Linnéuniversitetet
Institutionen för datavetenskap,
fysik och matematik
Per-Anders Svensson
Lösningsförslag till tentamen i Vektorgeometri, 1MA103, 7.5 hp
tisdagen den november , klockan .–.
1. För att (x1 , x2 , x3 ) = (2, 2, 1) ska vara en lösning till ekvationssystemet, måste
samtliga ekvationer ha denna taltrippel som lösning. Genom insättning ser vi att
(x1 , x2 , x3 ) = (2, 2, 1) uppfyller åtminstone de två första ekvationerna. Insättning i
den tredje ekvationen ger villkoret
2a + 6 + 1 = 1 ⇐⇒ a = −3.
Alltså måste a = −3 för att (x1 , x2 , x3 ) = (2, 2, 1) ska kunna vara en lösning till
systemet.
För att lösningen (x1 , x2 , x3 ) = (2, 2, 1) ska vara entydig (i det fall då a = −3), så
koefficientmatrisen för det ekvationssystem vi får för detta värde på a, d.v.s.
3 −3
1
2 −3
A = −2
,
−3
3
1
vara inverterbar. Så är fallet om dess determinant är skild från noll. Med hjälp av
Sarrus’ regel finner vi att det A = 0. Det betyder att A inte är inverterbar och
ekvationssystemet inte kan ha entydig lösning. Istället finns det oändligt många
eller inga alls. Eftersom vi dock vet att det åtminstone finns en lösning, är det ett
oändligt antal lösningar som föreligger. Med andra ord är den givna lösningen till
ekvationssystemet inte entydig.
Svar: a = −3; Lösningen är inte entydig
2. Vektorerna f 1 , f 2 och f 3 bildar en bas för rummets vektorer, om och endast om de
är linjärt oberoende. Så är fallet, om och endast den matris T , vars kolonnvektorer
utgörs av f 1 , f 2 och f 3 , är skild från noll. Med hjälp av t.ex. Sarrus’ regel, finner
vi att
2
1 −1
2 = −10 6= 0.
det T = 1 −2
−1
1
1
Detta bevisar att (f 1 , f 2 , f 3 ) är en bas för rummets vektorer.
Sambandet mellan koordinaterna u = (y1 , y2 , y3 ) för u i den nya basen (f 1 , f 2 , f 3 )
och koordinaterna u = (3, −1, 2) i den bas som är given från början, kan tecknas
X = TY ,
där
3
X = −1
,
2
y1
Y = y2
y3
och där T är transformationsmatrisen (vars determinant vi beräknade ovan), d.v.s.
2
1 −1
2
T = 1 −2
.
−1
1
1
Genom att lösa ekvationssystemet TY = X , d.v.s.
2y1 + y2 − y3 =
3
y1 − 2y2 + 2y3 = −1
−y1 + y2 + y3 = 2,
t.ex. med Gausselimination, så får vi efter litet räkningar att
y1 = 1
y2 = 2
y3 = 1.
Från detta kan vi konstatera att u = f 1 + 2f 2 + f 3 eller, om man så vill, att
u = (1, 2, 1) i basen (f 1 , f 2 , f 3 ).
Svar: (1, 2, 1)
3. Vi inför beteckningarna A = (2, 0, 2), B = (2, −1, 3) och C = (1, 0, 3) för de tre
punkterna. Vinkeln θ mellan två vektorer u och v kan beräknas med användande
av formeln
u·v
cos θ =
.
|u| |v|
För att beräkna vinkeln α vid hörnet A kommer vi först fram till att
−→ −→
AB · AC
cos α = −→ −→ .
|AB| · |AC|
−→
−→
Eftersom AB = (0, −1, 1) och AC = (−1, 0, 1) så blir
1
cos α = ,
2
vilket betyder att α = π/3, eller om man så vill α = 60◦ .
Vinkeln β vid hörnet B uppfyller
−→ −−→
BA · BC
cos β = −→ −−→ .
|BA| · |BC|
−→
−−→
Med BA = (0, 1, −1) och BC = (−1, 1, 0) så blir
1
cos β = ,
2
så även β = 60◦ . Eftersom vinkelsumman i en triangel är 180◦ , måste vinkeln γ vid
hörnet C också vara 60◦ .
Värt att notera är att om vi från början hade beräknat alla sidlängder i triangeln
hade vi kunnat dra denna slutsats om de
√ olika vinklarna utan att behöva beräkna
−→
−−→
−→
dem: Eftersom |AB| = |BC| = |AC| = 2, så är triangeln liksidig. Därmed måste
alla vinklarna vara lika med 60◦ (eller, om man så vill, π/3 radianer).
Svar: Samtliga vinklar är 60◦
−→
−→
4. Tetraedern spänns upp av de tre vektorerna P Q = (−3, 1, −1), P R = (−3, 0, −3)
−→
och P S = (−2, 1, 1). Genom att beräkna volymfunktionen av dessa tre vektorer
får vi (sånär som på tecknet) volymen av den parallellepiped som spänns upp av
vektorerna. Den sökta tetraederns volym är en sjättedel av denna parallellepipeds
volym. Volymen av parallellepipeden ges av determinanten av den matris, som har
vektorerna ovan som kolonner. Eftersom
−3 −3 −2
0
1 = 3,
1
−1 −3
1
så har den sökta tetraedern volymen
1
6
· 3 = 21 .
En tetraeder har ju av fyra triangulära sidor, och i vårt fall ges dessa av trianglarna
P QR, P QS, P RS och QRS. Om en sådan triangel spänns upp av två vektorer u
och v, så kan arean av denna triangel beräknas som halva längden av vektorprodukten u × v. Enligt definitionen av vektorprodukt är nämligen |u × v| lika med
arean av den parallellogram som spänns upp av u och v, och denna area är dubbelt
så stor triangelarean vi söker.
−→
−→
När det gäller △P QR så spänns denna upp av P Q och P R. Eftersom
−→ −→
P Q × P R = (−3, 1, −1) × (−3, 0, −3) = (−3, −6, 3) = 3(−1, −2, 1),
så har △P QR arean
√
3 6
1 q
2
2
2
· 3 (−1) + (−2) + 1 =
.
2
2
Med ett liknande resonemang finner vi att △P QS och △P RS har areorna
√
1 −→ −→
30
|P Q × P S| =
2
2
respektive
√
3 11
1 −→ −→
|P R × P S| =
.
2
2
För att avslutningsvis kunna bestämma arean av △QRS, behöver vi först beräkna
−→
−→
QR = (0, −1, −2) och QS = (1, 0, 2). Sedan fås den sökta triangelarean
1 −→ −→
3
|QR × QS| =
2
2
på samma sätt som tidigare.
Svar: Volymen är 21 ; sidornas areor är
3
2
√
6,
1
2
√
30,
3
2
√
11 respektive 23 .
5. (a) Genom att beräkna matrisprodukten A2 finner vi att
5
a
A =
4 −4
2
!
!
!
25 + 4a
a
5
a
,
=
4
4a + 16
4 −4
så för att A2 = A, måste 25 + 4a = 5 och 4a + 16 = −4. Båda dessa ekvationer har
lösningen a = −5.
(b) Som inverterbar matris B 6= E kan vi t.ex. välja
!
1 1
.
B=
0 1
Att denna matris faktiskt är inverterbar, följer av att det B = 1 6= 0. Vi får nu att
!
5 −5
C = AB(E − A) =
4 −4
!
5 0
=
4 0
!
!
!
1 1
−4 5
·
−4 5
0 1
!
−20 25
−4 5
.
=
−16 20
−4 5
Därmed blir
!
−20 25
C =
−16 20
2
!
!
0 0
−20 25
=
,
−16 20
0 0
d.v.s. C 2 är nollmatrisen O.
I själva verket blir C 2 = O, oavsett hur vi väljer B. Matrisen B behöver inte ens vara
inverterbar! Matrisen A behöver inte heller vara just den matris vi får för a = −5
ovan; det räcker med att A är en matris som uppfyller A2 = A. Alltså om A2 = A,
så gäller
C 2 = (AB(E − A))2 = (AB − ABA)2
= (AB − ABA)(AB − ABA)
= (AB)2 − (AB)(ABA) − (ABA)(AB) + (ABA)2
= ABAB − ABABA − ABA2 B + ABA2 BA
= ABAB − ABABA − ABAB + ABABA = O,
oavsett hur vi väljer matrisen B.
Svar: (a) a = −5 (b) O
