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 en avbildning för den linjära avbildning som projicerar varje vektor i rummet ortogonalt mot planet med ekvationen x 1 x 2 x = Antag att den linjära avbildningen F av rummet har avbildningsmatrisen A = 6 2 a a, 2 + a där a är en konstant. Bestäm dim N(F ) och dim V (F ) om (a) a = 1 (b) a = 7 (c) a =.. Bestäm konstanten a så att det finns en ON-bas av egenvektorer till en linjär avbildning med matrisen ( ) 0 2 A =. a Bestäm även en sådan bas. 4. Avgör om punkten P = (1, 1, 1) ligger närmast den räta linjen x = 1 + 2t x = 1 + 2t L 1 : y = 2 t eller L 2 : y = 1 + t z = 2t z = 1 + t.. Planen Π 1 och Π 2 spänns båda upp av de två vektorerna u = (1, 1, 2) och v = (2, 0, 1), och är därmed parallella. Planet Π 1 innehåller punkten P 1 = (1, 2, 0) medan Π 2 innehåller punkten P 2 = (0, 2, 1). Bestäm avståndet mellan planen.

2 SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI Lösningsförslag 1. Låt oss kalla avbildningen för P (som i projektion!). Om n är en normalvektor för det aktuella planet, så kan avbildningen P skrivas som där P (u) = u λn, (1) λ = u n n 2 ges av projektionsformeln. Normalvektorn ges av n = (1, 1, ), vilket betyder att n 2 = ( 1) =. Låt u = (x 1, x 2, x ) vara en godtycklig vektor i rummet och antag att dess projektion på planet ges av P (u) = (y 1, y 2, y ). Då följer från (1), att (y 1, y 2, y ) = (x 1, x 2, x ) λ(1, 1, ) = (x 1 λ, x 2 + λ, x + λ), där λ enligt projektionsformeln är lika med Detta ger att λ = u n n 2 = x 1 x 2 x. (2) y 1 = x 1 λ = x 1 1 (x 1 x 2 x ) = 1 (26x 1 + x 2 + x ) y 2 = x 2 + λ = x (x 1 x 2 x ) = 1 (x x 2 x ) y = x + λ = x + (x 1 x 2 x ) = 1 (x 1 x 2 + 2x ), vilket på matrisform kan skrivas som y 1 y 2 = x x 2. y 2 x Matrisen A = 1 är alltså den sökta avbildningsmatrisen Alternativt kan vi beräkna bilderna P (e 1 ), P (e 2 ) och P (e ) av var och en av basvektorerna. Koordinaterna för dessa vektorer kommer att utgöra kolonnerna i avbildningsmatrisen för P. 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 λ = e 1 n n 2 = 1.

3 Detta medför i sin tur att P (e 1 ) = e 1 λn = (1, 0, 0) 1 (1, 1, ) = 1 (26, 1, ), vilket ger den första kolonnen i avbildningsmatrisen A. För vektorn e 2 får vi på motsvarande sätt att λ = 1/, och därmed att P (e 2 ) = e 2 λn = (0, 1, 0) (1, 1, ) = (1, 26, ) är den andra kolonnen i A. På motsvarande vis blir den tredje kolonnen. P (e ) = 1 (,, 2) 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 = (1, 1, 0) ligger i planet, i och med att den uppfyller planets ekvation. Normalvektorn n = (1, 1, ) är därmed ortogonal mot u. En tredje vektor, som är ortogonal mot både u och n är vektorprodukten v = u n = (,, 2). 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 2 (1, 1, 0), f 2 = n n = 1 (1, 1, ), f = v v = 1 (,, 2), 6 så kommer f 1, f 2, f att vara en ON-bas, i vilken P har avbildningsmatrisen B = 0 0 0, på grund kolonnerna hos B är bilderna av basvektorerna f 1, f 2 respektive f i just denna bas; vi har P (f 1 ) = f 1 och P (f ) = f på grund av att f 1 och f ligger i planet, och därmed är sina egna skuggbilder, och P (f 2 ) = 0 på grund av att f 2 är parallell med riktningen på projektionen, som ju är en ortogonal projektion. 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 (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.

4 Svar: = 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. (a) För a = 1 får vi ekvationssystemet 6x 1 + 6x 2 + 6x = 0 x 1 + x 2 + x = 0 x 1 + x 2 + x = 0. Samtliga tre ekvationer i systemet är ekvivalenta med x 1 + x 2 + x = 0, vilken vi kan tolka som ekvationen för ett plan. Nollrummet till F är därmed just detta plan, vilket betyder att dim N(F ) = 2. Dimensionssatsen medför därmed att dim V (F ) = 2 = 1. (b) Fallet a = 7 ger oss ekvationssystemet 6x 1 + 6x 2 2x = 0 9x 1 + x 2 + x = 0 x 1 x 2 + x = 0. En lösning på parameterform till detta ekvationssystem ges av x 1 = t x 2 = t x = 6t, vilket vi kan tolka som ekvationen för en rät linje (genom origo). Alltså är dim N(F ) = 1, varvid dimensionssatsen ger dim V (F ) = 1 = 2. (c) Om a = så är 6x 1 + 6x 2 + 8x = 0 x 1 + x 2 + x = 0 x 1 + x 2 + x = 0 det ekvationssystem som ska lösas. I detta fall är x 1 = x 2 = x = 0 den enda lösningen, vilket man kan se antingen genom att lösa det på vanligt vis, eller konstatera att koefficientmatrisen har en nollskild determinant (den är lika med 40). Nollrummet består därmed enbart av nollvektorn, vilket innebär att dim N(F ) = 0 och dim V (F ) =. Svar: (a) dim N(F ) = 2, dim V (F ) = 1 (b) dim N(F ) = 1, dim V (F ) = 2 (c) dim N(F ) = 0, dim V (F ) =.. För att en ON-bas av egenvektorer ska kunna existera är det nödvändigt (och tillräckligt) att matrisen A är symmetrisk, d.v.s. att A T = A. Detta innebär att vi måste ha a = 2. För detta värde på a bestämmer vi nu de olika egenvärdena, genom att lösa

5 sekularekvationen: det(a λe) = 0 λ 2 2 λ = 0 λ( λ) 2 2 = 0 λ 2 + λ 4 = 0 ( λ = 2 ± ) = 2 2 ± 2. Vi konstaterar att de två egenvärdena ges av λ 1 = 4 och λ 2 = 1. Dessa två egenvärden är som synes olika, vilket innebär att varje egenvektor som svarar mot λ 1 är ortogonal mot varje egenvektor som svarar mot λ 2. Vi behöver därmed endast bestämma en egenvektor av längd 1 för respektive egenvärde för att få vår hett eftertraktade ON-bas. Egenvektorerna bestäms genom att lösa ekvationssystemet AX = λx för λ = λ 1 = 4 respektive λ = λ 2 = 1. För λ = 4 får vi ekvationssystemet { { { 2x 2 = 4x 1 4x1 + 2x 2 = 0 2x 1 x 2 = 4x 2 2x 1 + x 2 = 0 x1 = t x 2 = 2t. Varje vektor på formen t( 1, 2), där t 0, är alltså en egenvektor till egenvärdet λ = 4. Genom att välja t = 1/ får vi en egenvektor av längd 1. Om λ = 1 blir det istället till att lösa { { 2x 2 = x 1 x1 + 2x 2 = 0 2x 1 x 2 = x 2 2x 1 4x 2 = 0 { x1 = 2t x 2 = t. Egenvektorerna har här utseendet t(2, 1), t 0. Valet t = 1/ ger en egenvektor av längd 1. Svar: a = 2; ON-bas: e 1 = 1 ( 1, 2), e 2 = 1 (2, 1) 4. Låt Q 1 = (1 + 2t, 2 t, 2t) vara en godtycklig punkt på L 1. Vi söker t så att vektorn Q 1 P = (2t, 1 t, 1 + 2t) blir så kort som möjligt. Detta inträffar precis när denna vektor är ortogonal mot riktningsvektorn till L 1, d.v.s. v 1 = (2, 1, 2). Vi önskar därmed att lösa ekvationen v 1 Q 1 P = 0 2 (1 + 2t) + ( 1) (2 t) + 2 ( 1 + 2t) = 0 För detta värde på t blir Q 1 P = 9t = 0 t = 1. ( 2 1, 1 1, ) = 1 (2, 2, 1) en vektor av längd ( 1) 2 = 1. Välj nu en godtycklig punkt Q 2 = ( 1 + 2t, 1 + t, 1 + t) på L 2. När vektorn Q 2 P = ( 2 + 2t, 2 + t, t) är ortogonal mot v 2 = (2, 1, 1), riktningsvektorn

6 till L 2, så kommer Q 2 att vara den punkt på L 2 som ligger närmast P. Genom att lösa ekvationen v 2 Q 2 P = 0 2 ( 2 + 2t) + 1 ( 2 + t) + 1 t = 0 6t 6 = 0 t = 1, ser vi att den kortaste vektorn blir Q 2 P = (0, 1, 1), som är en vektor av längd 02 + ( 1) = 2. Eftersom 2 > 1, ligger P följaktligen närmast L 1. Svar: P ligger närmast L 1. Vi börjar med att skriva vart och ett av planen på normalform. Detta kan göras på tre olika sätt. Metod 1: Teckna en ekvation på parameterform för planet Π 1. I och med att Π 1 innehåller punkten P 1 = (1, 2, 0) och spänns upp av vektorerna u = (1, 1, 2) och v = (2, 0, 1) betyder detta att x = 1 + t 1 + 2t 2 y = 2 + t 1 z = 2t 1 + t 2 är en sådan ekvation. Genom att lösa ovanstående ekvationssystem med avseende på t 1 och t 2, kan en ekvation på normalform härledas. Om vi multiplicerar den tredje ekvationen med 2 och adderar resultatet till den första ekvationen, uppkommer x 2z = 1 + t 1 y = 2 + t 1 z = 2t 1 + t 2. Enligt den första ekvationen är här t 1 = x 2z 1, medan vi från ekvationen i mitten å sin sida får att t 1 = y 10. Detta ger att x 2z 1 = y 10 x y 2z + 9 = 0 är en ekvation för Π 1 på normalform. Vi skulle kunna plocka fram en ekvation för Π 2 på samma sätt, men istället för att genomföra i stort sett samma räkningar en gång till, kan vi utnyttja att vi vet att Π 1 och Π 2 är parallella. Detta innebär att vi kan välja samma normalvektor för båda planen. Från ekvationen för Π 1 läser vi av att n = (1,, 2) är en normalvektor för detta plan; denna vektor duger alltså även som normalvektor för Π 2. En ekvation på normalform för Π 2 kan därmed tecknas som x y 2z + D 2 = 0, där D 2 sedan kan bestämmas genom att utnyttja att P 2 = (0, 2, 1) måste uppfylla ekvationen för Π 2 : D 2 = 0 D 2 = 12. Planet Π 2 har alltså ekvationen x y 2z + 12 = 0.

7 Metod 2: En godtycklig punkt P = (x, y, z) ligger i planet Π 1, om och endast om de tre vektorerna u, v och P P 1 = (x 1, y 2, z) är linjärt beroende. Detta betyder i sin tur att den determinant, vars kolonner utgörs av dessa tre vektorer, måste vara noll, d.v.s. 1 2 x y z = 0. Med hjälp av t.ex. Sarrus regel får vi att determinanten i vänsterledet är lika med x y 2z+9. På nytt får vi alltså att x y 2z+9 = 0 som en ekvation på normalform för Π 1. Planet Π 2 kan sedan beräknas med en motsvarande determinant (den tredje kolonnen i determinanten blir istället vektorn P P 2 = (x, y 2, z 1)), eller så utnyttjar vi att planen kan antas ha samma normalvektor, precis som i fallet med Metod 1. Metod : Som redan nämnts, kan vi anta att planen har samma normalvektor. En sådan kan bestämmas genom att beräkna vektorprodukten u v. Enligt formeln för vektorprodukt har vi u v = (1, 1, 2) (2, 0, 1) = ( , ( 2) 2 1 1, ) = (1,, 2). Detta ger att Π 1 och Π 2 har ekvationerna x y 2z+D 1 = 0 respektive x y 2z + D 2 = 0. Här kan D 1 och D 2 utifrån att koordinaterna för punkterna P 1 och P 2 ska uppfylla respektive plans ekvation. Sätter vi t.ex. in koordinaterna för P 1 i ekvationen för Π 1 får vi att D 1 = 9. Avståndet mellan planen kan nu bestämmas genom att antingen beräkna det kortaste avståndet mellan punkten P 1 och planet Π 2, eller det kortaste avståndet mellan punkten P 2 och planet Π 1. Vi väljer det första alternativet, och låter L vara den linje som går genom P 1 = (1, 2, 0) och har n = (1,, 2) som normalvektor. På parameterform har denna linje ekvationen x = 1 + t y = 2 t z = 2t. Låt R = (1 + t, 2 t, 2t) vara en godtycklig punkt på L. Då är RP 1 = tn. Om R dessutom ligger i planet Π 2, så gäller (1 + t) (2 t) 2( 2t) + 12 = 0 0t + = 0 t = Det sökta avståndet mellan planen ges därmed av RP 1 = tn = ( ) 2 + ( 2) 2 = 0 10 = 10. Beräknar man istället avståndet mellan P 2 och Π 1 på liknande vis, erhålles samma resultat. Svar: 10