Lösningar till Tentamen i Linjär Algebra, 7.5p

Lösningar till Tentamen i Linjär Algebra, 7.5p
Distanskurs
17 januari, 2009 kl. 9.00 − 13.00
Maxpoäng: 30p.
Betygsgränser: 12p: betyg G, 21p: betyg VG.
Kursansvarig: Eric Järpe, telefon 0702-822 844, 035-16 76 53.
Hjälpmedel: Inga.
Om inget annat påpekas får du förutsätta att koordinatsystemet är ortonormerat (ON).
1. Bevisa att om v 6= 0 så är den ortogonala projektionen av u på v
u·v
v
|v|2
Lösning: (Se Linjär algebra av Sparr, s. 65–66.)
2. Bevisa att om A är ortogonal så är | det A| = 1.
Lösning: (Se Linjär algebra av Sparr, s. 204.)
3. Lös ekvationssystemet
x − 2y = 2
3x − 8y = 8
(3p)
2
(3p)
2
(2p)
Lösning: Om vi kallar den övre ekvationen (1) och den undre (2) så får vi 3(1)−(2) :
(3 · (−2) − (−8))y = 3 · 2 − 8 ⇒ y = −2/2 = −1 ⇒ x = 2 + 2 · (−1) = 0.
2
4. Låt u = (1, −2, 1), v = (1, 2, 3) och w = (1, −1, 0). Beräkna
(a) arean av den triangel som spänns av u och v.
(3p)
(b) vinkeln mellan u och w.
(3p)
Lösning:
−2
1
1
1
1
−2
(a) Triangelarean = 21 |u×v| = 21 2 3 , − 1 3 , 1 2 =
√
√
= 21 |(−6 − 2, 1 − 3, 2 + 2)| = 21 64 + 4 + 16 = 21
(b) Eftersom u · w = |u||w| cos([u, w]) enligt definitionen av√skalärprodukt, är
u·w
√2
= √ 2 1·1+(−2)·(−1)+1·0
= √36·2 = 23 varmed vinkeln
cos([u, w]) = |u||w|
2
2
2
2
1 +(−2) +1
1 +(−1) +0
[u, w] måste vara antingen + π6 eller − π6 . Vilket av dessa fall som är giltigt svar
bestäms av sin([u, w]) som
m.h.a. vektorprodukten:
sin([u, w]) =
kan uttryckas
√
−2 1
1 1
1 −2
|u×w|
där |u × w| = −1 0 , − 1 0 , 1 −1 = |(1, 1, 1)| = 3
|u||w|
√
3
= 12 vilket innebär att vinkeln är i första kvanvarmed sin([u, w]) = √6·2
dranten, dvs vinkeln mellan u och w är π/6.
2
5. Bestäm kortaste avståndet mellan linjerna
ℓ1 = {(3t, 1 − t, 5 + t) : t ∈ R} och ℓ2 = {(2 − s, 2, 2s) : s ∈ R}.
(3p)
Lösning: En riktningsvektor för ℓ1 är v 1 = (3, −1, 1) ochen för ℓ2 är v 2 = (−1, 0, 2).
Ortogonal mot båda dessa är vektorprodukten v 1 ×v 2 =
−1 1
0 2
3 1 3 −1 , −
, −1 2 −1 0 = (−2, −7, −1) och därmed även vektorn n = (2, 7, 1). Om vi nu utgår från en
punkt på ℓ1 , går i riktningen n och hamnar på ℓ2 , så måste avståndet mellan
punkterna
där vi startade och slutade
vara minsta avståndet 
mellan linjerna. Vi får


3t + 2r = 2 − s
2
2

 3t + 2r + s =
 3t + 2r + s =
1 − t + 7r = 2
−t + 7r
=
1 ∼
23r + s =
5
∼



5
+ t + r = 2s
t + r − 2s = −5
8r − 2s = −4
 3t + 2r + s = 2
23r + s = 5
∼
⇒ r = 91 . Därmed är avståndet mellan linjerna

27r = 3
q
√
√
| 91 (2, 7, 1)| = 91 4 + 49 + 1 = 3 9 6 = 23 .
2


1 2 3
6. Låt A =  1 2 1 . Beräkna
1 3 0
(a) det A.
(3p)
(b) alla egenvärdena till A och en av egenvektorerna till A.
(4p)
Lösning:
1 2 3 2 3 2 1 2 3 −1·
(a) 1 2 1 = 1 · 3 0 + 1 · 2 1 = −3 − (−9) + (−4) = 2.
3 0 1 3 0 1−λ
2
3
2 − λ 1 =
(b) 0 = det(A − λI) = 1
1
−λ
3
2−λ 1 2 3 2
3 =
+
−
= (1 − λ) 3
−λ 3 −λ 2 − λ 1 = −(1−λ)(2−λ)λ−3(1−λ)−(−2λ−9)+2−3(2−λ) = −λ3 +3λ2 +6λ+2 ⇒
λ3 − 3λ2 − 6λ − 2 = 0. Detta är en fullständig tredjegradsekvation. Första
försök till lösning är att testa de enklaste kandidaterna λ = 1 och λ = −1. Om
inte detta funkar kan man gå vidare med sambandet mellan koefficeinterna
och rationella rötter t. ex. I detta fall ser man dock att λ = −1 är en rot
varmed λ + 1 kan brytas ut: λ3 − 3λ2 − 6λ − 2 = (λ + 1)(λ2 − 4λ√− 2) och de
återstående två fås av att lösa λ2 − 4λ − 2 = 0 vilket ger λ = 2 ± 6. Därmed
√
√
är egenvärdena λ1 = −1, λ2 = 2 + 6, λ3 = 2 − 6. Enklaste egenvektorn
blir nu den som svarar mot λ = −1. För att finna egenvektorn v ska vi lösa
Av

 = λv. Alltså
  har
 viekvationssystemet

1 2 3
v1
−v1
 2v1 + 2v2 + 3v3 = 0
 1 2 1   v2  =  −v2  ∼
v1 + 3v2 + v3
= 0 ⇒

1 3 0
v3
−v3
v1 + 3v2 + v3
= 0
⇒ v2 = t, v3 = 4t, v1 = −7t varmed en egenvektor är (−7, 1, 4).
2




1 0 0
1 0 0
7. Antag att A =  0 1 1  och att I =  0 1 0 .
2 0 1
0 0 1
(a) För vilka a ∈ R är matrisen A + A−1 − aI inverterbar?


6
(b) Lös ekvationen (A − I)2 A−1 x = b − 2x där b =  −2 .
2
(3p)
(3p)
Lösning:
(a) En matris är inverterbar
om och endast om dess determinant är skild 
från 0.

1 0 0 1 0 0
1 0 0
1 0 0
0 1 0  ∼
Invertering av A:  0 1 1 0 1 0  ∼  0 1 1
2 0 1 0 0 1
0 0 1 −2 0 1




1 0
0
1 0 0
1 0
0
 0 1 0
2 1 −1  ⇒ A−1 =  2 1 −1  varmed
0 0 1 −2 0
1
−2 0
1
1+1−a 0+0−0 0+0−0 2−a
0
0
−1
2−a
0
det(A+A −aI) = 0 + 2 − 0 1 + 1 − a 1 − 1 − 0 = 2
2−2−0 0+0−0 1+1−a 0
0
2
−
a
2−a
0 = (2 − a)3 som har nollstället a = 2. Alltså är
(2 − a) 0
2−a A + A−1 − aI inverterbar för alla a 6= 2.
(b) (A − I)2 A−1 x = (A2 − 2AI + I 2 )A−1 x = (A − 2I + A−1 )x = b − 2x
⇒ (A − 2I + A−1 )x + 2Ix = (A − 2I + A−1 + 2I)x = (A + A−1 )x = b
2 0 0 1 0
−1 −1
−1

⇒ x = (A+A ) b där invertering av A+A fås av att 2 2 0 0 1
0 0 2 0 0




1 0 0
1 0 0
2 0 0
 0 2 0 −1 1 0  ⇒ (A + A−1 )−1 = 1  −1 1 0  varmed
2
0 0 2
0 0 1
0 0 1


 

1 0 0
6
3
x = 21  −1 1 0   −2  =  −4 
0 0 1
2
1
=
⇒
⇒
0
0  ∼
1
2