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 nollrum och värderum till den linjära avbildning F, vars avbildningsmatris ges av 1 1 A = Bestäm avbildningsmatrisen för den linjära avbildning som speglar varje vektor i rummet i det plan som går genom origo och spänns upp av vektorerna u = (0,1,0) och v = (5,0,). 3. Ljusstrålar, parallella med vektorn v = (1,, 1), belyser planet med ekvationen x y z = 1. I punkten P = (1,0,1) befinner sig myggan Maggan. Beräkna (a) det kortaste avståndet mellan Maggan och planet (b) avståndet mellan Maggan och den skuggbild som hon kastar på planet. 4. De tre vektorerna v 1 = (1,,1), v = (1,0, 1) och v 3 = (0,1,0) är givna i en bas (e 1,e,e 3 ). Låt F vara en linjär avbildning av rummets vektorer. Antag att F(v 1 ) = 0, F(v ) = v och F(v 3 ) = v 3. Bestäms F:s avbildningsmatris i basen (e 1,e,e 3 ). Tips. Utgör (v 1,v,v 3 ) en bas? 5. Bestäm en ON-bas av egenvektorer till den linjära avbildning, vars matris ges av

2 SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI Lösningsförslag 1. Nollrummet till F består av alla vektorer v som uppfyller F(v) = 0. Vi kan bestämma detta nollrum genom att lösa det homogena ekvationssystemet AX = O. Vi får därmed ekvationssystemet x 1 x + x 3 = 0 x 1 x + x 3 = 0 x + x 3 = 0 x + x 3 = 0 x 1 + 6x 3 = 0 x + x 3 = 0. De två sista ekvationerna är här ekvivalenta. Genom att sätta x 3 = t blir x = t och x 1 = x x 3 = t t = 3t, så lösningen kan därmed på parameterform skrivas x 1 = 3t x = t x 3 = t, där t är ett godtyckligt reellt tal. Geometriskt beskriver detta en rät linje genom origo (med riktningsvektorn ( 3, 1, 1)). Detta betyder att nollrummet N(F) är endimensionellt; dimn(f) = 1. Med hjälp av dimensionssatsen fås nu dimensionen av värderummet V(F) till att vara dimv(f) = 3 dimn(f) = 3 1 =, d.v.s. värderummet är ett plan genom origo. För att teckna en ekvation för detta plan behöver vi känna till två icke-parallella vektorer som ligger i planet. Dessa kan väljas från A:s kolonner; t.ex. duger den första och andra kolonnen för detta ändamål. Vektorerna v 1 = (1,0,) och v = ( 1,1,0) spänner alltså upp värderummet, och en ekvation på parameterform för detta blir därmed x 1 = t 1 t x = t x 3 = t 1, där t 1 och t är godtyckliga reella tal. Om man så önskar kan man även teckna en ekvation på normalform för detta plan: Vektorn (x 1,x,x 3 ) ligger i planet om och endast om x x 0 1 x 3 0 = 0 x 1 x +x 3 = 0. Svar: N(F): (x 1,x,x 3 ) = t( 3, 1,1) V(F): x 1 +x x 3 = 0.. Först tecknar vi en ekvation på normalform för planet. Eftersom de givna vektorna spänner upp planet, kommer deras vektorprodukt att duga som normalvektor; vi har n = u v = (,0, 5). En ekvation för planet på normalform är således x 1 5x 3 = 0.

3 Kalla avbildningen ifråga för S. Vi kan teckna S som S(x) = x λn, (1) se nedanstående figur. n x u = λn S(x) I figuren ovan är u den ortogonala projektionen av x på n, så u = λn, där λ kan bestämmas med hjälp av projektionsformeln λ = x n n. Låt x = (x 1,x,x 3 ) vara en godtycklig vektor i rummet och antag att dess spegelbild i planet ges av S(x) = (y 1,y,y 3 ). Då följer från (1), att (y 1,y,y 3 ) = (x 1,x,x 3 ) λ(,0, 5) = (x 1 4λ,x,x 3 +10λ). Eftersom n = (,0, 5), så är n = +0 +( 5) =, vilket medför att Detta ger att λ = x n n = x 1 5x 3. () y 1 = x 1 4λ = x 1 4 (x 1 5x 3 ) = 1 (1x 1 +0x 3 ) y = x y 3 = x 3 +10λ = x (x 1 5x 3 ) = 1 (0x 1 1x 3 ), vilket på matrisform kan skrivas som y 1 1/ 0 0/ y = / 0 1/ y 3 Matrisen x 1 x x 3 = 1 A = är därmed den sökta avbildningsmatrisen Alternativt kan vi beräkna bilderna S(e 1 ), S(e ) och S(e 3 ) av var och en av basvektorerna. Koordinaterna för dessa vektorer 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 (), för varje basvektor. För t.ex. vektorn e 1 blir λ = e 1 n n =. x 1 x x 3.

4 Detta medför i sin tur att S(e 1 ) = e 1 λn = (1,0,0) 4 (,0, 5) = 1 (1,0,0), vilket ger den första kolonnen i avbildningsmatrisen A. För vektorn e får vi på motsvarande sätt att λ = 0, och därmed att S(e ) = e λn = (0,1,0) är den andra kolonnen i A. På motsvarande vis blir den tredje kolonnen. S(e 3 ) = 1 (0,0, 1) Istället för att använda projektionsformeln kan man låta P = (x 1,x,x 3 ) vara en godtycklig punkt i rummet och sedan betrakta den räta linje L som går genom P och har normalvektorn n = (,0, 5) som riktningsvektor. En godtycklig punkt på L har koordinaterna Q = (x 1 +t,x,x 3 5t) för något värde på t. För ett visst värde på t, säg t = t 0, hamnar Q i planet (d.v.s. uppfyller planets ekvation). Så om vi flyttar oss från P till den punkt på linjen som svarar mot parametervärdet t = t 0, så hamnar vi alltså i planet. Om vi förflyttar oss dubbelt så långt, d.v.s. till den punkt som svarar mot parametervärdet t = t 0, så hamnar vi i P:s spegelbild S(P). Eftersom Q ligger i planet precis när (x 1 +t) 5(x 3 5t) = 0 x 1 5x 3 +t t = 1 (x 1 5x 3 ), så betyder detta att spegelbildens koordinater (y 1,y,y 3 ) kommer att ges av y 1 = x 1 + t = x 1 4 (x 1 5x 3 ) y = x y 3 = x 3 5 t = x (x 1 5x 3 ), vilket efter förenkling mynnar ut i samma matris som ovan. Ett fjärde alternativ att bestämma matrisen A är att göra ett basbyte, till en mer fiffig bas, i vilken avbildningsmatrisen kommer att vara en diagonalmatris. Först noterar vi att vektorn u = (5,0,) ligger i planet, i och med att den uppfyller planets ekvation. Normalvektorn n = (, 0, 5) är därmed ortogonal mot u. En tredje vektor, som är ortogonal mot både u och n är vektorprodukten v = u n = (0,,0). Liksom u, ligger även v i planet. Om vi nu normerar var och en vektorerna u, n och v, och sätter f 1 = u u = 1 (5,0,), f = n n = 1 (,0, 5), f 3 = v v = 1 (0,,0) = (0,1,0),

5 så kommer f 1,f,f 3 att vara en ON-bas, i vilken S har avbildningsmatrisen B = 0 1 0, på grund kolonnerna hos B är bilderna av basvektorernaf 1, f respektivef 3 ijustdennabas;vihars(f 1 ) = f 1 ochs(f 3 ) = f 3 pågrundavattf 1 ochf 3 ligger i planet, och därmed är sina egna spegelbilder, och S(f ) = f på grund av att f, i kraft av att vara en normalvektor, har som spegelbild en vektor som är lika lång men pekar åt motsatt håll. 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,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 kan komma att bli litet risiga räkningar. Slutresultatet blir dock samma matris A som vi fick ovan. Svar: (a) Låt L vara den linje som går genom P = (1,0,1) och har planets normalvektor n = (1,, ) som riktningsvektor. På parameterform har denna linje ekvationen x = 1 + t y = t z = 1 t. Skärningspunkten mellan L och det givna planet x y z = 1 är den punkt i planet som ligger närmast Maggan; vi söker avståndet mellan denna skärningspunkt och P. Om R = (1 + t, t,1 t) är en godtycklig punkt på L, så har vi att PR = (t, t, t) = tn. Om R dessutom ligger i planet, så gäller (1+t) ( t) (1 t) = 1 9t 1 = 1 t = 9. Det sökta avståndet mellan Maggan och planet ges därmed av PR = tn = 1 +( ) 9 +( ) = 9 9 = 3. Notera att vi egentligen inte behöver veta vilka koordinater R har, utan endast hur lång vektorn PR är. (b) Här har vi precis samma frågeställning som i deluppgift (a). Enda skillnaden är egentligen att L istället är den räta linje som går genom P och har

6 v = (1,, 1) som riktningsvektor. Denna räta linje beskrivs av ekvationen x = 1 + t y = t z = 1 + t. För en godtycklig punkt Q = (1+t,t,1+t) på denna linje har vi PQ = tv, och vi söker t så att Q uppfyller planets ekvation: (1+t) t (1+t) = 1 5t 1 = 1 t = 5. Avståndet mellan Maggan och hennes skuggbild är därför PQ = tv = = 6 5. Liksom i deluppgift (a) är det inte nödvändigt att veta koordinaterna för Q, utan endast hur lång vektorn PQ är. Svar: (a) 3 (b) Låt T vara den matris, vars kolonner utgörs av vektorerna v 1 = (1,,1), v = (1,0, 1) och v 3 = (0,1,0). Eftersom dett = = 0, så utgör v = (v 1,v,v 3 ) en bas för rummets vektorer. Från F(v 1 ) = 0, F(v ) = v och F(v 3 ) = v 3, följer att F har matrisen B = i basen v, i och med att kolonnerna i en avbildningsmatris är koordinaterna för bilderna av basvektorerna i den aktuella basen. Frågan är nu vilken matris F har i basen e = (e 1,e,e 3 )? Om vi kallar denna matris för A, så ges sambandet mellan A och B av B = T 1 AT, där T är transformationsmatrisen för byte från basen e till basen v, och detta är precis den matris vars determinant vi beräknat ovan, d.v.s. T = Alltså har vi att beräkna A = TBT 1.

7 Vi bestämmer T 1 genom att lösa ett ekvationssystem TX = Y med allmänt högerled Y; av x 1 + x = y 1 x 1 + x 3 = y x 1 x = y 3 x 1 + x = y 1 x + x 3 = y 1 + y + x = y 1 + y 3 x 1 = 1 y y 3 x 3 = y 1 + y + y 3 x = y 1 + y 3 x 1 = 1 y y 3 x = 1 y 1 1 y 3 x 3 = y 1 + y + y 3 1/ framgår det att T 1 = Därmed blir A = TBT 1 = = (Det skadar aldrig att för säkerhets skull kolla så att F, definierad av denna matris,verkligenuppfyllervillkorenf(v 1 ) = 0,F(v ) = v ochf(v 3 ) = v 3.) Svar: Först konstaterar vi att den givna avbildningsmatrisen, låt oss kalla den för A, är symmetrisk. Därmed vet vi på grund av spektralsatsen att det garanterat finns en ON-bas av egenvektorer till avbildningen. För att bestämma A:s egenvektorer, börjar vi med att bestämma dess egenvärden, genom att lösa sekularekvationen 1 λ det(a λe) = 0 1 λ 1 λ = 0. För att beräkna determinanten i vänsterledet, kan vi gå till väga på följande vis:vibörjarmedattadderadenandraochtredjeradentilldenförsta.detta

8 påverkar inte determinantens värde. Således 1 λ 1 λ 1 λ = 1 λ 5 λ 1 λ 1 λ 1 λ. Subtrahera nu den tredje kolonnen från den första: 1 λ 5 λ 1 λ 1 λ 1 λ = 0 5 λ 1 λ 0 1 λ 3+λ 1 λ. Detta ger en determinant där samtliga element utom ett i den första kolonnen är 0. Detta gör att vi kan bryta ner determinanten till en -determinant: 0 5 λ 1 λ 0 1 λ 3+λ 1 λ = ( 1)3+1 ( 3+λ) 5 λ 1 λ 1 λ. Sekularekvationen kan därmed skrivas ( 3+λ)((5 λ) (1 λ) ) = 0 (λ 3)(10 λ 1+λ λ ) = 0 λ = 3 eller λ = 9. Lösningarna till sekularekvationen är alltså λ = 3 (dubbelrot) och λ = 3. Detta är A:s egenvärden. Motsvarande egenvektorer fås nu genom att lösa ekvationssystemen AX = λx för vart och ett av egenvärdena till A. För λ = 3 får vi systemet x 1 + x x 3 = 3x 1 x 1 + x x 3 = 0 x 1 + x + x = 3x x 1 x + x 3 = 0 x 1 + x + x 3 = 3x 3 x 1 + x x 3 = 0. Vi ser här att samtliga tre ekvationer är ekvivalenta med x 1 x +x 3 = 0, vilket vi kan se som ekvationen för ett plan. Varje vektor som ligger i detta plan är en egenvektor med egenvärdet 3, och vi behöver hitta två sådana vektorer som är ortogonala med varandra (eftersom det ju är en ON-bas som vi är ute efter). Vektorn v 1 = (1,1,0) ligger i planet (dess koordinater uppfyller planets ekvation). Om v = (y 1,y,y 3 ) ligger i planet och är ortogonal mot v 1, måste dels y 1 y +y 3 = 0 gälla (planets ekvation måste vara uppfylld), dels y 1 +y = 0 (skalärprodukten v 1 v måste vara noll). Vi får alltså att { y1 y + y 3 = 0 y 1 + y = 0. Genom addera dessa två ekvationer till varandra får vi y 1 +y 3 = 0. Om vi nu väljer t.ex. y 1 = 1 följer att y 3 =, vilket i sin tur ger y = y 1 +y 3 = 1. Alltsåärv = (1, 1, )enegenvektor(medegenvärdet3)somärortogonal mot v 1. För att få en ON-bas, ska vektorerna dessutom vara av längd 1, så därför normerarar vi v 1 och v, och får egenvektorerna u 1 = 1 (1,1,0) och u = 1 6 (1, 1, ). (3)

9 Egenvektorer hörande till egenvärdet λ = 3 fås genom att lösa x 1 + x x 3 = 3x 1 x 1 + x + x = 3x x 1 + x + x 3 = 3x 3 4x 1 + x x 3 = 0 x 1 + 4x + x 3 = 0 x 1 + x + 4x 3 = 0 6x + 6x 3 = 0 6x + 6x 3 = 0 x 1 + x + 4x 3 = 0. + Med x 3 = t blir x = x 3 = t och x 1 = x + x 3 = t t = t. Alltså är t( 1, 1, 1) en egenvektor för varje t 0. Eftersom dessa hör till ett annat egenvärde än egenvektorerna u 1 och u blir t( 1,1, 1) automatiskt ortogonal mot båda dessa vektorer för varje t, och vi behöver därför enbart välja t så att vi får en egenvektor av längd 1: u 3 = 1 3 ( 1,1, 1). (4) Vår ON-bas av egenvektorer är alltså (u 1,u,u 3 ), där u 1, u och u 3 ges av (3) och (4). Notera att andra svar är möjliga, beroende på hur man väljer de båda egenvektorerna som svarar mot egenvärdet 3. Svar: u 1 = 1 (1,1,0), u = 1 (1, 1, ), u 3 = 1 ( 1,1, 1) (t.ex.) 6 3