LAoG I, 5 hp ES1, KandMa1, MatemA 2012-09-06 Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf Sammanfattning av föreläsningarna 13 - 17. Föreläsningarna 13–17, 8/10–15/10 2012: Det viktigaste är här att du lär dig • att reducera en spännande samling vektorer till en bas, • att komplettera en oberoende samling vektorer till en bas, • att bestämma komponenterna av en vektor med avseende på en godtycklig bas, • att bestämma standardmatrisen för en linjär avbildning. Speciellt i fallen då avbildningen är en rotation, projektion eller spegling. Det är även dags att påbörja tentamensförberedelserna genom att lösa problem på gamla tentor. Glöm inte att studera lösningarna till kryssproblemen. • Reella vektorrum. Vi inskränker oss till de geometriska vektorerna i planet (som kan identifieras med R2 ) och rummet (som kan identifieras med R3 ) samt rummen Rm , m > 3, bestående av alla kolonnmatriser (ibland radmatriser) med m element. Dessutom betraktar vi alla delrum till dessa vektorrum. • Delrum. En icke-tom delmängd W av Rm sägs vara ett delrum till Rm om det för alla u, v ∈ W och varje λ ∈ R gäller att u+v ∈W λu ∈ W W är slutet under vektoraddition. W är slutet under multiplikation med skalärer. Om L och W är delrum till Rm och dessutom L ⊆ W så säger vi att L är ett delrum till W. Eftersom W inte är tomt innehåller det en vektor u. Av ovanstående definition följer att då innehåller W även alla multipler λu. Väljer vi speciellt λ = 0 fås λu = ~0. Varje delrum till Rm måste alltså innehålla nollvektorn ~0. Mängden M = {~0}, bestående av enbart nollvektorn, är ett delrum till Rm ty ~0 + ~0 = ~0 ∈ M λ~0 = ~0 ∈ M M är det minsta delrummet till Rm . Det största delrummet till Rm är Rm självt. • Linjärkombinationer. Låt a1 , . . . , an vara vektorer i Rm . Summan x1 a1 + · · · + x n a n = a1 x1 + · · · + a n x n är en linjärkombination av a1 , . . . , an med koefficienterna x1 , . . . , xn . 1 Mängden av alla linjärkombinationer av a1 , . . . , an kallas för det linjära höljet av vektorerna a1 , . . . , an och betecknas som [a1 , . . . , an ]. Om A = (a1 , . . . , an ) är m × n-matrisen med a1 , . . . , an som kolonner och x = ( x1 , . . . , xn )T ∈ Rn så gäller att x1 Ax = (a1 , . . . , an ) ... = a1 x1 + · · · + an xn = x1 a1 + · · · + xn an xn Det betyder att [a1 , . . . , an ] = { Ax | x ∈ Rn } • Linjära höljen är delrum. Låt W = [a1 , . . . , an ]. Då är W ett delrum till Rm . Bevis. Två godtyckliga vektorer u, v ∈ W kan skrivas u = Ax, v = Az, (där A = (a1 , . . . , an ) och x, z ∈ Rn ). Av u + v = Ax + Az = A(x + z) ∈ W λu = λAx = A(λx) ∈ W följer att W är ett delrum. • Nollrummet till en matris. Låt A = (a1 , . . . , an ) vara en m × n-matris. Mängden N ( A) = {x ∈ Rn | Ax = ~0} kallas för nollrummet till A. N ( A) är ett delrum till Rn . Bevis. Låt x, z vara två godtyckliga vektorer i N ( A). Av A(x + z) = Ax + Az = ~0 + ~0 = ~0 A(λx) = λAx = λ~0 = ~0 följer att N ( A) är ett delrum. • Linjärt beroende och oberoende. Vektorerna a1 , . . . , an ∈ Rm sägs vara linjärt oberoende om det homogena ekvationssystemet Ax = ~0 bara har lösningen x = ~0. Eftersom x1 Ax = (a1 , . . . , an ) ... = a1 x1 + · · · + an xn = x1 a1 + · · · + xn an xn kan detta uttryckas som att a1 , . . . , an ∈ Rm är linjärt oberoende om och endast om det enda sättet att skriva nollvektorn som en linjärkombination av a1 , . . . , an är att ta samtliga koefficienter lika med noll. Vektorerna a1 , . . . , an ∈ Rm sägs vara linjärt beroende om de inte är linjärt oberoende. Alltså är a1 , . . . , an ∈ Rm linjärt beroende om och endast om det homogena ekvationssystemet Ax = ~0 har en lösning x 6= ~0. 2 Vi har tidigare sett att varje matris A är radekvivalent med en unik reducerad trappmatris C. Ekvationssystemen Ax = ~0 och Cx = ~0 har samma lösningar. Systemet Cx = ~0 har den entydiga lösningen x = ~0 om och endast om samtliga kolonner i C är pivotkolonner. I detta fall måste C ha formen In C= O där, om m > n, O är en matris med enbart nollor. Speciellt gäller att om a1 , . . . , an ∈ Rm är linjärt oberoende så måste m ≥ n. I fallet då m = n så är a1 , . . . , an ∈ Rn linjärt oberoende om och endast om matrisen A = (a1 , . . . , an ) är radekvivalent med enhetsmatrisen In . Detta är, som vi tidigare sett, ekvivalent med att A är inverterbar. • Baser. Låt W vara ett delrum till Rm . Vi säger att b = (b1 , . . . , br ) är en bas i W om b1 , . . . , br ∈ W och – b1 , . . . , br är linjärt oberoende, – b1 , . . . , br spänner upp W, d.v.s W = [b1 , . . . , br ]. Detta innebär att för varje w ∈ W är ekvationssystemet (b1 , . . . , br | w) entydigt lösbart och när vi löser systemet får vi Ir h ( b1 , . . . , br | w ) ∼ O ~0 En viktig detalj är här att om b1 , . . . , br är linjärt oberoende och ( b1 , . . . , br ) ∼ H så måste H ha minst r nollskilda rader. • Sats. Antag att a1 , . . . , an , b1 , . . . , br är vektorer i delrummet W, sådana att W spänns upp av a1 , . . . , an och b1 , . . . , br är linjärt oberoende. Då gäller n ≥ r och n = r om och endast om både a = (a1 , . . . , ar ) och b = (b1 , . . . , br ) är baser i W. Bevis. Av förutsättningarna följer att matrisekvationen (a1 , . . . , an | b1 , . . . , br ) = ( A | B) är lösbar. Alltså har vi C H ( A | B) ∼ (∗) O O där matrisen till höger är en reducerad trappmatris (O:na står för nollmatriser och alla raderna i C är nollskilda). Eftersom H har minst r nollskilda rader, C har minst lika många nollskilda rader som H och C har högst n nollskilda rader följer att n ≥ r. C har lika många pivotkolonner som den har rader. Alltså har C (och därmed A) minst r pivotkolonner. Om n = r är därför alla kolonner i C pivotkolonner, vilket innebär att a1 , . . . , ar är linjärt oberoende och därmed en bas i W. I den situationen gäller att C = Ir och H är en inverterbar r × r-matris. Genom att starta med ( B | A) och göra exakt samma följd av radoperationer som vi gjorde i (∗) och sedan avsluta med den följd av radoperationer som man gör vid beräkningen av H −1 får vi H Ir Ir H −1 ( B | A) ∼ ∼ O O O O 3 Detta visar att varje vektor i basen a är en linjärkombination av b1 , . . . , br . Alltså spänner b1 , . . . , br upp W och följaktligen är b = (b1 , . . . , br ) en bas i W. Om slutligen både a = (a1 , . . . , an ) och b = (b1 , . . . , br ) är baser i W så får vi, som ovan, att n ≥ r. Eftersom b spänner upp W och a är linjärt oberoende måste vi även ha r ≥ n. Två baser i ett delrum W måste alltså innehålla samma antal vektorer. Detta antal sägs vara W:s dimension och betecknas med dimW. Eftersom ingen bas får innehålla nollvektorn tvingas vi definiera dim{~0} = 0. Satsen säger också att om n = dim W och a1 , . . . , an är linjärt oberoende vektorer i W så är a = (a1 , . . . , ar ) en bas i W. I Rm är e = (e1 , . . . , em ), där 1 0 0 0 1 0 e1 = . e2 = . . . . e m = . . . . . .. 0 0 1 en bas som kallas för standardbasen. Det innebär att dimRm = m. Av ovanstående följer att varje äkta delrum till Rm har lägre dimension än m. • Sats. Om a1 , . . . , an är linjärt oberoende vektorer i Rm och a ∈ / [a1 , . . . , an ] så är a1 , . . . , an , a linjärt oberoende. Bevis. Antag att ~0 = λ1 a1 + · · · + λn an − λa (∗) Om λ 6= 0 så gäller λn λ1 a1 + · · · + an , λ λ vilket strider mot förutsättningen att a ∈ / [a1 , . . . , an ]. Alltså måste λ = 0. Men då har vi a= ~0 = λ1 a1 + · · · + λn an , vilket, eftersom a1 , . . . , an är linjärt oberoende, medför att 0 = λ1 = · · · = λ n . Detta innebär att den enda lösningen till vektorekvationen (∗) är 0 = λ1 = · · · = λ n = λ Alltså är a1 , . . . , an , a linjärt oberoende. • Komplettering till en bas. Om a1 , . . . , ar är linjärt oberoende vektorer i W och [ a1 , . . . , ar ] 6 = W så finns det vektorer ar+1 , . . . , an i W, sådana att a = (a1 , . . . , an ) är en bas i W. Bevis. Eftersom [a1 , . . . , ar ] 6= W måste det finnas en vektor ar+1 ∈ W sådan att ar+1 ∈ / [a1 , . . . , ar ]. Av föregående sats följer att a1 , . . . , ar , ar+1 är linjärt oberoende. Om nu [ a 1 , . . . , a r , a r +1 ] = W så är (a1 , . . . , ar+1 ) en bas i W. Om inte så får förfarandet upprepas. Eftersom Rm inte innehåller fler än m linjärt oberoende vektorer måste vi få en bas i W efter högst m − r steg. 4 Ovanstående visar att det finns baser i varje delrum W 6= {~0} till Rm . • Reducering till en bas. Antag att a1 , . . . , an är vektorer i delrummet W till Rm och att [ a1 , . . . , a n ] = W d.v.s a1 , . . . , an spänner upp W (vilket även kan uttryckas som att a1 , . . . , an är en spännande samling av vektorer). Då kan man bland vektorerna a1 , . . . , an plocka ut en bas a = (a j1 , . . . , a jr ) i W. Standardmetoden för att göra detta har vi redan använt många gånger: Vi bildar m × nmatrisen A = ( a1 , a2 , . . . , a n ) med vektorerna som kolonner. Därefter gör vi radoperationer tills vi får en reducerad trappmatris C: A ∼ ( c1 , c2 , . . . , c n ) = C Om c j1 , . . . , c jr är pivotkolonnerna i C så är a = (a j1 , . . . , a jr ) en bas i W. Basen består alltså av pivotkolonnerna i A, alltså av de kolonner i A som inte kan skrivas som linjärkombinationer av kolonnerna i A som ligger till vänster om kolonnen i fråga. Som vi vet gäller även att de homogena ekvationssystemen Ax = ~0 och Cx = ~0 har samma lösningar. Lösningarna kan skrivas x = xk1 vk1 + · · · + xk s vk s (∗) där xk1 , . . . , xks är de fria obekanta (svarande mot icke-pivotkolonnerna), r + s = n och vk1 , . . . , vks (vektorer i Rn ) är de lösningar som fås då en av de fria obekanta sätts till 1 medan resten av de fria obekanta sätts till 0. Vektorerna vk1 , . . . , vks blir automatiskt linjärt oberoende och (∗) betyder att de spänner upp N ( A). Alltså är v = (vk1 , . . . , vks ) en bas i N ( A). • Exempel. Låt W = {( x, y, z)T ∈ R3 | x + y − 2z = 0}. Visa att W är ett delrum till R3 . Bestäm en bas i W bestående av sinsemellan vinkelräta vektorer. Lösning. Eftersom W = N ( A), där A = (1, 1, −2), följer direkt att W är ett delrum till R3 . För vektorerna i W gäller att x = −y + 2z, där y, z är godtyckliga. Sätter vi y = −1, z = 0 får vi vektorn b1 = (1, −1, 0)T ∈ W. Vi ska nu hitta en vektor b2 = ( x, y, z)T ∈ W som är vinkelrät mot b1 . Det betyder att x = −y + 2z samtidigt som 0 = b1 · b2 = x − y =⇒ y = x = −y + 2z =⇒ x=y=z Enklast är här att välja x = y = z = 1, vilket ger oss b2 = (1, 1, 1)T . Då W är ett äkta delrum till R2 följer att antalet basvektorer i W är högst två. Å andra sidan har vi redan funnit två linjärt oberoende vektorer b1 och b2 i W så antalet basvektorer i W är minst två. Det betyder att b = (b1 , b2 ) är en bas i W bestående av sinsemellan vinkelräta vektorer. • Exempel. Låt A= 1 −2 −4 −5 3 23 −2 2 2 1 −3 10 −2 −12 1 8 −1 2 4 5 2 7 1 7 1 −1 −3 −1 0 3 1 2 1 −2 −4 −5 1 11 −1 −1 −1 5 7 17 1 −5 1 14 5 Ett delrum W, till R6 , spänns upp av kolonnerna a1 , a2 , . . . , a8 , i A. Bestäm en bas a i W bland vektorerna a1 , a2 , . . . , a8 . Bestäm även en bas v i A:s nollrum N ( A). Utvidga a till en bas i R6 och v till en bas i R8 genom att tillfoga standardbasvektorer. Lösning. Genom att göra en följd radoperationer får vi 1 0 −2 3 0 1 0 1 1 4 0 −2 0 0 0 0 1 6 A∼C= 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 4 3 2 1 0 0 Pivotkolonnerna i C är c1 , c2 , c5 , c7 . En bas i W är därför a = (a1 , a2 , a5 , a7 ). Vi ska nu komplettera a med två standardbasvektorer till en bas i R6 . För att slippa jobba så mycket chansar vi på att två av e1 , e2 , e3 duger och sätter upp matrisen 1 −2 3 −2 1 0 0 2 1 −2 1 0 1 0 −1 2 2 1 0 0 1 ( a1 , a2 , a5 , a7 | e1 , e2 , e3 ) = 0 1 0 0 0 1 −1 1 −2 1 −1 0 0 0 −1 5 1 1 0 0 0 Efter ett antal radoperationer får vi trappmatrisen (ej reducerad) 0 0 1 −1 0 1 0 0 1 −1 2 0 0 0 0 0 3 0 0 0 1 0 0 0 1 15 0 −5 0 0 0 0 1 −7 −11 0 0 0 0 0 48 73 De sex första kolonnerna är pivotkolonner. Av detta följer att vi kan komplettera a = (a1 , a2 , a5 , a7 ) med e1 , e2 till en bas b = ( a1 , a2 , a5 , a7 , e1 , e2 ) i R6 . Nollrummet N ( A) utgörs av lösningarna till Cx = ~0, alltså x1 − 2x3 + 3x4 + x6 + 4x8 x2 + x3 + 4x4 − 2x6 + 3x8 x5 + 6x6 + 2x8 x7 + x8 = = = = 0 0 0 0 där vi underlåtit att skriva upp två triviala ekvationer (av typ 0 = 0). Här ser vi att de bundna obekanta är x1 , x2 , x5 , x7 och att dessa kan uttryckas i de fria obekanta x3 , x4 , x6 , x8 enligt x1 = 2x3 − 3x4 − x6 − 4x8 x2 = − x3 − 4x4 + 2x6 − 3x8 x5 = −6x6 − 2x8 x7 = − x8 6 Lösningarna till det homogena ekvationssystemet Ax = ~0 kan därför skrivas x1 2x3 − 3x4 − x6 − 4x8 x2 − x3 − 4x4 + 2x6 − 3x8 x3 1 x3 + 0x4 + 0x6 + 0x8 x4 0 x3 + x4 + 0x6 + 0x8 = x= = x5 0 x3 + 0x4 − 6x6 − 2x8 x6 0 x3 + 0x4 + x6 + 0x8 x7 0x3 + 0x4 + 0x6 − x8 = x3 2 −1 1 0 0 0 0 0 + x4 −3 −4 0 1 0 0 0 0 x8 + x6 0x3 + 0x4 + 0x6 + x8 −4 −1 −3 2 0 0 0 + x8 0 = x3 v3 + x4 v4 + x6 v6 + x8 v8 , −6 −2 1 0 −1 0 1 0 där x3 , x4 , x6 , x8 kan väljas fritt (det är därför de kallas för fria). Det följer att en bas i N ( A) är v = (v3 , v4 , v6 , v8 ). Vi kan komplettera dessa fyra vektorer med standardbasvektorerna e1 , e2 , e5 , e7 till en bas c = ( e1 , e2 , v3 , v4 , e5 , v6 , e7 , v8 ) i R8 . Att detta verkligen är en bas i R8 framgår direkt av att matrisen 1 0 2 −3 0 −1 0 −4 0 1 −1 −4 0 2 0 −3 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 − 6 0 − 2 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 0 0 0 1 med kolonnerna e1 , e2 , v3 , v4 , e5 , v6 , e7 , v8 , är uppåt triangulär, med ettor i diagonalen, och därför inverterbar. • Komponenter. Antag att a = (a1 , . . . , an ) är en bas i delrummet W till Rm . För varje w ∈ W finns det då entydiga tal λ1 , . . . , λn sådana att a1 λ1 + · · · + a n λ n = w Talen λ1 , . . . , λn kallas för w:s komponenter (eller koordinater) i basen a och kolonnvektorn λ1 .. . = w a = w a = (w) a = (w) a λn sägs vara w:s komponentvektor (eller koordinatvektor) i basen a. För räkning med komponentvektorer gäller 7 – (u + v) a = u a + v a – (λu) a = λu a För att i praktiken bestämma komponentvektorn w a matrisformen (a1 , . . . , an | w) och får In ( a1 , . . . , a n | w ) ∼ O löser man ekvationssystemet med wa ~0 där O som vanligt står för en nollmatris. • Exempel. Låt W vara delrummet till R6 i föregående exempel. Visa att vektorn w = (0, 2, 4, 1, −1, 6)T tillhör W och bestäm komponentvektorn för w i basen a = (a1 , a2 , a5 , a7 ). Lösning. Vi sätter upp ekvationssystemet (a1 , a2 , a5 , a7 | w): ( a1 , a2 , a5 , a7 | w ) = 1 −2 3 −2 0 2 1 −2 1 2 −1 2 2 1 4 1 −1 0 1 1 1 −2 1 −1 −1 −1 5 1 1 6 och får med några radoperationer 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 1 0 0 Det följer att w ∈ W och w a = (1, 1, 1, 1)T . • Exempel. Låt W vara delrummet till R4 som spänns upp av a1 = (1, 4, 1, 4)T , a2 = (2, 5, 1, 3)T , a3 = (3, 9, 2, 7)T , a4 = (0, −3, −1, −5)T och a5 = (3, 5, 1, 2)T . Bestäm en bas i W bland dessa vektorer och utvidga denna bas till en bas i R4 , med hjälp av vektorer ur standardbasen i R4 . Lösning. Vi bildar matrisen 1 4 ( A | I4 ) = (a1 , . . . , a5 | e1 , . . . , e4 ) = 1 4 8 2 5 1 3 3 0 3 9 −3 5 2 −1 1 7 −5 2 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 vilken, med några radoperationer, transformeras till 1 0 1 −2 0 0 −1 5 0 0 1 1 0 2 − 12 1 1 0 (C | H ) = 0 0 0 0 1 0 −1 8 −1 0 0 0 0 0 1 0 −5 1 Av denna reducerade trappmatris ser vi att a1 , a2 och a5 bildar en bas i W. Ytterligare ser vi att om denna bas i W kompletteras med en (men bara en) av vektorerna e1 , e3 eller e4 så får vi en bas i R4 . Däremot kan vi inte komplettera med e2 , ty e2 = −a1 + 2a2 − a5 (vilket direkt framgår av andra kolonnen i matrisen H). • Linjära avbildningar. En funktion (avbildning, transformation, operator) f : Rn → Rm sägs vara linjär om det finns en matris A ∈ Rm×n sådan att f (x) = Ax för alla x ∈ Rn . A sägs vara f :s matris (eller standardmatris). Matrisen för f brukar betecknas som [ f ]. Att f : Rn → Rm är linjär är ekvivalent med att f (u + v) = f (u) + f (v) och f (λu) = λ f (u) för alla u, v ∈ Rn , λ ∈ R. För matrisen A gäller att A = ( f (e1 ), . . . , f (en )), där e = (e1 , . . . , en ) är standardbasen i Rn . Ofta kan man visa att en avbildning f : Rn → Rm är linjär genom att direkt visa att f (v) = Av v ∈ Rn , för alla där A ∈ Rm × n Se nedan och, till exempel, redovisningsuppgift 2 till lektion 10. • Exempel. För avbildningen f : R3 → R2 gäller att f (x) = 1 3 x1 − x2 + 2x3 x1 + x2 + 3x3 x1 x = x2 ∈ R3 x3 Visa att f är linjär och bestäm f :s standardmatris. Lösning. Eftersom f (x) = 1 3 1 −1 2 1 1 3 x1 x2 = Ax x3 följer direkt att f är linjär med standardmatrisen A. • Rotation i planet. Avbildningen f som utför jobbet att rotera (vrida) en godtycklig vektor moturs vinkeln α har matrisen cos α − sin α [f] = sin α cos α För att inse detta tar vi en godtycklig vektor v = (v1 , v2 )T och sätter w1 cos α − sin α v1 v1 cos α − v2 sin α = w = f (v) = = w2 sin α cos α v2 v1 sin α + v2 cos α 9 Vi har då kwk2 = w12 + w22 = v21 (cos2 α + sin2 α) + v22 (sin2 α + cos2 α) = v21 + v22 = kvk2 Varje vektor avbildas alltså på en en vektor med samma längd. v·w = v21 cos α − v1 v2 sin α + v1 v2 sin α + v22 cos α = (v21 + v22 ) cos α = kvkkwk cos α Alltså gäller cos α = v·w kvkkwk Vinkeln mellan v 6= ~0 och w = f (v) är därför alltid α. Slutligen gäller v1 v1 cos α − v2 sin α det(v, w) = v2 v1 sin α + v2 cos α v1 −v2 sin α = kvk2 sin α > 0 = v2 v1 sin α för 0 < α < π. Det innebär att w fås genom att rotera v moturs vinkeln α. • Projektionen längs en vektor. Vi har tidigare visat att projektionen wn av en vektor w längs en vektor n ges av 1 wn = (nnT )w = Qw, n·n där 1 Q= nn T n·n Enligt ovan är det klart att funktionen g som ges av g(w) = Qw är linjär med matrisen Q. I planet har vi n = ( a, b)T , vilket ger n·n = a2 + b2 och 2 1 1 a a ab ( a b) = 2 Q= 2 b ab b2 a + b2 a + b2 I rummet har vi n = ( a, b, c)T , vilket ger n·n = a2 + b2 + c2 och 2 a ab ac a 1 1 b ( a b c) = ab b2 bc Q= 2 a + b2 + c2 a2 + b2 + c2 c ac bc c2 • Projektion på en linje i planet. Linjen L, som går genom origo och är vinkelrät mot n = ( a, b)T , har ekvationen ax + by = 0. Låt w vara en godtycklig vektor i R2 och låt v = Qw vara projektionen av w längs n. Enligt definitionen av projektionen av en vektor längs en vektor är då vektorn u = w − v vinkelrät mot n och därför parallell med L. Vektorn u sägs vara projektionen av w på L. Funktionen f , som avbildar w på u, är linjär ty f (w) = u = w − v = w − Qw = Iw − Qw = ( I − Q)w, w ∈ R2 . 10 Det framgår också att matrisen för f är P = I − Q. Alltså har vi P = I−Q a2 + b2 0 0 a2 + b2 2 1 b − ab = 2 − ab a2 a + b2 = 1 a2 + b2 − 1 a2 + b2 a2 ab ab b2 • Projektion på ett plan i rummet. På samma sätt får vi att den ortogonala projektionen f på planet ax + by + cz = 0 är linjär med matrisen P = I−Q 2 2 a + b2 + c2 0 0 a ab ac 1 − 1 ab b2 bc = 2 0 a2 + b2 + c2 0 n n2 0 0 a2 + b2 + c2 ac bc c2 2 b + c2 − ab − ac 1 − ab = 2 a2 + c2 −bc a + b2 + c2 2 − ac −bc a + b2 där n2 = a2 + b2 + c2 . Vid dessa beräkningar behöver man bara memorera formeln för Q och att P = I − Q. För matriserna P och Q gäller att P + Q = I, PQ = QP = O, P = P T = P2 och Q = Q T = Q2 . • Speglingen i en linje i planet eller i ett plan i rummet. Denna linjära funktion h definieras (både i planet och rummet) av att dess matris är S = [h], där S = I − 2Q. För S gäller att S = S T och S2 = ( I − 2Q)2 = I − 4Q + 4Q2 = I − 4Q + 4Q = I. S är alltså inverterbar med sig själv som invers. • Speglingen i en linje i rummet. Det går även att definiera speglingen r i en linje L, genom origo, i rummet. Antag att L är parallell med vektorn n = ( a, b, c)T . Speglingen r definieras som den linjära operatorn på R3 som har matrisen R = [r ] = I − 2P = I − 2( I − Q) = 2Q − I = −S, där P, Q och S är som ovan. 11