Linjär algebra · 2025-05-28

Uppgift 5

Uppgift 5

Den linjära avbildningen $T:\setR^3 \to \setR^3$ speglar i planet $x+3y-2z=0$. Vektorerna $\fvec_1 = (1,3,-2)$, $\fvec_2 = (-1,1,1)$, $\fvec_3 = (2,0,1)$ är en bas för $\setR^3$.

(a)

Bestäm avbildningsmatrisen för $T$ med avseende på $\fvec$-basen.

(b)

Bestäm basbytesmatrisen som byter från $\fvec$-basen till standardbasen.

(c)

Bestäm avbildningsmatrisen för $T$ med avseende på standardbasen.

(d)

Låt $S(x,y,z) = T(x+y,z-y,x+z)$ vara en ny linjär avbildning. Avgör om $S$ har invers eller inte.

Visa lösningDölj lösning

Vi ser att $\fvec_1$ är normal till planet, och att $\fvec_2$ samt $\fvec_3$ är vinkelräta mot $\fvec_1$. Alltså gäller \[ T(\fvec_1) = - \fvec_1, \quad T(\fvec_2) = \fvec_2, \quad T(\fvec_3) = \fvec_3. \] Matrisen för $T$ med avseende på $\fvec$-basen är då \[ A' = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}. \]
Basbytesmatrisen $\fvec$-basen till standardbasen har kolonner som ges av $\fvec$-vektorerna: \[ Q= \begin{bmatrix} 1 & -1 & 2 \\ 3 & 1 & 0 \\ -2 & 1 & 1 \end{bmatrix}. \]
Vi kan nu bestämma avbildningsmatrisen för $T$: \[ A = Q A' Q^{-1} = \frac{1}{7} \begin{bmatrix} 6 & -3 & 2 \\ -3 & -2 & 6 \\ 2 & 6 & 3 \\ \end{bmatrix}. \] Här behöver man på vägen beräkna \[ Q^{-1} = \frac{1}{14} \begin{bmatrix} 1 & 3 & -2 \\ -3 & 5 & 6 \\ 5 & 1 & 4 \\ \end{bmatrix}. \]

Alternativt: Spegling i planet med normalen $\nvec = (1,3,-2)$ ges av \[ T(\vvec) = \vvec - 2 \vvec_\nvec = \vvec - 2 \frac{\vvec \cdot \nvec}{\norm{\nvec}^2} \nvec = \vvec - 2\frac{\vvec \cdot \nvec}{14} \nvec. \] Alltså gäller \[\begin{aligned} T(\evec_1) &= (1,0,0) - \frac{1}{7} (1,3,-2) = \frac17 (6,-3,2) \\ T(\evec_2) &= (0,1,0) - \frac{3}{7} (1,3,-2) = \frac17 (-3,-2,6) \\ T(\evec_3) &= (0,0,1) - \frac{-2}{7} (1,3,-2) = \frac17 (2,6,3). \end{aligned}\] Dessa är nu kolonnerna i avbildningsmatrisen vi söker.
Vi har att \[ \begin{bmatrix} x + y \\ z-y \\ x+z \end{bmatrix} = \underbrace{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}}_{B} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix}, \] så avbildningsmatrisen för $S$ i standardbasen ges av produkten $AB$, där $A$ är avbildningsmatrisen för $T$. Eftersom $|B|=0$ (summan av de två första kolonnerna är den sista) så är $|AB|=|A|\cdot |B|=0$, så $S$ saknar invers. Alternativt, \[ S(1,-1,-1) = T(0,0,0) = S(0,0,0) \] så två olika punkter avbildas på $(0,0,0)$. Alltså saknas invers.