MM2001 · Linjär algebra
Bestäm, för varje reellt tal $a \in \mathbb{R}$, alla lösningar till ekvationssystemet:
$$ \begin{cases} x + ay + z = 0, \\ x - y + z = 2, \\ x + az = 1. \end{cases} $$
Obs: Man ska för varje reellt tal $a \in \mathbb{R}$ bestämma alla lösningar, inte bara räkna ut hur många de är.
Vi skriver systemet i en utökad matris och använder Gausseliminering:
$$
\left(\begin{array}{ccc|c}
1&a&1&0\\
1&-1&1&2\\
1&0&a&1
\end{array}\right)
\sim
\left(\begin{array}{ccc|c}
0&a&1-a&-1\\
0&-1&1-a&1\\
1&0&a&1
\end{array}\right)
\sim
\left(\begin{array}{ccc|c}
0&0&1-a^2&a-1\\
0&-1&1-a&1\\
1&0&a&1
\end{array}\right)
\sim
\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&a&1\\
0&1&a-1&-1\\
0&0&(1+a)(1-a)&a-1
\end{array}\right).
$$
I första steget adderade vi $-1$ gånger rad 3 till rad 1 och rad 2. I andra steget adderade vi $a$ gånger rad 2 till rad 1. I tredje steget multiplicerade vi rad 2 med $-1$ och bytte plats på rad 1 och rad 3.
Vi delar upp i tre fall.
Om $a=-1$ blir den sista ekvationen $0=-2$, så systemet saknar lösning.
Om $a=1$ får vi
$$
\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&1&1\\
0&1&0&-1\\
0&0&0&0
\end{array}\right).
$$
Variabeln $z$ är fri; sätt $z=t$. Lösningarna är
$$
(x,y,z)=(1,-1,0)+t(-1,0,1),\qquad t\in\mathbb R.
$$
Om $a\ne1$ och $a\ne-1$ kan vi dividera den tredje raden med $(1+a)(1-a)$ och sedan eliminera $z$ ur de två första raderna. Vi får
$$
\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&a&1\\
0&1&a-1&-1\\
0&0&1&-\frac1{a+1}
\end{array}\right)
\sim
\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&0&\frac{2a+1}{a+1}\\
0&1&0&-\frac2{a+1}\\
0&0&1&-\frac1{a+1}
\end{array}\right).
$$
Den unika lösningen är
$$
(x,y,z)=\left(\frac{2a+1}{a+1},-\frac2{a+1},-\frac1{a+1}\right).
$$
Låt $\mathbf{v}_1 = (1, 3, 1)$ och $\mathbf{v}_2 = (1, -1, 1)$ vara vektorer i $\mathbb{R}^3$.
Visa att $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$ är linjärt oberoende.
Beräkna en vektor i $\mathbb{R}^3$ som är ortogonal mot både $\mathbf{v}_1$ och $\mathbf{v}_2$.
Hitta reella tal $a$, $b$ sådana att $a\mathbf{v}_1 + b\mathbf{v}_2 = (2, 0, 1)$, eller visa att det inte är möjligt.
Hitta reella tal $c$, $d$ sådana att $c\mathbf{v}_1 + d\mathbf{v}_2 = (-1, 3, -1)$, eller visa att det inte är möjligt.
(a) Betrakta ekvationen
$$
\lambda_1(1,3,1)+\lambda_2(1,-1,1)
=(\lambda_1+\lambda_2,3\lambda_1-\lambda_2,\lambda_1+\lambda_2)
=(0,0,0).
$$
Detta ger $\lambda_1+\lambda_2=0$ och $3\lambda_1-\lambda_2=0$. Därför är $\lambda_1=\lambda_2=0$, så vektorerna är linjärt oberoende.
(b) Kryssprodukten är ortogonal mot båda:
$$
(1,3,1)\times(1,-1,1)
=\left(
\begin{vmatrix}3&1\\-1&1\end{vmatrix},
-\begin{vmatrix}1&1\\1&1\end{vmatrix},
\begin{vmatrix}1&3\\1&-1\end{vmatrix}
\right)
=(4,0,-4).
$$
(c) Ekvationen
$$
a(1,3,1)+b(1,-1,1)=(a+b,3a-b,a+b)=(2,0,1)
$$
kräver både $a+b=2$ och $a+b=1$, vilket är omöjligt.
(d) Ekvationen
$$
c(1,3,1)+d(1,-1,1)=(c+d,3c-d,c+d)=(-1,3,-1)
$$
är ekvivalent med $c+d=-1$ och $3c-d=3$. Den första ekvationen ger $d=-1-c$, vilket insatt i den andra ger $4c=2$. Alltså är $c=1/2$ och $d=-3/2$ den unika lösningen.
Låt två linjer i $\mathbb{R}^3$ definieras genom $\ell_1 = \{(1, 0, 2) + (s, 0, -s) : s \in \mathbb{R}\}$ och $\ell_2 = \{(-1, 0, 1) + (3t, t, -2t) : t \in \mathbb{R}\}$. Beräkna minsta avståndet mellan linjerna, och hitta de två punkter på linjerna som ligger närmast varandra.
Låt
$$
\ell_1=\{(1,0,2)+s(1,0,-1):s\in\mathbb R\},\qquad
\ell_2=\{(-1,0,1)+t(3,1,-2):t\in\mathbb R\}.
$$
Låt $P_1=(1+s_0,0,2-s_0)$ och $P_2=(-1+3t_0,t_0,1-2t_0)$ vara de närmaste punkterna. Vektorn
$$
\overrightarrow{P_2P_1}=(2+s_0-3t_0,-t_0,1-s_0+2t_0)
$$
är ortogonal mot riktningsvektorerna $\mathbf v_1=(1,0,-1)$ och $\mathbf v_2=(3,1,-2)$. Därför
$$
\overrightarrow{P_2P_1}\cdot\mathbf v_1=1+2s_0-5t_0=0,
$$
och
$$
\overrightarrow{P_2P_1}\cdot\mathbf v_2=4+5s_0-14t_0=0.
$$
Detta system ger $s_0=2$ och $t_0=1$. Alltså är
$$
P_1=(3,0,0),\qquad P_2=(2,1,-1),
$$
och avståndet är
$$
\lVert\overrightarrow{P_2P_1}\rVert=\lVert(1,-1,1)\rVert=\sqrt3.
$$
Betrakta följande linjära avbildningar från $\mathbb{R}^3$ till $\mathbb{R}^3$:
Bestäm avbildningsmatriserna för $S$ och $P$ i standardbasen, samt för den sammansatta avbildningen $T$ som först utför $S$ på en vektor och sedan utför $P$ på resultatet.
En normalvektor till planet $x+y=0$ är $\mathbf v=(1,1,0)$. Reflektionen är
$$
S(x,y,z)=(x,y,z)-2\operatorname{proj}_{\mathbf v}(x,y,z)
=(x,y,z)-(x+y,x+y,0)
=(-y,-x,z),
$$
så
$$
A_S=\begin{pmatrix}0&-1&0\\-1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}.
$$
En riktningsvektor till linjen är $\mathbf u=(1,0,-1)$. Projektionen på linjen är
$$
P(x,y,z)=\operatorname{proj}_{\mathbf u}(x,y,z)
=\frac{x-z}{2}(1,0,-1)
=\frac12(x-z,0,z-x),
$$
och därför
$$
A_P=\frac12\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&0&0\\-1&0&1\end{pmatrix}.
$$
Sammansättningen $T=P\circ S$ har matris
$$
A_T=A_PA_S=\frac12\begin{pmatrix}0&-1&-1\\0&0&0\\0&1&1\end{pmatrix}.
$$
Låt $\lambda$ vara ett reellt tal och definiera den linjära avbildningen $T$, från $\mathbb{R}^2$ till $\mathbb{R}^2$, genom $T(\mathbf{v}) = \lambda\mathbf{v}$ för alla $\mathbf{v}$ i $\mathbb{R}^2$. Visa att avbildningsmatrisen till $T$ är densamma oberoende av bas.
Antag att $T$ är en linjär avbildning från $\mathbb{R}^2$ till $\mathbb{R}^2$, vars avbildningsmatris är densamma oberoende av bas. Visa att det då finns ett reellt tal $\lambda$ sådant att $T(\mathbf{v}) = \lambda\mathbf{v}$ för alla $\mathbf{v}$ i $\mathbb{R}^2$. Tips: Börja med avbildningsmatrisen till $T$ i en bas, och experimentera sedan med enkla konkreta basbyten.
(a) Tag en godtycklig bas $\mathbf v_1,\mathbf v_2$ för $\mathbb R^2$. Eftersom $T(\mathbf v)=\lambda\mathbf v$ får vi
$$
T(\mathbf v_1)=\lambda\mathbf v_1,\qquad T(\mathbf v_2)=\lambda\mathbf v_2.
$$
Avbildningsmatrisen i denna bas är alltså
$$
\begin{pmatrix}\lambda&0\\0&\lambda\end{pmatrix}.
$$
Eftersom basen var godtycklig är matrisen densamma i varje bas.
(b) Tag en godtycklig bas $V=(\mathbf v_1,\mathbf v_2)$ och skriv
$$
A_V=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}.
$$
Byt till basen $W=(\mathbf v_1,-\mathbf v_2)$. Basbytesmatrisen är
$$
B=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},
$$
och matrisen i den nya basen är
$$
A_W=B^{-1}A_VB
=\begin{pmatrix}a&-b\\-c&d\end{pmatrix}.
$$
Eftersom matrisen är oberoende av bas måste $A_V=A_W$, så $b=c=0$.
Byt nu till basen $U=(\mathbf v_2,\mathbf v_1)$, med basbytesmatris
$$
C=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}.
$$
Då är
$$
A_U=C^{-1}A_VC=\begin{pmatrix}d&0\\0&a\end{pmatrix}.
$$
Oberoendet av bas ger $a=d$. Alltså
$$
A_V=\begin{pmatrix}a&0\\0&a\end{pmatrix}.
$$
För en godtycklig vektor $\mathbf v$ gäller då $[T(\mathbf v)]_V=A_V[\mathbf v]_V=a[\mathbf v]_V$, och därmed $T(\mathbf v)=a\mathbf v$.