SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A. (1 p) (c) Bestäm avståndet mellan A och linjen l.

Transkript

1 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen 5.6. DEL A. Betrakta följande punkter i rummet: A = (,, ), B = (,, ) och C = (,, ). (a) Ange en parametrisk ekvation för linjen l som går genom B och C. ( p) (b) Bestäm en ekvation (normalform) för planet π som går genom A och är ortogonalt mot l. ( p) (c) Bestäm avståndet mellan A och linjen l. ( p) Lösningsförslag. (a) Linjen l som går genom B och C har vektorn BC = Linjen går t.ex. genom B och har x y x = t + som riktningsvektor. som parametrisk ekvation. (a) Eftersom planet är ortogonalt mot l är riktningsvektorn en normalvektor till planet. Dessutom går planet genom A. Ekvationen blir då ( ) (x ( ) ) + ( ) (y ) + (z ) =, d.v.s. x + y + =. (b) Eftersom planet är ortogonalt mot l är det eftersökta avståndet lika med avståndet mellan A och P, där P är skärningspunkten mellan planet och linjen. l π = { t + t + så att t + t + + = }.

2 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen 5.6. Det följer att t = och P = / /. Avståndet blir alltså d(a, P ) = AP = =.

3 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Till varje tal a har vi matrisen A = a a + a 4 (a) För vilka a är matrisen A inverterbar? ( p) (b) Låt a =, och bestäm inversen till A. ( p). Lösningsförslag. (a) Genom att addera multipler av den första raden till den andra och den tredje får vi det a = det a a + a 4 a 4 [ ] a = det a 4 = ( 4) a( a) = (a 4). Determinanten det(a) är alltså noll om a = ±, så A är inverterbar för alla a förutom dessa värden. (b) Då a = är A = Genom radoperationer har vi /5 /5 4/5 /5 /5 /5 7/5 / /5 / /5 /5

4 4 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen 5.6. Så våran kandidat till invers är 7/5 A = /5 /. /5 / Vi gör en kontroll 7/5 /5 / = + = = = = = = /5 / = = = Svar.

5 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Låt T : R R vara den linjära avbildningen T (x, y, z) = (x + y + z, x + y z, x y + z). (a) Bestäm matrisrepresentation för avbildningen T. ( p) (b) Bestäm en bas för nollrummet, ker(t ). ( p) (c) Bestäm dimensionen till bildrummet till T. ( p) (d) Låt P =. Bestäm någon annan punkt Q sådan att T (P ) = T (Q). ( p) Lösningsförslag. (a) Vi har T x y = z x + y + z x + y z x y + z så matrisrepresentationen för avbildningen T är M T =. = x y z (b) Gauss-Jordan-elimination överför M T till trappform som 5 5. Vi ser att lösningarna till ekvationssystemet ges av M T x y = z x y = t t = t z t

6 6 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen 5.6. för reella tal t. En bas för nollrummet till T ges alltså till exempel av vektorn. (c) Dimensionen av bildrummet för T ges av rangen av matrisen M T, vilket i sin tur ges av antalet nollskiljda rader i den reducerade trappformen. I detta fall ser vi att dimensionen av bildrummet till T är lika med. (d) Vi har att P + Q, med Q i nollrummet till T har samma bild som T (P ). Nollrummet till T ges som [ t t t ] T. T.ex. kan vi välja Q = + =. 4 Svar.

7 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL B 4. Betrakta matrisen A = (a) Bestäm ett egenvärde som har två linjärt oberoende egenvektorer. ( p) (b) Ange alla egenvärden och avgör om matrisen A är diagonaliserbar. ( p) Lösningsförslag. (a) Matrisen A har rank, uppenbarligen då Det följer att nollrummet har dimension två. Därmed är λ = ett egenvärde med två linjärt oberoende egenvektorer. (b) Det karakteristiska polynomet till A är λ = det(λi A) = det 5 λ λ 5 Om vi adderar andra och tredje raden till den första erhåller vi λ = det 5 λ λ 5 λ 5 λ 5 λ 5 = det 5 λ λ 5 = (λ 5) det 5 λ λ 5 = (λ 5) det λ λ = (λ 5)λ. Och vi har alla nollställen till det karakteristiska polynomet, λ = och λ = 5. Dimensionen till deras tillhörande egenrum är lika med den algebraiska multipliciteten ( och, respektivt), och det följer att matrisen är diagonaliserbar.

8 8 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Låt V vara det linjära höljet till vektorerna och, och låt V beteckna dess ortogonala komplement. (a) Bestäm en bas för V. ( p) (b) Låt T : R 4 R 4 vara speglingen i V, dvs T ( x) = x om x är i V, och T ( x) = x om x är i V. Bestäm T ( ). ( p) Lösningsförslag. (a) Rummet V består av alla vektorer [ x y z w ] T som är vinkelräta mot de båda vektorerna v = [ ] T och v = [ ] T.Skrivet på matrisform betyder det att [ x y z w ] T uppfyller [ ] x [ ] y z =. w Genom radoperationer får vi [ ] [ ] 4 5 [ 5 så vi ser att lösningarna är x s t 4 y z = s + 5 t s = s + t 5 w t för reella tal s och t. En bas för V kan alltså väljas som de två vektorerna 4 v = och v 4 =. (b) Vi normaliserar vektorerna v och v, och erhåller en ON-bas för vektorrummet V, n = och n =. 5 ],

9 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Vi låter x = [ ] T. Vi har att proj V ( x) = ( n x) n + ( n x) n = ( ) n + 5 n = = Detta ger att x proj V ( x) = 9. Vi har nu att T ( x) = T (proj V ( x)) + T ( x proj V ( x)) = proj V ( x) x + proj V ( x) + = = (b ) Alternativt: Vi har en bas { v, v } för V, och en bas { v, v 4 } för V. Vi bestämmer koordinatmatrisen för x = [ ] T i basen { v,..., v 4 }. Detta leder till ett linjärt ekvationssystem, vars totalmatris r 4 5. Vi utför elementära radoperationer Detta ger att x = = 9 v v 9 v + 9 v 4.

10 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen 5.6. Och speciellt har vi att T ( x) = 9 v v + 9 v 9 v 4 = 9. 5 Svar.

11 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Bestäm en symmetrisk matris A som satisfierar följande. (a) Egenrummet tillhöranda egenvärdet λ = är [ t t t ] T, godtyckliga tal t. (b) Egenrummet tillhörande egenvärdet λ = 4 har dimension två. (4 p) Lösningsförslag. Villkoret (a) ger att v = är en egenvektor till A med egenvärdet. Vi har från boken att egenvektorer tillhörande olika egenvärden, av en symmetrisk matris är ortogonala. Detta betyder att egenrumme tillhörande egenvärdet 4 är ortogonal till. Med andra ord att egenrummet E 4 ges av planet x + y z =. Vi väljer en ortogonal bas { u, w} för planet; u := och w :=. Vi behöver inte välja en ortogonal bas, men detta val kommer att göra våra beräkningar nedan enklare. I basen {v, u, w} blir matrisrepresentationen av vår tänkta avbildning lika med 4. 4 Den sökta matrisen A är matrisrepresentationen av avbildningen i standardbasen. Detta betyder att A = 4 4 Innan vi börjar bestämma inversmatrisen, noterar vi följande. T = = 6. Detta ger att den sökta inversmatrisen är följande produkt = 6 6 =. Vi insätter detta i vårt uttryck för matrisen A, och erhåller att A = 6 4 = 4

12 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen 5.6. = = = 4 8 = = 8.

13 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen 5.6. DEL C 7. Bestäm den räta linje L som går genom punkten P =, och som skär de båda linjerna (4 p) L = { t t tal t} och L = { s s + 4 tal s}. t + s Lösningsförslag. Riktningsvektorn från punkten P till en punkt Q på linjen L är Q P = [ ] T [ ] T t t t. Och liknande blir s s + s riktningsvektor från P till en punkt på linjen L. För att bestämma L måste vi bestämma talen s och t sådan att vektorerna t t och s s + är parallella. Att vektorerna är parallella betyder att t s det finns λ som löser ekvationssystemet tλ λ = s tλ λ = s + tλ = s. Om vi subtraherar den andra ekvationen från den första, får vi att tλ = 4. Detta ger tλ =. Den tredje ekvationen ger = s, alltså att s =. Vi kan använda den andra ekvationen att få λ = 9 + som ger λ =. Alltså t = 4. Man verifierar att 9 λ = 9, t = 4 och s = också uppfyller den första ekvationen. 9 Vi konstaterar därmed att s s +, med s =, är en riktningsvektor till L. Denna s vektor har koordinater 5, och därför är också 5 en riktningsvektor till L. 4 Linjen L är t + 5t +, med godtyckligt tal t. 4t + Svar.

14 4 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Låt V V V n = R n vara en uppsättning delrum till R n sådana att V k har dimension k för varje k och V k är ett delrum till V k för varje k. En sådan uppsättning delrum kallas en flagga. Låt T : R n R n vara en linjär avbildning som stabiliserar flaggan. Med det menas att för varje k =,,..., n och för varje vektor v R n gäller implikationen v V k T (v) V k. Låt nu v, v,..., v n vara vektorer i R n sådana att span{v, v..., v k } = V k för varje k. Visa att matrisen för T med avseende på basen v, v..., v n är övertriangulär. (4 p) Lösningsförslag. Låt B vara matrisen för T med avseende på basen v, v,..., v n. För varje k =,,..., n gäller att v k tillhör V k eftersom span{v, v,..., v k } = V k. Eftersom T stabiliserar flaggan följer av detta att även T (v k ) tillhör V k, så T (v k ) kan skrivas som en linjärkombination b,k v + b,k v + + b k,k v k av v, v,..., v k, där b,k, b,k,..., b k,k är reella tal. Med avseende på basen v, v,..., v n har v k och T (v k ) koordinatvektorerna b,k. b,k.. respektive b k,k., där den ensamma ettan står på rad k. Vi drar slutsatsen att b, b, b,n b B =, b n,n och alltså är B övertriangulär.

15 9. Matrisen SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen A = har egenvektorer x, x, x med tillhörande egenvärden λ =, λ = , och λ = Låt X = a b vara en vektor med positiva koefficienter a, b och c sådana att c a + b + c =. Bestäm punkten A n X, när n. (4 p) Lösningsförslag. Vi har tre olika egenvärden, och vet därmed att egenvektorerna x, x, och x bildar en bas för R. Skriv X som linjär kombination X = α x + α x + α x. Från linjäriteten av A n får vi att A n X = α A n x + α A n x + α A n x = α λ n x + α λ n x + α λ n x. Vi har att < och 7 57 <. Detta betyder att λ och λ har belopp äkta mindre än, och när n då vill λ n och λ n. Detta betyder att A n X α x när n. Vi vill nu bestämma linjen som egenvektorn x spänner upp. Egenvektorn x ges av det homogena ekvationssystemet som tillsvarar matrisen A = Gauss-Jordan elimination ger Med andra ord, egenrummet tillhörande egenvärdet λ = är vektorerna t med godtyckliga tal t. t Vi noterar sedan att varje kolumn i matrisen A summerar till ett. Detta betyder att om vi har en vektor X = [ a b c ] T där a + b + c =, då vill också koefficienterna till AX summera till ett; AX = a + b + 4c a + 8b, 5a + b + 6c t

16 6 SF64 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen 5.6. och vi har att (a + b + 4c + a + 8b + 5a + b + 6c) = (a + b + c) =. Detta betyder att matrisen A avbildar planet x + y + z = i sig själv. Vi använder nu dessa två egenskaper vi har kunnat konstatera. Det ena är att att A n X konvergerar mot linjen Span( x ), och det andra är att koefficienterna till vektorn A n X vill vara positiva, och summera till ett. En punkt på linjen Span( x ) är på formen, t, och kravet att koefficienterna är positiva och summerar till ger att t =. Vi har visat att vektorn 7 An X vill konvergera mot t punkten t