LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA
MATEMATIK
TENTAMENSSKRIVNING
Linjär algebra
2012–10–22 kl 8–13
INGA HJÄLPMEDEL. Förklara dina beteckningar och motivera lösningarna väl. Om
inget annat anges är koordinatsystemen ortonormerade och positivt orienterande.
1. Ange en ekvation på affin form för planet som innehåller linjen ( x, y, z) = (5, −5, −4) +
t(1, 1, 1), t ∈ R, och som är parallellt med linjen ( x, y, z) = (5, −1, −1) + s(2, −1, 3), s ∈ R.
Beräkna dessutom det minsta avståndet mellan de båda linjerna.
2. a) Vad är definitionen för att k vektorer u1 , u2 , . . . , u k i rummet Rn är linjärt beroende?
(0.2)
b) För vilka värden på parametern b blir vektorerna u1 = (1, 1, 1), u2 = (−1, 1, b) och
u3 = ( b, 1, −1) är linjärt beroende? Lös vektorekvationen λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 = 0
för varje sådant värde på b.
(0.8)
3. En linjär avbildning F : R2 → R2 uppfyller F ( e1 +3 e2 ) = 3 e1 − e2 och F (5 e1 ) = 3 e1 +4 e2 .
Bestäm avbildningsmatrisen för F och beräkna dennes egenvärden och egenvektorer.
Använd resultatet till att ge en geometrisk tolkning av F .
x2
`
ê2
4. Figuren till höger visar en rät linje `, origo
O , samt två baser i planet, e1 , e2 respektive ê1 , ê2 . Ange en ekvation på affin form
för ` i koordinatsystemet Oe1 e2 . Härled
sedan `:s ekvation på affin form i det nya
koordinatsystemet O ê1 ê2 .
ê1
e2
O
e1
5. Lös matrisekvationen BX A = B(B + 2 X ) där
1 1 1
1 2 −2
1
A = 1 1 0 och B = 2 1 2 .
3
1 0 0
−2 2 1
6. Skalärprodukten av två vektorer x = ( x1 , x2 , x3 , x4 ) och y = ( y1 , y2 , y3 , y4 ) i R4 definiep
ras som x · y = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + x4 y4 , och längden av x som | x| = x · x.
Låt nu L beteckna det “plan” i R4 som spänns upp av de två vektorerna u = (2, −1, 0, 1)
och v = (1, 1, 1, 1). Man säger att L är ett två-dimensionellt underrum av R4 . Bestäm
den vektor x i underrummet L vars avstånd till vektorn w = (2, 0, 3, 2) är minst.
(Ledning: Vilken geometrisk relation har differensen w − x till vektorerna i L?)
LYCKA TILL!
x1
LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA
MATEMATIK
SVAR OCH ANVISNINGAR
Linjär Algebra
2012–10–22 kl 8–13
(Svar och fullständiga lösningar samt vissa kommentarer.)
1. Svar:
p Planets ekvation på affin form är 4 x − y − 3 z = 37. Avståndet mellan linjerna
1
är 2 26.
Lösning. Planet innehåller punkten (5, −5, −4) och har vektorerna (1, 1, 1) och
(2, −1, 3) som sina riktningsvektorer vilket ger parameterframställning ( x, y, z) =
(5, −5, −4) + t(1, 1, 1) + s(2, −1, 3) där s, t ∈ R. En ekvation på affin form fås genom
elimination av parametrarna s och t,
t + 2s = x − 5
t + 2s = x − 5
t + 2s = x − 5
t−s = y+5 ⇔
−3 s = − x + y + 10 ⇔
−3 s = − x + y + 10
,
t + 3s = z + 4
s = −x + z + 9
0 = −4 x + y + 3 z + 37
vilket leder till resultatet, 4 x − y − 3 z − 37 = 0.
För att bestämma avståndet mellan linjerna väljar vi en punkt på vardera linje
och bildar vektorn mellan dessa, t.ex. v = (5, −5, −4) − (5, −1, −1) = (0, −4, −3). Sen beräknas den ortogonala projektionen, v0 , av v på en vektor n, där n är en gemensam
normal till de båda linjerna. Som gemensam normal kan vi ta normalvektorn till
planet ovan, n = (4, −1, −3). Projektionsformeln ger nu
v0 =
(0, −4, −3) · (4, −1, −3)
−1
v·n
(4, −1, −3).
n=
(4, −1, −3) =
2
2
2
2
2
| n|
4 + (−1) + (−3)
Det sökte avståndet blir nu längden av v0 , alltså |v0 | = | −21 (4, −1, −3)| = | −21 | |(4, −1, −3)| =
p
p
1
1
2 + (−1)2 + (−3)2 = 1 26.
|
(4
,
−
1
,
−
3)
|
=
4
2
2
2
2. a) Svar: Se boken s. 100 där både definition 3 eller villkoret i sats 2 duger.
b) Svar: Vektorerna är linjärt beroende då b = −1 eller b = 3. För b = −1 ges lösningen till den homogena vektorekvationen av (λ1 , λ2 , λ3 ) = t(0, −1, 1) där t ∈ R.
För b = 3 fås (λ1 , λ2 , λ3 ) = t(−2, 1, 1) där t ∈ R.
Lösning De tre vektorerna u1 , u2 och u3 är linjärt beroende om (och endast
om) vektorekvationen λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 = 0 har fler lösningar än den triviala
lösningen (λ1 , λ2 , λ3 ) = (0, 0, 0). Utskriven koordinatvis blir vektorekvationen till
följande homogena ekvationssystem:
λ1 − λ2 + bλ3 = 0
λ + λ2 + λ3 = 0 .
1
λ1 + bλ2 − λ3 = 0
Huvudsatsen säger att systemet har en entydig lösning, i det här fallet den
triviala lösningen, då determinanten till koefficientmatrisen ( b − 1)2 − 4 är skiljd
från noll. Eftersom att systemet är homogent följer att systemet har oändligt
många lösningar (däribland icke-triviala sådana) för värden på b där ( b − 1)2 −
4 = 0, det vill säga då b = −1 eller b = 3. För dessa b-värden är alltså vektorerna
linjärt beroende och den fullständiga lösningen till vektorekvationen blir som
angett i svaret ovan.
3. Avbildningsmatrisen för F är
·
¸
1 3 4
A=
.
5 4 −3
Matrisen A har egenvärdena λ = −1 och λ = 1. Egenvektorerna hörande till egenvärdet λ = −1 är x = t(1, −2), t 6= 0. Egenvektorerna hörande till λ = 1 är x = t(2, 1), t 6= 0.
Den linjära avbildningen F kan tolkas geometriskt som spegling i linjen x − 2 y = 0.
Lösning. Betecknas avbildningsmatrisen för F med A så kan sambanden F ( e1 +
3 e2 ) = 3 e1 − e2 och F (5 e1 ) = 3 e1 + 4 e2 skrivas som
· ¸ · ¸
1
3
A
=
3
−1
· ¸ · ¸
5
3
A
=
.
0
4
respektive
Dessa kan sammanställas kolonnvis i ett ekvationssystem,
·
¸ ·
¸
1 5
3 3
A
=
3 0
−1 4
·
¸
¸·
¸−1
1 3 4
3 3 1 5
.
A=
=
−1 4 3 0
5 4 −3
·
med lösningen
Egenvärdena till avbildningsmatrisen A är rötterna till det karakteristiska polynomet,
¯
¯
1 ¯¯5λ − 3
−4 ¯¯
p A (λ) = det(λ I − A ) =
= λ2 − 1,
¯
¯
−
4
5
λ
+
3
25
alltså λ = −1 och λ = 1. Det är därefter enkelt att bestämma de motsvarande egenvektorerna: För λ = 1 fås egenvektorerna genom att lösa det homogena systemet
½
2x − 4 y = 0
⇔
−4 x + 8 y = 0
½
x − 2y = 0
⇔
0=0
½
x = 2t
,
y=t
och för λ = −1 fås
½
½
½
−8 x − 4 y = 0
2x + y = 0
x=t
⇔
⇔
,
−4 x − 2 y = 0
0=0
y = −2 t
så x = t(2, 1), t 6= 0,
så x = t(1, −2), t 6= 0.
För att ge en geometrisk tolkning av den linjära avbildningen F införar vi en ny
ortonormerade bas bestående av egenvektorer till A ,
1
ê1 = p (2 e1 + e2 ),
5
1
ê2 = p ( e1 − 2 e2 ).
5
Med avseende på den nya basen blir avbildningsmatrisen för F den diagonala matrisen,
·
¸
1 0
D=
0 −1
(diagonalisering S −1 AS = D med S = [ x1 x2 ]).
I de nya koordinaterna är F alltså avbildningen ( x̂, ŷ) 7→ ( x̂, − ŷ), det vill säga spegling
i x̂-axeln (dvs linjen ŷ = 0.) Därför kan F tolkas i det ursprungliga koordinatsystemet
som spegling i linjen x − 2 y = 0.
4. Svar: Med avseende på koordinatsystemet Oe1 e2 blir linjens ekvation på affin form
` : 2 x1 + x2 = 4. I det nya koordinatsystemet O ê1 ê2 blir ekvationen ` : 5 x̂2 = 2.
Lösning. Avläsning i figuren ger att linjen innehåller punkterna P : (0, 4) och Q :
−−→
(2, 0). Linjen har därför PQ = (2, 0) − (0, 4) = (2, −4) som riktningsvektor och därmed
parameterframställningen ` : ( x1 , x2 ) = (2, 0) + t(2, −4), t ∈ R. Elimineras parametern
t, t.ex. genom beräkningen ( x1 − 2)/2 = t = x2 /(−4), fås en ekvation på affin form,
` : 2 x1 + x2 = 4.
Genom att återigen avläsa figuren finner vi basbytet
½
ê1 = − e1 + 2 e2
med basbytesmatrisen
ê2 = 3 e1 + 4 e2
(1)
·
¸
−1 3
S=
.
2 4
Motsvarande koordinattransformation är X = S X 0 , där X = [ x1 x2 ]T och X 0 = [ x̂1 x̂2 ]T ,
som utskriven i koordinater blir
½
x1 = − x̂1 + 3 x̂2
.
(2)
x2 = 2 x̂1 + 4 x̂2
Linjens ekvation på affin form i det nya koordinatsystemet fås nu genom substitution av sambandet (2) i ekvationen (1), vilket ger
0 = 2 x1 + x2 − 4 = 2(− x̂1 + 3 x̂2 ) + (2 x̂1 + 4 x̂2 ) − 4 = 10 x̂2 − 4,
vilket leder till svaret ovan.
Anmärkning. Uppgiften kan lösas på andra sätt, t.ex. genom att använda formeln X 0 = S −1 X till att transformera parameterframställningen för ` i det gamla
koordinatsystemet till det nya, efterföljd av att man eliminerar parametern. Den
lösning som presenteras ovan, baserad enbart på substitution, är i särklass den
enklaste.
5. Svar: Lösningen till matrisekvationen är
4 2 3
1
X = B( A − 2 I )−1 = 8 7 3 .
3
1 −1 0
Lösning. Vi härledar först en formel för X . Eftersom att B är ortogonal är den inverterbar. Genom multiplikation från vänster med inversen B−1 förkortar vi bort B
i ekvationen BX A = B(B + 2 X ), vilket ger X A = B + 2 X . Därnäst flyttas samtliga
termer innehållande X till vänsterleder, X A − 2 X = B, vilket kan faktoriseras som
X ( A − 2 I ) = B. Genom att multiplicera från höger med inversen till A − 2 I fås
X = B( A − 2 I )−1 ,
under förutsättning av att inversen ( A − 2 I )−1 existerar. Det är nu lätt att verifiera
att matrisen
−1 1
1
2 2 1
A − 2 I = 1 −1 0 har inversen ( A − 2 I )−1 = 2 1 1 ,
1
0 −2
1 1 0
där vi utelämnat de detaljerade stegen i Gauss-Jordans metod för inversberäkning.
Svaret följar nu direkt ur formeln för X genom en enkel matrisekvation.
6. Svar: Den sökte vektorn är x = 12 (5, 2, 3, 4).
Lösning: Vi låter L beteckna det “plan” som spänns upp av vektorerna u =
(2, −1, 0, 1) och v = (1, 1, 1, 1). Varje vektor i L kan alltså skrivas på formen x = su + tv
där s, t ∈ R. För att bestämma den vektor x i L som ligger närmast w = (2, 0, 3, 2) gäller det alltså att bestämma värden på s, t så att längden |w − x| blir minst möjlig. Det
geometriska villkoret för att x ligger närmast w är att differensen w − x är ortogonal
mot samtliga vektorer i L. (Man kan här dra parallell till motsvarande problem i tre
dimensioner; rit en figur!) Eftersom att L spänns upp av u och v räcker det att w − x
är ortogonal mot båda u och v, alltså
½
u · ( w − x) = 0
v · ( w − x) = 0
½
eller
u · (w − su − tv) = 0
.
v · (w − su − tv) = 0
Det senare ekvationssystemet kan skrivas på matrisformen
·
| u |2 u · v
v · u | v |2
¸· ¸ ·
¸
s
u·w
=
t
v·w
som blir
·
¸· ¸ · ¸
6 2 s
6
=
,
2 4 t
7
(3)
efter insättning av u, v och w:s koordinater. Denna ekvation har lösningen ( s, t) =
1
3
1
3
1
1
2 (1, 3) som leder till x = 2 u + 2 v = 2 (2, −1, 0, 1) + 2 (1, 1, 1, 1) = 2 (5, 2, 3, 4), precis som
angett i svaret ovan.
Anmärkning. Uppgiften ovan är ett exempel på ett minsta kvadratproblem, som
har många tillämpningar inom statistik och ingenjörsvetenskaperna. Ekvationssystemet till vänster i (3) kallas normalekvationerna hörande till minsta kvadratproblemet. Skriver man U = [ u v] och s = [ s t]T , så kan normalekvationerna skrivas på
matrisformen U T U s = U T w, som är den form som känns igen av de flesta. (Observera här att U är en 4 × 2-matris varför U T U blir en 2 × 2-matrix.)
