SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI

Relevanta dokument
SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI

SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI

SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI

Vektorgeometri för gymnasister

Lösningsförslag till skrivningen i Vektorgeometri (MAA702) Måndagen den 13 juni 2005

Lösningsförslag till skrivningen i Vektorgeometri (MAA702) måndagen den 30 maj 2005

Vektorgeometri för gymnasister

Vektorgeometri för gymnasister

Vektorgeometri för gymnasister

SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

Tentamen i Linjär algebra (TATA31/TEN1) ,

Facit/lösningsförslag

Inför tentamen i Linjär algebra TNA002.

SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI Delkurs

A = x

16.7. Nollrum, värderum och dimensionssatsen

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Styf. Exempeltenta med lösningar Programmen EI, IT, K, X Linjär algebra juni 2004

LYCKA TILL! kl 8 13

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

Tentamen i ETE305 Linjär algebra , 8 13.

1 Linjära ekvationssystem. 2 Vektorer

16.7. Nollrum, värderum och dimensionssatsen

A = (3 p) (b) Bestäm alla lösningar till Ax = [ 5 3 ] T.. (3 p)

Vektorerna är parallella med planet omm de är vinkelräta mot planets normal, dvs mot

Tentamen i Linjär algebra (TATA31/TEN1) , 8 13.

1. (Dugga 1.1) (a) Bestäm v (3v 2u) om v = . (1p) and u =

19. Spektralsatsen Spektralsatsen SPEKTRALSATSEN

Vektorer. Kapitel 1. Vektorbegreppet. 1.1 Låt u=(4,0, 1,3) och v=(2,1,4, 2). Beräkna vektorn 2u 3v.

Linjär algebra på några minuter

SF1624 Algebra och geometri Tentamen Torsdag, 17 mars 2016

. (2p) 2x + 2y + z = 4 y + 2z = 2 4x + 3y = 6

Stöd inför omtentamen i Linjär algebra TNA002.

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

Vektorgeometri för gymnasister

Prov i matematik F2, X2, ES3, KandFys2, Lärare, Frist, W2, KandMat1, Q2 LINJÄR ALGEBRA II

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

Vektorgeometri för gymnasister

SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI

Provräkning 3, Linjär Algebra, vt 2016.

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till modelltentamen DEL A

4x az = 0 2ax + y = 0 ax + y + z = 0

Frågorna 1 till 6 ska svaras med ett kryss för varje korrekt påstående. Varje uppgift ger 1 poäng. Använd bifogat formulär för dessa 6 frågor.

Tentamen i Linjär algebra (TATA31/TEN1) ,

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Fredagen den 23 oktober, 2009 DEL A

Prov i matematik Civilingenjörsprogrammen EL, IT, K, X, ES, F, Q, W, Enstaka kurs LINJÄR ALGEBRA

Frågorna 1 till 6 ska svaras med ett kryss för varje korrekt påstående. Varje uppgift ger 1 poäng.

Tentamen i Linjär algebra (TATA31/TEN1) ,

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A. t 2

Chalmers tekniska högskola Datum: kl Telefonvakt: Linnea Hietala MVE480 Linjär algebra S

Linjär algebra på 2 45 minuter

LÖSNINGAR LINJÄR ALGEBRA LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA MATEMATIK

Vektorgeometri för gymnasister

Linjär algebra kurs TNA002

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

Egenvärden och egenvektorer. Linjär Algebra F15. Pelle

LÖSNINGAR TILL LINJÄR ALGEBRA kl 8 13 LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA MATEMATIK. 1. Volymen med tecken ges av determinanten.

3 1 = t 2 2 = ( 1) ( 2) 1 2 = A(t) = t 1 10 t

SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI

z = 4 + 3t P R = (5 + 2t, 4 + 2t, 4 + 3t) (1, 1, 3) = (4 + 2t, 3 + 2t, 1 + 3t)

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till modelltentamen DEL A

Övningar. MATEMATISKA INSTITUTIONEN STOCKHOLMS UNIVERSITET Avd. Matematik. Linjär algebra 2. Senast korrigerad:

= ( 1) ( 1) = 4 0.

Övningar. c) Om någon vektor i R n kan skrivas som linjär kombination av v 1,..., v m på precis ett sätt så. m = n.

Lösning av tentamensskrivning på kursen Linjär algebra, SF1604, för CDATE, CTFYS och vissa CL, tisdagen den 20 maj 2014 kl

Lite Linjär Algebra 2017

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Lördagen den 5 juni, 2010 DEL A

0 Allmänt. Följande delar behöver man kunna utöver avsnitten som beskrivs senare i dokumentet.

Vektorgeometri för gymnasister

DEL I. Matematiska Institutionen KTH. Lösning till tentamensskrivning på kursen Linjär algebra II, SF1604, den 15 mars 2010 kl

Preliminärt lösningsförslag

Detta cosinusvärde för vinklar i [0, π] motsvarar α = π 4.

SF1624 Algebra och geometri Tentamen Torsdag, 9 juni 2016

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

Tentamen i Linjär algebra (TATA31/TEN1) ,

Tentamen i Linjär algebra (TATA31/TEN1) ,

ax + y + 4z = a x + y + (a 1)z = 1. 2x + 2y + az = 2 Ange dessutom samtliga lösningar då det finns oändligt många.

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

Tentamen i Linjär algebra , 8 13.

17. Övningar ÖVNINGAR Låt F och G vara avbildningar på rummet, som i basen e = {e 1,e 2,e 3 } ges av. x 1 x 2 2x 2 + 3x 3 2x 1 x 3

LINJÄRA AVBILDNINGAR

November 24, Egenvärde och egenvektor. (en likformig expansion med faktor 2) (en rotation 30 grader moturs)

SF1624 Algebra och geometri Tentamen Onsdag, 13 januari 2016

Matematiska Institutionen KTH. Lösning till tentamensskrivning på kursen Linjär algebra, SF1604, den 15 mars 2012 kl

SF1624 Algebra och geometri

Preliminärt lösningsförslag

Lösningar till utvalda uppgifter i kapitel 8

Vektorgeometri för gymnasister

KOKBOKEN 1. Håkan Strömberg KTH STH

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Tisdagen den 15 december, 2009 DEL A

x + y + z + 2w = 0 (a) Finn alla lösningar till ekvationssystemet y + z+ 2w = 0 (2p)

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf. Svar till tentan. Del A. Prov i matematik Linj. alg. o geom

8(x 1) 7(y 1) + 2(z + 1) = 0

Preliminärt lösningsförslag

n = v 1 v 2 = (4, 4, 2). 4 ( 1) + 4 ( 1) 2 ( 1) + d = 0 d = t = 4 + 2s 5 t = 6 + 4s 1 + t = 4 s

1. Bestäm volymen för den parallellepiped som ges av de tre vektorerna x 1 = (2, 3, 5), x 2 = (3, 1, 1) och x 3 = (1, 3, 0).

Lösningar till MVE021 Linjär algebra för I

denna del en poäng. 1. (Dugga 1.1) (a) Beräkna u (v 2u) om v = u och u har längd 3. Motivera ert svar.

Transkript:

SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI 017-05-09 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 nollrum och värderum till den linjära avbildning F, vars avbildningsmatris ges av 1 1 A = 0 1 1. 0 6. Bestäm avbildningsmatrisen för den linjära avbildning som speglar varje vektor i rummet i det plan som går genom origo och spänns upp av vektorerna u = (0,1,0) och v = (5,0,). 3. Ljusstrålar, parallella med vektorn v = (1,, 1), belyser planet med ekvationen x y z = 1. I punkten P = (1,0,1) befinner sig myggan Maggan. Beräkna (a) det kortaste avståndet mellan Maggan och planet (b) avståndet mellan Maggan och den skuggbild som hon kastar på planet. 4. De tre vektorerna v 1 = (1,,1), v = (1,0, 1) och v 3 = (0,1,0) är givna i en bas (e 1,e,e 3 ). Låt F vara en linjär avbildning av rummets vektorer. Antag att F(v 1 ) = 0, F(v ) = v och F(v 3 ) = v 3. Bestäms F:s avbildningsmatris i basen (e 1,e,e 3 ). Tips. Utgör (v 1,v,v 3 ) en bas? 5. Bestäm en ON-bas av egenvektorer till den linjära avbildning, vars matris ges av 1 1. 1

SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI 017-05-09 Lösningsförslag 1. 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. Vi får därmed ekvationssystemet x 1 x + x 3 = 0 x 1 x + x 3 = 0 x + x 3 = 0 x + x 3 = 0 x 1 + 6x 3 = 0 x + x 3 = 0. De två sista ekvationerna är här ekvivalenta. Genom att sätta x 3 = t blir x = t och x 1 = x x 3 = t t = 3t, så lösningen kan därmed på parameterform skrivas x 1 = 3t x = t x 3 = t, där t är ett godtyckligt reellt tal. Geometriskt beskriver detta en rät linje genom origo (med riktningsvektorn ( 3, 1, 1)). Detta betyder att nollrummet N(F) är endimensionellt; dimn(f) = 1. Med hjälp av dimensionssatsen fås nu dimensionen av värderummet V(F) till att vara dimv(f) = 3 dimn(f) = 3 1 =, d.v.s. värderummet är ett plan genom origo. För att teckna en ekvation för detta plan behöver vi känna till två icke-parallella vektorer som ligger i planet. Dessa kan väljas från A:s kolonner; t.ex. duger den första och andra kolonnen för detta ändamål. Vektorerna v 1 = (1,0,) och v = ( 1,1,0) spänner alltså upp värderummet, och en ekvation på parameterform för detta blir därmed x 1 = t 1 t x = t x 3 = t 1, där t 1 och t är godtyckliga reella tal. Om man så önskar kan man även teckna en ekvation på normalform för detta plan: Vektorn (x 1,x,x 3 ) ligger i planet om och endast om x 1 1 1 x 0 1 x 3 0 = 0 x 1 x +x 3 = 0. Svar: N(F): (x 1,x,x 3 ) = t( 3, 1,1) V(F): x 1 +x x 3 = 0.. Först tecknar vi en ekvation på normalform för planet. Eftersom de givna vektorna spänner upp planet, kommer deras vektorprodukt att duga som normalvektor; vi har n = u v = (,0, 5). En ekvation för planet på normalform är således x 1 5x 3 = 0.

Kalla avbildningen ifråga för S. Vi kan teckna S som S(x) = x λn, (1) se nedanstående figur. n x u = λn S(x) I figuren ovan är u den ortogonala projektionen av x på n, så u = λn, där λ kan bestämmas med hjälp av projektionsformeln λ = x n n. Låt x = (x 1,x,x 3 ) vara en godtycklig vektor i rummet och antag att dess spegelbild i planet ges av S(x) = (y 1,y,y 3 ). Då följer från (1), att (y 1,y,y 3 ) = (x 1,x,x 3 ) λ(,0, 5) = (x 1 4λ,x,x 3 +10λ). Eftersom n = (,0, 5), så är n = +0 +( 5) =, vilket medför att Detta ger att λ = x n n = x 1 5x 3. () y 1 = x 1 4λ = x 1 4 (x 1 5x 3 ) = 1 (1x 1 +0x 3 ) y = x y 3 = x 3 +10λ = x 3 + 10 (x 1 5x 3 ) = 1 (0x 1 1x 3 ), vilket på matrisform kan skrivas som y 1 1/ 0 0/ y = 0 1 0 0/ 0 1/ y 3 Matrisen x 1 x x 3 = 1 A = 1 1 0 0 0 0 0 0 1 är därmed den sökta avbildningsmatrisen. 1 0 0 0 0 0 0 1 Alternativt kan vi beräkna bilderna S(e 1 ), S(e ) och S(e 3 ) av var och en av basvektorerna. Koordinaterna för dessa vektorer kommer att utgöra kolonnerna i avbildningsmatrisen för S. Som tidigare använder vi oss av formel(1), men vi måste komma ihåg beräkna ett nytt värde på λ med hjälp av (), för varje basvektor. För t.ex. vektorn e 1 blir λ = e 1 n n =. x 1 x x 3.

Detta medför i sin tur att S(e 1 ) = e 1 λn = (1,0,0) 4 (,0, 5) = 1 (1,0,0), vilket ger den första kolonnen i avbildningsmatrisen A. För vektorn e får vi på motsvarande sätt att λ = 0, och därmed att S(e ) = e λn = (0,1,0) är den andra kolonnen i A. På motsvarande vis blir den tredje kolonnen. S(e 3 ) = 1 (0,0, 1) Istället för att använda projektionsformeln kan man låta P = (x 1,x,x 3 ) vara en godtycklig punkt i rummet och sedan betrakta den räta linje L som går genom P och har normalvektorn n = (,0, 5) som riktningsvektor. En godtycklig punkt på L har koordinaterna Q = (x 1 +t,x,x 3 5t) för något värde på t. För ett visst värde på t, säg t = t 0, hamnar Q i planet (d.v.s. uppfyller planets ekvation). Så om vi flyttar oss från P till den punkt på linjen som svarar mot parametervärdet t = t 0, så hamnar vi alltså i planet. Om vi förflyttar oss dubbelt så långt, d.v.s. till den punkt som svarar mot parametervärdet t = t 0, så hamnar vi i P:s spegelbild S(P). Eftersom Q ligger i planet precis när (x 1 +t) 5(x 3 5t) = 0 x 1 5x 3 +t t = 1 (x 1 5x 3 ), så betyder detta att spegelbildens koordinater (y 1,y,y 3 ) kommer att ges av y 1 = x 1 + t = x 1 4 (x 1 5x 3 ) y = x y 3 = x 3 5 t = x 3 + 10 (x 1 5x 3 ), vilket efter förenkling mynnar ut i samma matris som ovan. Ett fjärde 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 = (5,0,) ligger i planet, i och med att den uppfyller planets ekvation. Normalvektorn n = (, 0, 5) är därmed ortogonal mot u. En tredje vektor, som är ortogonal mot både u och n är vektorprodukten v = u n = (0,,0). 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 (5,0,), f = n n = 1 (,0, 5), f 3 = v v = 1 (0,,0) = (0,1,0),

så kommer f 1,f,f 3 att vara en ON-bas, i vilken S har avbildningsmatrisen 1 0 0 B = 0 1 0, 0 0 1 på grund kolonnerna hos B är bilderna av basvektorernaf 1, f respektivef 3 ijustdennabas;vihars(f 1 ) = f 1 ochs(f 3 ) = f 3 pågrundavattf 1 ochf 3 ligger i planet, och därmed är sina egna spegelbilder, och S(f ) = f på grund av att f, i kraft av att vara en normalvektor, har som spegelbild en vektor som är lika lång men pekar åt motsatt håll. 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,f 3 (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 kan komma att bli litet risiga räkningar. Slutresultatet blir dock samma matris A som vi fick ovan. Svar: 1 1 0 0 0 0 0 0 1 3. (a) Låt L vara den linje som går genom P = (1,0,1) och har planets normalvektor n = (1,, ) som riktningsvektor. På parameterform har denna linje ekvationen x = 1 + t y = t z = 1 t. Skärningspunkten mellan L och det givna planet x y z = 1 är den punkt i planet som ligger närmast Maggan; vi söker avståndet mellan denna skärningspunkt och P. Om R = (1 + t, t,1 t) är en godtycklig punkt på L, så har vi att PR = (t, t, t) = tn. Om R dessutom ligger i planet, så gäller (1+t) ( t) (1 t) = 1 9t 1 = 1 t = 9. Det sökta avståndet mellan Maggan och planet ges därmed av PR = tn = 1 +( ) 9 +( ) = 9 9 = 3. Notera att vi egentligen inte behöver veta vilka koordinater R har, utan endast hur lång vektorn PR är. (b) Här har vi precis samma frågeställning som i deluppgift (a). Enda skillnaden är egentligen att L istället är den räta linje som går genom P och har

v = (1,, 1) som riktningsvektor. Denna räta linje beskrivs av ekvationen x = 1 + t y = t z = 1 + t. För en godtycklig punkt Q = (1+t,t,1+t) på denna linje har vi PQ = tv, och vi söker t så att Q uppfyller planets ekvation: (1+t) t (1+t) = 1 5t 1 = 1 t = 5. Avståndet mellan Maggan och hennes skuggbild är därför PQ = tv = 1 + 5 +1 = 6 5. Liksom i deluppgift (a) är det inte nödvändigt att veta koordinaterna för Q, utan endast hur lång vektorn PQ är. Svar: (a) 3 (b) 6 5 4. Låt T vara den matris, vars kolonner utgörs av vektorerna v 1 = (1,,1), v = (1,0, 1) och v 3 = (0,1,0). Eftersom 1 1 0 dett = 0 1 1 1 0 = 0, så utgör v = (v 1,v,v 3 ) en bas för rummets vektorer. Från F(v 1 ) = 0, F(v ) = v och F(v 3 ) = v 3, följer att F har matrisen 0 0 0 B = 0 1 0 0 0 1 i basen v, i och med att kolonnerna i en avbildningsmatris är koordinaterna för bilderna av basvektorerna i den aktuella basen. Frågan är nu vilken matris F har i basen e = (e 1,e,e 3 )? Om vi kallar denna matris för A, så ges sambandet mellan A och B av B = T 1 AT, där T är transformationsmatrisen för byte från basen e till basen v, och detta är precis den matris vars determinant vi beräknat ovan, d.v.s. T = 1 1 0 0 1 1 1 0 Alltså har vi att beräkna A = TBT 1.

Vi bestämmer T 1 genom att lösa ett ekvationssystem TX = Y med allmänt högerled Y; av x 1 + x = y 1 x 1 + x 3 = y x 1 x = y 3 x 1 + x = y 1 x + x 3 = y 1 + y + x = y 1 + y 3 x 1 = 1 y 1 + 1 y 3 x 3 = y 1 + y + y 3 x = y 1 + y 3 x 1 = 1 y 1 + 1 y 3 x = 1 y 1 1 y 3 x 3 = y 1 + y + y 3 1/ framgår det att T 1 = 1 1 0 1 1 0 1. Därmed blir 1 1 0 0 0 0 A = TBT 1 = 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 0 1 = 1 1 0 1. 1 0 1 (Det skadar aldrig att för säkerhets skull kolla så att F, definierad av denna matris,verkligenuppfyllervillkorenf(v 1 ) = 0,F(v ) = v ochf(v 3 ) = v 3.) Svar: 1 1 0 1 1 0 1 5. Först konstaterar vi att den givna avbildningsmatrisen, låt oss kalla den för A, är symmetrisk. Därmed vet vi på grund av spektralsatsen att det garanterat finns en ON-bas av egenvektorer till avbildningen. För att bestämma A:s egenvektorer, börjar vi med att bestämma dess egenvärden, genom att lösa sekularekvationen 1 λ det(a λe) = 0 1 λ 1 λ = 0. För att beräkna determinanten i vänsterledet, kan vi gå till väga på följande vis:vibörjarmedattadderadenandraochtredjeradentilldenförsta.detta

påverkar inte determinantens värde. Således 1 λ 1 λ 1 λ = 1 λ 5 λ 1 λ 1 λ 1 λ. Subtrahera nu den tredje kolonnen från den första: 1 λ 5 λ 1 λ 1 λ 1 λ = 0 5 λ 1 λ 0 1 λ 3+λ 1 λ. Detta ger en determinant där samtliga element utom ett i den första kolonnen är 0. Detta gör att vi kan bryta ner determinanten till en -determinant: 0 5 λ 1 λ 0 1 λ 3+λ 1 λ = ( 1)3+1 ( 3+λ) 5 λ 1 λ 1 λ. Sekularekvationen kan därmed skrivas ( 3+λ)((5 λ) (1 λ) ) = 0 (λ 3)(10 λ 1+λ λ ) = 0 λ = 3 eller λ = 9. Lösningarna till sekularekvationen är alltså λ = 3 (dubbelrot) och λ = 3. Detta är A:s egenvärden. Motsvarande egenvektorer fås nu genom att lösa ekvationssystemen AX = λx för vart och ett av egenvärdena till A. För λ = 3 får vi systemet x 1 + x x 3 = 3x 1 x 1 + x x 3 = 0 x 1 + x + x = 3x x 1 x + x 3 = 0 x 1 + x + x 3 = 3x 3 x 1 + x x 3 = 0. Vi ser här att samtliga tre ekvationer är ekvivalenta med x 1 x +x 3 = 0, vilket vi kan se som ekvationen för ett plan. Varje vektor som ligger i detta plan är en egenvektor med egenvärdet 3, och vi behöver hitta två sådana vektorer som är ortogonala med varandra (eftersom det ju är en ON-bas som vi är ute efter). Vektorn v 1 = (1,1,0) ligger i planet (dess koordinater uppfyller planets ekvation). Om v = (y 1,y,y 3 ) ligger i planet och är ortogonal mot v 1, måste dels y 1 y +y 3 = 0 gälla (planets ekvation måste vara uppfylld), dels y 1 +y = 0 (skalärprodukten v 1 v måste vara noll). Vi får alltså att { y1 y + y 3 = 0 y 1 + y = 0. Genom addera dessa två ekvationer till varandra får vi y 1 +y 3 = 0. Om vi nu väljer t.ex. y 1 = 1 följer att y 3 =, vilket i sin tur ger y = y 1 +y 3 = 1. Alltsåärv = (1, 1, )enegenvektor(medegenvärdet3)somärortogonal mot v 1. För att få en ON-bas, ska vektorerna dessutom vara av längd 1, så därför normerarar vi v 1 och v, och får egenvektorerna u 1 = 1 (1,1,0) och u = 1 6 (1, 1, ). (3)

Egenvektorer hörande till egenvärdet λ = 3 fås genom att lösa x 1 + x x 3 = 3x 1 x 1 + x + x = 3x x 1 + x + x 3 = 3x 3 4x 1 + x x 3 = 0 x 1 + 4x + x 3 = 0 x 1 + x + 4x 3 = 0 6x + 6x 3 = 0 6x + 6x 3 = 0 x 1 + x + 4x 3 = 0. + Med x 3 = t blir x = x 3 = t och x 1 = x + x 3 = t t = t. Alltså är t( 1, 1, 1) en egenvektor för varje t 0. Eftersom dessa hör till ett annat egenvärde än egenvektorerna u 1 och u blir t( 1,1, 1) automatiskt ortogonal mot båda dessa vektorer för varje t, och vi behöver därför enbart välja t så att vi får en egenvektor av längd 1: u 3 = 1 3 ( 1,1, 1). (4) Vår ON-bas av egenvektorer är alltså (u 1,u,u 3 ), där u 1, u och u 3 ges av (3) och (4). Notera att andra svar är möjliga, beroende på hur man väljer de båda egenvektorerna som svarar mot egenvärdet 3. Svar: u 1 = 1 (1,1,0), u = 1 (1, 1, ), u 3 = 1 ( 1,1, 1) (t.ex.) 6 3