Tenta 2026-01-08

Vi skriver systemet i en utökad matris och använder Gausseliminering:
$$ \left(\begin{array}{ccc|c} a&1&-a&-1\\ 1&2&1&2\\ 2&4&-1&-2\\ 2&4&5&10 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&1&2\\ a&1&-a&-1\\ 2&4&-1&-2\\ 2&4&5&10 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&1&2\\ 0&1-2a&-2a&-1-2a\\ 0&0&-3&-6\\ 0&0&3&6 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&1&2\\ 0&1-2a&-2a&-1-2a\\ 0&0&-3&-6\\ 0&0&0&0 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&1&2\\ 0&1-2a&-2a&-1-2a\\ 0&0&1&2\\ 0&0&0&0 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&0&0\\ 0&1-2a&0&-1+2a\\ 0&0&1&2\\ 0&0&0&0 \end{array}\right). $$
I första steget bytte vi plats på rad 1 och rad 2. Därefter adderade vi $-a$ gånger rad 1 till rad 2, $-2$ gånger rad 1 till rad 3 och $-2$ gånger rad 1 till rad 4. Sedan adderade vi rad 3 till rad 4, multiplicerade rad 3 med $-1/3$ och eliminerade med hjälp av rad 3.

Vi delar nu upp i två fall.

Om $a=1/2$ blir den reducerade trappstegsformen
$$ \left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&1&2\\ 0&0&0&0 \end{array}\right). $$
Variabeln $y$ är fri; sätt $y=t$. Då är
$$ (x,y,z)=(0,0,2)+t(-2,1,0),\qquad t\in\mathbb R. $$

Om $a\ne1/2$ kan vi eliminera den andra variabeln och får identitetsmatrisen på vänster sida med högerled $(2,-1,2)^T$. Den unika lösningen är alltså
$$ (x,y,z)=(2,-1,2). $$

(a) Vi beräknar determinanten:
$$ \det A =\begin{vmatrix}1&0&-1\\1&a&-2\\0&-1&2\end{vmatrix} =\begin{vmatrix}1&0&-1\\0&a&-1\\0&-1&2\end{vmatrix} =\begin{vmatrix}a&-1\\-1&2\end{vmatrix} =2a-1. $$
Matrisen är inverterbar om och endast om $a\ne1/2$.

(b) Med
$$ B=\begin{pmatrix}2&0&1\\-1&1&2\\0&1&1\end{pmatrix} $$
får vi
$$ AB-BA = \begin{pmatrix}2&-1&0\\2-a&a-2&2a-1\\1&1&0\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}2&-1&0\\0&a-2&3\\1&a-1&0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&0&0\\2-a&0&2a-4\\0&2-a&0\end{pmatrix}. $$
Alltså kommuterar $A$ och $B$ om och endast om $a=2$.

(a) Vektorerna $\mathbf u,\mathbf v,\mathbf w$ är linjärt oberoende om och endast om ekvationen
$$ \lambda\mathbf u+\mu\mathbf v+\nu\mathbf w=\mathbf0 $$
endast har lösningen $\lambda=\mu=\nu=0$. Gausseliminering ger
$$ \left(\begin{array}{ccc|c} 1&3&-4&0\\ 2&4&-3&0\\ -1&-3&4&0\\ 3&1&8&0 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c} 1&3&-4&0\\ 0&-2&5&0\\ 0&0&0&0\\ 0&-8&20&0 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c} 1&3&-4&0\\ 0&-2&5&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{array}\right). $$
Det finns två pivotvariabler och en fri variabel, så ekvationen har oändligt många lösningar. Vektorerna är därför linjärt beroende.

(b) För att avgöra om $\mathbf t=(1,1,-1,1)$ är en linjärkombination använder vi samma eliminering:
$$ \left(\begin{array}{ccc|c} 1&3&-4&1\\ 2&4&-3&1\\ -1&-3&4&-1\\ 3&1&8&1 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c} 1&3&-4&1\\ 0&-2&5&-1\\ 0&0&0&0\\ 0&-8&20&-2 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c} 1&3&-4&1\\ 0&-2&5&-1\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&2 \end{array}\right). $$
Den sista ekvationen kan aldrig uppfyllas. Det finns alltså inga lösningar, och $\mathbf t$ är inte en linjärkombination av $\mathbf u,\mathbf v,\mathbf w$.

(a) Linjen har riktningsvektor $\mathbf u=(1,0,-1)$. Välj $\mathbf v=(0,1,0)$, som är ortogonal mot $\mathbf u$, och sätt $\mathbf w=\mathbf u\times\mathbf v=(1,0,1)$. Låt $p$ ha $\mathbf v$ som normalvektor och $q$ ha $\mathbf w$ som normalvektor. Dessa plan skär varandra ortogonalt. Punkten $(1,1,1)$ ligger på linjen. Välj därför
$$ p:\ y-1=0,\qquad q:\ x+z-2=0. $$
Båda planen innehåller linjen och deras normalvektorer är ortogonala.

(b) En normalvektor till planet $p_2$ är
$$ (3,2,1)\times(-1,2,5) =\left( \begin{vmatrix}2&1\\2&5\end{vmatrix}, -\begin{vmatrix}3&1\\-1&5\end{vmatrix}, \begin{vmatrix}3&2\\-1&2\end{vmatrix} \right) =(8,-16,8)=8(1,-2,1), $$
så planen $p_1$ och $p_2$ är parallella. Välj $P_1=(1,0,0)$ på $p_1$ och $P_2=(1,1,1)$ på $p_2$. Då är
$$ \overrightarrow{P_1P_2}=(0,1,1), $$
och avståndet är längden av projektionen på $\mathbf n=(1,-2,1)$:
$$ \left\lVert\operatorname{proj}_{\mathbf n}\overrightarrow{P_1P_2}\right\rVert =\frac{|\mathbf n\cdot\overrightarrow{P_1P_2}|}{\lVert\mathbf n\rVert} =\frac1{\sqrt6}. $$

Låt $\mathbf u=(1,0,1)$, $\mathbf v=(2,1,1)$ och
$$ T(\mathbf w)=\operatorname{proj}_{\mathbf u}(\mathbf w)+\operatorname{proj}_{\mathbf v}(\mathbf w). $$

(a) För $\mathbf w=(a,b,c)$ får vi
$$ T(a,b,c)=\frac{a+c}{2}(1,0,1)+\frac{2a+b+c}{6}(2,1,1) =\frac16(7a+2b+5c,\ 2a+b+c,\ 5a+b+4c). $$

(b) För $\lambda,\mu\in\mathbb R$ gäller
$$ \begin{aligned} T(\lambda(a,b,c)+\mu(d,e,f)) &=\frac16\bigl(7(\lambda a+\mu d)+2(\lambda b+\mu e)+5(\lambda c+\mu f),\\ &\quad 2(\lambda a+\mu d)+\lambda b+\mu e+\lambda c+\mu f,\\ &\quad 5(\lambda a+\mu d)+\lambda b+\mu e+4(\lambda c+\mu f)\bigr)\\ &=\lambda T(a,b,c)+\mu T(d,e,f). \end{aligned} $$
Alltså är $T$ linjär.

(c) Om $\mathbf w$ är ortogonal mot både $\mathbf u$ och $\mathbf v$, är båda projektionerna noll. Därför kan vi välja
$$ \mathbf w=\mathbf u\times\mathbf v=(-1,1,1)\ne\mathbf0. $$
Då är $T(\mathbf w)=\mathbf0$.