LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA MATEMATIK LÖSNINGAR TILL LINJÄR ALGEBRA 2018-08-29 kl 8 1 1 Volymen med tecken ges av determinanten a 2 2 2 4 2 1 2a 1 = a 2 2 2 0 4 2 = 4(a 2)(1 a) 0 2a 1 Parallellepipedens volym blir alltså 4 (a 2)(1 a) Det homogena systement har bara den triviala lösningen (x 1, x 2, x ) = (0, 0, 0) då determinanten ovan inte är 0, dvs då a 1 och a 2 Om a = 1 får vi systemet x 1 + 2x 2 2x = 0 2x 1 + 4x 2 2x = 0 x 1 2x 2 + x = 0 x 1 + 2x 2 2x = 0 2x = 0 x = 0, vilket har lösningarna (x 1, x 2, x ) = t( 2, 1, 0) Om a = 2 får vi systemet 2x 1 + 2x 2 2x = 0 2x 1 + 4x 2 2x = 0 x 1 4x 2 + x = 0 6x 2 = 0 4x 2 = 0 x 1 4x 2 + x = 0, vilket har lösningarna (x 1, x 2, x ) = t(1, 0, 1)
2 a) En riktnings vektor till linjen l 1 ges av v = OP 2 OP 1 = (2, 1) ( 1, 2) = (, ) Linjen l 1 kan alltså skrivas (x, y) = ( 1, 2) + t(, ) En vektor som går mellan l 1 och P är P 1 P = (1, ) ( 1, 2) = (2, 1) Projektionen på linjen ges alltså av OP 1 + P 1P v (2, 1) (, ) v = ( 1, 2) + (, ) = 1 ( 1, ) v 2 2 + 2 2 Kortaste avståndet blir samma som avståndet mellan P och dess projektion som ges av (1, ) 1 2 ( 1, ) = 1 2 (, ) = 2 2 b) Linjen l 2 kan skrivas (x, y, z) = (4, 5, 2)+t(2, 2, 4) Skärningen mellan π och l 2 ges av (4 + 2t) + (5 2t) 2(2 + 4t) = t = 1 Skärningspunkten blir alltså (4, 5, 2) + (2, 2, 4) = (6,, 6)
De två vektorerna ê 1 och ê 2 är inte parallella och utgör därför en bas för planet Sambandet mellan koordnaterna i nya och gamla basen ges av X = S ˆX, där S är basbytesmatrisen ( ) 4 S = 4 Vektorn (1, 1) i koordinatsystemet ē 1, ē 2 blir alltså ( ) 1 ( ) 4 1 4 1 = 1 25 ( ) ( ) 4 1 4 1 i basen ê 1,ê 2 Vektorn (1, 1) i koordinatsystemet ê 1, ê 2 blir ( ) ( ) ( ) 4 1 1 = 4 1 7 i basen ē 1,ē 2 = 1 25 ( ) 7 1
4 a) Vi har att (XA 1 B)C = I XA 1 B = C 1 X = (C 1 + B)A Vi får alltså X = (( ) 2 + 2 1 ( 0 1 2 )) ( ) 1 1 = 1 2 ( ) 2 4 4 5 b) Eftersom systemet inte har entydig lösning måste det(m) = 0, alltså är (ii) falsk Enligt huvudsatsen har MX = Z bara lösning för alla Z om och endast om det(m) 0, alltså är (i) sann Eftersom samtliga lösningar till MX = Y kan skrivas som X = X p + X h där X h ligger i nollrummet till M ser att vektorerna (, 1, 0, 0) och (1, 2,, 1) är en bas för nollrummet Nolldimensionen är då 2 och enligt dimensionssatsen är rangen 4-2 = 2, alltså är (iii) sann Vektorn v = ( 2, 1,, 1) är en egenvektor med egenvärde noll om den ligger i nollrummet till M Eftersom ( 2, 1,, 1) = (, 1, 0, 0) + (1, 2,, 1) är (iv) sann Det karakteristiska polynomet p M (λ) = det(λi M) är noll då λ är ett egenvärde Alltså är (v) sann
5 a) Egenvärdena uppfyller karakteristiska ekvationen λ + 2 1 1 0 = det(λi A) = 0 λ 1 0 λ 1 = (λ + 2) ( (λ 1) 2 9 ), vilken har lösningarna λ = 2 (dubbelrot) och λ = 4 För λ = 2 får vi systemet x 2 x = 0 x 2 + x = 0 x 2 x = 0 x 2 x = 0 6x = 0 0 = 0 Alltså blir egenvektorerna (x 1, x 2, x ) = (t, 0, 0), t 0 För λ = 4 får vi systemet 6x 1 x 2 x = 0 x 2 + x = 0 x 2 + x = 0 6x 1 x 2 x = 0 x 2 + x = 0 0 = 0 Alltså blir egenvektorerna (x 1, x 2, x ) = (0, t, t), t 0 Eftersom vi bara kan hitta två linjärt oberoende egenvektorer kan matrisen inte diagonaliseras b) Vi ser att avbildningsmatrisen för den sammansatta avbildningen F F som avbildar K 0 på K 2 är A 2 Avbildningsmatrisen för den sammansatta avbildningen F F F som avbildar K 0 på K är A På samma sätt blir A n avbildningsmatrisen till den avbildning som avbildar K 0 på K n Volymen av K n (med tecken) kan alltså skrivas V (K n ) = det(a n )V (K 0 ) Utveckling efter andra raden ger 1 2 V (K 0 ) = 1 0 1 2 1 2 = 2 1 2 + 1 2 2 1 = 1 = 2 Pga produktregeln är 2 1 1 det(a n ) = (det(a)) n = 0 1 0 1 Vi får alltså volymen V (K n ) = 16 n 2 = (2 4 ) n 2 = 2 4n+1 n = ( 2(1 1 ( ) ( ))) n = 16 n Eftersom determinanten det(a n ) = (det(a)) n inte är noll är A n inverterbar för alla n
6 a) Gausselimination ger AX = B x 1 x 2 + 4x = 2x 1 + x 2 + x = 2x 1 + 2x 2 + 4x = 0 2x 2 2x = x 1 x 2 + 4x = 5x 2 5x = 0 = 5 2 0 = 5 2 Systemet är alltså inte lösbart Eftersom finns 2 pivot element och kolonner blir rangen 2 och nolldimensionen -2 = 1 b) Vi har V 1 V 2 = 1 (1 ( 2) + 2 1 + 2 0 + 0 2) = 0, 9 V l = 1 12 + 2 2 + 2 2 + 0 2 = 1, V 2 = 1 ( 2)2 + 1 2 + 0 2 + 2 2 = 1 Alltså är V 1 och V 2 ortonormerade Dom två första kolonnerna i A är en bas för kolonnrummet (eftersom pivot elementen finns i kolonn ett och två) Eftersom 1 2 2 = V 1 0 och 1 2 2 = V 1 + V 2, blir V 1 och V 2 ochså en bas för kolonnrummet Vektorn B 1 ligger i kolonnrummet och kan därför skrivas B 1 = av 1 +bv 2 Tar vi skalärprodukten mellan B och basvektorn V 1 får vi V T 1 B = V T 1 B 1 + V T 1 B 2 = V T 1 B 1 = av T 1 V 1 + bv T 1 V T 2 = a V 1 2 = a, eftersom V 1 B 2, V 1 V 2 och V 1 = 1, vilket ger a = 1(1 + 2 + 2 0 + 0 ( )) = På samma sätt får vi b = V1 T B = 1(( 2) + 1 + 0 0 + 2 ( )) =, vilket ger 0 B 1 = 1 2 och B 2 = B B 1 = 2 2 2 1 c) Eftersom Y tillhör kolonnrummet till A så är Y B 2 Då blir Y +B 2 2 = (Y +B 2 ) T (Y +B 2 ) = Y T Y +2Y T B }{{} 2 +B2 T B 2 = Y 2 + B 2 2 =0 Eftersom AX är en linjärkombination av kolonnerna i A och B 1 ligger i kolonnrummet till A så ligger även AX B 1 i kolonnrummet för alla X Vi får då att AX B 2 = AX B 1 B 2 2 = AX B 1 2 + B 2 2 Då B 1 ligger i kolonnrummet till A kan vi hitta ett X så att AX +B 1 = 0 Eftersom AX B 1 0 för alla X får vi att minsta värdet av AX B 2 = B 2 2 = 0 2 + 2 2 + ( 2) 2 + 1 2 = 9