SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI

Transkript

1 SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI Om inget annat uttryckligen sägs, kan koordinaterna för en vektor i antas vara givna i en ON-bas. Baser i rummet kan dessutom antas vara positivt orienterade. 1. Bestäm samtliga egenvärden och egenvektorer till matrisen ( ) 1 3 A = Bestäm matrisen för den linjära avbildning som speglar rummets vektorer i det plan genom origo som innehåller punkterna (1, 1, 1) och (3, 2, 0). 3. Betrakta de tre räta linjerna L 1, L 2 och L 3, givna av respektive ekvation x = 1 + t x = 1 + 2t x = 2 t L 1 : y = t L 2 : y = 4 2t och L 3 : y = 4 + 2t z = 2 + t, z = 2 t z = 3 + t. Bestäm vilken av de räta linjerna L 2 och L 3 som har det kortaste avståndet till L Matrisen A = visar sig vara en avbildningsmatris för en ortogonal projektion på ett plan genom origo. Bestäm en ekvation på normalform för detta plan. 5. Låt a vara en fix vektor i rummet. Med hjälp av räknelagarna för vektorprodukt kan man visa att den avbildning av rummets vektorer som definieras av F (x) = a x är linjär. (a) Bestäm avbildningsmatrisen A för den linjära avbildningen F, i det fall då a = (1, 2, 3). (b) Bestäm nollrum och värderum för den linjära avbildningen i (a).

2 SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI Lösningsförslag 1. Först beräknar vi egenvärdena, genom att lösa sekularekvationen det(a λi ) = 0. I detta fall får vi 1 λ λ = 0 (1 λ)2 36 = 0 1 λ = ± 36 λ = 1 ± 6, d.v.s. egenvärdena ges av λ 1 = 1 6 = 5 och λ 2 = = 7. För vart och ett av dessa egenvärden, bestämmer vi motsvarande egenvektorer genom att lösa ekvationssystemen AX = λx för λ = 5 respektive λ = 7. λ = 5: Vi får x1 + 3x 2 = 5x 1 12x 1 + x 2 = 5x 2 6x1 + 3x 2 = 0 12x 1 + 6x 2 = 0 x1 = t x 2 = 2t. Samtliga vektorer på formen t(1, 2), där t 0, är alltså egenvektorer som svarar mot egenvärdet λ = 5. λ = 7: Här blir det till att lösa x1 + 3x 2 = 7x 1 12x 1 + x 2 = 7x 2 6x1 + 3x 2 = 0 12x 1 6x 2 = 0 x1 = t x 2 = 2t. Alltså är varje vektor t(1, 2), där t 0, en egenvektor som svarar mot egenvärdet λ = 7. Notera att eftersom vi frågar efter samtliga egenvektorer skall vi inte välja ett specifikt t, utan svara med att t kan vara vilket reellt tal som helst (utom noll). Svar: Egenvärden: λ = 5 och λ = 7. Motsvarande egenvektorer: Samtliga vektorer t(1, 2) respektive t(1, 2), där t Vi börjar med att härleda en ekvation på normalform för planet. Eftersom planet innehåller origo O, spänns det upp av vektorerna u = OP = (1, 1, 1) och v = OQ = (3, 2, 0). En ekvation för planet på normalform kan nu härledas på flera olika sätt. En väg att gå är att först teckna en ekvation på parameterform. Då planet innehåller origo och spänns upp av u och v, får vi direkt en sådan ekvation i form av x = t 1 + 3t 2 y = t 1 2t 2 z = t 1.

3 Genom att kombinera de två första ekvationerna, får vi att 2x + 3y = 2(t 1 + 3t 2 ) + 3(t 1 2t 2 ) = 5t 1. Men å andra sidan är 5t 1 = 5z enligt den tredje ekvationen, och alltså måste 2x + 3y = 5z 2x + 3y 5z = 0. Alternativt, för att en godtycklig vektor w = (x, y, z) ska ligga i planet, så måste volymen av den parallellepiped som spänns upp av u, v och w vara noll. Denna volym ges (sånär som på tecken) av determinanten för den matris, vars kolonner utgörs av koordinaterna för dessa tre vektorer. Alltså ska vi ha 1 3 x 1 2 y 1 0 z = 0. Om determinanten beräknas, t.ex. med hjälp av Sarrus regel, fås på nytt ekvationen 2x + 3y 5z = 0. Ett tredje alternativ som står till buds (när ON-bas används, vilket ju förutsätts vara fallet) är att först beräkna en normalvektor till planet. En sådan är ortogonal mot både u och v, och kan därför beräknas i form av vektorprodukten u v. Formeln för vektorprodukt ger u v = (2, 3, 5). Från detta fås att planets ekvation på normalform ges av 2x+3x 5x+D = 0 för något D. Givetvis måste här D = 0, i och med att planet innehåller origo. Låt nu S vara den avbildning, vars matris vi söker. Om normalvektorn n betecknar planets normalvektor, så kan då S kan tecknas som där S(u) = u 2λn, (1) λ = u n n 2 enligt projektionsformeln. I och med att n = (2, 3, 5), blir n 2 = 38. Låt u = (x 1, x 2, x 3 ) vara en godtycklig vektor i rummet och antag att dess bild genom S ges av S(u) = (y 1, y 2, y 3 ). Då följer från (1), att (y 1, y 2, y 3 ) = (x 1, x 2, x 3 ) 2λ(2, 3, 5) = (x 1 4λ, x 2 6λ, x λ), där λ enligt projektionsformeln är lika med Detta ger att λ = u n n 2 = 2x 1 + 3x 2 5x 3. (2) 38 y 1 = x 1 4λ = x (2x 1 + 3x 2 5x 3 ) = 1 (15x 1 6x x 3 ) y 2 = x 2 6λ = x (2x 1 + 3x 2 5x 3 ) = 1 ( 6x x x 3 ) y 3 = x λ = x (2x 1 + 3x 2 5x 3 ) = 1 (10x x 2 6x 3 ),

4 vilket på matrisform kan skrivas som y 1 y 2 = x 1 x 2. y x 3 Matrisen A = är alltså den sökta avbildningsmatrisen. Alternativt kan vi beräkna bilderna S(e 1 ), S(e 2 ) och S(e 3 ) av var och en av basvektorerna. Koordinaterna för S(e i ), för i tur och ordning i = 1, 2, 3, kommer att utgöra kolonnerna i avbildningsmatrisen för S. Som tidigare använder vi oss av formel (1), men vi måste komma ihåg beräkna ett nytt värde på λ med hjälp av (2), för varje basvektor. För t.ex. vektorn e 1 blir Detta medför i sin tur att λ = e 1 n n 2 = 2 38 = 1. S(e 1 ) = e 1 2λn = (1, 0, 0) 2 (2, 3, 5) = 1 (15, 6, 10), vilket ger den första kolonnen i avbildningsmatrisen A. För vektorn e 2 får vi på motsvarande sätt att λ = 3/38, och därmed att S(e 2 ) = e 2 2λn = (0, 1, 0) 3 1 (2, 3, 5) = ( 6, 10, 15) är den andra kolonnen i A. På motsvarande vis blir den tredje kolonnen. P (e 3 ) = 1 (10, 15, 6) Ett tredje alternativ att bestämma matrisen A är att göra ett basbyte, till en mer fiffig bas, i vilken avbildningsmatrisen kommer att vara en diagonalmatris. Vektorn u = (1, 1, 1) ligger ju som vi redan vet i planet, och normalvektorn n = (2, 3, 5) är därmed ortogonal mot u. En tredje vektor, som är ortogonal mot både u och n är vektorprodukten w = u n = ( 8, 7, 1). Liksom u, ligger även w i planet. Om vi nu normerar var och en vektorerna u, n och w, och sätter f 1 = u u = 1 3 (1, 1, 1), f 2 = n n = 1 38 (2, 3, 5), f 3 = w w = ( 8, 7, 1),

5 så kommer f 1, f 2, f 3 att vara en ON-bas, i vilken P har avbildningsmatrisen B = 0 1 0, på grund kolonnerna hos B är bilderna av basvektorerna f 1, f 2 respektive f 3 i just denna bas; vi har S(f 1 ) = f 1 och S(f 3 ) = f 3 på grund av att f 1 och f 3 ligger i planet, och därmed är sina egna spegelbilder, medan S(f 2 ) = f 2 eftersom f 2 är en normalvektor. Sambandet mellan B och den matris A vi söker ges nu av A = TBT T, där T är transformationsmatrisen; dess kolonner utgörs av koordinaterna för de nya basvektorerna f 1, f 2, f 3 (i den ursprungliga basen). (Att vi i formeln ovan kan ha T T i stället för som brukligt T 1, beror på att vi byter från en ON-bas till en annan, och då är transformationsmatrisen vid basbytet alltid en ortogonal matris; T 1 = T T ). Nackdelen med ovanstående metod är att elementen i matrisen T inte är några snälla och beskedliga heltal eller bråktal, så det kommer att bli litet risiga räkningar. Slutresultatet blir dock samma matris A som vi fick ovan. Svar: Antag att P 1 = (1 + t 1, t 1, 2 + t 1 ), P 2 = ( 1 + 2t 2, 4 2t 2, 2 t 2 ) och P 3 = ( 2 t 3, 4 + 2t 3, 3 + t 3 ) är godtyckligt valda punkter på respektive linje. Vi vill bestämma hur korta vektorerna u 2 = P 1 P 2 = ( 2 t 1 + 2t 2, 4 t 1 2t 2, 4 t 1 t 2 ) och u 3 = P 1 P 3 = ( 3 t 1 t 3, 4 t 1 + 2t 3, 1 t 1 + t 3 ) kan bli, när parametrarna t 1, t 2 och t 3 tillåts variera. För att u 2 ska vara så kort som möjligt, måste denna vektor vara ortogonal mot såväl riktningsvektorn för L 1, som den för L 2. Dessa båda riktningsvektorer utgörs av v 1 = (1, 1, 1) respektive v 2 = (2, 2, 1). Vi önskar alltså att u 2 v 1 = u 2 v 2 = 0. Här är u 2 v 1 = ( 2 t 1 + 2t 2, 4 t 1 2t 2, 4 t 1 t 2 ) (1, 1, 1) = 2 3t 1 t 2 medan u 2 v 2 = ( 2 t 1 + 2t 2, 4 t 1 2t 2, 4 t 1 t 2 ) (2, 2, 1) = 8 + t 1 + 9t 2, vilket alltså leder till ekvationssystemet 3t1 + t 2 = 2 t 1 + 9t 2 = 8, som har lösningen t1 = 1 t 2 = 1.

6 För dessa värden på t 1 och t 2 blir u 2 = (1, 3, 4) en vektor av längd 26. Vektorn u 3 blir å sin sida som kortast när den ortogonal mot riktningsvektorerna för L 1 och L 3, d.v.s. v 1 = (1, 1, 1) och v 3 = ( 1, 2, 1). Alltså vill vi att u 3 v 1 = u 3 v 3 = 0. Här är u 3 v 1 = ( 3 t 1 t 3, 4 t 1 + 2t 3, 1 t 1 + t 3 ) (1, 1, 1) = 6 3t 1 + 2t 3, medan u 3 v 3 = ( 3 t 1 t 3, 4 t 1 + 2t 3, 1 t 1 + t 3 ) ( 1, 2, 1) = 4 2t 1 + 6t 3. Vi får däräv ekvationssystemet 3t1 2t 3 = 6 t 1 3t 3 = 2, vars lösning ges av t1 = 2 t 3 = 0. Detta ger att u 3 = ( 1, 2, 3) blir en vektor av längd 14. Eftersom u 3 = 14 < 26 = u 2 kan vi konstatera att den linje som har kortast avstånd till L 1 är L 3. Svar: L 3 4. Låt oss kalla den linjära avbildning, som har A som avbildningsmatris, för P (som i projektion). Vi kan bestämma ekvationen för det plan vi söker på (minst) två sätt: Om n är planets normalvektor, så måste P (n) = 0, eftersom det rör sig om en ortogonal projektion. Detta kan också ses som att nollrummet N(P ) ges av den räta linje genom origo som har n som riktningsvektor. Ekvationen P (n) = 0 blir på matrisform det homogena ekvationssystemet AX = O. Om vi här multiplicerar båda leden med 6, slipper vi att ha att göra med bråktal; får ekvationssystemet 5x 2y + z = 0 2x + 2y + 2z = 0 x + 2y + 5z = 0. Efter litet räknande (med Gausselimination) får man att lösningen kan skrivas x = t y = 2t z = t på parameterform. Detta kan vi tolka som den räta linje genom origo som har n = (1, 2, 1) som riktningsvektor. Denna riktningsvektor blir alltså planets normalvektor och eftersom planet innehåller origo kommer dess ekvation på normalform därmed att bli x + 2y z = 0. En alternativ lösning är att utnyttja att eftersom P är en projektion på ett plan, måste värderummet V (P ) till P vara just det plan vi söker. Värderummet spänns upp av två icke-parallella kolonnvektorer i avbildningsmatrisen

7 för P, d.v.s. A. Alltså kan vi med hjälp av t.ex. de två första kolonnvektorerna u = 1 6 (5, 2, 1) och v = 1 6 ( 2, 2, 2) i A teckna en ekvation på parameterform för vårt sökta plan, i form av x = 5s 2t y = 2s + 2t z = s + 2t. (Notera att vi här har multiplicerat båda kolonnvektorerna med 6 för att undvika handskas med bråktal i onödan.) Genom utifrån denna parameterform plocka fram planets ekvation på normalform (på liknande sätt som i lösningen på uppgift 2), får vi på nytt ekvationen x+2y z = 0 för det sökta planet. Svar: x + 2y z = 0 5. (a) För en linjär avbildning F gäller att kolonnerna i dess avbildningsmatris i en given bas (e 1, e 2, e 3 ), i tur och ordning ges av bilderna av var och en av basvektorerna. Vi behöver alltså beräkna F (e 1 ), F (e 2 ) och F (e 3 ). Med hjälp av formeln för vektorprodukt får vi att F (e 1 ) = e 1 a = (1, 0, 0) (1, 2, 3) = (0, 3, 2) F (e 2 ) = e 2 a = (0, 1, 0) (1, 2, 3) = (3, 0, 1) F (e 3 ) = e 3 a = (0, 0, 1) (1, 2, 3) = ( 2, 1, 0), och vilket medför att avbildningsmatrisen till F ges av A = (b) Nollrummet till F ges av alla vektorer x som uppfyller F (x) = 0, d.v.s. av alla vektorer som uppfyller x a = 0. Från definitionen av vektorprodukt erinrar vi oss att u v är en vektor, vars längd är lika med arean av den parallellogram som spänns upp av u och v. Denna area är noll precis när u och v är parallella. Alltså bör N(F ) bestå av alla vektorer som är parallella med a = (1, 2, 3), d.v.s. N(F ) är den räta linjen (x 1, x 2, x 3 ) = t(1, 2, 3). Detta kan givetvis även konstateras med ren råräkning, genom att lösa ekvationssystemet AX = O, där A är den matris vi fann i deluppgift (a), d.v.s. systemet 3x 2 2x 3 = 0 3x 1 + x 3 = 0 2x 1 x 2 = 0. Hur som helst kan vi konstatera att dim N(F ) = 1. Enligt dimensionssatsen är därmed dim V (F ) = 3 dim N(F ) = 2, så V (F ) kan beskrivas som ett plan genom origo. Genom att välja två icke-parallella kolonnvektorer i A får vi två vektorer som spänner upp detta plan. Därmed t.ex. duger vektorerna y = (0, 3, 2) och z = (3, 0, 1) för detta ändamål. Detta ger planet x 1 = 3t 2 x 2 = 3t 1 x 3 = 2t 1 t 2

8 på parameterform. Från dessa ekvationer ser vi att 3x 3 = 3(2t 1 t 2 ) = 6t 1 3t 2 = 2( 3t 1 ) 3t 2 = 2x 2 x 1. Alltså kan planets ekvation på normalform skrivas x 1 + 2x 2 + 3x 3 = 0 (vilket som synes är det plan genom origo som har a som normalvektor). Liksom det går att bestämma nollrummet N(F ) med geometriskt resonemang, kan även värderummet V (F ) bestämmas genom att resonera geometriskt kring egenskaperna för vektorprodukter, d.v.s. utan tillgripa råräkning. För det första, om x är en vektor i rummet, så är F (x) = a x en vektor som är ortogonal mot a (och även mot x). En vektor som är ortognal mot a måste ligga i det plan genom origo som har a som normalvektor, d.v.s. i planet x 1 + 2x 3 + 3x 3 = 0. Eftersom V (F ) ju utgörs av alla möjliga bilder F (x), visar detta att varje vektor i V (F ) ligger i detta plan. Men å andra sidan är ju dim V (F ) = 2, d.v.s. V (F ) är ett plan i sig. Så planet x 1 + 2x 3 + 3x 3 = 0, som alltså innehåller värderummet V (F ), är i själva verket lika med detta värderum. Svar: (a) A = (b) N(F ): den räta linjen t(1, 2, 3), V (F ): planet x 1 + 2x 2 + 3x 3 = 0.