Kurskod: 764G01
Provkod: TEN1
Linköpings universitet
Matematiska institutionen
Examinator: Åsa Ericsson
Lösningsförslag till Tentamen i Linjär Algebra
2012-08-17, kl. 8−13
1. Volymen ges av beloppet
ner.
4 0
0 1
−1 9
av determinanten för matrisen med vektorerna som kolon3
4
3
= 12 + 3 − 128 = 15 − 144 = −129 .
Volymen är 129.
2. X kan lösas ut ur ekvationen med följande steg:
A2 X −A = AB
⇔
A2 X = AB+A
⇔
AX = B+E
⇔
X = A−1 (B+E)
Inversen till A bestäms antingen genom radoperationer som överför (A|E) på (E|A−1 )
eller med formel för invers av 2 × 2-matris:
1
1
4 −7
4 −7
−4
7
−1
A =
=
=
5
5
3 −5
det A −3
−1 −3
−1
X = A (B + E) =
−4
7
3 −5
2 0
−3 2
+
1 0
0 1
=
−33
21
24 −15
3. På totalmatris-form blir räkningarna t.ex. som följer om man i första steget subtraherar sista raden från de första två och i det andra tar andra raden gånger −a och
adderar till den första:
a 0 0 −a
0 0 0 a(a − 2)
a 1 1 0
1 1 1 1 ∼ 1 0 0 1−a ∼ 1 0 0 1−a
0 1 1 a
0 1 1
a
0 1 1
a
Från första raden följer att systemet endast är lösbart om a = 0 eller a = 2. Då vi
bara har två villkor kvar för tre variabler blir det lösningar med en parameter, som
bl.a. kan skrivas som angivet nedan.
1 0 0 1
a=0:
⇒
x = 1 , y = t , z = −t
0 1 1 0
1 0 0 −1
a=2:
⇒
x = −1 , y = t , z = 2 − t
0 1 1 2
4. Ta en punkt på linjen, t.ex. (5, 8, 0). Låt ū vara vektorn från denna punkt till punkten
P = (3, −1, 2):
−2
5
3
ū = −1 − 8 = −9
2
0
2
Vi ska nu projicera denna på linjen vilket ger ū// , dvs vi ska projicera på riktningen
v̄ = (1 2 0)t . Den vinkelräta komponenten ū⊥ blir vektorn från punkten på linjen
närmast P till P , vars längd vi söker.
4
1
1
ū · v̄
−2 − 18 + 0
ū// =
v̄ =
2 = 4 2 = 8
|v̄|2
1+4+0
0
0
0
−2
4
2
ū⊥ = ū − ū// = −9 − 8 = −1
2
0
2
√
√
Avståndet mellan linjen och P är |ū⊥ | = 22 + 12 + 22 = 9 = 3 längdenheter.
5. Q = x̄t Ax̄ där A följande symmetriska matris
5
0
2
A= 0
3 −2 .
2 −2
4
Sekularekvationen det(A − λE) = 0 blir
(5 − λ)(3 − λ)(4 − λ) − 4(3 − λ) − 4(5 − λ)
vilket förenklas till
−λ3 + 12λ2 − 39λ + 28 = 0 .
Måste gissa en rot och testar med λ = 1: −1 + 12 − 39 + 28 = −40 + 40 = 0. Alltså
är λ = 1 en rot. Med hjälp av polynomdivision av −λ3 + 12λ2 − 39λ + 28 = 0 med
λ − 1 fås kvoten −λ2 + 11λ − 28. Bestämmer de andra rötterna:
λ2 − 11λ + 28 = 0
(λ −
11 2 9
) =
2
4
⇔
⇔
(λ −
λ=
11 2 121
) −
+ 28 = 0
2
4
11 3
±
2
2
⇔
⇔
λ = 7 eller λ = 4
De tre egenvärdena är allstå: 1, 7 och 4. De tillhörande egenvektorerna, alltså lösningarna till (A − λE)v̄ = 0̄ , visar sig vara v̄1 = s(1 − 2 − 2)t , v̄7 = t(−2 1 − 2)t
och v̄4 = u(−2 − 2 1)t (s, t, u 6= 0). Om vi väljer s = t = u = 1/3 fås ON-basen
1
−2
−2
1
1
1
f¯1 = −2 , f¯2 = 1 , f¯3 = −2 .
3
3
3
−2
−2
1
Med koordinaterna i denna bas får vi den diagonaliserade kvadratiska formen
Q(y1 , y2 , y3 ) = y12 + 7 y22 + 4 y32 .
6. Att F (ū) = 2ū för alla vektorer ū i planet x + 4y − 3z = 0 innebär att F har
två egenvärden λ = 2. Det ska alltså finnas två ortogonala egenvektorer i planet
med egenvärde 2. Egenvärdet 5 hör till ytterligare en ortogonal vektor, denna är
då i normalens riktning (vilken ges av planets ekvation). Normerad ger den första
basvektorn.
1
1
1
¯
v̄1 = n̄ = 4 , normerad: f1 = √ 4
26
−3
−3
En vektor (av många möjliga) som är parallell med planet ges av
3
3
1
¯
, normerad: f2 = √
v̄2 = 0
0
10
1
1
(Punkten (3, 0, 1) ligger i planet eftersom den uppfyller planets ekvation.) Den tredje
basvektorn får vi med hjälp av vektor-produkten av de första:
1
3
4
2
1
1
1
¯
¯
¯
f3 = f1 × f2 = √ √
4 × 0 =√
−10 = √
−5
26 10
260
65
−3
1
−12
−6
(Man kan även utgå från v̄1 och v̄2 , och sedan normera.)
Anm. Den första basvektorn kan även väljas negativ. För de andra två finns det
många möjligheter eftersom vilken vektor som helst i planet kan väljas som en av
basvektorerna.
Diagonalmatrisen hörande till F är helt enkelt matrisen med egenvrädena på diagonalen:
5 0 0
D= 0 2 0
0 0 2
7. En symmetrisk avbildning är en projektion om ett egenvärde är 0 och två är 1.
Egenvektorn hörande till egenvärdet 0 är normal till planet.
Kontrollera lämpligen att egenvärdena stämmer, dvs sätt in λ = 0 och λ = 1 i
sekularekvationen det(A − λE) = 0. (Detta avgör dock inte att egenvärdet 1 har
multiplicitet 2.)
Bestäm egenvektorer hörande till egenvärdet 0, dvs lös ekvationssystemet An̄ = 0̄
(detta är ekvationen (A − λE)n̄ = 0̄ med λ = 0). En egenvektor tillika normal är
1
n̄ = 2
−1
Planets ekvation är därför x + 2y − z = 0.
För att se att egenvärdet 1 har multiplicitet 2, så att det finns två ortogonala motsvarande egenvektorer löses även ekvationssystemet (A − 2E)v̄ = 0̄. Mycket riktigt
fås en tvåparametrig lösning:
t
v̄ = s
t + 2s
Då kan två ortogonala vektorer väljas och det bevisar att avbildningen är en projektion. (Vi behöver inte vektorerna men ett möjligt val är t = 1, s = 0 till den första
och t = 1, s = −1 till den andra.)
