Linnéuniversitetet Fakulteten för teknik Per

Linnéuniversitetet
Fakulteten för teknik
Per-Anders Svensson
Lösningsförslag till tentamen i Vektorgeometri, 1MA103, 7.5 hp
tisdagen den  maj , klockan .–.
1. Först måste vi finna en ekvation för skärningslinjen mellan de två planen. Detta gör vi genom att
lösa ekvationssystemet
x − y + 2z = 1
x − y + 2z = 1
⇐⇒
3y − 3z = −3.
x + 2y − z = −2 −1
Den sista ekvationen är ekvivalent med y − z = −1. Sätter vi z = t blir därför y = −1 + z = −1 + t
och x = 1 + y − 2z = 1 + (−1 + t) − 2t = −t. Alltså ges skärningslinjen mellan de två planen av
linjen

−t
x =
y = −1 + t

z=
t,
d.v.s. vi har att göra med den räta linje som går genom punkten (0, −1, 0) och har riktningsvektorn
v = (−1, 1, 1).
Låt nu Q = (−t, −1 + t, t) vara en godtycklig punkt på ovan bestämda skärningslinje. Vi vill finna
det kortaste avståndet mellan Q och punkten P = (1, 1, 1), d.v.s. vi vill finna det värde på t, som
−−→
gör att vektorn P Q = (−t − 1, t − 2, t − 1) och riktningsvektorn v blir ortogonala. Vi får
−−→
2
P Q · v = 0 ⇐⇒ −(−t − 1) + (t − 2) + (t − 1) = 0 ⇐⇒ 3t − 2 = 0 ⇐⇒ t = .
3
p
√
−−→
För t = 2/3 blir P Q = (−5/3, −4/3, 1/3) en vektor av längd 31 (−5)2 + (−4)2 + 12 = 13 42.
√
Svar: 13 42
2. Att bevisa att värderummet V (F ) är ett plan, är samma sak som att bevisa att dim V (F ) = 2.
Enligt dimensionssatsen är detta i sin tur ekvivalent med att bevisa att dim N (F ) = 1, d.v.s. att
nollrummet N (F ) beskrivs av en rät linje (genom origo).
Vi bestämmer därför nollrummet N (F ) genom att lösa det homogena ekvationssystemet AX = O:


−2
7x2 + 7x3 = 0

 2x1 − x2 + 7x3 = 0
−4x2 − 4x3 = 0
−x1
− 4x3 = 0 +
⇐⇒


x1 − 4x2
= 0.
x1 − 4x2
=0
Här ser vi att de två första ekvationerna blir ekvivalenta med x2 + x3 = 0. Sätter vi x3 = t blir
därmed x2 = −x3 = −t, vilket i sin tur ger att x1 = 4x2 = −4t. Alltså kan lösningen skrivas på
parameterform som

x1 = −4t
x2 = −t

x3 =
t.
Detta är en rät linje genom origo, med riktningsvektorn (−4, −1, 1), d.v.s. vi har dim N (F ) = 1 och
därmed dim V (F ) = 2, vilket skulle bevisas.
Vi kan också bevisa att dim V (F ) = 2 genom ”uteslutningsmetoden”. Om dim V (F ) 6= 2, så måste
dim V (F ) vara lika med antingen 0, 1 eller 3. Om dim V (F ) = 0 så är V (F ) = {0}, vilket betyder att
F (x) = 0 för alla vektorer x i rummet. Samtliga vektorer i rummet avbildas alltså på nollvektorn,
vilket innebär att F måste ha nollmatrisen som sin avbildningsmatris, vilket ju inte är fallet. Om
dim V (F ) = 1, så vore V (F ) en rät linje (genom origo), vilket i sin tur skulle innebära att kolonnerna
hos A alla måste vara parallella med varandra (kolonnerna hos A spänner ju upp värderummet
till F ). En snabb inspektion visar att så inte är fallet. Alltså återstår möjligheten att dim V (F ) = 3.
Men då blir F en bijektiv avbildning, och som sådan måste den ha en avbildningsmatris som är
inverterbar. Men det visar sig att det A = 0, så A är inte inverterbar. Alltså är även dim V (F ) = 3
en omöjlighet. Det enda möjliga alternativet som återstår, är att dim V (F ) = 2.
För att kunna teckna en ekvation på normalform för det plan som utgör värderummet V (F ),
behöver vi till att börja med två vektorer som spänner upp planet. Dessa kan vi hämta i form av
två icke-parallella vektorer bland kolonnerna hos avbildningsmatrisen A. De två första kolonnerna
u = (2, −1, 1) och v = (−1, 0, −4) duger för detta ändamål. En godtycklig vektor w = (x, y, z) i
rummet ligger nu i detta plan, om och endast om volymen av den parallellepiped som spänns upp
av u, v och w är noll, vilket i sin tur är fallet, om och endast om determinanten av den matris,
vars kolonner utgörs av koordinaterna till u, v och w är noll. Detta ger
2 −1 x
−1
0 y = 0 ⇐⇒ 4x + 7y − z = 0,
1 −4 z med hjälp av Sarrus’ regel. Detta blir en ekvation på normalform för det plan vi söker.
Svar: 4x + 7y − z = 0
3. Nedanstående figur beskriver den sneda projektionen. Vi ser att koordinaterna för den skuggbild
P (x) = (y1 , y2 , y3 ), som vektorn x = (x1 , x2 , x3 ) kastar på planet, måste ligga på den räta linje som
går genom (x1 , x2 , x3 ) och har v = (0, 1, 1) som riktningsvektor. Alltså är P (x) = (x1 , x2 + t, x3 + t)
för något värde på t.
x
v
P (x)
Vidare måste P (x) uppfylla det givna planets ekvation, vilket leder till att
x1 − (x2 + t) − (x3 + t) = 0 ⇐⇒ x1 − x2 − x3 − 2t = 0 ⇐⇒ t =
x1 − x2 − x3
.
2
Alltså blir
y1 = x1
x1 − x2 − x3
1
= (x1 + x2 − x3 )
2
2
x1 − x2 − x3
1
y3 = x3 + t = x3 +
= (x1 − x2 + x3 ),
2
2
y2 = x2 + t = x2 +
vilket leder till att P kan representeras av matrisen


2
0
0
1
1
1 −1 .
A=
2
1 −1
1

2
1
Svar:
1
2
1

0
0
1 −1
−1
1
−
−
→
4. Den räta linje LAB som går genom punkterna A och B har u = AB = (0, 2, −1) som riktningsvektor
och kan därför tecknas som

x = 1
y = −1 + 2t

z = 1 − t.
−−→
Samtidigt har den räta linje LCD som går genom punkterna C och D vektorn v = CD = (2, −2, a+2)
som riktningsvektor, så en ekvation för denna linje ges därmed av

2s
x =
y= 1−
2s

z = −2 + (a + 2)s.
För att LAB och LCD ska ha en gemensam skärningspunkt, krävs det alltså att

=
2s
 1
−1 + 2t = 1 −
2s

1 − t = −2 + (a + 2)s.
Den första ekvationen ger direkt att s = 1/2. Sätter vi in detta värde på s i den andra ekvationen,
så övergår denna i −1 + 2t = 0. Alltså är även t = 1/2. Med s = t = 1/2 insatta i den tredje
ekvationen, får vi
1
a+2
= −2 +
⇐⇒ a = 3.
2
2
Genom att sätta antingen t = 1/2 i ekvationen för LAB eller s = 1/2 och a = 3 i ekvationen
för LCD , så får vi den sökta skärningspunkten till (1, 0, 1/2).
Svar: a = 3 ger skärningspunkten (1, 0, 1/2)
5. För det första ser vi, att eftersom A är en symmetrisk matris, så är F diagonaliserbar, och det finns
t.o.m. en ON-bas som består av egenvektorer till F , enligt spektralsatsen. Om vi väljer att byta till
denna ON-bas av egenvektorer, så blir avbildningsmatrisen F i denna nya bas en diagonalmatris D,
och sambandet mellan D och den ursprungliga avbildningsmatrisen A kan skrivas som D = T −1 AT ,
där T är transformationsmatrisen för basbytet. Men eftersom vi byter från en ON-bas till en annan,
blir T i själva verket ortogonal, d.v.s. T −1 = T T , och alltså får vi sambandet D = T T AT .
Elementen på huvuddiagonalen i D kommer att bestå av egenvärdena till F , och i kolonnerna hos T
hittar vi motsvarande egenvektorer (som alltså måste vara parvis ortogonala och av längd 1 för att T
ska kunna vara en ortogonal matris). Vi börjar därför med att bestämma egenvärdena till F genom
att lösa sekularekvationen
1 − λ 1
−2 −λ
1 = 0.
det(A − λE ) = 0 ⇐⇒ 1
−2
1 1 − λ
Här finns det olika sätt som man kan gå till väga på, för att beräkna determinanten i vänsterledet.
Ett sätt är att först subtrahera den första raden från den tredje raden. Detta ger resultatet
1−λ
1
−2 1
−λ
1 = 0.
−3 + λ 0 3 − λ
Om vi nu adderar den första kolonnen till den tredje, så får vi att
1−λ
1 −1 − λ
1 −1 − λ
1
=0
−λ
2 = 0 ⇐⇒ (−3 + λ) −λ
2 −3 + λ 0
0
⇐⇒ (λ − 3)(2 − (−1 − λ)(−λ)) = 0
⇐⇒ (λ − 3)(2 − λ − λ2 ) = 0.
Eftersom
r
1
1
1 3
λ2 + λ − 2 = 0 ⇐⇒ λ = − ±
+2=− ± ,
2
4
2 2
så har F de tre egenvärdena λ1 = −2, λ2 = 1 och λ3 = 3.
Vi bestämmer nu motsvarande egenvektorer, genom att lösa ekvationssystemet AX = λX , för vart
och ett av de tre egenvärdena λ = λ1 , λ2 , λ3 .
λ = −2: Ekvationssystemet att lösa är AX = −2X , d.v.s.


 x1 + x2 − 2x3 = −2x1
 3x1 + x2 − 2x3 = 0
x1
+ x3 = −2x2 ⇐⇒
x1 + 2x2 + x3 = 0


−2x1 + x2 + x3 = −2x3
−2x1 + x2 + 3x3 = 0

−5x2 − 5x3 = 0

⇐⇒ x1 + 2x2 + x3 = 0

5x2 + 5x3 = 0

x1 = t
⇐⇒ x2 = −t

x3 = t.
−3
2
För varje t 6= 0 är alltså t(1, −1, 1) en egenvektor
hörande till egenvärdet λ1 = −2. För att få en
√
egenvektor av längd 1 kan vi välja t = 1/ 3, vilket alltså ger egenvektorn v 1 = √13 (1, −1, 1).
λ = 1: Ekvationssystemet att lösa här ges av AX = X , d.v.s.


x2 − 2x3 = 0
 x1 + x2 − 2x3 = x1

x1
+ x3 = x2 ⇐⇒
x1 − x2 + x3 = 0


−2x1 + x2 + x3 = x3
−2x1 + x2
=0

x2 − 2x3 = 0

⇐⇒ x1 − x2 + x3 = 0

−x2 + 2x3 = 0

x1 = t
⇐⇒ x2 = 2t

x3 = t.
2
För varje t 6= 0 blir här t(1, 2, 1) en
√ egenvektor som hör till egenvärdet λ2 = 1. En egenvektor av
längd 1 fås genom att välja t = 1/ 6; vi får v 2 = √16 (1, 2, 1).
λ = 3: Till sist har vi att lösa ekvationssystemet AX

 x1 + x2 − 2x3 = 3x1
x1
+ x3 = 3x2 ⇐⇒

−2x1 + x2 + x3 = 3x3
= 3X , d.v.s.

−2x1 + x2 − 2x3 = 0
x1 − 3x2 + x3 = 0

−2x1 + x2 − 2x3 = 0.
Här ser vi att den första och tredje ekvationen blir identiska. En av dessa ekvationer kan alltså
strykas, vilket ger

x1 = −t
−5x2
=0
−2x1 + x2 − 2x3 = 0 2
⇐⇒
⇐⇒ x2 = 0
x1 − 3x2 + x3 = 0
x1 − 3x2 + x3 = 0

x3 = t.
För varje
√ t 6= 0 blir alltså t(−1, 0, 1) en egenvektor som svarar mot egenvärdet λ3 = 3. Om vi väljer
t = 1/ 2, får vi en egenvektor av längd 1 i form av v 3 = √12 (−1, 0, 1).
De tre egenvektorer vi valt hör alla till olika egenvärden, och eftersom vi har att göra med en
symmetrisk linjär avbildning, blir de därför automatiskt parvis ortogonala. Eftersom vi också valt
var och en av vektorerna av längd 1, är uppgiften löst och vi kan konstatera följande:


1
1
1
√
√
√
−



6
2
−2 0 0
 13

2
− √


√
0
0 1 0 ,T =
Svar: D =



3
6
0 0 3
 1
1
1 
√
√
√
3
6
2
−−
−−
→
−→
−−→
→ −→ −−→
6. (a) Vi har AB = (0, 2, −1), AC = (−1, 2, −3) och AD = (2, 0, a − 1). Systemet AB, AC, AD
kommer att vara positivt orienterat, om den determinant, vars kolonner i tur och ordning ges av
−−
→ −→
−−→
AB, AC och AD är större än noll. Är denna determinant i stället mindre än noll, är systemet
negativt orienterat. (Blir determinanten lika med noll, är de tre vektorerna linjärt beroende.)
Vi får att
0 −1
2
2
2
0 = −12 + 2(a − 1) + 4 = 2a − 10,
−1 −3 a − 1
−
−
→ −→ −−→
vilket visar att AB, AC, AD är positivt orienterat om a > 5 och negativt orienterat om
a < 5.
(b) Arean av triangeln ABC är hälften så stor som arean av den parallellogram som spänns upp
−−
→
−→
av AB och AC, vilken i sin tur är lika med längden av vektorprodukten av dessa två vektorer.
Vi finner att
−
−
→ −→
AB × AC = (0, 2, −1) × (−1, 2, −3) = (−4, 1, 2)
p
√
är en vektor av längd (−4)2 + 12 + 22 = 21. Vi söker a så att
−−→ −−→
BC × BD = (−1, 0, −2) × (1, −2, a) = (−4, a − 2, 2)
√
också blir en vektor av längd 21. För att så ska bli fallet, måste
(−4)2 + (a − 2)2 + 22 = 21 ⇐⇒ (a − 2)2 = 1 ⇐⇒ a − 2 = ±1 ⇐⇒ a = 1 eller a = 3.
För dessa två värden på a får alltså trianglarna
√ ABC och BCD samma area (och denna area
kommer närmare bestämt att vara lika med 12 21 areaenheter).
Svar: (a) Positivt orienterat om a > 5; negativt orienterat om a < 5 (b) a = 1 eller a = 3