MM2001 · Linjär algebra

Tenta 2024-08-21

#Uppgift 1

Uppgift 1

Låt $\fvec_1 = \frac{1}{5}(3,4)$ och $\fvec_2 = \frac{1}{5}(4,-3)$ vara vektorer i $\setR^2$.

(a)

Visa att $\fvec_1$ och $\fvec_2$ tillsammans utgör en bas för planet.

(b)

Bestäm skalärprodukterna $ (a \fvec_1+b \fvec_2) \iprod \fvec_1$ och $(a \fvec_1+b \fvec_2) \iprod \fvec_2$ där $a$ och $b$ är reella tal.

(c)

Skriv vektorn $\frac{1}{5}(17,6)$ som en linjärkombination av $\fvec_1$ och $\fvec_2$.

Visa lösningDölj lösning

Eftersom vektorerna inte är parallella och är två till antalet, så utgör de en bas. Alternativt kan vi ställa upp dem som kolonner i en determinant och se att determinanten är nollskild.
Vi har att $|\fvec_1|^2 = |\fvec_2|^2=1$ samt $\fvec_1 \iprod \fvec_2 = 0$ (enkel beräkning). Vi noterar att vektorerna utgör en ON-bas. Detta leder till att \[\begin{aligned} (a \fvec_1+b \fvec_2) \iprod \fvec_1 &= a |\fvec_1|^2 + b \fvec_1 \iprod \fvec_2 = a \\ (a \fvec_1+b \fvec_2) \iprod \fvec_2 &= a \fvec_1 \iprod \fvec_2 + b |\fvec_2|^2 = b. \end{aligned}\]
Enligt föregående beräkning har vi att om $\frac{1}{5}(17,6) = a \fvec_1+b \fvec_2$, så är \[\begin{aligned} a &= \frac{1}{5}(17,6) \iprod \fvec_1 = \frac{1}{25}(17\cdot 3+6\cdot 4) =3 \\ b &= \frac{1}{5}(17,6) \iprod \fvec_2 = \frac{1}{25}(17\cdot 4+6\cdot (-3)) =2. \end{aligned}\] Alltså, $\frac{1}{5}(17,6) = 3 \fvec_1 + 2\fvec_2$. Man kan också få fram $a$ och $b$ genom ett linjärt ekvationssystem.

#Uppgift 2

Uppgift 2

Beräkna determinanten nedan (glöm inte att motivera dina steg): \[ \begin{vmatrix} 100 & 200 & 200 & 100 \\ 1 & 2 & 3 & 1 \\ 1 & 2 & 2 & 2 \\ \frac{2}{100} & \frac{2}{100} & \frac{2}{100} & \frac{1}{100} \\ \end{vmatrix}. \]

Visa lösningDölj lösning

Vi bryter ut $100$ ur första raden och $1/100$ ur sista raden. Dessa tar ut varandra och determinanen är \[ \begin{vmatrix} 1 & 2 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 1 \\ 1 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 1 \\ \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ \end{vmatrix}. \] I andra steget ovan subtraherades första raden från de tre andra. Efter utveckling längs med sista raden, får vi kvar \[ (-1)\cdot \begin{vmatrix} 2 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{vmatrix}. \] Matrisen är övertriangulär, så dess determinant är $2\cdot 1 \cdot 1 = 2$. Det slutliga svaret blir då $-2$.

#Uppgift 3

Uppgift 3

Lös matrisekvationen $AX=B$ där \[ A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 2 \\ 1 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \quad \text{ och } \quad B = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}. \]

Visa lösningDölj lösning

Om $A$ är inverterbar, så har vi att $X = A^{-1}B$. Vi börjar med beräkningen för inversen, och hoppas att den existerar. Vi ställer upp och får \[ \left( \begin{array}{rrr|rrr} 1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \right) \] Efter gausselimination får man \[ \left( \begin{array}{rrr|rrr} 1 & 0 & 0 & 1 &-1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & \frac12 & 0 &-\frac12 \\ 0 & 0 & 1 & -1& 1 & 0 \end{array} \right) \] så inversen till $A$ finns och det återstår att beräkna $A^{-1}B$. Slutligen, \[ X = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ \frac12 & 0 &-\frac12 \\ -1 & 1 & 0 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ \frac12 & \frac12 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix}. \]

#Uppgift 4

Uppgift 4

Bestäm avståndet mellan linjen $L$: $(10,2,0)+t(1,2,-1)$, $t\in \setR$ och planet $\Pi$ som ges av $ \{(x,y,z) : (x,y,z) = (1,2,-1)r + (1,0,1)s, \; r,s \in \setR\}. $

Visa lösningDölj lösning

Eftersom riktningsvektorn $(1,2,-1)$ för linjen finns med som en av planets riktningsvektorer, så är planet och linjen parallella. Planets normal fås av kryssprodukten \[ (1,2,-1) \times (1,0,1) = (2,-2,-2) \] så planet på normalform är $2x-2y-2z=0$. Detta kan även skrivas som $x-y-z=0$. Vi vill nu gå från en punkt på linjen längs med riktningen $\nvec = (1,-1,-1)$ tills vi hamnar i planet. Dvs. vi söker $t$ så att $(10,2,0) + t (1,-1,-1) = (10+t,2-t,-t)$ uppfyller planets ekvation. Insatt i ekvationen får vi \[ (10+t) - (2-t) -(-t) = 0 \iff 3t+8=0 \iff t=-\frac83. \] Detta ger att längden av vektorn $(-8/3)(1,-1,-1)$ är avståndet vi söker. Vi har att \[ \norm{(-8/3)(1,-1,-1)} = \frac{8}{3}\norm{(1,-1,-1)} = \frac{8\sqrt{3}}{3}. \]

Alternativt kan man ta en vektor mellan en punkt i planet och en punkt på linjen, och projicera denna på $\nvec$. Längden av projektionen är precis längden som sökes.

#Uppgift 5

Uppgift 5

Den linjära avbildning $T:\setR^3 \to \setR^3$ ges av den ortogonala projektionen på vektorn $(1,2,-1)$.

(a)

Bestäm $T(1,0,1)$ samt $T(4,8,-4)$.

(b)

Bestäm avbildningsmatrisen för $T$ med avseende på standardbasen.

Visa lösningDölj lösning

Eftersom $(1,0,1)$ är ortogonal mot $(1,2,-1)$, så har vi att $T(1,0,1)=(0,0,0)$. Eftersom $(4,8,-4)$ är parallell med $(1,2,-1)$, så gäller $T(4,8,-4) = (4,8,-4)$.
Projektion av $\xvec$ på $\vvec$ ges av \[ \xvec_\vvec = \frac{\xvec \iprod \vvec}{\norm{\vvec}^2}\vvec, \] så \[ T(x,y,z) = \frac{(x,y,z) \iprod (1,2,-1)}{1^2+2^2 + (-1)^2} (1,2,-1) = \frac{x+2y-z}{6} (1,2,-1). \] Vi kan nu lätt beräkna vad vektorerna i standardbasen avbildas på---dessa vektorer blir kolonnerna i avbildningsmatrisen: \[ \frac16 \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 4 & -2 \\ -1 & -2 & 1 \\ \end{pmatrix}. \]

#Uppgift 6

Uppgift 6

Låt $\uvec_1 = (a,b)$ och $\uvec_2 = (c,d)$ vara vektorer i $\setR^2$. Låt $T:\setR^2\to \setR^2$ vara avbildningen som definieras av $ T(\xvec) = (\xvec \iprod \uvec_1, \xvec \iprod \uvec_2). $

(a)

Bestäm $T(2,3)$.

(b)

Visa att $T$ är en linjär avbildning. Utgå ifrån definitionen för linjär avbildning samt egenskaper för skalärprodukt.

(c)

Avgör vilket krav som ska gälla för $(a,b)$ och $(c,d)$ för att $T$ ska vara inverterbar.

Visa lösningDölj lösning

Vi har att \[ T(2,3) = \left( (2,3)\iprod (a,b), (2,3)\iprod (c,d) \right) = (2a+3b,2c+3d). \]
Först, räkneregler för skalärprodukt ger (för $\uvec,\vvec \in \setR^2$) att \[\begin{aligned} T(\uvec + \vvec) &= \left( (\uvec+\vvec)\iprod (a,b), (\uvec+\vvec)\iprod (c,d) \right) \\ &= \left( \uvec\iprod (a,b) + \vvec\iprod (a,b), \uvec\iprod (c,d) + \vvec\iprod (c,d) \right) \\ &= \left( \uvec\iprod (a,b), \uvec\iprod (c,d) \right) + \left( \vvec\iprod (a,b), \vvec\iprod (c,d) \right) \\ & = T(\uvec) + T(\vvec). \end{aligned}\] Därefter, för $\lambda \in \setR$ har vi att \[\begin{aligned} T(\lambda \uvec ) &= \left( (\lambda \uvec)\iprod (a,b), (\lambda \uvec)\iprod (c,d) \right) \\ &= \left( \lambda (\uvec\iprod (a,b)), \lambda (\uvec\iprod (c,d)) \right) \\ &= \lambda \cdot \left( \uvec\iprod (a,b), \uvec\iprod (c,d) \right) \\ &= \lambda \cdot T(\uvec). \end{aligned}\] Dessa två egenskaper verifierar att $T$ är linjär.
Vi har att $T(1,0) = (a,c)$ och $T(0,1) = (b,d)$, så avbildningsmatrisen för $T$ (i standardbasen) ges av \[ \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \\ \end{pmatrix}. \] För att $T$ ska ha invers, måste avbildningsmatrisen ha invers. Detta gäller precis då dess determinant är nollskild, dvs. då $ad-bc \neq 0$.