KTH, Matematik. Övningar till Kapitel , 6.6 och Matrisframställningen A γ av en rotation R γ : R 2 R 2 med vinkeln γ är

Transkript

1 KTH, Matematik Övningar till Kapitel , 6.6 och Matrisframställningen A γ av en rotation R γ : R R med vinkeln γ är ( cos(γ sin(γ. sin(γ cos(γ Då R α+β = R α R β, är matrisen ( cos(α + β sin(α + β A α+β = sin(α + β cos(α + β lika med produkten A α A β = = som visar att ( ( cos(α sin(α cos(β sin(β sin(α cos(α sin(β cos(β ( cos(α cos(β sin(α sin(β sin(α cos(β cos(α sin(β sin(α cos(β + cos(α sin(β cos(α cos(β sin(α sin(β cos(α + β = cos(α cos(β sin(α sin(β, sin(α + β = sin(α cos(β + cos(α sin(β.,. Låt f : U V vara en injektiv linjär avbildning mellan två vektorrum U, V. Definiera en avbildning g : Im(f U genom g(v = u om v Im(f är lika med v = f(u, för u U. Observera att avbildningen g är väldefinierad eftersom f är injektiv (dvs det finns bara ett u att välja så att v = f(u, och bevisa att g är en linjär avbildning (som kallas för inversen av f. Lösning: Vi måste visa att ( g(v +v = g(v +g(v och att ( g(λv = λg(v. Låt u, u U vara så att f(u = v och f(u = v. Då är som implicerar att f(u + u = f(u + f(u = v + v, g(v + v = u + u = g(v + g(v. ( Låt u U vara så att f(u = v. Då är f(λu = λf(u = λv, som implicerar att g(λv = λu = λg(v.

2 3. Vilken av följande linjära avbidningar är injektiv, surjektiv, bijektiv? (a f : R 4 R 3, f(x, y, z, t = (x, y + z, t, (b f : P 3 R 4, f(a + a x + a x + a 3 x 3 = (a a, a + a, a a, a a, (c f : R 3 R 3, f(x, y, z = (y, z, x, (d f : M R 5, ( a b f = (a + b, a + c, a + d, b + c, b + d. c d Lösning: (a f kan inte vara injektiv då 4 > 3. Det kan man också se från att f(,,, = (,,. Avbildningen f är surjektiv då varje (a, b, c R 3 är i bilden av f: f(a, b,, c = (a, b, c. Då f inte är injektiv kan den inte vara bijektiv. (b f är inte injektiv då f(x 3 = (,,,. f är inte surjektiv då (,,, inte ligger i Im(f: Om f(a + a x + a x + a 3 x 3 = (,,,, då är (,,, = (a a, a + a, a a, a a, och från första koordinat får man = a a, men från andra koordinat får man = a a, som är omöjligt. Då f varken är injektiv eller surjektiv kan den inte vara bijektiv. (c f är injektiv, surjektiv och bijektiv. (d f kan inte vara surjektiv då dim(m = 4 < dim(r 5 = 5. Avbildningen f är injektiv. Antar att ( a b f = (a + b, a + c, a + d, b + c, b + d = (,,,,, c d följer a = b, a = c, a = d, b = c, b = d. Från de två första ekvationer får vi b = c, men från tredje ekvationen gäller b = c, och alltså b = c =. Och det följer att också a = d =. Vi har alltså visat att Ker(f = {}. Då f inte är surjektiv är den inte heller bijektiv. 4. Låt A beteckna den linjära avbildningen från R 3 till R 3 som består av först en spegling i planet x +x x 3 = och därefter en projektion på planet x +x + x 3 =. (a Bestäm matrisen för denna linjära avbildning relativt standardbasen. (b Bestäm avbildningens bildrum och nollrum. Lösning: (a Låt S beteckna speglingen och P projektionen. Låt E = {e, e, e 3 } beteckna standardbasen. Den sökta matrisen är matrisen (P S E = (P E (S E. Vi letar först efter en bas B för vilken S har en enkla matrisframställning. För detta tar vi två linjära oberoende vektorer v = (,,, v = (,, som ligger på planet x + x x 3 =, och en vektor v 3 som är normal till planet, till exempel v 3 = v v = (,,. Då S(v = v, S(v = v och S(v 3 = v 3 är matrisframställningen av S relativt basen B = {v, v, v 3 } lika med (S B = Basbytematrisen från basen B till standardbasen E är lika med Q = (id EB =

3 (i den k:te kolonnen står koordinaterna av v k relativt standardbasen B. Basbytematrisen från standardbasen E till basen B är lika med (id BE = Q = 5 6 Då är (S E = (id EB (S B (id BE = = På liknande sätt, letar vi efter en bas C för vilken P har en enkel matrisframställning. Vi tar w = (,, och w = (,, som ligger på planet x + x + x 3 =, och w 3 som är ortonormal till planet, till exempel w 3 = w w = (,,. Då P (w = w, P (w = w och P (w 3 =, är matrisframställning av P relativ basen {w, w, w 3 } lika med (P C = Basbytematrisen från basen C till standardbasen E är lika med R = (id EC = Basbytematrisen från standardbasen E till basen C är lika med (id CE = R = Då är (P E = (id EC (P C (id CE = = 9 Till slut, får vi (P S E = (P E (S E = 9 =

4 5. Betrakta den linjära funktionen f : R 3 R 3 definierad av f(x, y, z = (x z, z x, x y. (a Matrisframställningen av f relativ standard basen B = {(,,, (,,, (,, } är lika med (f B = (b Basbytesmatrisen från B = {(,,, (,,, (,, } till B är lika med P = (id B,B =, (i den k:te kolonnen står koordinaterna relativt B av den k:te basvektorn av B. Basbytesmatrisen från B till B är lika med (id B,B = P = (c Matrisen (f B av f relativt basen B är lika med (f B = (id B,B(f B (id B,B = = 3 Som vanligt, måste man nu tänka på om hur man kan testa att man har fått rätt svar? Jo, kom ihåg vad (f B egentligen är: i k:te kolonnen står koordinater av den k:te basvektorn av B relativt B, dvs att man måste testa att f(,, = 3 (,, + (,, + (,,, f(,, = (,, + (,, + (,,, f(,, = (,, + (,, + (,,. 6. Om den linjära avbildningen f : R 3 R 3 vet man att f(,, = (,,, f(,, 3 = (,, och f(,, = (,,. Bestäm den inversa avbildningens matris relativt standardbasen. Lösning: Observera att B = {(,,, (,, 3, (,, } och C = {(,,, (,,, (,, } bildar två baser av R 3. Matrisframställning av f relativ baser B och C är naturligtvis enhetsmatrisen (f C,B =

5 Matrisframställningen av f relativt standardbasen är lika med (f E = (id E,C (f C,B (id B,E, och därmed är matrisframställningen av f relativt standardbasen lika med (f E = ((f E = (id E,B ((f C,B (id C,E = (id E,B id C,E. Vi beräknar alltså de två erforderliga basbytesmatriserna: Basbytesmatrisen från standardbasen E = {(,,, (,,, (,, } till basen C är lika med (id C,E = ((id E,C = = Och basbytesmatrisen från basen B till standardbasen E är lika med (id E,B = 3 Vi har alltså (f E = 3 = Visa att avbildningen T : P R 3 definierad av T (p(x = (p(, p(, p( (a är linjär: ( Låt p(x = a + a x + a x, q(x = b + b x + b x P. T (p(x + q(x = T ((a + b + (a + b x + (a + b x = (a + b, (a + b + (a + b + (a + b, (a + b + (a + b + (a + b 4 = (a, a + a + a, a + a + a 4 + (b, b + b + b, b + b + b 4 = T (p(x + T (q(x. ( Låt p(x = a + a x + a x P och λ R. T (λp(x = T (λa + λa x + λa x = (λa, λa + λa + λa, λa + λa + λa 4 = λ(a, a + a + a, a + a + a 4 = λt (p(x. (b T är injektiv: Anta att T (a + a x + a x = (,,. Då är a =, a + a + a =, och a + a + 4a =, som implicerar att a = a = a =. En injektiv linjär avbildning mellan två rum av samma dimension är bijektiv, (c Matrisframställningen av T relativt standardbasen {, x, x } av P och standardbasen {(,,, (,,, (,, } av R 3 är 4,

6 som har inversen 3 4 Därmed är inversen av T avbildningen S : R 3 P definierad genom S(a, b, c = a + ( 3 a + b cx + ( a b + cx. (d Hur kan man tolka denna isomorfi? Ett polynom av grad är fullständigt bestämt genom sin evaluation på tal, och (eller vilken andra tre godtyckliga tal. 8. (a Låt ( a b c d vara en matris av typ, och antag att A är ortogonal. Kolonvektorer av A måste alltså vara ortonormala, så att (a, c, (b, d = ab + cd =. Det följer att det finns λ R så att (b, d = λ( c, a. Eftersom varje radvektor har norm, har vi att a + c = och b + d = λ (a + c =, som implicerar alltså att λ = eller λ =. Från a + c = följer dessutom att a = cos(α och c = sin(α för en α R. Enligt om λ = eller λ = ser vi att A måste vara en av ( ( cos(α sin(α cos(α sin(α eller. sin(α cos(α sin(α cos(α (b Multiplikation med A, T A : R R v Av, är en rotation med vinkel α om ( cos(α sin(α sin(α cos(α. I andra fallet är ( cos(α sin(α sin(α cos(α = ( ( cos(α sin(α sin(α cos(α, och är alltså en rotation följd av en spegling kring x-axeln. (c I första fallet är det( cos(α + sin(α =, och i andra fallet är det( cos(α sin(α =,

7 så att om det(, då är T A en rotation och om det(, då är T A en rotation följd av en spegling kring x-axeln. (d Ortogonala matrisen ( / / / / har det( och är alltså en rotation med vinkeln α med cos(α = / och sin(α =, alltså med vinkeln α = 35, medan den ortogonala matrisen B = ( / 3/ 3/ / har det(b = och är en rotation med vinkeln β följd av en spegling kring x-axeln. Vinkeln satisfierar cos(β = / och sin(β = 3/, och är därför lika med β =. 9. Låt A vara följande 4 4 matris och b vara följande vektor: 4 4, b = Vi börjar med Gauss-elimationen (a En partikulär lösning till Ax = b, är x = (b Allmänna lösning till Ax = är 4 5 x = t, för t R. (c Allmänna lösning till Ax = b är x = + t

8 (d Ax = c har minst en lösning för varje (kolon-vektor c R 4 som ligger i kolonnrummet av A. Kolonnrummet av A har, enligt Sats 5.5.5, bas bestående av sin första, andra och fjärde kolonnvektor (då den trappstegsform av A har ledande i första, andra och fjärde kolonn, alltså har varje c som ligger i minst en lösning. Span 3, 4 6, 4