Malmö högskola
Teknik och samhälle
Lösning till tentamensskrivning
Linjär algebra 3 poäng
2005-03-29
1. (a) En ekvation på affin form för planet som är ortogonalt mot ℓ och går genom origo är
3x + 2y − z = 0.
Insättning av linjens ekvation i planets ekvation ger
3(3t) + 2(−7 + 2t) − (14 − t) = 0 ⇔ 14t − 28 = 0 ⇔ t = 2.
Koordinaterna för skärningspunkten är alltså P : (0, −7, 14) + 2(3, 2, −1) = (6, −3, 12).
Svar: Planets ekvation är 3x+2y−z = 0 och skärningspunkten mellan Π och ℓ är P : (6, −3, 12).
(b) De två vektorer som utgår från P0 : (0, 2, 3) och slutar i P1 : (−3, 2, 1) respektive P2 : (3, 3, 3)
är v1 = (−3, 0, −2) och v2 = (3, 1, 0).
P2
P1
P0
Arean av triangeln är
A=
1
7
1
1√
4 + 36 + 9 = .
|v1 × v2 | = |(2 − 6, −3)| =
2
2
2
2
2. (a) Komposanten av u som är parallell med v fås direkt med projektionsformeln enligt
u′ =
u·v
(2, −2, 4) · (2, −1, −3)
3
v=
(2, −1, −3) = − (2, −1, −3).
|v|2
|(2, −1, −3)|2
7
Komposanten av u som är ortogonal mot v är
1
3
u′′ = u − u′ = (2, −2, 4) + (2, −1, −3) = (20, −17, 19).
7
7
u P
u′ ′
ℓ
Q
u
′
v
1
−→
(b) Låt O vara origo. Eftersom P Q =
−→
−→
−→
−→
OQ = OP + P Q = OP +
−→
= OP +
=
2
5
−→
−→
−→
2 −→
P R och P R = OR − OP så följer
5
2 −→
PR =
5
−→
−→
3 −→ 2 −→
OR − OP =
OP + OR=
5
5
1
(7, 0, −17)
5
Q
P
R
O
3. (a) En punkt på linjen ℓ är Q : (2, −2, −3). Vektorn från Q till P är u = (2, 0, 4). Låt u = u′ + u′′
där u′ och u′′ är komposanten av u parallell med respektive ortogonal mot ℓ, se figur för uppgift
2(a). Avståndet mellan linjen ℓ och punkten P ges av längden av u′′ . Komposanten u′ ges av
projektionen på en riktningsvektorn v = (1, −1, −2) parallell med ℓ
u′ =
u·v
(2, 0, 4) · (1, −1, −2)
v=
(1, −1, −2) = −(1, −1, −2).
2
|v|
|(1, −1, −2)|2
Avståndet är alltså
|u′′ | = |u − u′ | = |(3, −1, 2)| =
√
14
(b) En riktningsvektor till denna linje är u′′ = (3, −1, 2). En ekvation till linjen är då
(x, y, z) = (4, −2, 1) + t(3, −1, 2).
(c) Vi identifierar spegelpunkten S med ortsvektorn
−→
−→
OS = OP − 2u′′ = (4, −2, 1) − 2(3, −1, 2) = (−2, 0, −3).
Således har spegelpunkten koordinaterna
S : (−2, 0, −3).
4. (a) Låt a1 , a2 och a3 beteckna kolonnvektorerna i matrisen A.
Vi har
a1 · a2 = a1 · a3 = a2 · a3 = 0, |a1 | = |a2 | = |a3 | = 1,
dvs vektorerna är inbördes ortogonala och har längden 1.
Matrisen A är alltså en ortogonal matris.
2
(b) Inversen till en ortogonal matris ges av transponatet av matrisen.
Därför har matrisen A inversen
2
1 −2
1
2
2
A−1 = At = 1
3
2 −2
1
(c) Inverterar vi båda sidor i matrisekvationen fås
X − B = A−1 ⇔ X = A−1 + B ⇔ X = At + B
Vi har alltså
2
1
X = 1
3
2
1 −2
2 5
2
2 + 0 2
−2
1
6 2
8
3
1
8 = 1
3
20
3
16
8
4
7
26
10
5. (a) De fyra vektorerna utgör en bas i R4 om och endast om de är linjärt oberoende. Vi utnyttjar att
vektorerna är linjärt oberoende om och endast om en determinant där vektorerna utgör kolonner
(eller rader) är skilld från noll. Vi beräknar därför determinanten
1
1 −1
1 1
1 −1
1 1
1 −1
1 2
1
4
1 0 −1
6 −1 0 −1
6 −1 = 1·(−1)·15·(−1) = 15.
0
= 0
= 0
2
3
2
2
3
2
0
15
0 3
3
2
2 0
0
5 −1 0
0
5 −1 De fyra vektorerna är alltså linjärt oberoende och utgör därmed en bas i R4 .
(b) Deteminanten av koefficientmatrisen till systemet är
2 −a
−a
1 1 2
= 0 2a − 2 a − 2 = 2 2a − 2
4 −2
a
3a − 4
6 −4
0 3 0 3a − 4
a − 2 = −2(a − 2)(3a − 4).
0 Systemet har entydig lösning då determinanten är skild från noll, dvs då
a 6= 2 och a 6=
4
3
6. (a) Vid spegling i ett plan ges sambandet mellan bildvektorn y och urbildsvektorn x av
y=x−2
x·n
|n|
2
n,
där n är planets normal. I detta fall då n = (2, −2, 1) fås
(y1 , y2 , y3 ) = (x1 , x2 , x3 ) − 2
= (x1 , x2 , x3 ) −
(x1 , x2 , x3 ) · (2, −2, 1)
|(2, −2, 1)|
2
(2, −2, 1) =
2
(2x1 − 2x2 + x3 ) (2, −2, 1) =
9
1
(x1 + 8x2 − 4x3 , −8x1 + x2 + 4x3 , −4x1 + 4x2 + 7x3 ) .
9
Avbildningsmatrisen är således
1
8 −4
1
−8
1
4
A=
9
−4
4
7
=
3
(b) Vi löser problemet med ett geometriskt resonemang.
Låt F vara en linjär avbildning. Enligt definition är vektorn x 6= 0 och skalären λ som uppfyller
F (x) = λx
egenvektor respektive egenvärde till F . Enligt definitionen är alltså en egenvektor x parallell
med bilden F (x). I det här fallet är avbildningen F en spegling av rummets vektorer i planet
2x1 − 2x2 + x3 = 0. Det gäller alltså att avgöra vilka vektorer i rummet som vid spegling i detta
plan blir parallella med sin spegelbild.
En vektor x som är ortogonal mot planet speglas på −x, dvs
F (x) = −x.
En vektor x som är parallell med planet speglas på sig själv, dvs
F (x) = x.
En vektor som inte är ortogonal eller parallell med planet är ej parallell med sin spegelbild och
är därmed ej en egenvektor till F .
Egenvektorer till F är alltså:
i. alla vektorer som är skilda från nollvektorn och ortogonala mot planet 2x1 − 2x2 + x3 = 0,
dvs alla vektorer t(2, −2, 1), t 6= 0. Egenvärdet i det här fallet är λ = −1.
ii. alla vektorer som är skilda från nollvektorn och parallella med planet 2x1 − 2x2 + x3 = 0.
Egenvärdet i det här fallet är λ = 1.
4
