LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA MATEMATIK

LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA
MATEMATIK
TENTAMENSSKRIVNING
LINJÄR ALGEBRA
2017-03-13 kl 14–19
INGA HJÄLPMEDEL.
Lösningarna skall vara försedda med ordentliga motiveringar. Alla koordinatsystem får antas
vara ortonormerade och positivt orienterade om inget annat anges.
1. Bestäm för varje reellt tal a antalet lösningar till följande ekvationssystem. Ange dessutom
samtliga lösningar då det finns oändligt många lösningar.


=0
 2x + y + az
.
2x + 3y + az
=4


ax + y + 2z = −2a
2. a) Bestäm en vektor v (skild från nollvektorn) som är ortogonal mot både (1, 1, 2) och
(−3, 4, 1). Bestäm sedan en ekvation för linjen l som går genom punkten P0 : (0, 1, 2)
och har riktning v.
(0.3)
b) Bestäm den punkt Q på linjen l i a) sådan att avståndet mellan punkterna P : (2, 3, 3)
och Q blir så litet som möjligt.
(0.3)
c) Bestäm den punkt Q i planet x + 2y + z + 1 = 0 sådan att avståndet mellan punkterna
P : (2, 3, 3) och Q blir så litet som möjligt.
(0.4)
3. a) Bestäm avbildningsmatrisen för den linjära avbildning som innebär att planets vektorer
först speglas i y-axeln, och därefter vrids vinkeln π/3 radianer i positiv led kring origo.
(0.6)
b) Skriv upp en matris av typen 4 × 3 som har rang 2. (Glöm inte att kort redogöra för hur
du tänkt.) Beräkna sedan en bas för nollrummet för denna matris.
(0.4)
4. På denna uppgift skall endast svar ges. Ange vilka av påståendena nedan som är sanna
respektive falska. Varje rätt svar ger 0.2 poäng, varje fel svar ger −0.2 poäng och varje
uteblivet svar ger 0.0 poäng. (Du kan dock inte få negativ poäng totalt på uppgiften)
a) För alla kvadratiska matriser A gäller det att det(2A) = 2detA.
b) För alla kvadratiska matriser A gäller det att detAT = detA.
c) Om det för 3 × 3 -matrisen A gäller att A är inverterbar så är rangA = 3.
d) Antag att A är avbildningsmatrisen för spegling av rummets vektorer i ett givet plan
genom origo. Då är detA = 1.
e) Låt A vara en kvadratisk matris. Om det homogena ekvationssystemet AX = 0 har
entydig lösning så har AX = Y entydig lösning för alla Y .
Var god vänd!
5. Låt A vara matrisen


1 2 −1
A = 0 −1 0  .
2 2 −2
a) Bestäm alla egenvärden och egenvektorer till A.
(0.4)
b) Diagonalisera A, dvs. ange en matris S och en diagonalmatris D sådana att D = S −1 AS.
(0.4)
c) Går det att hitta en ortogonal matris S sådan att S −1 AS är en diagonalmatris?
(0.2)
6. a) Vad menas med att vektorn v är en linjärkombination av vektorerna u1 , u2 , . . . , up ? (0.2)
b) Vad menas med att vektorerna u1 , u2 , . . . , up (inte nödvändigtvis i Rp ) är linjärt beroende? Skriv också upp ett ekvivalent villkor till detta.
(0.2)
c) Antag att u1 , u2 , u3 är vektorer i R3 , alla skilda från nollvektorn, och att F : R3 → R3
är en linjär avbildning sådan att F (u1 ) = u2 , F (u2 ) = u3 och F (u3 ) = 0. Visa att
u1 , u2 , u3 är linjärt oberoende.
(0.6)
LYCKA TILL!
TEKNISKA HÖGSKOLAN I LUND
MATEMATISKA INSTITUTIONEN
LÖSNINGAR
LINJÄR ALGEBRA
2017-03-13
1. Vi börjar med att undersöka när determinanten för koefficientmatrisen A är noll:
2 1 a det A = 2 3 a = −2a2 + 8 = 0 ⇔ a = ±2.
a 1 2 För a 6= ±2 har systemet entydig lösning, och vi undersöker fallen a ± 2. För a = 2
fås:


 2x + y + 2z = 0
 2x + y + 2z = 0
2x + 3y + 2z = 4
2y
=4 ,
⇔


2x + y + 2z = −4
0 = −4
och vi ser att lösning saknas. För a = −2 fås:


 2x + y − 2z = 0
 2x + y − 2z = 0
2x + 3y − 2z = 4
2y
=4
⇔


−2x + y + 2z = 4
2y
=4
⇔

 x=t−1
y=2
.

z=t
Svar: För a 6= ±2 har vi en lösning, för a = 2 ingen lösning, och slutligen oändligt
många lösningar (x, y, z) = (t − 1, 2, t), t ∈ R, för a = −2.
2. a) En vektor ortogonal mot båda ges av vektorprodukten
(1, 1, 2) × (−3, 4, 1) = (−7, −7, 7) = −7(1, 1, −1),
så vi kan välja v = (1, 1, −1). Med denna riktningsvektor, och punkt P0 , får linjen l
ekvation (x, y, z) = (0, 1, 2) + t(1, 1, −1), t ∈ R.
−−→
−−→
b) Vi beräknar vektorn P0 P = (2, 2, 1). Ortogonala projektionen u av P0 P på v
ges av
−−→
P0 P · v
v = (1, 1, −1).
u=
|v|2
Punkten Q fås nu från sambandet
−→ −−→
OQ = OP0 + u = (0, 1, 2) + (1, 1, −1) = (1, 2, 1)
(rita figur!), så Q får koordinaterna (1, 2, 1).
−−→
c) Vi väljer punkten P0 = (0, 0, −1) i planet, och projicerar P0 P = (2, 3, 4) på
planets normal n = (1, 2, 1):
−−→
P0 P · n
u=
n = (2, 4, 2).
|n|2
Punkten Q fås nu från sambandet
−→ −→
OQ = OP − u = (2, 3, 3) − (2, 4, 2) = (0, −1, 1)
(rita figur!), så Q får koordinaterna (0, −1, 1).
Svar: a) v = (1, 1, −1), l : (x, y, z) = (0, 1, 2) + t(1, 1, −1), t ∈ R.
c) Q : (0, −1, 1).
b) Q : (1, 2, 1).
3. a) Vid spegling i y-axeln avbildas basvektorerna enligt
(1, 0) 7→ (−1, 0),
(0, 1) 7→ (0, 1),
och eftersom kolonnerna i avbildningsmatrisen är bilderna av basvektorerna får vi
för speglingen matrisen
−1 0
S=
.
0 1
För vridningen gäller det att
(1, 0) 7→ ( 21 ,
√
3
),
2
√
(0, 1) 7→ (−
3 1
, )
2 2
(rita figur!), så detta ger matrisen
V =
1
2
√ 1
−
3
√
.
3
1
Matrisen för den sammansatta avbildningen blir slutligen
√ √ −1
0
3
3
1
−
−1
−
1
1
√
=2
.
A=VS = 2 √
0 1
3
1
− 3
1
b) Det finns många olika sätt att lösa denna uppgift. Exempelvis kan vi gå direkt på definitionen och skapa en matris med precis två linjärt oberoende kolonner,
genom att välja två som inte är parallella och sedan göra den tredje beroende av
dessa. Alternativt kan vi använda att trappekvivalenten skall ha två pivåelement:
En matris som fungerar, och som från början är på trappform, är


1 0 0
 0 1 0 

A=
 0 0 0 .
0 0 0
Nollrummet får vi nu genom att lösa matrisekvationen AX = 0 , vilket i vårt fall
ger X = t(0, 0, 1). En bas för nollrummet är alltså (0, 0, 1).
√ −1
−
3
1
√
Svar: a) A = 2
. b) Se ovan.
− 3
1
4. Svar: a) Falskt.
b) Sant.
c) Sant.
d) Falskt.
e) Sant.
5. a) Egenvärdena är lösningarna till ekvationen det(λI − A) = 0:
λ − 1 −2
1
λ+1
0 = λ(λ + 1)2 = 0 ⇔ λ = 0, λ = −1 .
det(λI − A) = 0
−2
−2 λ + 2 Egenvärdena är alltså λ = 0 och λ = −1. Motsvarande egenvektorer fås som icke
triviala lösningar till ekvationsystemet (λI − A)X = 0 . För λ = 0 blir systemet



 − x1 − 2x2 + x3 = 0
 − x1 − 2x2 + x3 = 0
 x1 = t
x2
=0
x2
=0
x2 = 0 ,
⇔
⇔



−2x1 − 2x2 + 2x3 = 0
2x2
=0
x3 = t
så egenvektorerna blir X = t(1, 0, 1), t 6= 0, till egenvärdet λ = 0.
För λ = −1 blir systemet


 −2x1 − 2x2 + x3 = 0
0 = 0 ,

−2x1 − 2x2 + x3 = 0
och vi ser att egenvärdena blir alla nollskilda vektorer i planet −2x1 − 2x2 + x3 = 0.
b) Till matrisen S skall vi välja tre linjärt oberoende egenvektorer som kolonner.
Eftersom (1, 0, 1) inte är parallell med planet −2x1 − 2x2 + x3 = 0 kan vi välja
(1, 0, 1) tillsammans med två icke-parallella vektorer i planet, t.ex. (1, −1, 0) och
(1, 0, 2). Vi får då


1
1 1
S =  0 −1 0  .
1
0 2
Med egenvärdena på motsvarande positioner i diagonalmatrisen D ger detta


0
0
0
0 .
D =  0 −1
0
0 −1
c) I en ortogonal matris är speciellt kolonnerna ortogonala mot varandra, så frågan är här (utan att gå in på en fullständig teoretisk motivering) om vi kan välja
tre egenvektorer som är ortogonala mot varandra. Men eftersom (1, 0, 1) inte är
ortogonal mot planet −2x1 − 2x2 + x3 = 0 går detta inte.
Svar: a) Egenvektorer X = t(1, 0, 1), t 6= 0, till egenvärdet λ = 0, samt alla
nollskilda vektorer i planet −2x1 − 2x2 + x3 = 0 till egenvärdet λ = −1.




1
1 1
0
0
0
0  . c) Nej.
b) S =  0 −1 0 , D =  0 −1
1
0 2
0
0 −1
6. a) Se boken sidan 99.
b) Se Definition 3 på sidan 100 i boken. För ekvivalent villkor se exempelvis
Sats 2 (i) på samma sida.
c) Vi skall exempelvis visa att ekvationen
λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 = 0
(1)
bara har lösningen λ1 = λ2 = λ3 = 0. Tillämpar vi avbildningen på denna ekvation
får vi, med hjälp av linjäriteten och de villkor vi har givna att
λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 = 0
F (λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 ) = F (0 )
λ1 F (u1 ) + λ2 F (u2 ) + λ3 F (u3 ) = 0
λ1 u2 + λ2 u3 + λ3 0 = 0
λ1 u2 + λ2 u3 = 0 .
⇔
⇔
⇔
⇔
Fortsätter vi att tillämpa F på denna sista ekvation får vi på samma sätt att
λ1 u2 + λ2 u3 = 0
F (λ1 u2 + λ2 u3 ) = F (0 )
λ1 F (u2 ) + λ2 F (u3 ) = 0
λ1 u3 + λ2 0 = 0
λ1 u3 = 0 .
⇔
⇔
⇔
⇔
Här ser vi nu att vi måste ha λ1 = 0, och då ger ekvationen λ1 u2 + λ2 u3 = 0 ovan
att λ2 = 0. Slutligen ger ekvation (1) att λ3 = 0, och vi är klara.
Svar: Se ovan.