Tenta 2026-02-07

Vi skriver ekvationssystemet i en utökad matris och använder Gausselimination:
$$ \left(\begin{array}{cccc|c} a&-2&2&-5&0\\ 1&2&2&-3&1\\ -1&-2&-1&1&0 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{cccc|c} 1&2&2&-3&1\\ a&-2&2&-5&0\\ -1&-2&-1&1&0 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{cccc|c} 1&2&2&-3&1\\ 0&-2a-2&2-2a&3a-5&-a\\ 0&0&1&-2&1 \end{array}\right). $$
I första steget bytte vi plats på rad 1 och rad 2. I andra steget adderade vi rad 1 multiplicerad med $-a$ till rad 2 och sedan adderade vi rad 1 multiplicerad med $1$ till rad 3.

Vi delar nu upp i två fall.

Om $a\ne-1$ får vi genom Gausseliminering
$$ \left(\begin{array}{cccc|c} 1&2&2&-3&1\\ 0&-2(a+1)&-2(a-1)&3a-5&-a\\ 0&0&1&-2&1 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{cccc|c} 1&2&2&-3&1\\ 0&1&\frac{a-1}{a+1}&-\frac{3a-5}{2(a+1)}&\frac{a}{2(a+1)}\\ 0&0&1&-2&1 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{cccc|c} 1&2&0&1&-1\\ 0&1&0&\frac12&\frac{2-a}{2(a+1)}\\ 0&0&1&-2&1 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{cccc|c} 1&0&0&0&-\frac3{a+1}\\ 0&1&0&\frac12&\frac{2-a}{2(a+1)}\\ 0&0&1&-2&1 \end{array}\right). $$
I första steget multiplicerade vi rad 2 med $-1/(2a+2)$. I andra steget adderade vi rad 3 multiplicerad med $-(a-1)/(a+1)$ till rad 2 och multiplicerade rad 3 med $-2$ till rad 1. I tredje steget adderade vi rad 2 multiplicerad med $-2$ till rad 1. Vi har därmed en fri variabel $w$ som vi sätter lika med parametern $t\in\mathbb R$. Lösningarna blir
$$ (x,y,z,w)=\left(-\frac3{a+1},\frac{2-a}{2(a+1)},1,0\right)+t\left(0,-\frac12,2,1\right),\qquad t\in\mathbb R. $$

Om $a=-1$ får vi genom Gausseliminering
$$ \left(\begin{array}{cccc|c} 1&2&2&-3&1\\ 0&0&4&-8&1\\ 0&0&1&-2&1 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{cccc|c} 1&2&2&-3&1\\ 0&0&0&0&-3\\ 0&0&1&-2&1 \end{array}\right). $$
Här adderade vi rad 3 multiplicerad med $-4$ till rad 2. Ekvationen i rad 2 ger en motsägelse och alltså finns inga lösningar i detta fall.

(a) Vektorerna är linjärt oberoende om och endast om ekvationen
$$ A\begin{pmatrix}\lambda\\\mu\\\nu\end{pmatrix}=\mathbf0,\qquad A=\begin{pmatrix}1&-2&1\\a&2&-1\\a&3&-6\end{pmatrix} $$
endast har den triviala lösningen. Detta gäller om och endast om
$$ \det(A)=-9(1+a)\ne0, $$
det vill säga om $a\ne-1$.

(b) Vi använder determinantens multiplikativitet:
$$ \det(2A^{10})=2^3\det(A^{10}) =2^3\det(A)^{10} =2^3\,9^{10}(a+1)^{10}. $$

(a) Planet $p_2$ har en normalvektor
$$ (2,2,1)\times(-1,2,3) =\left( \begin{vmatrix}2&1\\2&3\end{vmatrix}, -\begin{vmatrix}2&1\\-1&3\end{vmatrix}, \begin{vmatrix}2&2\\-1&2\end{vmatrix} \right) =(4,-7,6), $$
vilket ger att $p_2$ på normalform ges av $4x-7y+6z=D$ för något $D\in\mathbb R$. Eftersom punkten $(1,1,1)$ ligger på $p_2$ har vi $D=4-7+6=3$.

En punkt $(x_0,y_0,z_0)$ ligger på alla tre planen om och endast om
$$ \begin{pmatrix}1&-2&1\\4&-7&6\\-1&1&-3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_0\\y_0\\z_0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1\\3\\a\end{pmatrix}. $$
Vi skriver detta som en utökad matris och använder Gausseliminering:
$$ \left(\begin{array}{ccc|c} 1&-2&1&-1\\ 4&-7&6&3\\ -1&1&-3&a \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c} 1&-2&1&-1\\ 0&1&2&7\\ 0&-1&-2&a-1 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c} 1&-2&1&-1\\ 0&1&2&7\\ 0&0&0&a+6 \end{array}\right). $$
I första steget adderade vi rad 1 multiplicerad med $-4$ till rad 2 och med $1$ till rad 3. I andra steget adderade vi rad 2 till rad 3. Om $a\ne-6$ har systemet ingen lösning. Om $a=-6$ har vi en fri variabel och lösningsmängden är en linje.

(b) Sätt $a=-6$ och fortsätt med Gausseliminering:
$$ \left(\begin{array}{ccc|c} 1&-2&1&-1\\ 0&1&2&7\\ 0&0&0&0 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c} 1&0&5&13\\ 0&1&2&7\\ 0&0&0&0 \end{array}\right). $$
Här adderade vi rad 2 multiplicerad med $2$ till rad 1. Variabeln $z$ är fri; sätt $z=t$. Lösningarna är
$$ (x,y,z)=(13,7,0)+t(-5,-2,1),\qquad t\in\mathbb R, $$
vilket är linjen på parameterform.

Låt $\mathbf u=(a,b,c)$. Då är
$$ \mathbf v\times\mathbf u =(-1,1,1)\times(a,b,c) =\left( \begin{vmatrix}1&1\\b&c\end{vmatrix}, -\begin{vmatrix}-1&1\\a&c\end{vmatrix}, \begin{vmatrix}-1&1\\a&b\end{vmatrix} \right) =(c-b,c+a,-b-a). $$
Avbildningsmatrisen för denna avbildning i standardbasen är därför
$$ A=\begin{pmatrix}0&-1&1\\1&0&1\\-1&-1&0\end{pmatrix}. $$
Om $\mathbf u=(a,b,c)$ speglas i planet $x=y$ får vi $(b,a,c)$, så avbildningsmatrisen för speglingen är
$$ B=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}. $$
Den sammansatta avbildningen har därför matris
$$ BA=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&-1&1\\-1&-1&0\end{pmatrix}. $$

(a) Låt $T:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ vara en avbildning. Av definitionen av linjäritet gäller
$$ T(\lambda\mathbf u)=\lambda T(\mathbf u),\qquad T(\mathbf u+\mathbf v)=T(\mathbf u)+T(\mathbf v) $$
för alla $\lambda\in\mathbb R$ och $\mathbf u,\mathbf v\in\mathbb R^2$.

(b) För $\mathbf u=(1,0)$ och $T_1(\mathbf v)=2\mathbf v+\mathbf u$ väljer vi $\mathbf w_1=(1,0)$ och $\mathbf w_2=(0,1)$. Då är
$$ T_1(\mathbf w_1+\mathbf w_2)=(3,2), $$
medan
$$ T_1(\mathbf w_1)+T_1(\mathbf w_2)=(3,0)+(1,2)=(4,2). $$
Alltså är $T_1$ inte linjär.

(c) För $\mathbf u=(1,0)$ definieras $T_2(\mathbf v)=\operatorname{proj}_{\mathbf v}(\mathbf u)$. Vi har
$$ T_2(\mathbf u)=\operatorname{proj}_{\mathbf u}(\mathbf u) =\frac{\mathbf u\cdot\mathbf u}{\lVert\mathbf u\rVert^2}\mathbf u =\mathbf u. $$
För $\lambda=2$ får vi däremot
$$ T_2(2\mathbf u) =\frac{\mathbf u\cdot(2\mathbf u)}{\lVert2\mathbf u\rVert^2}(2\mathbf u) =\mathbf u \ne2\mathbf u=2T_2(\mathbf u). $$
Alltså är $T_2$ inte linjär.