TENTAMENSSKRIVNING
LINJÄR ALGEBRA
2015-03-16 kl 8–13
LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA
MATEMATIK
INGA HJÄLPMEDEL.
Lösningarna skall vara försedda med ordentliga motiveringar. Alla koordinatsystem får antas
vara ortonormerade och positivt orienterade.
1. Lös, för varje värde på a, ekvationssystemet
x + ay + z = 0
2x + 2y + az = 0
x + 3y + z = 0
.
2. a) Bestäm en ekvation på affin form för planet π genom punkterna
P1 : (1, 0, −1),
P2 : (2, 1, 3),
och P3 : (3, −1, 1).
(0.3)
b) Bestäm skärningen mellan planet π ovan och linjen l som går genom punkterna
P4 : (3, 2, 1) och P5 : (2, 1, −1).
c) Bestäm avståndet mellan punkten P3 och linjen l.
3. Låt
A=
(0.3)
(0.4)
1 2
.
4 −1
a) Bestäm alla egenvärden och egenvektorer till A.
(0.5)
b) Diagonalisera A, dvs. ange en inverterbar matris S och en diagonalmatris D sådana att
S −1 AS = D.
(0.3)
c) Antag att matrisen B är inverterbar, och har ett egenvärde λ 6= 0. Visa att B −1 har
egenvärdet 1/λ.
(0.2)
4. Bestäm en positivt orienterad ortonormerad bas ê1 , ê2 , ê3 sådan att
ê1 är parallell med linjen l : (x, y, z) = (1, 0, 2) + t(2, 2, 1) och
ê2 är parallell med planet π : 2x + 3y + 2z − 7 = 0.
Ange också koordinaterna, i den gamla basen, för den vektor som i din nya bas får koordinaterna (9, 3, 6).
Var god vänd!
5. Låt F vara en linjär avbildning som avbildar vektorerna
(1, 0, 0), (1, 1, 0) och (1, 1, 1)
på
(1, 2, 0), (2, −1, 3) respektive (0, 1, −1).
Låt vidare G vara avbildningen som speglar rummets vektorer i yz-planet, dvs. i planet
x = 0. Låt slutligen H vara den sammansatta avbildning som innebär att vi först tillämpar
F och därefter G.
a) Bestäm avbildningsmatrisen för H.
(0.8)
b) Blir volymen av en parallellepiped större eller mindre då vi tillämpar H på den? (0.2)
6. Antag att vi vrider rummets vektorer vinkeln θ kring linjen (x, y, z) = t (402, −512, 267), i
positiv led sett från spetsen av vektorn (402, −512, 267), och låt A vara avbildningsmatrisen
för denna avbildning.
a) Bestäm, för varje värde på θ, rangen av A.
(0.2)
b) Bestäm, för varje värde på θ, determinanten av A.
(0.2)
c) Bestäm, för varje värde på θ, alla (reella) egenvärden till A.
(0.3)
d) Bestäm, för varje värde på θ, huruvida A är diagonaliserbar eller ej.
(0.3)
Glöm inte motiveringar.
LYCKA TILL!
LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA
MATEMATIK
SVAR
LINJÄR ALGEBRA
2015-03-16
1. Fallet a = 3 ger (x, y, z) = t(−7, 1, 4), t ∈ R, och a = 2 ger (x, y, z) = t(−1, 0, 1), t ∈
R. Då a 6= 3 och a 6= 2 blir lösningen (x, y, z) = (0, 0, 0).
2. a) En ekvation är 2x + 2y − z − 3 = 0.
b) Punkten (0, −1, −5).
√
c) Avståndet är 21 30.
3. a) a) Egenvektorer X = t(1, 1), t 6= 0, till egenvärdet λ = 3, och egenvektorer
X = t(1, −2), t 6= 0, till egenvärdet λ = −3.
1
1
3
0
b) Exempelvis S =
,D=
.
1 −2
0 −3
c) Kan visas på följande sätt:
B har egenvärdet λ
X = λB −1 X
⇔
⇔
BX = λX (X 6= 0 ) ⇔ B −1 BX = B −1 λX
B −1 X = λ1 X ⇔ B −1 har egenvärdet 1/λ.
⇔
4. Man kan välja ê1 = 31 (2, 2, 1), ê2 = 13 (1, −2, 2) och ê3 = 13 (2, −1, −2). Vektorn får
då (de gamla) koordinaterna (11, 2, 1). (Har du valt motsatt tecken på ê2 och ê3 så
får vektorn istället koordinaterna (1, 10, 5).)
5. a) Avbildningsmatrisen för F blir
1
1 −2
2
A = 2 −3
0
3 −4
och avbildningsmatrisen för G blir
−1 0 0
B = 0 1 0 .
0 0 1
Matrisen för den sammansatta avbildningen H blir således
−1 −1
2
2 .
C = BA = 2 −3
0
3 −4
b) Eftersom | det C | = 2 > 1 så följer det, enligt determinantens tolkning som
volymskala, att en parallellepiped får större volym då vi tillämpar H på den.
6. a) Eftersom avbildningen är en rotation så är värdemängden hela rummet, dvs. av
dimension 3. Vi får därför rangA = 3, oavsett θ.
b) En rotation påverkar inte volymen av en kropp, och eftersom inte heller orienteringen ändras så är detA = 1, oavsett θ.
c) För alla θ så gäller det att den angivna linjen avbildas på sig själv, så vektorerna
(6= 0 ) på denna linje blir egenvektorer med egenvärdet λ = 1. Om θ = π (+k·2π) så
vrider vi ett halvt varv, och då blir alla vektorer (6= 0 ) ortogonala mot linjen (dvs. i
planet 402x − 512y + 267z = 0) egenvektorer med egenvärdet λ = −1. Om vi vrider
hela varv (θ = k·2π) så blir alla vektorer (6= 0 ) egenvektorer med egenvärdet λ = 1.
Inga andra vridningar ger egenvektorer utöver vridningsaxeln.
d) Matrisen A är diagonaliserbar precis då vi kan välja 3 linjärt oberoende egenvektorer. Enligt resonomanget i b) så ser vi att detta är möjligt endast då θ = π + k·2π
och då θ = k·2π, eller sammantaget, då θ = k·π.
Svar: a) rang A = 3. b) detA = 1. c) Vinkeln θ = π + k·2π, k ∈ Z, ger λ = 1
och λ = −1. Övriga θ ger endast λ = 1. d) Diagonaliserbar endast då θ = k ·π,
k ∈ Z.
