(a) Bestäm för vilka värden på den reella konstanten c som ekvationssystemet är lösbart. (b) Lös ekvationssystemet för dessa värden på c.

Transkript

1 UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Jörgen Östensson Prov i matematik X, geo, frist, lärare LINJÄR ALGEBRA och GEOMETRI I Skrivtid: Tillåtna hjälpmedel: Skrivdon. Lösningarna skall vara försedda med motiveringar. Varje korrekt löst uppgift ger högst 5 poäng. För betygen, 4, 5 krävs minst 8, 25 respektive 2 poäng.. Betrakta det linjära ekvationssystemet x 2x 2 + x x 4 = x + x 2 x 2x 4 = c 4x 5x 2 + 2x 5x 4 = 5 x + 2x 2 x + x 4 = 7. (a) Bestäm för vilka värden på den reella konstanten c som ekvationssystemet är lösbart. (b) Lös ekvationssystemet för dessa värden på c. 2. Låt A = , B = och C = Lös matrisekvationen (XA + B) = C.. Lös ekvationen x x 2 2 x x x x x = Visa att linjen l : (x, y, z) = (,, 2) + t(, 2, 2), t R, inte skär planet Π : 4x + y z = 5. Bestäm också avståndet mellan l och Π. 5. Lös ekvationssystemet för alla värden på den reella konstanten a. x + ay + z = a 2x + ay + 5z = a + x + y + az = Var god vänd!

2 6. Låt A = (, 0, 2), B = (2, 2, ) och C = (4, c, ). Vektorerna AB och AC spänner upp en parallellogram. Bestäm konstanten c så att arean av denna parallellogram blir minimal. Bestäm även den minimala arean. 7. Låt T : R R vara spegling i planet π : 2x y + 2z = 0. (a) Finn T : s standardmatris [T ]. (b) Bestäm bilden av (,, ) under avbildningen T. 8. (a) Antag att vektorerna u, u 2,..., u k R n parvis ortogonala och av längd. Visa att vektorerna u, u 2,..., u k är linjärt oberoende. (b) Visa att vektorerna u = 2, 2 u 2 =, u = R. Bestäm även koordinaterna för vektorn v = 7 4 i denna bas. utgör en bas för LYCKA TILL! 2

3 Svar till tentamen i LINJÄR ALGEBRA och GEOMETRI I (a) c = 2. (b) (x, x 2, x, x 4 ) = (2, t, 5t, t), t R. 2. X = x,2 =, x,4 = ±. 4. Avståndet är a, : (x, y, z) = ( a+ a, a 4 a, a ), a = : inga lösningar, a = : (x, y, z) = ( t, t, t), t R. (Det här svaret är litet fel!) 6. c = 4 och minsta arean är (a) (b) (, 5, ). [T ] = (b) v = u + u u.

4 Lösningar till tentamen i LINJÄR ALGEBRA och GEOMETRI I Lösning till problem. Låt A beteckna koefficientmatrisen, b högerledet och T = [ A b ] totalmatrisen. Vi har 2 2 c T = Elementära radoperationer ger 2 T T 0 0 c + = c c Villkoret för lösbarhet är att 4 + 2c = 0, dvs c = 2. Vi substituerar in värdet b = 2 i T och får systemet (rad = (rad + 2rad 2)-rad ) Bakåtsubstitution ger x 4 = t, x = 5t, x 2 = + t och x = 2. Dvs, (x, x 2, x, x 4 ) = (2,,, 0) + t(0,, 5, ). Lösning till problem 2. Vi kan invertera båda led och får då vilket ger om A är inverterbar att (XA + B) = C XA + B = C XA = C B X = (C B) A. Eftersom C är en diagonalmatris så får vi inversen 0 0 C =

5 Vidare så ger inversionsalgoritmen att A = så slutledningen ovan är giltig. Matrismultiplikationen ger svaret ( ) C B A = Lösning till problem. = x x x x x 2 2 x x 2 x 2 x 2 x x x 0 x x = = ( ) 7 2 x 2 x x x 0 x 2 0 x 2 x x x 0 0 = ( x) 2 2 x 2 x 2 0 = ( x) 2 2 x 2 x x 2 + x = ( x) 2 x 2 x 2 ( 2 + x = ( x)2 4 x x 2) = 2( x) 2 ( x)( + x). Vi ser att determinanten är 0 precis då x = eller x = ±. Lösning till problem 4. Ingen punkt (, 2, ) + s(, 2, 2) på linjen ligger i Π ty ( ) + s ( ) = + s 0 5. Eftersom linjen är parallell med planet räcker det att bestämma avståndet från en godtycklig punkt P på linjen och planet. Vi tar punkten P (0, 0, ) (s = ). Låt normalvektorn till planet ges av n = (4,, ). En punkt på planet ges av A(0, 5, 0) (sätt x = z = 0 i planets ekvation.) Vi bildar vektorn u = AP = (0, 5, ). Dess komposant w i normalriktningen ges av projektionsformlen (Rita figur!) w = n u n n n och dess längd anger avståndet mellan Π och punkten P w = n u n = ( 5) + ( ) = 8/ 26. Lösning till problem 5. Radoperationer ger totalmatrisen T = 0 a a = 0 a a 0 0 a 2 + 4a a 0 0 (a )(a ) a 5

6 Om a 0 och a,, så är determinanten för koefficientmatrisen 0 och systemet har entydig lösning. V får då att z = /( a) och att Slutligen, blir ay = ( a)( a) + a a x = 4 a = a + a. Så svaret blir då (x, y, z) = ( a + a, a 4 a, a ). När a = 0 är systemet y = a 4 a 0 0 / 0 0 / vilket ger lösningarna (x, y, z) = ( /, 0, /) + t(0,, 0). Vi ser att villkoret för lösbarhet är att a så lösning saknas om a =. Vi har många lösningar då a =, givna av systemet Bakåtsubstitution ger, med z = s, att (x, y, z) = (, 0, 0) + s( 4,, ). Lösning till problem 6. Låt u = AB = (, 2, ) och v = AC = (, c, ). Arean av parallellogrammen ges av längden hos kryssprodukten e e 2 e u v = 2 = (2 c, 2, c 6) c så arean ges av u v = (2 c) (c 6) 2. Istället för att minimera arean minimerar vi arean i kvadrat som ges av u v 2 = (2 c) (c 6) 2 = 4 + c 2 4c c c = ( ) 2 c 2 8c + 22 = 2(c 4) Genom kvadratkomplettering ser vi att arean i kvadrat (och därmed arean) har minimum i c = 4 och att arean där ges av 2. Lösning till problem 7. En normalvektorn n till planet ges av koefficienterna i ekvationen 2 n =. 2. 6

7 Vi har n 2 = 9. Låt B = nn T = Projektionen ned på normallinjen ges av och speglingen av w = n 2 n(nt u) = 9 (nnt )u = 9 Bu T (u) = u 2w = u 2 9 Bu = (I 2 9 B)u Standardmatrisen för speglingen u T (u) är alltså /9 4/9 8/9 [T ] = I 2 9 B = 4/9 7/9 4/9. 8/9 4/9 /9 (b) Vi har T (,, ) = /9 4/9 8/9 4/9 7/9 4/9 8/9 4/9 /9 Lösning till problem 8. (a) Vi skall visa att om = / 5/ / c u + c 2 u c k u k = 0, (*) så är c = c 2 = = 0. Tar vi skalärprodukten av VL (*) med u i erhålls vilket pga ortogonaliteten är c u u i + c 2 u 2 u i + + c i u i u i + + c k u k u i c 0 + c c i u i u i + + c k 0 = c i. Men eftersom skalärprodukten HL(*) med u i är 0 u i = 0 sluter vi oss till att c i = 0. (b) Låt A = [ ] 2 u u 2 u = 2 Då är u, u 2, u en bas omm A är inverterbar. Inversionsalgoritmen ger att A är inverterbar och 2 A = För att uttrycka v = (7, 4, ) löser vi systemet Ay = v y = A v, så 2 y = 2 =. Alltså, v = u + 4u 2 2u