Det följer att totalmatrisen har rang, och att det finns oändligt många lösningar. (a) Punkten (,, ) ligger inte i lösningsmängden. (b) Lösningsmängden är {(3/8, /4, 0)}, ( innehåller endast en punkt). (c) Ekvationssystemet har exakt en lösning när a ±. Oändligt många lösningar när a = ±.

5 3. Diagonalisera matrisen SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen A =, och beräkna sedan A 7. (4 p) Lösning. Egenvärden: Från den karakteristiska ekvationen det(a λi) = 0 λ 3 λ = 0 λ = 0 får vi två egenvärden λ = och λ = Motsvarande egenvektorer bestämmer vi med hjälp av ekvationen [ [ λ 3 x 0 (A λi) v = 0 dvs = λ] y 0] För λ = har vi [ [ 3 3 x 0 = ] y 0] eller { } 3x + 3y = 0 y = t, x = t x y = 0 Vi väljer en egenvektor v =. 3 På liknande sätt får vi att v = är en egenvektor som svarar mot λ = Matrisen har två linjärt oberoende egenvektorer och därmed kan diagonaliseras. Diagonalisering: Vi bildar matriserna 3 P = [ v v ] =, λ 0 0 D = = 0 λ 0 och beräknar P = 3 Då gäller P AP = D eller ekvivalent A = P DP. Nu beräknar vi potensen A 7. A 7 = (P DP )(P DP ) (P DP ) = P D 7 P 3 ( ) = P D 7 P 7 0 = = 3 0

6 6 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen = 3 A 7 =

7 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL B 4. I R 4 har vi följande vektorer 7 u =, u =, u 3 = 8, u 4 = och u 5 = 4. 5 Delrummet V = Span{ u, u, u 3, u 4 } har dimension tre. (a) Bestäm en bas för V. ( p) (b) Avgör om V = Span{ u 5 }. ( p) (c) Skriv V som lösningsmängden till ett linjärt ekvationssystem. ( p) Lösning. (a) Eftersom det är givet att dim V = 3, söker vi en bas av V som tre vektorer valda av vektorerna u, u, u 3, u 4. Till exempel, försöker vi att ta tre första vektorer u, u, u 3. Det räcker att visa att dem är linjärt oberoende eftersom om det vore så då har deras linjära höljet dimension 3 och måste således sammanfalla med V. Vi undersöker samband C u +C u +C 3 u 3 = 0. Det är ett homogent system av linjära ekvationer med matris 8 5. Efter standard Gausselimination får vi trappstegmatris Systemet har icke-triviala lösningar vilket visar att vektorerna u, u, u 3 inte utgör en bas, dem är linjärt beroende! Nästa försök är att ta vektorer u, u, u 4. Analog undersökning av sambandet C u + C u + C 4 u 4 = 0 visar att det ända möjliga lösningar C, C, C 4 är C = C = C 4 = 0 vilket visar att vektorerna u, u, u 4 är linjärt oberoende och dem utgör en bas av V. (b) Man kollar först att alla vektorer i form v = ( 7t, t, 4t, t) är vinkelräta mot alla vektorer u k, k =,, 3, 4 genom att räkna direkt skalärprodukt v u k (alla sådana skalärprodukter blir noll). Således alla sådana vektorer v är vinkelräta också till hela V och de ligger i ortogonala komplementet V. Detta visar att en-dimensionellt underrum W = {( 7t, t, 4t, t) : godtyckliga t} är innehållet i ortogonala komplementet V. Att underrummet W sammanfaller med V ser man med hjälp av dimensioner. Alla vektorer u k ligger i rum R 4 av fyra dimensioner. Det är givet i uppgiften att dim V = 3.

8 8 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Detta ger oss dim V = 4 3 = d v s V har dimension. Men underrummet W har också dimension vilket visar att W och V sammanfaller. (c) Man kan t ex använda egenskap att V = (V ) = W. Den visar att V består av dem vektorer som är vinkelräta mot alla vektorer i underrumet W d v s mot vektor ( 7,, 4, ). Detta ger oss att V består av alla vektorer (x, y, z, t) som löser ekvationen 7x + y + 4z + t = 0. (a) T ex u, u, u 4. (b) Ja. (c) 7x + y + 4z + t = 0.

9 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Vid en laboration får två studenter följande mätvärden t (ms) x (mm) Mätutrustningen är inte speciellt tillförlitlig och för att få ut det mest av mätningarna bestämmer sig studenterna för att använda minsta kvadratmetoden för att få reda på vilket linjärt samband x = at + b som bäst passar de gjorda mätningarna. Den ena studenten hävdar att man skulle tjäna på att göra en substitution som leder till att man istället skriver sambandet som x = a(t 5 ms) + b. (a) Utför de räkningar som behövs för att bestämma det linjära sambandet, antingen med eller utan substitutionen. (3 p) (b) Förklara varför det ena sättet leder till en lättare beräkning. ( p) Lösning. (a) Om vi använder substitutionen leder det till en förskjutning av t-värdena så att systemet kan skrivas som Ax = b där A = 0, b = För att få en minsta kvadratllösning till det överbestämda systemet löser vi normalekvationen, dvs A T Ax = A T b. Vi får då [ 0 0 a = 0 ] b 3 0 Eftersom koefficientmatrisen är en diagonalmatris får vi direkt lösningen som a = 3/0 0,8 och b = 0/,8. Det linjära sambandet bör därmed vara x = 3/0t + 0/ 5 3/0 = 3/0t + 9/.

10 0 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Om man inte gör substitutionen får man istället A = 5, b = Vi får då normalekvationen [ a = 55 ] b 3 0 och vi kan lösa systemet med exempelvis Cramers regel eller med Gausselimination. Vi får då a = 3/0 0,8 och b = 9/ 0,409. Det linjära sambandet bör därmed vara (b) I och med att koefficientmatrisen blir en diagonalmatris efter substitutionen är det lättare att lösa problemet på det viset. Man måste dock komma ihåg att återföra sambandet på den ursprungliga formen. (a) Vi får sambandet x = 3/0t + 9/. (b) Det blir lättare att lösa normalekvationen efter substitutionen.

11 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Låt L vara en linje genom origo i planet. Låt T : R R vara den linjära avbildning som speglar planet i linjen L. Vi låter N vara linjen som är ortogonal mot L och som går genom origo. Låt u vara en riktningsvektor för L, och n en riktningsvektor för N. (a) Vad är T ( u), och vad är T ( n)? ( p) (b) Bestäm egenvektorer och egenvärden till avbildningen T. ( p) (c) Skriv T (3 u + 4 n) som en linjärkombination av u och n. ( p) Lösning. (a) Eftersom u, som en riktniningsvektor, är parallell med linjen L blir spegelbilden av u lika med u. Alltså T ( u) = u. Vektorn n som är vinkelrät mot linjen har spegelbilden n. Därför T ( n) = n. (b) En vektor v 0 är en egenvektor till avbildningen T om det finns ett tal λ så att T ( v) = λ v Talet λ är i detta fall avbildningens egenvärde. Från första delen har vi T ( u) = u och T ( n) = n Alltså är λ = och λ = avbildningens egenvärden med motsvarade egenvektorer u och n. Vektorerna t u, t R och s n, s R är också egenvektorer till T som svarar mot λ =, respektive λ =. ( Deta ser vi enkelt: T ex. T (t u) = tt ( u) = t u visar att t u, för varje t, är en egenvektor med egenvärden ). En avbildning T : R R kan ha maximalt egenvärden ( den karakteristiska ekvationen har grad och, i vårt fall, har två rella enkla rötter och -) Med andra ord har vi funnit alla egenvärden. Både λ och λ har algebraiska multipliciteten =. Förutom t u, t R finns det inte andra egenvektorer tillhörande λ = eftersom (dimensionen för egenrummet E λ ) (egenvärdes algebraiska multipliciteten)=. Samma resonemang gäller för egenvektorer motsvarande λ =. Alltså har T följande egenvärden: λ =, med motsvarande egenvektorer t u, t R λ = med motsvarande egenvektorer s n, s R (c) T ( w) = T (3 u + 4 n) = ( enligt definitionen av en linjär avbildning) = 3T ( u) + 4T ( n) = (enligt första delen) = 3 u 4 n (a) T ( u) = u, T ( n) = n. (b) λ = och λ = är avbildningens egenvärden med motsvarade egenvektorer t u och s n. (c) T ( w) = 3 u 4 n

12 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL C 7. Bestäm alla linjära avbildningar T : R 3 R 3 som uppfyller följande två krav: (4 p) (a) Vektorerna och 0 utgör en bas för nollrummet för T. 0 (b) Bildrummet för T är linjen med riktningsvektor 0 0. Lösning. Varje linjär avbildning bestäms med hur avbildar den vissa basvektorer. Vi väljer följande basvektorer i rummet R 3 : v = (,, 0), v = (0,, ) och i j k v 3 = v v = 0 = (,, ). 0 Vi kollar att vektorer v, v och v 3 utgör en bas i R 3 genom t ex att räkna determinant 0 0 = 3 0. Varje vektor v i rummet R 3 kan skrivas då som linjär kombination v = c v + c v + c 3 v 3. Vektoren v 3 är vinkelrät mot v och v vilket ger oss att c 3 v 3 är projektion av v på linjen parallel med v 3 och således c 3 = v v 3 v 3 = v v 3 3. Vi får då T v = c T v + c T v + c 3 T v 3. Men T v = T v = 0 enligt (a) i uppgiften och T v 3 = C(0, 0, ) enligt (b) i uppgiften (här C är någon konstant). Tillsammans får vi T v = C v v 3 (0, 0, ) = D( v v 3 ) (0, 0, ) 3 (där D = C/3 är en godtycklig konstant). Om v = (x, y, z), då får vi T v = (0, 0, D( x y + z)).

13 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen (a) T v = (0, 0, D( x y + z)), där v = (x, y, z) och D är godtycklig konstant.

14 4 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen På Algebramuseet finns en projektionsmaskin. Om man stoppar in en vektor v i R 3 och trycker på en knapp så matar maskinen ut den ortogonala projektionen av v på ett (fixerat) tvådimensionellt delrum W till R 3. Maskinen börjar bli gammal och håller bara för två knapptryckningar till. Tyvärr går den inte att reparera så museets chefsingenjör vill i stället bygga en ny maskin med exakt samma funktion. Problemet är att hon inte vet vilket delrum W maskinen är byggd för. Chefsingenjören är visserligen väldigt bra på linjär algebra, men räcker två knapptryckningar för att hon säkert ska kunna lista ut vad W är innan maskinen går sönder? (4 p) Lösning. Chefsingenjören tar två linjärt oberoende vektorer ū och v i R 3 och använder de två knapptryckningarna till att ta reda på ū = proj W ū och v = proj W v. Om ū = ū och v = v ligger båda dessa vektorer i planet W och eftersom ū och v är linjärt oberoende utgör de en bas för W ; därmed är W entydigt bestämd. Om ū ū så är differensen ū ū = ū proj W ū en normalvektor till W och om v v är v v en normalvektor. I båda fallen är W alltså entydigt bestämd. Ja, det räcker med två knapptryckningar.

15 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Låt A vara en symmetrisk 4 4-matris som har följande två egenskaper: (a) Rangen till matrisen A är. (b) Vektorerna 0 0 och 0 är egenvektorer med egenvärdet. Bestäm alla egenvektorer till A. (4 p) Lösning. Vi betecknar egenvektorer givna i (b) med w = (,, 0, ) och w = (0,,, 0). Man ser lätt att dem två vektorerna är linjärt oberoende och således deras linjära höljet W har dimension. Alla vektorer i W har formen w = c w + d w = (c, c + d, d, c) och alla dem är egenvektorer med egenvärdet. Detta visar att egenvärdet λ = har multiplicitet minst. Enligt spektralsats så finns det någon ON bas av egenvektorer till matris A: v, v, v 3, v 4. I denna bas blir matrisen A en diagonalmatris med diagonala elementer λ, λ, λ 3, λ 4. Två första egenvärdena är λ = λ =. Men eftersom rangen till A är enligt (a) i uppgiften, så får vi λ 3 = λ 4 = 0. Detta visar att underrum av egenvektorer som hör till egenvärdet har dimension och det sammanfaller med underrummet W erhållet tidigare. Annat underrum består av egenvektorer som hör till egenvärdet 0 och det är ortogonala komplementet till W. För att bestämma ortogonala komplementet löser vi linjära systemet { x + y + t = 0 y + z = 0. Standard Gausselimination ger oss lösningar (x, y, z, t) = (a b, a, a, b) där a, b är godtyckliga konstanter. Det är allmän form av egenvektorer som hör till egenvärdet 0. (a) Egenvektorer som hör till egenvärdet λ = är (c, c + d, d, c). Egenvektorer som hör till egenvärdet λ = 0 är (a b, a, a, b). Här a, b, c, d är godtyckliga konstanter.