n = v 1 v 2 = (4, 4, 2). 4 ( 1) + 4 ( 1) 2 ( 1) + d = 0 d = t = 4 + 2s 5 t = 6 + 4s 1 + t = 4 s

Transkript

1 LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA MATEMATIK LÖSNINGAR TILL LINJÄR ALGEBRA kl 4 9 a) Triangelns sidor ges av vektorerna v OP OP (,, ) och v OP 3 OP (,, 4) som även blir riktningsvektorer till planet En normal till planet får vi genom Eftersom P ligger i planet får vi n v v (4, 4, ) 4 ( ) + 4 ( ) ( ) + d d Planets ekvation blir alltså 4x + 4y z + x + y z + 3 Triangelns area får vi genom v v b) Linjerna har skärning om ekvationsystemet + 3t 4 + s 5 t + 4s + t 4 s har lösning Gausselimination ger lösningen (t, s) (3, ) vilket ger skärningspunkten x y 5 3 z + 3

2 Ekvationssystemet har entydig lösning om a 4 3 a (a 3a + ) (a )(a ) Enl huvudsatsen har vi entydig lösning när a och a När a får vi x z 4x + y z x + y + z x z y + z 3, vilket saknar lösning När a får vi x z 4x + y z 4 x + y + z 8 vilket också saknar lösning x z y + z 4,

3 3 Gausselimination ger trappmatrisen T 3 4 Eftersom vi har 3 pivot element och 4 kolonner blir rangen 3 och nolldimmensionen 4- Nollrummet till A får vi genom att lösa T X vilken har lösningarna X t En bas till nollrummet blir alltså vektorn (,,, ) En bas till värderummet får vi genom att plocka ut dom kolonnvektorer där pivåelementen finns från den ursprungliga matrisen, alltså

4 4 a) (i) är inte linjär eftersom F (, ) + F (, ) (, ) + (, ) (3, 3) F (, ) (ii) är inte linjär eftersom F (, ) (, 5) (, ) (iii) är linjär eftersom den kan skrivas med en avbildnings matris som ( ) ( ) ( ) y x 3 4 y (iv) är linjär eftersom den kan skrivas med en avbildnings matris som ( ) ( ) x y x y 3 4 x 3 b) Låt A vara avbildningsmatrisen För att kunna multiplicera A med en kolonnvektor v som har m rader måste A ha m kolonner Resultatet A v ska ha n rader, vilket gör att A blir en n m matris c) Avbildningsmatrisen A ska uppfylla AB C A CB där ( ) B och C Vi får då A CB ( ) ( ) ( ) Eftersom F (ū ) (, ) ser vi att en lösning till AX ges av X p Vi ser också att en bas till nollrummet till A är X h 3 Vi får alltså den allmänna lösningsformeln X + t 3, x t R

5 5 a) Eftersom vektorerna ê (, ) och ê (, ) inte är parallella är dom en bas för planet Vektorerna har inte längd och därför är inte basen ortonormal Basbytesmatrisen blir ( ) S, vilket ger sambandet mellan koordinaterna X S ˆX ˆX S X Vektorn (3, ) i basen ê,ê får alltså koordinaterna ( ) ( ) ( ) i basen ê, ê Vektorn (, ) i basen ē,ē får koordinaterna ( ) ( ) ( i basen ê, ê b) Vi har Alltså är Ŷ  ˆX S Y ÂS X Y SÂS X A SÂS ( ) ( ) ) ( ) ( ) 5 8 c) Om F G G måste avbildningsmatrisen B till G, i basen ē, ē, uppfylla A B Vi har dessutom att B S ˆBS och A SÂS, där ˆB är avbildningsmatrisen till G i basen ê, ê Vi får alltså A B SÂS S ˆB S S }{{} I Som lösning till  ˆB kan vi exampelvis välja ( ) ˆB 3 vilket ger B S ˆBS ( ) ( ) 3 5 ˆBS S ˆB S  ˆB ( ) 5 ( ) 4

6 a) Om x aū+b v, där ū och v är egenvektorer till A med egenvärde λ så är A x A(aū + b v) aaū + baū aλū + bλ v λ(aū + b v) λ x Alltså är linjärkombinationer av ū och v egenvektorer med egenvärde λ b) Eftersom ū och ū har samma egenvärde är alla vektorer i planet som dom spänner upp egenvektorer med egenvärde λ En normal till planet ges av n ū ū (,, ) ū 3 Eftersom ū 3 är parallel med n och därför vinkelrät mot planet som ū och ū spänner upp går det att hitta ortogonala egenvektorer till A Exempelvis kan vi välja ū, ū ū 3 (,, ) och ū 3 Normering av vektorerna ger nu matriserna S λ och D λ λ 3 c) Matrisen (ηi B) är inverterbar om det(ηi B), alltså när η inte är något av egenvärdena dvs η λ och η λ 3 Eftersom lösningarna till (λ i I B)X är egenvektorerna till λ i får vi att ū, ū blir en bas för nollrummet när η λ och ū 3 blir bas när η λ 3, vilket också ger rangen när η λ och när η λ 3 För att se vad värderummet blir kan vi använda diagonaliseringen av B Om vi multiplicerar med en godtycklig vecktor v får vi Om η λ blir S(ηI D) (ηi A) v (ηi SDS T ) v S(ηI D) S T v }{{} :ṽ λ λ 3 3 (λ λ 3 ) 3 3 Eftersom S(ηI D)ṽ blir en linjärkombination av kolonnerna i S(ηI D) vilka alla är parallella med ū 3 blir ū 3 en bas för värderummet På samma sätt får vi när η λ 3 att ū och ū blir en bas för värderummet