MM2001 · Linjär algebra
Lös följande ekvationssystem samt beräkna den angivna determinanten.
$$ \begin{cases} 5x - 2y - 4z = 52, \\ 4x - 2y - 4z = 32, \\ -5x + 5y + 10z = 20 \end{cases} \qquad\text{respektive}\qquad \det\begin{pmatrix} 5 & -2 & -4 \\ 2 & -1 & -2 \\ -5 & 5 & 10 \end{pmatrix}. $$
Vi utför Gausseliminering på den utökade koefficientmatrisen:
$$
\left(\begin{array}{ccc|c}
5&-2&-4&52\\
4&-2&-4&32\\
-5&5&10&20
\end{array}\right)
\sim\cdots\sim
\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&0&20\\
0&1&2&24\\
0&0&0&0
\end{array}\right).
$$
Därmed kan vi ta $z=t$ som fri variabel och läsa av den allmänna lösningen
$$
(x,y,z)=(20,24-2t,t),\qquad t\in\mathbb R.
$$
Enligt determinantreglerna gäller
$$
\left|\begin{matrix}5&-2&-4\\2&-1&-2\\-5&5&10\end{matrix}\right|
=\frac12
\left|\begin{matrix}5&-2&-4\\4&-2&-4\\-5&5&10\end{matrix}\right|.
$$
Matrisen i vänsterledet är koefficientmatrisen för systemet, som har oändligt många lösningar för det angivna högerledet. Eftersom systemet inte har en entydig lösning är determinanten $0$. Svar: $(x,y,z)=(20,24-2t,t)$ för $t\in\mathbb R$, och determinanten är $0$.
Avgör om nedan ekvation i $\mathbb{R}^3$ beskriver en punkt, en linje, ett plan eller hela rummet. Delpoäng kan ges för korrekt angivna definitioner av, eller hänvisningar till, begreppen linjärt beroende och linjärt oberoende.
$$ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + r\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} + s\begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 6 \end{pmatrix} + t\begin{pmatrix} 7 \\ 8 \\ 9 \end{pmatrix}, \\quad r,s,t \in \mathbb{R}. $$
Vi ser direkt, eller via Gausseliminering, att
$$
\begin{pmatrix}7\\8\\9\end{pmatrix}
=2\begin{pmatrix}4\\5\\6\end{pmatrix}
-\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}.
$$
De tre riktningsvektorerna är alltså linjärt beroende, så en av dem kan elimineras. Ekvationen kan skrivas
$$
\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}
+(r-t)\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}
+(s+2t)\begin{pmatrix}4\\5\\6\end{pmatrix},
\qquad r,s,t\in\mathbb R.
$$
Då $r,s,t$ varierar fritt varierar också $r-t$ och $s+2t$ fritt. Ekvationen beskriver därför samma mängd punkter som
$$
\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}
+a\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}
+b\begin{pmatrix}4\\5\\6\end{pmatrix},
\qquad a,b\in\mathbb R.
$$
De två riktningsvektorerna är linjärt oberoende eftersom ingen är en skalärmultipel av den andra. Detta är alltså ett plan. Svar: ett plan.
Bestäm arean av följande trianglar, som har hörn i de angivna punkterna:
$$ \Delta_1: \text{hörn i } (1, 2), (0, 8), (8, 2) \in \mathbb{R}^2; $$
$$ \Delta_2: \text{hörn i } (3, 0, 5), (0, 3, 5), (3, 3, 11) \in \mathbb{R}^3. $$
(a) Triangeln $\Delta_1$ har hälften så stor area som parallellogrammen som spänns upp av
$$
(0,8)-(1,2)=(-1,6),\qquad (8,2)-(1,2)=(7,0).
$$
Parallellogrammens area är absolutbeloppet av determinanten
$$
\left|\begin{matrix}-1&7\\6&0\end{matrix}\right|=42.
$$
Triangelns area är alltså $21$.
(b) På samma sätt spänns parallellogrammen för $\Delta_2$ upp av
$$
\mathbf u=(0,3,5)-(3,0,5)=(-3,3,0),\qquad
\mathbf v=(3,3,11)-(3,0,5)=(0,3,6).
$$
Parallellogrammens area är längden av kryssprodukten:
$$
\mathbf u\times\mathbf v=\cdots=3(-6,-6,3).
$$
Triangelns area är därför
$$
\frac12\,3\sqrt{6^2+6^2+3^2}=\frac{27}{2}.
$$
Svar: $\operatorname{Area}(\Delta_1)=21$ och $\operatorname{Area}(\Delta_2)=27/2$.
Bestäm (det minsta) avståndet mellan linjen $L$ och planet $\Pi$ i $\mathbb{R}^3$ med följande ekvationer:
$$ L : (x, y, z) = (0, 4, 2) + t(2, 0, 1), \quad t \in \mathbb{R}, $$
$$ \Pi : (x, y, z) = (2, 2, -4) + r(2, 0, 1) + s(0, 1, -1), \quad r,s \in \mathbb{R}. $$
(Rita en bild.) De kortaste vektorerna mellan punkter på linjen och planet är ortogonala mot planet. De hittas genom att projicera på en normalvektor till $\Pi$ en godtycklig vektor mellan en punkt $Q$ på $L$ och en punkt $P_0$ på $\Pi$. Vi väljer $Q=(0,4,2)$ och $P_0=(2,2,-4)$, vilket ger
$$
\overrightarrow{P_0Q}=(-2,2,6).
$$
Som normalvektor till planet tar vi kryssprodukten
$$
\mathbf n=(2,0,1)\times(0,1,-1)=\cdots=(-1,2,2).
$$
Denna vektor har längd $\lVert\mathbf n\rVert=\sqrt{1^2+2^2+2^2}=3$. En vektor från en punkt $P$ på $\Pi$ till $Q$ som är ortogonal mot $\mathbf n$ ges av
$$
\overrightarrow{PQ}
=\operatorname{proj}_{\mathbf n}\overrightarrow{P_0Q}
=\frac{(-2,2,6)\cdot(-1,2,2)}{\lVert\mathbf n\rVert^2}\mathbf n
=\frac{18}{9}\mathbf n=2(-1,2,2).
$$
Det eftersökta avståndet är längden av denna vektor, alltså $2\cdot3=6$. Svar: avståndet är $6$.
Den linjära avbildningen $T$ har matrisen
$$ A = \frac{1}{25}\begin{pmatrix} 16 & -12 \\ -12 & 9 \end{pmatrix} $$
i planets standardbas. Låt $\mathbf{f}_1 = (3/5, 4/5)$ och $\mathbf{f}_2 = (-4/5, 3/5)$. Visa att $F = (\mathbf{f}_1, \mathbf{f}_2)$ är en ON-bas för planet, att matrisen för $T$ relativt denna bas är
$$ \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, $$
samt ge en geometrisk tolkning för avbildningen $T$.
Direkt beräkning av skalärprodukter ger
$$
\mathbf f_1\cdot\mathbf f_1
=\left(\frac35,\frac45\right)\cdot\left(\frac35,\frac45\right)=1
=\mathbf f_2\cdot\mathbf f_2
$$
och
$$
\mathbf f_1\cdot\mathbf f_2
=\left(\frac35,\frac45\right)\cdot\left(-\frac45,\frac35\right)=0.
$$
Därmed utgör $\mathcal F$ en ON-bas. Vi behöver skriva $T(\mathbf f_1)$ och $T(\mathbf f_2)$ i basen $\mathcal F$. Vi har
$$
T(\mathbf f_1)=\frac1{25}
\begin{pmatrix}16&-12\\-12&9\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}3/5\\4/5\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},
$$
så koordinaterna för $T(\mathbf f_1)$ är $(0,0)$. Vidare
$$
T(\mathbf f_2)=\frac1{25}
\begin{pmatrix}16&-12\\-12&9\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}-4/5\\3/5\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}-4/5\\3/5\end{pmatrix}
=\mathbf f_2,
$$
så koordinaterna är $(0,1)$. Matrisen för $T$ relativt basen $\mathcal F$ är därför
$$
\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}.
$$
Detta är matrisen för projektionen på linjen genom origo med riktningsvektor $\mathbf f_2$. Svar: ON-bas enligt ovan; matris $\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}$; projektion på den linjen.
Låt $T : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ (dvs från planet till planet) vara en funktion.
Ange definitionen av att $T$ är en linjär avbildning.
Bevisa att om $T : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ är en linjär avbildning, då finns det en $2 \times 2$-matris $A$ så att $T(\mathbf{x}) = A\mathbf{x}$ för alla $\mathbf{x} \in \mathbb{R}^2$ (där $\mathbf{x}$ betraktas som en kolonnvektor/kolonnmatris).
(a) Avbildningen $T$ kallas linjär om den uppfyller
$$
T(\mathbf u+\mathbf v)=T(\mathbf u)+T(\mathbf v)
$$
för alla $\mathbf u,\mathbf v\in\mathbb R^2$, och
$$
T(\lambda\mathbf u)=\lambda T(\mathbf u)
$$
för alla $\mathbf u\in\mathbb R^2$ och $\lambda\in\mathbb R$. Alternativt kan detta skrivas
$$
T(a\mathbf u+b\mathbf v)=aT(\mathbf u)+bT(\mathbf v)
$$
för alla $\mathbf u,\mathbf v\in\mathbb R^2$ och $a,b\in\mathbb R$.
(b) Skriv
$$
T(1,0)=\begin{pmatrix}a\\c\end{pmatrix},
\qquad
T(0,1)=\begin{pmatrix}b\\d\end{pmatrix},
\qquad
A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}.
$$
Vi påstår att $T(\mathbf x)=A\mathbf x$ för alla $\mathbf x\in\mathbb R^2$. Skriv $\mathbf x=(x_1,x_2)^T$. Eftersom
$$
(x_1,x_2)=x_1(1,0)+x_2(0,1)
$$
och $T$ är linjär, får vi
$$
T\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}
=x_1T\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}
+x_2T\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}
=x_1\begin{pmatrix}a\\c\end{pmatrix}
+x_2\begin{pmatrix}b\\d\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}.
$$
Detta är precis matrismultiplikation. Eftersom $\mathbf x$ var godtycklig gäller $T(\mathbf x)=A\mathbf x$ för alla $\mathbf x\in\mathbb R^2$.