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. Vi bestämmer först nollrummet

 x1 + 4x2
2x1 − x2

−x1
N (F ) genom att lösa det homogena ekvationssystemet AX = O:

− 2x3 = 0
x1 + 4x2 − 3x3 = 0
+ 5x3 = 0 −2
− 9x2 + 9x3 = 0
⇐⇒

− 2x3 = 0
4x2 − 4x3 = 0.
+
Här ser vi att den andra och den tredje ekvationen båda blir ekvivalenta med x2 − x3 = 0. Sätter vi
x3 = t blir därmed x2 = x3 = t och från den tredje ekvationen i det ursprungliga ekvationssystemet
ser vi att x1 = −2x3 = −2t. Alltså kan lösningen skrivas på parameterform som

x1 = −2t
x2 =
t

x3 =
t.
Detta är en rät linje genom origo, med riktningsvektorn (−2, 1, 1).
Av ovanstående konstaterar vi att dim N (F ) = 1, så av dimensionssatsen följer att dim V (F ) = 2,
d.v.s. värderummet till F är ett plan genom origo. Som sådant spänns det upp av två icke-parallella
vektorer, och vi kan hitta koordinaterna till dessa vektorer i form av kolonnvektorer till matrisen A.
De två första kolonnerna är inte parallella, så V (F ) blir det plan genom origo som spänns upp av
vektorerna u = (1, 2, −1) och v = (4, −1, 0), vilket ger oss ekvationen

x1 = s + 4t
x2 = 2s − t

x3 = −s
på parameterform, för detta plan. Om vi beräknar vektorprodukten av de vektorerna u och v får
vi en vektor n = u × v = (−1, −4, −9) som duger som normalvektor för planet. Därmed kan en
ekvation på normalform för planet tecknas som x1 + 4x2 + 9x3 = 0.
Sammanfattningsvis: N (F ): (x1 , x2 , x3 ) = (−2t, t, t), V (F ): x1 + 4x2 + 9x3 = 0.
2. Från planets ekvation ser vi att n = (1, −3, −3) är en normalvektor till planet. Låt x vara en
godtycklig vektor i rummet. Om vi låter u beteckna den ortogonala projektionen av x på n, så är
u = λn, för något tal λ, som kan beräknas med hjälp av projektionsformeln:
λ=
Eftersom n = (1, −3, −3) blir
λ=
för en godtycklig vektor x = (x1 , x2 , x3 ).
n
x·n
.
|n|2
x1 − 3x2 − 3x3
19
x
2u = 2λn
S(x)
Vidare får vi (se ovanstående figur), att sambandet mellan x och S(x) kan skrivas
S(x) = x − 2λn.
Detta ger oss
2
S(x) = (x1 , x2 , x3 ) − (x1 − 3x2 − 3x3 )(1, −3, −3)
19
2
6
6
= x1 − (x1 − 3x2 − 3x3 ), x2 + (x1 − 3x2 − 3x3 ), x3 + (x1 − 3x2 − 3x3 )
19
19
19
1
=
(17x1 + 6x2 + 6x3 , 6x1 + x2 − 18x3 , 6x1 − 18x2 + x3 ),
19
från vilket vi kan konstatera att avbildningsmatrisen för S (i den givna basen) ges av


17
6
6
1 
A=
6
1 −18.
19
6 −18
1
3. Vi hoppas på att A är en diagonaliserbar matris. I så fall finns det nämligen en diagonalmatris D
och en inverterbar matris T sådana att
D = T −1 AT .
(1)
Här är kolonnvektorerna till T egenvektorer till A, medan elementen på huvuddiagonalen till D är
motsvarande egenvärden. Från (1) följer att
A = TDT −1 ,
vilket i sin tur leder till att
An = TD n T −1
(2)
för varje positivt heltal n. Med andra ord, om A visar sig vara diagonaliserbar, så kan en formel
för An härledas från (2).
Vi försöker alltså diagonalisera A. Sekularekvationen blir
1 − λ
2 =0
det(A − λE ) = 0 ⇐⇒ 4
8 − λ
⇐⇒ (1 − λ)(8 − λ) − 2 · 4 = 0
⇐⇒ 8 − 9λ + λ2 − 8 = 0
⇐⇒ λ(λ − 9) = 0.
Alltså har A egenvärdena λ1 = 0 och λ2 = 9. För att finna motsvarande egenvektorer, löser vi
ekvationssystemet AX = λX , X 6= O, för vart och ett av egenvärdena λ = λ1 och λ = λ2 .
För λ = 0 får vi ekvationssystemet
x1 + 2x2 = 0
4x1 + 8x2 = 0,
där båda ekvationerna som synes är ekvivalenta, och där en lösning på parameterform kan skrivas
x1 = −2t
x2 =
t.
Detta innebär att varje vektor på formen t(−2, 1) är en egenvektor som hör till egenvärdet λ = 0,
om t 6= 0. För t.ex. t = 1 får vi egenvektorn v 1 = (−2, 1).
På samma vis får vi för λ = 9 ekvationssystemet
x1 + 2x2 = 9x1
−8x1 + 2x2 = 0
⇐⇒
4x1 + 8x2 = 9x2
4x1 − x2 = 0,
där båda ekvationerna är ekvivalenta med 4x1 − x2 = 0. Därmed är
x1 = t
x2 = 4t
en lösning på parameterform, och valet t = 1 ger oss egenvektorn v 2 = (1, 4). Vi ser att de funna
egenvektorerna är inte parallella, och därmed utgör de en bas för planet.
Från detta följer att (1) gäller, där
0
D=
0
0
9
−2 1
och T =
.
1 4
För att komma vidare behöver vi beräkna T −1 . Detta kan göras genom att lösa ett ekvationssystem
TX = Y med ett allmänt högerled Y . Vi får då till att börja med
2
−2x1 + x2 = y1
9x2 = y1 + 2y2
⇐⇒
y2
x1 + 4x2 =
x1 + 4x2 =
y2 .
För undvika handskas med bråktal i onödan, multiplicerar vi den första ekvationen med 4 och den
andra ekvationen med 9. Detta ger
(
x1
= − 94 y1 + 19 y2
36x2 = 4y1 + 8y2
36x2 = 4y1 + 8y2
⇐⇒
⇐⇒
9x1
= −4y1 + y2
9x1 + 36x2 =
9y2 −1
x2 = 91 y1 + 29 y2
och vi kan konstatera att
T
−1
1
=
9
−4 1
.
1 2
Vi får nu till slut att
n
1 −4 1
−2 1
0
0
An = TD n T −1 =
·
·
1 4
0
9n
1 2
9
n
n
1
1 0
9
9
2 · 9n
−4 1
=
=
1 2
9 0 4 · 9n
9 4 · 9n 8 · 9n
n−1
n−1
9
2·9
=
.
4 · 9n−1 8 · 9n−1
n−1
9
2 · 9n−1
Sammanfattningsvis: An =
4 · 9n−1 8 · 9n−1
4. Antag först att P1 och P2 ligger på samma sida om planet. Eftersom P1 och P2 har samma avstånd
−−−→
till det givna planet, måste då vektorn P1 P2 = (2 − 1, 1 − (−1), 0 − 2) = (1, 2, −2) vara parallell
−−−→
med detta plan, d.v.s. P1 P2 måste vara ortogonal mot planets normalvektor n = (2, 1, −2). Men
eftersom skalärprodukten
−−−→
P1 P2 · n = 1 · 2 + 2 · 1 + (−2) · (−2) = 8
inte är noll, är så inte fallet. Istället måste alltså P1 och P2 ligga på varsin sida om planet, d.v.s. vi
har situationen i figuren nedan, där vi betraktar planet ”från sidan”.
b
M
b
P2
b
P1
Det framgår av denna figur, att mittpunkten M på sträckan P1 P2 måste ligga i planet. Koordinaterna för punkten
1 + 2 −1 + 1 2 + 0
3
M=
=
,
,
, 0, 1
2
2
2
2
måste alltså uppfylla planets ekvation, vilket ger
2·
3
+ 0 − 2 · 2 + D = 0 ⇐⇒ D = −1.
2
Vi har alltså att beräkna avståndet mellan planet 2x + y − 2x − 1 = 0 och punkten P1 (eller, om
man så vill, P2 ).
Låt L vara linjen som går genom P1 och har planets normalvektor n = (2, 1, −2) som riktningsvektor. Om denna skär planet i punkten Q1 , så ges det kortaste avståndet mellan P1 och planet
−−−→
av |P1 Q1 |. Vi har Q1 = (1 + 2t, −1 + t, 2 − 2t) för något reellt tal t (vilket vi ser genom att
−−−→
plocka fram en ekvation på parameterform för L). Detta ger att P1 Q1 = tn, och därmed att
p
−−−→
|P1 Q1 | = |t · n| = |t| 22 + 12 + (−2)2 = 3|t|. Det återstår att bestämma t, vilket vi kan göra
genom att utnyttja att koordinaterna Q1 måste uppfylla det givna planets ekvation, d.v.s. att
2(1 + 2t) + (−1 + t) − 2(2 − 2t) − 1 = 0 ⇐⇒ 9t − 4 = 0 ⇐⇒ t =
4
.
9
−−−→
Vi konstaterar att |P1 Q1 | = 3 · 49 = 34 . Samma svar ska man få om man beräknar kortaste avståndet
mellan P2 och planet.
Sålunda: Med D = −1 blir det kortaste avståndet
4
3
längdenheter.
5. För att kunna teckna en ekvation för ℓ, behöver vi veta en punkt P som ligger på ℓ, vilket vi gör i
form av P = (−1, 2, 0), och en riktningsvektor v, vilket vi inte har givet utan måste luska ut på egen
hand. Låt Q vara skärningspunkten mellan ℓ och den räta linje, vars ekvation är given (och som vi
−−
→
kan kalla för L). Då duger P Q som riktningsvektor för ℓ. Vi vet att Q = (2 + t, 2 + 6t, 1 − t) för något
−−→
reellt tal t (eftersom Q ligger på L). Alltså är P Q = (2 + t, 2 + 6t, 1 − t) − (−1, 2, 0) = (3 + t, 6t, 1 − t).
−−→
Eftersom ℓ ska vara parallell med planet 3x − 2y + 2z + 8 = 0, måste P Q vara ortogonal mot
normalvektorn n = (3, −2, 2) till detta plan, d.v.s.
−−
→
n · P Q = 0 ⇐⇒ 3(3 + t) − 2 · 6t + 2(1 − t) = 0 ⇐⇒ 11 − 11t ⇐⇒ t = 1.
−−→
Med t = 1 får vi riktningsvektorn v = P Q = (4, 6, 0), och eftersom ℓ dessutom ska gå genom
punkten P = (−1, 2, 0) ger detta ekvationen

x = −1 + 4s
y = 2 + 6s

z= 0
för ℓ, på parameterform.
Vi konstaterar att en ekvation för ℓ kan skrivas (x, y, z) = (−1 + 4s, 2 + 6s, 0).
6. (a) För att w ska vara ortogonal mot såväl u som v, krävs det att båda skalärprodukterna u · w
och v · w är noll. Eftersom
u · w = 3(a + b) + (−1) · 2 + 2(a − b) = 5a + b − 2
och
v · w = 2(a + b) + 1 · 2 + (a − b) = 3a + b + 2
ger detta upphov till ekvationssystemet
5a + b = 2
3a + b = −2,
vars entydigt bestämda lösning ges av
a= 2
b = −8.
(b) Volymen av den parallellepiped som spänns upp av u, v och w fås genom att beräkna värdet av
volymfunktionen V (u, v, w). Denna fås i form av determinanten av den matris, vars kolonner
utgörs av koordinaterna för i tur och ordning u, v och w. Värdet av denna determinant ger,
sånär som på tecken, den sökta volymen. Med a = 2 och b = −8 från deluppgift (a) så blir
w = (−6, 2, 10), och med hjälp av t.ex. Sarrus’ regel finner vi att
3 2 −6
−1 1
2 = 3 · 1 · 10 + 2 · 2 · 2 + (−6) · (−1) · 1 − 3 · 2 · 1 − 2 · (−1) · 10 − (−6) · 1 · 2
2 1 10
= 30 + 8 + 6 − 6 + 20 + 12 = 70,
vilket alltså är den sökta volymen.
(c) I deluppgift (b) fann vi att V (u, v, w) = 70 > 0. Därmed är (u, v, w) ett positivt orienterat
system.
Svar: (a) a = 2, b = −8 (b) 70 (c) positivt orienterat