MM2001 · Tidigare tentor

MM2001 · Linjär algebra

Tenta 2024-05-24

Olof Sisask6 uppgifter
#Uppgift 1
Uppgift 1
För ett reellt tal $a$, betrakta ekvationssystemet \[ \begin{cases} x + 3y + 4z &= a \\ \phantom{x + +} y + 2z &= 2 \\ 2x+3y+2z &= a. \end{cases} \] Avgör för vilket $a$ systemet är lösbart och beskriv lösningarna både algebraiskt och geometriskt1 i detta fall.
  1. Punkt, linje eller plan? ↩
Visa lösningDölj lösning
Ekvationssystemet på matrisform blir \[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 4 & a \\ 0 & 1 & 2 & 2 \\ 2 & 3 & 2 & a \\ \end{array} \right) \sim \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 4 & a \\ 0 & 1 & 2 & 2 \\ 0 & -3 & -6 & -a \\ \end{array} \right) \sim \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 4 & a \\ 0 & 1 & 2 & 2 \\ 0 & 1 & 2 & a/3 \\ \end{array} \right). \] Efter ett par steg till fås \[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 4 & a \\ 0 & 1 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & a/3 -2 \\ \end{array} \right), \] och vi ser att om $a/3-2 \neq 0$ så saknas lösningar. Om $a=6$, så får vi \[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 4 & 6 \\ 0 & 1 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array} \right) \sim \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array} \right). \] Vi ser alltså att om $a=6$, har vi parameterlösningen $x=2t$, $y=2-2t$, $z=t$, $t\in \setR$. Detta är en linje i rummet. För övriga $a$ saknar systemet lösning.
#Uppgift 2
Uppgift 2
Låt $A$ vara matrisen $ \begin{pmatrix} 40 & 30 & 10 \\ 30 & 20 & 20 \\ 20 & 10 & 0 \\ \end{pmatrix} $. Ge välmotiverade svar på frågorna nedan.
(a)
Vad är determinanten av $A$?
(b)
Är matrisen $A$ inverterbar?
(c)
Finns det mer än en vektor $\vvec$ så att $A\vvec = \ovec$?
(d)
Formulera en sats om allmänna kvadratiska matriser $B$ som ger sambandet mellan determinanten av $B$, inverterbarhet hos $B$ och lösningar till $B\vvec = \ovec$.
Visa lösningDölj lösning


  1. Vi börjar med att bryta ut faktorn 10 ur varje rad: \[ \begin{vmatrix} 40 & 30 & 10 \\ 30 & 20 & 20 \\ 20 & 10 & 0 \\ \end{vmatrix} = 10^3 \begin{vmatrix} 4 & 3 & 1 \\ 3 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & 0 \\ \end{vmatrix}. \] Utveckling längs med sista kolonnen ger därefter att determinanten blir \[ 10^3\left( \begin{vmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 1 \end{vmatrix} - 2 \begin{vmatrix} 4 & 3 \\ 2 & 1 \end{vmatrix} \right) = 10^3 (-1 - 2\cdot (-2)) = 3000. \] Determinanten av matrisen är därmed 3000.
  2. Ja, $A$ är inverterbar eftersom dess determinant är nollskild.
  3. Nej, vi vet enligt sats att ekvationssystemet $A\vvec = \ovec$ har unik lösning om $|A|\neq 0$. Alltså finns det bara en lösning, nämligen nollvektorn.
  4. Satsen kan formuleras som följande: Låt $B$ vara en kvadratisk matris. Då är följande påståenden ekvivalenta:
    • $|B|\neq 0$,
    • Matrisen $B$ är inverterbar,
    • $B \vvec = \ovec$ har unik lösning.
#Uppgift 3
Uppgift 3
(a)
Beräkna skalärprodukten $(1,2,3) \iprod (1,0,1)$.
(b)
Bestäm arean av den parallellogram som spänns upp av vektorerna $(1,2,3)$ och $(1,0,1)$.
(c)
Om $\norm{\wvec}^2=9$, $\norm{\uvec}^2=4$ och $\uvec \iprod \wvec = 4$, bestäm $(2\uvec+\wvec)\iprod (\wvec-\uvec)$.
Notera att $\norm{\vvec}$ betecknar längden av $\vvec$.
Visa lösningDölj lösning
  1. Då alla vektorer ges i ON-bas (om inget annat anges) så har vi att $(1,2,3) \iprod (1,0,1) = 1+3=4$.
  2. Arean av parallellogramet ges av längden av kryssprodukten av vektorerna: \[ (1,2,3) \times (1,0,1) = \begin{vmatrix} \evec_1 & \evec_2 & \evec_3 \\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \end{vmatrix} = 2\evec_1 + 2 \evec_2 - 2\evec_3 = (2,2,-2). \] Denna vektor har längd $\sqrt{4+4+4} = 2\sqrt{3}$, som då även är arean som sökes.
  3. Vi har enligt räknelagar för skalärprodukt (och information i uppgiften) att \[\begin{aligned} (2\uvec+\wvec)\iprod (\wvec-\uvec) &= 2 \uvec \iprod \wvec - 2\uvec \iprod \uvec + \wvec\iprod\wvec - \wvec\iprod\uvec \\ &= \uvec \iprod \wvec - 2\norm{\uvec}^2 + \norm{\wvec}^2 \\ &= 4 - 2\cdot 4 + 9 = 5. \end{aligned}\]
#Uppgift 4
Uppgift 4
Låt linjen $L$ i $\setR^3$ ges av $(x,y,z) = (4,7,4) + t(1,2,1)$, $t\in\setR$.
(a)
Finn de två punkterna på $L$ vars avstånd till origo är $9$.
(b)
Finn det plan som innehåller $L$ och som inte skär $z$-axeln. Ange planet på normalform.
Visa lösningDölj lösning
  1. Man måste lösa $(4+t)^2 + (7+2t)^2 + (4+t)^2 = 9^2$. Detta leder till $81 + 44 t + 6 t^2 = 81$, så $44t+6t^2=0$. Lösningarna ges av $t=0$ samt $t=-44/6 = -22/3$. Detta ger punkterna \[ (4,7,4) \text{ samt } (4,7,4) - \frac{22}{3}(1,2,1) = \frac{1}{3}(-10,-23,-10). \]
  2. Planet ska innehålla punkten $(4,7,4)$ och dess normal måste vara vinkelrät mot $(1,2,1)$ samt $(0,0,1)$. Normalen kan då fås genom kryssprodukten \[ (1,2,1)\times (0,0,1) = (2,-1,0). \] Planets ekvation på normalform är då $2x-y = D$, där $D=1$ eftersom planet ska innehålla $(4,7,4)$.
#Uppgift 5
Uppgift 5
Låt $T : \setR^3 \to \setR^3$ vara den linjära avbildning som speglar i planet genom origo med normalen $\nvec=(0,2,-1)$.
(a)
Bestäm $T(0,2,-1)$ samt $T(1,0,0)$.
(b)
Bestäm avbildningsmatrisen för $T$ med avseende på standardbasen.
(c)
Bestäm $T(6,4,-2)$.
Visa lösningDölj lösning
  1. Normalvektorn $\nvec=(0,2,-1)$ är vinkelrät mot speglingsplanet och byter därför tecken, medan $(1,0,0)$ ligger i planet och är oförändrad. Alltså \[ T(0,2,-1)=(0,-2,1),\qquad T(1,0,0)=(1,0,0). \]
  2. Spegling i ett plan genom origo med normal $\nvec$ ges av \[ T(\vvec)=\vvec-2\frac{\vvec\iprod\nvec}{\norm{\nvec}^2}\nvec. \] Eftersom $\norm{\nvec}^2=5$ får vi \[ T(x,y,z)=\frac15\left(5x,-3y+4z,4y+3z\right). \] Avbildningsmatrisen i standardbasen är därför \[ \frac15\begin{pmatrix} 5&0&0\\ 0&-3&4\\ 0&4&3 \end{pmatrix}. \]
  3. Vi sätter in $(x,y,z)=(6,4,-2)$ i formeln ovan: \[ T(6,4,-2)=\frac15(30,-20,10)=(6,-4,2). \]
#Uppgift 6
Uppgift 6
Låt $T : \setR^2 \to \setR^2$ vara en linjär avbildning.
(a)
Definiera begreppet linjär avbildning.
(b)
Visa utifrån definitionen att den nya avbildningen $S :\setR^2 \to \setR^2$ som ges av $S(\vvec) = T(\vvec) + T(T(\vvec))$ också är en linjär avbildning.
(c)
Ge exempel på en linjär avbildning där $T$ är inverterbar, men där motsvarande $S$ inte är inverterbar.
Visa lösningDölj lösning
  1. En avbildning $T: \setR^2 \to \setR^2$ är linjär om vi för alla $\lambda \in \setR$ samt $\uvec,\vvec \in \setR^2$ har att \[ T(\uvec+\vvec) = T(\uvec) + T(\vvec) \text{ och } T(\lambda\uvec) = \lambda T(\uvec). \]
  2. Vi har att \[\begin{aligned} S(\uvec+\vvec) &= T(\uvec+\vvec) + T(T(\uvec+\vvec)) \\ &= T(\uvec) + T(\vvec) + T( T(\uvec) + T(\vvec) ) \\ &= T(\uvec) + T(\vvec) + T(T(\uvec)) + T(T(\vvec)) \\ &= T(\uvec) + T(T(\uvec)) + T(\vvec) + T(T(\vvec)) \\ &= S(\uvec) + S(\vvec). \end{aligned}\] Vidare, \[\begin{aligned} S(\lambda\uvec) &= T(\lambda\uvec) + T(T(\lambda\uvec)) \\ &= \lambda T(\uvec) + T( \lambda T(\uvec)) \\ &= \lambda T(\uvec) + \lambda T( T(\uvec)) \\ &= \lambda ( T(\uvec) + T(T(\uvec))) \\ &= \lambda S(\uvec). \end{aligned}\]
  3. Om $A$ är matrisen för $T$ relativt standardbasen, så ges matrisen för $S$ av $A+A^2 = A(I+A)$. Vi vet att $A$ har invers, så vi måste välja $A$ så att $I+A$ saknar invers. Till exempel kan vi ta avbildningen $A = -I$. Detta motsvarar att \[ T(\vvec) = -\vvec \text{ vilket ger att } S(\vvec) = \ovec \] för alla $\vvec$. Avbildningen $T$ har då invers, men $S$ saknar invers.
Figur