Tenta 2025-01-09

Vi skriver systemet i en utökad matris och använder Gausseliminering:
$$ \left(\begin{array}{ccc|c} 1&a&1&1\\ 2&0&-1&0\\ a&1&1&1 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c} 1&0&-\frac12&0\\ a&1&1&1\\ 1&a&1&1 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c} 1&0&-\frac12&0\\ 0&1&\frac{a+2}{2}&1\\ 0&a&\frac32&1 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c} 1&0&-\frac12&0\\ 0&1&\frac{a+2}{2}&1\\ 0&0&\frac{(a+3)(1-a)}2&1-a \end{array}\right). $$
I det första steget multiplicerade vi rad 2 med $1/2$, bytte plats på rad 1 och rad 2 och bytte sedan plats på rad 2 och rad 3. I det andra steget adderade vi $-a$ gånger rad 1 till rad 2 och $-1$ gånger rad 1 till rad 3. I det tredje steget adderade vi $-a$ gånger rad 2 till rad 3.

Vi delar upp i tre fall.

Om $a=-3$ har vi inga lösningar, eftersom den sista ekvationen blir $0=4$.

Om $a=1$ får vi
$$ \left(\begin{array}{ccc|c} 1&0&-\frac12&0\\ 0&1&\frac32&1\\ 0&0&0&0 \end{array}\right). $$
Variabeln $z$ är fri; sätt $z=t$. Lösningarna är
$$ (x,y,z)=(0,1,0)+t\left(\frac12,-\frac32,1\right),\qquad t\in\mathbb R. $$

Om $a\ne1$ och $a\ne-3$ eliminerar vi den tredje kolumnens koefficienter och får
$$ \left(\begin{array}{ccc|c} 1&0&0&\frac1{a+3}\\ 0&1&0&\frac1{a+3}\\ 0&0&1&\frac2{a+3} \end{array}\right). $$
Den unika lösningen är därför
$$ (x,y,z)=\left(\frac1{a+3},\frac1{a+3},\frac2{a+3}\right). $$

Vi ställer upp den utökade matrisen och Gausseliminerar:
$$ \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&-1&-1&1&0&0\\ -3&2&3&0&1&0\\ 2&4&-3&0&0&1 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&-1&-1&1&0&0\\ 0&-1&0&3&1&0\\ 0&6&-1&-2&0&1 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&0&-1&-2&-1&0\\ 0&1&0&-3&-1&0\\ 0&0&-1&16&6&1 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0&-18&-7&-1\\ 0&1&0&-3&-1&0\\ 0&0&1&-16&-6&-1 \end{array}\right). $$
I det första steget adderade vi $3$ gånger rad 1 till rad 2 och $-2$ gånger rad 1 till rad 3. I det andra steget adderade vi $-1$ gånger rad 2 till rad 1, $6$ gånger rad 2 till rad 3 och multiplicerade rad 2 med $-1$. I det tredje steget adderade vi $-1$ gånger rad 3 till rad 1 och multiplicerade därefter rad 3 med $-1$. Därför är
$$ A^{-1}=\begin{pmatrix}-18&-7&-1\\-3&-1&0\\-16&-6&-1\end{pmatrix}. $$

(b) Eftersom $A$ är inverterbar har $AX=B$ den unika lösningen $X=A^{-1}B$:
$$ X= \begin{pmatrix}-18&-7&-1\\-3&-1&0\\-16&-6&-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2&0&-1\\-5&3&0\\2&-7&6\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3&-14&12\\-1&-3&3\\-4&-11&10\end{pmatrix}. $$

(a) Punkten $Q=(1,1,1)$ ligger på linjen $\ell$ och linjens riktningsvektor är $\mathbf v=(1,0,-1)$. Vektorn $\overrightarrow{QP}=(1,-3,0)$ ligger i planet. Därför är
$$ \mathbf v\times\overrightarrow{QP} =\begin{vmatrix}\mathbf e_1&\mathbf e_2&\mathbf e_3\\1&0&-1\\1&-3&0\end{vmatrix} =(-3,-1,-3) $$
en normalvektor. Planet har alltså formen $-3x-y-3z+D=0$. Eftersom $P$ ligger i planet får vi $-6+2-3+D=0$, så planets ekvation är
$$ -3x-y-3z+7=0. $$

(b) Eftersom planet är ortogonalt mot $\ell$ är $\mathbf v=(1,0,-1)$ också en normalvektor till planet. Planet kan skrivas $x-z+D=0$. En punkt $Q$ på planet närmast $P=(2,-2,1)$ ligger på linjen genom $P$ parallell med $\mathbf v$ och har avstånd $\sqrt{2}$. Alltså är
$$ Q=P\pm\sqrt{2}\frac{\mathbf v}{\lVert\mathbf v\rVert} =(2,-2,1)\pm2\frac{(1,0,-1)}{\sqrt2}, $$
det vill säga $Q=(3,-2,0)$ eller $Q=(1,-2,2)$. Villkoret att $Q$ ligger i planet ger $D=-3$ respektive $D=1$. Planen är därför
$$ x-z-3=0\qquad\text{eller}\qquad x-z+1=0. $$

En riktningsvektor till linjen $\ell$ är $\mathbf v=(1,0,-1)$. Reflektionen i denna linje ges av
$$ S(x,y,z)=2\operatorname{proj}_{\mathbf v}(x,y,z)-(x,y,z) =(-z,-y,-x). $$
Alltså är
$$ A_S=\begin{pmatrix}0&0&-1\\0&-1&0\\-1&0&0\end{pmatrix}. $$
En normalvektor till planet $x+2y+z=0$ är $\mathbf u=(1,2,1)$. Projektionen på planet är
$$ P(x,y,z)=(x,y,z)-\operatorname{proj}_{\mathbf u}(x,y,z) =\frac16(5x-2y-z,\,-2x+2y-2z,\,-x-2y+5z). $$
Därför är
$$ A_P=\frac16\begin{pmatrix}5&-2&-1\\-2&2&-2\\-1&-2&5\end{pmatrix}. $$
Sammansättningen $T=P\circ S$ har matris
$$ A_T=A_PA_S=\frac16\begin{pmatrix}1&2&-5\\2&-2&2\\-5&2&1\end{pmatrix}. $$

(a) Eftersom $\mathbf v_1,\mathbf v_2,\mathbf v_3$ är en bas kan varje $\mathbf v\in\mathbb R^3$ skrivas entydigt som
$$ \mathbf v=\lambda_1\mathbf v_1+\lambda_2\mathbf v_2+\lambda_3\mathbf v_3. $$
En linjär avbildning måste därför uppfylla
$$ T(\mathbf v)=\lambda_1T(\mathbf v_1)+\lambda_2T(\mathbf v_2)+\lambda_3T(\mathbf v_3). $$
Om $T(\mathbf v_i)=\mathbf u_i$ för $i=1,2,3$ finns precis en möjlighet, nämligen
$$ T(\mathbf v)=\lambda_1\mathbf u_1+\lambda_2\mathbf u_2+\lambda_3\mathbf u_3. $$
Detta definierar den unika linjära avbildningen.

(b) Sätt $\mathbf v_1=(1,1,2)$, $\mathbf v_2=(1,-1,0)$ och $\mathbf v_3=(0,0,1)$. Om
$$ \lambda_1\mathbf v_1+\lambda_2\mathbf v_2+\lambda_3\mathbf v_3=\mathbf0 $$
får vi
$$ (\lambda_1+\lambda_2,\lambda_1-\lambda_2,2\lambda_1+\lambda_3)=(0,0,0). $$
Alltså gäller $\lambda_1+\lambda_2=0$, $\lambda_1-\lambda_2=0$ och $2\lambda_1+\lambda_3=0$, vilket ger $\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=0$. Vektorerna utgör därför en bas $V$ för $\mathbb R^3$.

Vi har $(2,0,2)=\mathbf v_1+\mathbf v_2$ och $(-1,3,1)=\mathbf v_1-2\mathbf v_2-\mathbf v_3$. Definiera den (unika från del (a)) linjära avbildningen genom
$$ T(\mathbf v_1)=\mathbf v_1+\mathbf v_2,\qquad T(\mathbf v_2)=\mathbf v_1-2\mathbf v_2-\mathbf v_3,\qquad T(\mathbf v_3)=\mathbf v_3. $$
Avbildningsmatrisen i basen $V$ är
$$ A=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&-2&0\\0&-1&1\end{pmatrix}. $$
Eftersom $\det(A)=-3\ne0$ är $A$ och därmed $T$ inverterbar.