STOCKHOLMS UNIVERSITET
MATEMATISKA INSTITUTIONEN
Linjär algebra II
LÖSNINGAR TILL UPPGIFTER TILL RÄKNEÖVNING 4
1. Låt v1 = (a; b; c) och v2 = (d; e; f ) vara två nollskillda vektorer i R3 sådana att v1 inte
är en multipel av v2 .
(a) Visa att det plan som spänns upp av v1 och v2 ges av ekvationen
x y
a b
d e
z
c
f
= 0;
genom att utveckla determinanten och sätta in x = a, y = b, z = c respektive
x = d y = e, z = f .
Lösning: Vi utvecklar determinanten längs första raden
x y
a b
d e
z
c
f
=x
b
e
= x(bf
a
d
c
f
y
ce)
y(af
c
f
+z
a b
d e
cd) + z(ae
=
db) = 0:
Detta är ekvationen för ett plan genom origo. Vi ser att vektorerna v1 och
v2 ligger i detta plan eftersom både (x; y; z) = (a; b; c) och (x; y; z) = (d; e; f )
uppfyller planets ekvation, ty
a(bf
ce)
b(af
cd) + c(ae
db) = abf
ace
baf + bcd + cae
cdb = 0;
e(af
cd) + f (ae
db) = dbf
dce
eaf + ecd + f ae
f db = 0:
respektive
d(bf
ce)
(b) Visa att planet ges av ekvationen ovan genom att utnyttja egenskaper hos determinanten.
Lösning: Om vi sätter in x = a, y = b och z = c i determinanten så får vi
a b
a b
d e
c
c
f
;
vilket är lika med 0 eftersom rad 1 och rad 2 är identiska. Ett liknande fenomen
uppstår om vi sätter in x = d, y = e och z = f .
2. Matrisen Cn är av ordning 2n
2n och ges av (
0
B
B
B
C3 = B
B
B
@
1
0
0
0
0
2
0
1
0
0
2
0
1
0
0
1
2
0
0
0
0
2
1
0
0
ij
+2
0
2
0
0
1
0
2
0
0
0
0
1
i;2n j+1 )ij .
1
C
C
C
C:
C
C
A
Till exempel gäller
Bestäm ett uttryck för jCn j.
Lösning: Matrisen Cn är av ordning 2n 2n och
0
1 0 0
0
B 0 1 0
0
B
B 0 0 1
2
B
B .. .. .. . .
.
Cn = B . . .
. ..
B
B 0 0 2
1
B
@ 0 2 0
0
2 0 0
0
Vi börjar med att utveckla efter första kolonnen
1+1
jCn j = 1 ( 1)
1 0
0 1
.. ..
. .
0 2
2 0
0 0
..
.
0
2
..
.
2
0
..
.
0
0
..
.
1
0
0
0
1
0
0
0
1
kan skrivas
1
0 2
2 0 C
C
0 0 C
C
.. .. C :
. . C
C
0 0 C
C
1 0 A
0 1
1+2n
+ 2 ( 1)
0 0
1 0
0 1
.. ..
. .
0 2
2 0
..
.
och kan uttrycka jCn j med hjälp av determinanter av två (2n 1) (2n
Vi utvecklar båda dessa determinanter längs sista kolonnen och får
jCn j =
1+1
1 ( 1)
(2n 1)+(2n 1)
1 ( 1)
1+2n
+2 ( 1)
= jCn
1j
1 0
0 1
.. ..
. .
0 2
2 0
1+(2n 1)
2 ( 1)
4 jCn
1j
=
3 jCn
1 0
0 1
.. ..
. .
0 2
2 0
..
..
.
0 0 2
0 2 0
2 0 0
.. .. .. :
. . .
1 0 0
0 1 0
1)-matriser.
0 2
2 0
.. ..
. .
1 0
0 1
.
0 2
2 0
.. ..
. .
1 0
0 1
1j :
Eftersom
jC1 j =
så ser vi att jC2 j =
3 jC1 j =
1
2
2
1
=1 1
2 2=1
4=
3;
3 ( 3) = 9 osv. Det inses lätt att
n
jCn j = ( 3)
eftersom denna formel uppfyller både villkoret jC1 j =
3 jCn 1 j.
3 och rekursionsformeln jCn j =
3. (Tentamen 030110, uppgift 2) Låt n vara ett positivt heltal. Bestäm alla reella x
sådana att
1
1
1
1
1
1 2 x
1
1
1
1
1
4 x
1
1
= 0:
1
1
1
6 x
1
..
..
..
..
..
..
.
.
.
.
.
.
1
1
1
1
2n x
Lösning: Se kurshemsidan, gamla tentor.
2
4. (Kursboken, uppgift 3.3) Låt A vara en inverterbar matris med heltalskoe¢ cienter.
Visa att A 1 har heltalskoe¢ cienter om och endast om det (A) = 1.
Lösning: Om A har heltalskoe¢ cienter så måste det (A) vara ett heltal. Om dessutom
1
A 1 har heltalskoe¢ cienter, så måste det A 1 = (det (A)) vara ett heltal. De enda
1
heltal n som uppfyller att både n och n är heltal är 1 och 1, så det (A) = 1.
Antag, omvänt, att det (A) = 1. Enligt formeln
A
1
=
adj (A)
;
det (A)
så följer det att A 1 = adj(A). Eftersom A har heltalskoe¢ cienter, så har adj(A),
i+j
vars element på plats ij ges av ( 1) Dji , heltalskoe¢ cienter. Följaktligen har A 1
heltalskoe¢ cienter.
3
