Uppsala Universitet Sammanfattning av f¨oreläsningarna 13

advertisement
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
Download
Random flashcards
Create flashcards