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. LinjenLär given i form av ekvationen(x,y,z) = (1+t,2+t,3+2t). Vilkenav de tre punkterna P 1 = (1,0,4), P 2 = (1,1,2) respektive P 3 = ( 1,0,2) har det kortaste respektive längsta avståndet till L? Ange också dessa avstånd. 2. Bestäm en matris för den linjära avbildning som speglar varje vektor i rummet i planet med ekvationen 2x 1 +x 2 4x 3 = Bestäm en ON-bas av egenvektorer till den linjära avbildning F, vars matris ges av A = Ange också en matris för F i denna bas. 4. Den linjära avbildningen F av rummets vektorer har planet 3x y+5z = 0 som sitt värderum och den räta linjen som går genom origo och punkten (1,3,2) som sitt nollrum. Finn en avbildningsmatris för F. 5. Bestäm en ekvation på parameterform för den skuggbild som den räta linjen (x,y,z) = (1+t,2 t,2t) kastar på planet med ekvationen x+y z+1 = 0, då detta belyses rakt uppifrån, d.v.s. ljusstrålarna är parallella med planets normalvektor.

2 SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI Lösningsförslag 1. Låt P = (1+t,2+t,3+2t) vara en godtycklig punkt på L. Denna punkt har sitt kortaste avstånd till P 1 = (1,0,4) för det värde på t, för vilket vektorn P 1 P = (t,t+2,2t 1) är ortogonal mot linjens riktningsvektor v = (1,1,2). Detta ger v P 1 P = 0 t+(t+2)+2(2t 1) = 0 6t = 0 t = 0. När t = 0 så blir P 1 P = (0,2, 1), vilket är en vektor av längd 5. På samma sätt ligger P som närmast P 2 = (1,1,2) precis när vektorerna v och P 2 P = (t,t+1,2t+1) är ortogonala: v P 2 P = 0 t+(t+1)+2(2t+1) = 0 6t+3 = 0 t = 1 2. För t = 1/2 blir P 2 P = ( 1/2,1/2,0) = 1 2 ( 1,1,0), som är en vektor av längd = 1/ 2. Beträffande P 3 = ( 1,0,2) ser vi att v och P 3 P = (t+2,t+2,2t+1) blir ortogonala precis när P 3 P v = 0 (t+2)+(t+2)+2(2t+1) = 0 6t+6 = 0 t = 1, och för detta värde på t blir P 3 P = (1,1, 1) en vektor av längd 3. Vi ser att av P 1, P 2 och P 3, så är P 2 är den punkt som L kommer närmast (minsta avståndet 1/ 2) medan P 1 är den punkt som ligger längst bort från L (kortaste avståndet är 5). Svar:(a)Närmast:P 2 (1/ 2längdenheter),Fjärmast:P 1 ( 5längdenheter). 2. Låt oss kalla avbildningen för S (som i spegling!). Om n är en normalvektor för det aktuella planet, så kan avbildningen S skrivas som där S(u) = u 2λn, (1) λ = u n n 2 enligt projektionsformeln. Normalvektorn för planet 2x 1 +x 2 4x 3 = 0 ges av n = (2,1, 4), vilket betyder att n 2 = ( 4) 2 =. 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(2,1, 4) = (x 1 4λ,x 2 2λ,x 3 +8λ), där λ enligt projektionsformeln är lika med λ = u n n 2 = 2x 1 +x 2 4x 3. (2)

3 Detta ger att y 1 = x 1 4λ = x 1 4 (2x 1 +x 2 4x 3 ) = 1 (13x 1 4x 2 +16x 3 ) y 2 = x 2 2λ = x 2 2 (2x 1 +x 2 4x 3 ) = 1 ( 4x 1 +19x 2 +8x 3 ) y 3 = x 3 +8λ = x (2x 1 +x 2 4x 3 ) = 1 (16x 1 +8x 2 11x 3 ), vilket på matrisform kan skrivas som y 1 y 2 = x 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. S(e 1 ) = e 1 2λn = (1,0,0) 4 (2,1, 4) = 1 (13, 4,16), vilket ger den första kolonnen i avbildningsmatrisen A. För vektorn e 2 får vi på motsvarande sätt att λ = 1/, och därmed att S(e 2 ) = e 2 2λn = (0,1,0) 2 (2,1, 4) = 1 ( 4,19,8) är den andra kolonnen i A. På motsvarande vis blir den tredje kolonnen. P(e 3 ) = 1 (16,8, 11) 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. Först noterar vi att vektorn u = (2,0,1) ligger i planet, i och med att den uppfyller planets ekvation. Normalvektorn n = (2, 1, 4) är därmed ortogonal mot u. En tredje vektor, som är ortogonal mot både u och n är vektorprodukten v = u n = ( 1,10,2). Liksom u, ligger även v i planet. Om vi

4 nu normerar var och en vektorerna u, n och v, och sätter f 1 = u u = 1 5 (2,0,1), f 2 = n n = 1 (2,1, 4), f 3 = v v = ( 1,10,2), 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 basvektorernaf 1, f 2 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 2 ) = f 2 eftersom f 2 är normalvektorn. 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: Vi noterar för det första att en ON-bas av egenvektorer till F verkligen existerar, eftersom den givna matrisen är symmetrisk. För att bestämma sådan bas, börjar vi med att bestämma egenvärdena till F genom att lösa sekularekvationen: 5 λ 3 2 det(a λe) = λ λ = 0. Här kan vi som ett första steg addera både den andra och den tredje raden till den första. Då får vi den ekvivalenta ekvationen 10 λ 10 λ 5 λ 3 5 λ λ = 0. Vi fortsätter med att subtrahera den andra kolonnen från den första och får 0 10 λ 5 λ λ 2 5 λ λ = 0.

5 Nu har vi en kolonn i determinanten där samtliga element, utom ett, är noll. Ovanstånde ekvation kan därmed skrivas ( 1) 2+1 (λ 2) 10 λ 5 λ 2 1 λ = 0, så antingen är λ = 2 eller så är 10 λ 5 λ 2 1 λ = (10 λ)(1 λ) 2(5 λ) = 10 10λ λ+λ2 10+2λ = λ 2 9λ = λ(λ 9) = 0, d.v.s. λ = 0 eller λ = 9. Vi konstaterar att de tre egenvärdena ges av λ 1 = 0, λ 2 = 2 och λ 3 = 9. I och med att samtliga tre egenvärden ovan är olika, kommer egenvektorer som svarar mot olika egenvärden automatiskt bli ortogonala. Vi behöver därmed endast bestämma en egenvektor av längd 1 för respektive egenvärde för att erhålla en ON-bas. Egenvektorerna bestäms genom att lösa ekvationssystemet AX = λx för vart och ett av egenvärdena λ = λ i, i = 1,2,3. För λ = 0 får vi ekvationssystemet 5x 1 + 3x 2 + 2x 3 = 0 2 3x 1 + 5x 2 + 2x 3 = 0 2x 1 + 2x 2 + x 3 = 0 2 x 1 x 2 = 0 x 1 + x 2 = 0 2x 1 + 2x 2 + x 3 = 0. Vi ser att om x 1 = x 2 = t så blir x 3 = 2x 1 2x 2 = 4t, d.v.s. (x 1,x 2,x 3 ) = t(1,1, 4) är en egenvektor som svarar mot egenvärdet 0, för varje t 0. För att få en egenvektor som har längden 1 kan vi välja t = 1/ 18 = 1/2 3. Om λ = 2 blir det istället till att lösa 5x 1 + 3x 2 + 2x 3 = 2x 1 3x 1 + 3x 2 + 2x 3 = 0 3x 1 + 5x 2 + 2x 3 = 2x 2 3x 1 + 3x 2 + 2x 3 = 0 2x 1 + 2x 2 + x 3 = 2x 3 2x 1 + 2x 2 x 3 = 0. Som synes blir de två första ekvationerna identiska, så vi kan helt enkelt skippa en av dem och fortsätta med det underbestämda systemet { 2 { 3x1 + 3x 2 + 2x 3 = 0 7x1 + 7x 2 = 0 2x 1 + 2x 2 x 3 = 0 2x 1 + 2x 2 x 3 = 0. Den första ekvationen ger x 2 = x 1 och i och med detta måste x 3 = 0. För varje t 0 är alltså (x 1,x 2,x 3 ) = t(1, 1,0) en egenvektor för egenvärdet 2; välj t = 1/ 2 för att få en egenvektor av längd 1. Till sist får vi för λ = 9 ekvationssystemet 5x 1 + 3x 2 + 2x 3 = 9x 1 4x 1 + 3x 2 + 2x 3 = 0 3x 1 + 5x 2 + 2x 3 = 9x 2 3x 1 4x 2 + 2x 3 = 0 1 2x 1 + 2x 2 + x 3 = 9x 3 2x 1 + 2x 2 8x 3 = 0 4 4x 1 + 3x 2 + 2x 3 = 0 7x 1 7x 2 = 0 14x x 2 = 0.

6 Med x 1 = x 2 = 2t blir 2x 3 = 4x 1 +3x 2 = 8t+6t = 2t d.v.s. x 3 = t. Alla vektorer på formen (x 1,x 2,x 3 ) = t(2,2, 1) är alltså en egenvektor för egenvärdet9,om t 0. Enegenvektorav längd1fåsgenom attväljat = 1/3. Alltså: I ON-basen (e 1,e 2,e 3 ), där e 1 = 1 2 (1,1, 4), e 3 2 = 1 2 (1, 1,0) och e 3 = 1 3 (2,2, 1) kommer F att representeras av den diagonalmatris D = 0 2 0, där elementen på huvuddiagonalen är i tur och ordning de egenvärden som svarar mot egenvektorerna e 1, e 2 och e 3. Svar: I ON-basen e 1 = 1 2 (1,1, 4), e 3 2 = 1 2 (1, 1,0), e 3 = 1 3 (2,2, 1) representeras F av Om A är en matris för F, så vet vi att kolonnerna i A kommer att spänna upp värderummet V(F). Vi behöver alltså hitta två icke-parallella vektorer som spänner upp planet 3x y + 5z = 0. Detta kan vi antingen kan göra genom att skriva om planets ekvation på parameterform och utifrån denna ekvation läsa av två vektorer som spänner upp planet. Vi ser att vi slipper bråktal om vi väljer att lösa ut y uttryckt i x och z. Med andra ord väljer vi x = s och z = t som parametrar, varvid vi får y = 3x+5z = 3s+5t. Vi får därmed att planets ekvation på parameterform kan skrivas x = s y = 3s + 5t z = t. Från denna ekvation ser vi att v 1 = (1,3,0) och v 2 = (0,5,1) spänner upp V(F), och därmed vet vi nu hur två av de tre kolonnerna i avbildningsmatrisen för F kan väljas: 1 0 a 3 5 b. 0 1 c För att ta reda på hur den tredje kolonnen (a,b,c) kan se ut, utnyttjar vi att nollrummetn(f)ärdenrätalinjengenomorigoo ochpunktenp = (1,3,2). En riktningsvektor för denna linje är v 3 = OP = (1,3,2), och vi måste ha F(v 3 ) = 0. Översatt till matrisform betyder detta att 1 0 a a = 0 a = 1/2 3 5 b. 3 = b = 0 b = c c = 0 c = 3/2. Detta ger oss slutligen avbildningsmatrisen 1 0 1/ = /

7 (Andra svar är tänkbara, beroende på vilka vektorer man väljer till att spänna upp planet.) Svar: Låt oss kalla det givna planet för Π, den givna linjen för L och dess sökta skuggbild i planet Π för L. För att kunna teckna en för ekvation L, är kännedomen om koordinaterna för två punkter på L tillräckligt. En av dessa två punkter kan vi välja till skärningspunkten mellan L och Π. Denna punkt får vi genom att sätta in ekvationen (x,y,z) = (1+t,2 t,2t) för L i ekvationen x+y z +1 = 0 för Π. Vi får då (1+t)+(2 t) 2t+1 = 0 4 2t = 0 t = 2. Detta värde på t, insatt i ekvationen för L, ger oss att P 1 = (3,0,4) är skärningspunkten mellan L och Π. Punkten P 1 är alltså en av de två punkter på L som vi behöver. Välj nu en punkt på L, t.ex. Q = (1,2,0) (som svarar mot parametervärdet t = 0). Betrakta den räta linjen M med ekvationen x = 1 + s y = 2 + s z = s. Denna linje går genom Q och har n = (1,1, 1), normalvektorn till Π, som riktningsvektor. Skärningspunkten P 2 mellan M och Π kommer därmed att vara den andra punkt på L som vi behöver för att kunna teckna dess ekvation. Vi sätter in ekvationen för M i ekvationen för Π och får (1+s)+(2+s) ( s)+1 = 0 4+3s s = 4 3. Detta insatt i ekvationen för M, ger oss att punkten P 2 = ( 1 3, 2 3, 4 3 ) också ligger på L. En riktningsvektor för skugg-linjen L ges av P 1 P 2 = ( 10 3, 2 3, 8 3 ), men vi kan lika gärna (för att få en snyggare ekvation; en som inte innehåller bråktal) välja v = 3 2P 1 P 2 = ( 5,1, 4) för detta ändamål. Vi kan alltså tolka L som den räta linje som går genom går genom P 1 = (3,0,4) och har v = ( 5, 1, 4) som riktningsvektor. Detta ger oss ekvationen x = 3 5t y = t z = 4 4t på parameterform. Alternativ lösning: Vi behöver inte nödvändigtvis välja skärningspunkten mellan L och Π som en av de två punkterna på L. Allmänt kan vi välja två godtyckliga punkter Q 1 och Q 2 på L (genom att välja två olika värden på parametern t i ekvationen för L, t.ex. t = 1 och t = 2). Teckna

8 sedan ekvationerna för de två räta linjer L 1 och L 2 som går genom Q 1 respektive Q 2 och har planets normalvektor n som normalvektor. De punkter där L 1 respektive L 2 skär Π kan användas för att härleda ekvationen för L. Riktningsvektorn man får ska vara parallell med ( 5, 1, 4) och för något paramatervärde ska man hamna i punkten (3, 0, 4). Svar: (x,y,z) = (3 5t,t,4 4t)