Linjär algebra med geometri 9789144009728

Citation preview

Lennart Andersson Anders Grennberg Torbjörn Hedberg Reinhold Näslund Lars Erik Persson Björn von Sydow

Linjär algebra med geometri

~ Studentlitteratur

00

KOPIERINGSFÖRBUD

Detta verk är skyddat av lagen om upphovsrätt. Kopiering. utöver lärares rätt att kopiera för undervisningsbruk enligt BONUS-Presskopias avtal. är förbjuden. Sådant avtal tecknas mellan upphovsrättsorganisationer och huvudman för u1bildningsanordnare t.ex. kommuner/universitet. För information om avtalet hänvisas till utbildningsanordnarens huvudman eller BONUS-Presskopia. Den som bryter mot lagen om upphovsrätt kan å1alas av allmän åklagare och dömas till böter eller fängelse i upp till två lir samt bli skyldig att erlägga ersättning till upphovsman/rättsinnehavare. Denna 1rycksak är miljöanpassad. blide när det gäller papper och 1ryckprocess.

An.nr 3224 ISBN 978-91-44-00972-8 Upplaga 2: 12 (i)

Författarna och Studentlitteratur 1990, 1999

www.s1uden1littera1ur.se Prinlcd hy Holmhcrgs i Malmö AB, Sweden 2008

Innehåll Förord

6

Ytterligare läsning

7

1 Vektoralgebra och geometri

8

1. 1

Vektorer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2

Projektion och koordinater . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.3

Skalärprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.4

Vektorprodukt ............................................ 40

1.5

Linjer och plan ........................................... 53

1.6

Andragradskmvor och andragradsytor ......................... 75

1. 7

övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

2 Vektorer och matriser 2.1

115

Vektorer av dimension n, Rn ............................... 115

2.2

Matriser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

2.3

Linjära avbildningar och matriser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

2.4

Sammansatta avbildningar ................................. 163

2.5

övningar ............................................... 167

3 Linjära ekvationssystem

183

3.1

Inledning ............................................... 183

3.2

Gausselimination ......................................... 187

3.3

LR-faktorisering ......................................... 195

3.4

Lösning av linjära ekvationssystem med dator .................. 200

3.5

ÖVetbestämda ekvationssystem ............................. 204

3.6

övningar ............................................... 215

4 Determinanter

234

4.1

Determinanter av ordning 2 och 3 ............................ 234

4.2

Determinanter av godtycklig ordning ......................... 243

4.3

Beräkning av determinanter ................................ 246 3

4.-J

Area- och volymsändring. multiplikationssatsen ................ 254

4.5

övningar ............................................... 260

5 Tilliimt>ningar U\' determinanter

6

5.1

Existens av lösningar till linjära ekvationssystem ............... 266

5.2

Kvadratiska ekvationssystem ............................... 268

5.3

Icke-kvadratiska ekvationssystem ............................ 277

5.4

Bas. Li~järt oberoende och beroende ......................... 278

5.5

Cramers regel ........................................... 291

5.6

Övningar ............................................... 294

Inversa och isometriska avbildningar

304

6.1

Im1ersa avbildningar och inversa matriser ...................... 304

6.2

Isometriska avbildningar och ON-matriser ..................... 313

6.3

övningar ............................................... 320

7 Egem·iirden och egenvektorer

8

266

329

7.1

Inledning ............................................... 329

7.2

Bestämning av egenvärden och egenvektorer ................... 337

7.3

Existens av egenvärden och egenvektorer ...................... 345

7.4

Tillämpningar ........................................... 349

7.5

Numerisk bestämning av egenvärden ......................... 353

7.6

övningar ............................................... 359

Basbyten, diagonalisering och k,•adratiska former

370

8.1

Basbyten................................................ 370

8.2

Basbyten och linjära avbildningar ............................ 375

8.3

Linjära operatorer och diagonalisering ........................ 379

8.4

Kvadratiska fonner ....................................... 383

8.5

Matrisbeskrivning av kvadratiska fonner ...................... 384

8.6

Diagonalisering av kvadratiska fonner .............. ·.......... 386

8. 7

Värdemängden till kvadratiska fonner ........................ 39 I

8.8

Singulärvärdesuppdelningar och pseudoinverser ................ 396

8.9

övningar ................................................H).J

9 Allmänna vektorrum

411

9.1

Inledning ............................................... 411

9.2

Vektonum .............................................. 412

9.3

Undenu1n .............................................. 414

9 .4

Linjärt oberoende, bas och dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 416

9.5

Linjära avbildningar ...................................... 418

9.6

Isomorfi av vektonum .................................... 420

9.7

Skalär produkt ........................................... 421

9.8

Nonn .................................................. 422

9.9

Ortononnerade baser ...................................... 428

9.10 övningar ............................................... 437

10 Svar till övningsu1>1>giftema

440

10.1 Kapitel 1 ............................................... 440 10.2 Kapitel 2 ............................................... 450

10.3 Kapitel 3 ............................................... 457 10.4 Kapitel 4 ............................................... 464 10.5 Kapitel 5 ............................................... 466 10.6 Kapitel 6 ............................................... 469 10.7 Kapitel 7 ............................................... 473 10.8 Kapitel 8 ............................................... 478 10.9 Kapitel 9 ............................................... 481

Register

483

5

Förord Denna lärobok vänder sig i första hand till studerande inom civilingenjörs- och högskoleingenjörsutbildningama, men är också lämplig för annan högskoleutbildning och för rena självstudier. Författarna anser att numeriska och analytiska metoder bör integreras i inledande kurser i Linjär algebra, speciellt för blivande ingenjörer. Boken innehåller därför en del moment och metoder som vid våra högskolor oftast behandlas inom ämnet Numerisk analys. Boken innehåller däremot inte alltid fullständiga och strikta bevis för resultaten. Ibland har istället dessa troliggjorts genom intuitiva resonemang och illustrerande exempel. Det har vidare varit vår ambition att göra framställningen så konkret som möjligt genom att ge geometriska tolkningar när detta varit möjligt. Detta är en kraftigt omarbetad upplaga av den tidigare läroboken. Den synligaste skillnaden är typografin. Viktigare är dock tillkomsten av två helt nyskrivna kapitel. Det första av dessa behandlar basbyte, diagonalisering, singulärvärdesuppdelning och kvadratiska fonner medan det andra avslutar boken med en introduktion till teorin för allmänna vektorrum. Till de flesta kapitel har också tillkommit övningar anpassade för att lösas med ltjälp av dator. De är konstruerade med programmet MATLAB i åtanke, men även andra matematikprogram går att använda. Syftet med dessa övningar är både att ge insikt om värdet av datorn som ltjälpmedel och att ge ökad förståelse för teorin. Vi riktar ett vannt tack till Lena Wassennann. som med skicklighet och tålamod gett texten dess nuvarande utfonnning. Vi hade också velat tacka Andrejs Dunkels för de figurer som berikar texten och som förts över från tidigare upplagor. Hans alltför tidiga bortgång gör del inte möjligt. Luleå, juni 1999 Lennart Andersson Reinhold Näslund Inge Söderkvist

Anders Grennberg Lars Erik Persson

Torbjörn Hedberg Björn von Sydow

Inför denna elfte tryckning har ytterligare ett antal tryckfel korrigerats. I övrigt är bokens innehåll oförändrat. Författarna

6

Ytterligare läsning (1)

Andersson, K.G. Lineär algebra (Studentlitteratur)

(2)

Anton, H. and Rorres, C. Elementary Linear Algebra. Applications Vim,ion (Wiley)

(3)

Golub, G.H. and Van Loan, C.F. Matrix Computations (Johns Hopkins University Press)

(4)

Lay, D.C. Linear Algebra and its Applications (Addison-Wesley)

(5)

Strang, G. Linear Algebra and its Applications (Harccourt Brace Jovanovich)

Ovanstånde böcker kan vara lämpliga för den som vill ha en alternativ framställning eller som vill fördjupa sig i den linjära algebran och några av dess tillämpningar.. [1] ger en kompakt framställning med många historiska notiser. (4), (2) och (5) innehåller ett stort antal exempel på tillämpningar. (3] behandlar numeriska aspekter av den linjära algebran och presenterar beräkningsalgoritmer för allehanda problem inom området.

7

1 Vektoralgebra och geometri

1.1 Vektorer Många fysikaliska storheter kan specificeras genom att deras mätetal anges i någon lämplig enhet. Exempel på sådana s.k. skalära storheter är temperatur, arbete och elektrisk laddning. Samband mellan skalära storheter kan ofta uttryckas som algebraiska samband mellan reella tal. Ett välkänt exempel är Ohms lag U = R · I som ger sambandet mellan de skalära storheterna spänning, resistans och strömstyrka i en elektrisk krets. Detta kapitel ägnas åt en genomgång av algebraiska och geometriska begrepp som behövs för behandling av företeelser som förutom mätetal också har en riktning. Exempel på sådana vektoriella storheter är kraft, hastighet och elektrisk fältstyrka. Det är praktiskt att illustrera en vektoriell storhet med hjälp av en riktad sträcka vars längd är proportionell mot storhetens mätetal. Vi refererar till en riktad sträcka i en figur genom att namnge sträckans ändpunkter med stora bokstäver och talar om sträckan AB osv. Ordningen är väsentlig; AB är den riktade sträckan från A till B. A kallas sträckans fotpunkt och B dess spets. Ldngden av AB betecknar vi med IABI.

D

F Figur 1.1 Det är i många sanunanhang praktiskt att betrakta två riktade sträckor som lika om de har samma längd och riktning. När vi vill markera att detta likhetsbegrepp används kallar vi den riktade sträckan AB för en vektor och använder beteckningen AB. I ovanstående figur gäller alltså att AB = CD. När vi inte vill ange någon speciell fotpunkt använder vi ofta en bokstav i fet stil (a, F, u etc) för att beteckna en vektor. Längden av en vektor betecknar vi lvl, IABI. etc. · En vektor v med längden lvl = 1 kallas en enhets11ektor. Ibland kommer vi att ha glädje av att kunna tala om en vektor med längd 0. Denna vektor kallar vi nol/vektor 8

I. I

Vi•ktomr

och betecknar med 0. För nollvektom är det förstås meningslöst att tala om riktning. Vi illustrerar vektolbegreppets fördelar och begränsningar med några exempel.

Exempel 1.1 En kropp som vilar på ett plant underlag glider p~1 detta under inverkan av en kraft parallell med underlaget. Kraften uträttar då ett albete. För beräkning av det uträttade arbetet är det oväsentligt var kraften angriper kroppen.

5

Figur 1.2 Den information som behövs är endast kraftens storlek och riktning. Det är alltså lämpligt att betrakta kraften som en vektor F. Även förflyttningen s är en vektorstorhet. Att albetet W ändå kan beräknas genom den skalära relationen

W=IFllsl beror på att F och s har samma riktning. Vi ska senare se hur denna relation förändras då F och s ej är parallella .

.,,

~-o--'--~~~..:c:..:::::.:;;c:;:.J.=;,;:;;::;= Figur 1.3

Exempel 1.2 En krafts vridningsverkan på en kropp som är vridbar kring en fix axel beror inte bara på kraftens storlek och riktning utan också på angreppspunktens läge. Detta utnyttjas exempelvis i spett, vindspel, tänger, nötknäppare och skottkärror. Kraftvektorn F ger inte samma resultat då den appliceras i de två punkterna P och Q, se figur 1.3. I sammanhang där man kräver att två riktade sträckor ska ha samma fotpunkt för att vara lika talar man om bundna vektorer. Exempel 1.3 Vektorbegreppet ger möjlighet att koncist uttrycka många geometriska egenskaper. En parallellogram kan exempelvis definieras som en fyrhörning ABCD, där AB= DC och AD= BC. Se figur 1.4. Vi ska nu införa två operationer på vektorer, nämligen vektoraddition och multiplikation med skalär. Definitionerna av dessa är valda så att räkning med vektorer 9

Kapitel 1.

Vektoralgebra och geometri

Figur 1.4 blir så användbar som möjligt. Addition av vektorer stämmer exempelvis med hur krafter och hastigheter adderas. Definition 1.1 Multiplikation av en vektor med reellt tal (skalär). Om v är en vektor

och ,\ ett reellt tal så är ,\ v den vektor som uppfyller

a) l,\vl = l"I . lvl , b) Om ,\ > 0 så harv och ,\ v samma riktning, c) Om ,\ < 0 så har v och ,\ v motsatt riktning, d) Om,\

= 0 så är ,\v = 0.

Figur 1.5 I stället för ( -1 )v brukar man skriva -v och detta betecknar alltså en vektor med saimna längd som v, men med motsatt riktning. Om v = AB så är -v = BA. Två vektorer kallas parallella om de har samma eller motsatt riktning. Vi ser alltså att ,\v är parallell med v om ,\ # 0 och v # 0. För att slippa undantag är det praktiskt att anse att nollvektom är parallell med varje vektor v. Ofta använder man sig av följande formulering: Om u # 0 och v är parallell med u så.finns ett reellt tal,\ så att v = ,\u Exemi>el 1.4 Om M är mittpunkten på sträckan AB så gäller AM = ½AB.

Figur 1.6 IO

Definition 1.2 Addition av vektorer. Låt u och v vara två givna vektorer. Kalla u:s fotpunkt och spets för A respektive B. Ansätt v med fotpunkt i B. Kalla den punkt där v'.s spets hrunnar för C. Vektorn AG kallas då summan av u och v och betecknas u + v. (Se figur 1.7.)

C

A

u

B

Figur 1.7 Med de införda beteckningarna kan vi också skriva

AB+BC=AC. Om u och v inte är parallella kan vi även erhålla vektorn u + v genom att ansätta u och v från srunma punkt, konstruera den av u och v definierade parallellogrammen och därefter dra den diagonal som har fotpunkt i ansättningspunkten. Se figur 1.8.

D

----C

lZ7 u ~

A---

Figur 1.8 Subtraktion av vektorer kan återföras på addition genom definitionen U -

V= U

+ (-v).

Se figur 1.9. Alternativt kan man definiera w = u - v genom u-v= w~ u =v+w. Detta innebär att u - v är den vektor som ska adderas till v för att swnman ska bli u. Med de införda beteckningarna kan vi också skriva

AB-AD=DB. Addition och multiplikation med ett reellt tal (skalär) uppfyller följande naturliga räkneregler:

Kapitel 1.

Vektoralgebra och geometri

Figur 1.9

1~1't

Vanstra

c)

~

u

u Figur 1.10

"

a) ,\(µu) = (,\µ)u

b) (,\ + µ)u = ,\u + µu

c) ,\ (u + v)

= ,\u + AV

d) u+v = v+u e)

u+ (v + w) = (u + v) + w

f)u+O=O+u=u g) u+ (-u) = 0

Dessa räkneregler kan bevisas med utgångspunkt från våra definitioner. För att inte tynga framställningen alltför mycket nöjer vi oss med att illustrera räknereglerna c) och e) i figur 1.10. Som vi tidigare n~imnt skriver man i situationer som i regel g) nonnalt inte u + (-u) utan i stället u - u. Med ltjälp av de införda operationerna och räknereglerna för dessa kan man bevisa många plan- och rymdgeometriska resultat. I dessa sammanhang är det ofta praktiskt att införa en fix referenspunkt O i rummet. Med hjälp av 12

I. I

I ek1orer

denna kan man på ett naturligt sätt para ihop punkter och vektorer i nmunet: punkten A paras ihop med vektorn OA. Vektorn 0A kallas då ortsvektorn för punkten A. Vi avslutar detta avsnitt med några geometriska tillämpningar av vektorräkning. Exempel 1.5 En sträckas ändpunkter A och B har ortsvektorerna

0A =

0B = b med avseende på en punkt 0. Visa att sträckans mittpunkt M torn OM=½ (a+ b).

a och har ortsvek-

A

0

0 Figur 1.11

Lösning Vi har OM= a+AM = a+½AB. Mena+AB Insättning av detta ger

= b, dvs. AB= b -

a.

Anm 1.1 På motsvarande sätt kan man bestämma ortsvektorn för andrn delningspunkter av sträckan AB än mittpunkten. (Se övning 1. 7). Ett uttryck av typen ½a + ½b kallas för en linjärkombination av vektorerna a och b. En annan linjärkombination av samma vektorer är 3a - 2b. Allmänt säger man att vektorn u är en linjärkombination av vektorerna v 1 , v 2 , ... , vk om U

= C1 V1 + C2V2 + ... + CkVk

där c1, c2, . . . , ek är reella tal. Exempel 1.6 En triangel har hörnen i punkterna A, B och C. Pär en punkt på sidan AG så att 2AP = PC och Q ligger på sidan BC så att 4CQ = CB. Skriv vektorn PQ som en linjärkombination av vektorerna AB och AV. (Se figur 1.12.)

Lösning Uppgiften innebär att vi ska skriva vektorn

PQ på fonnen

PQ = c1AB + c2AV 13

Kapitel I.

Vektoralgebra och geometri

C

Figur l.12 där c 1 och c2 är reella tal. Tydligen är

AP+PQ = AB+BQ, Av texten följer

dvs.PQ=

AB+BQ-AP.

i

AP= AG och BQ = ~BC. Vidare är BC = AG - AB. Insättning i uttrycket för PQ ger då PQ =AB+ ~(AG-AB)!AG= !AB+ ~AG 4 3 4 12 Exem 1>el 1. 7 Visa att diagonalerna i en parallellogram skär varandra mitt itu.

A Figur l.13 Lösning Betrakta parallellogrammen ABC Di figur l.13 och låt M vara mittpunkt på AC och N vara mittpunkt på BD. Problemet är löst om vi kan visa att M och N sammanfaller. Vi vet att AM = ½AG. Vidare är AN = ½{AB+ AD) enligt exempel 1.5. Men AD = BC (likhet mellan vektorer) och alltså är AN = ½(AB+ BC) =½AG.Alltså är AM = AN ochdänned M = N. Exempel 1.8 Visa att medianerna i en triangel skär varandra i en enda punkt och att denna delar varje median i två delar, vilkas längder förhåller sig som 2: l. Denna 14

I. I

lek101t'r

gemensamma skärningspunkt kallas triangelns tyngdpunkt.

C

Figur 1.14 Lösning Låt P, Q och R vara mittpunkterna på AB, AG respektive BC och M den punkt på AR som uppfyller AM = AR. Låt M' vara den punkt på CP som uppfyller C M 1 = f CP. Det gäller då att visa att M och M' sammanfaller. Vi ska göra det genom att visa att AM = AM1. Det gäller, eftersom CA = -AV att

f

AM =~AR= ~!(AB+ AV)= !AB+ !AV 3 32 3 3 och

=

AV+CM' = AC+~CP= AG+ ~!(CA+CB) 3 32 2.....-,\

1 ::;=;-;et

2.....-,\

1

,,,,,-t

--:.-rt

1

=

1

3Av + 3c11 = 3Av· + 3(CA + A11) = 3AB + 3AV. Om M slutligen är den punkt på BQ som uppfyller BM' 11

--:--;t

samma sätt att AM faller.

= f BQ så inses på

= 3 A11 + 3 Av och det fölJer att M, M' och M '' samman1 "°'.i"rt

1 ....-,\

·

Exempel 1.9 Betrakta rätblocket ABCDEFGH i figur 1.15. Sträckorna AH, BE, CF och DG kallas rätblockets rymddiagonaler. Visa att dessa skär varandra i en punkt, som samtidigt är mittpunkt på var och en av rymddiagonalerna. Lösning Vi visar att AH och BE delar varandra mitt itu. Av symmetriskäl följer då att samma sak gäller för två godtyckliga rymddiagonaler. Låt M vara mittpunkten på AH och N mittpunkten på BE. Problemet är löst om vi kan visa att M och N sammanfaller. Vi har

AM=

!m= !(AB+BC+cil) 2 2 15

Kapitel 1.

Vektoralgebra och geomet,-i

F

A

--- .

D...

-"-

..........

B Figur l.15 och

W =!BE= !(oc +en+ HE). 2 2 Med ltjälp av den andra av dessa likheter får vi

AN= AB+BN= AB+!HE+!oc+!en 2 2 2 HE = -AB och alltså AB+~HE= AB- ~AB= ~AB'. Insatt i uttrycket för AN ger detta AN= !AB+ !oc+ !en= !(AB+BC+en) 2 2 2 2 ' Men

vilket visar att löst.

AN = AM. dvs.

M och N sammanfaller. Dänned är problemet

Excm1>cl 1.10 Visa att om vektorerna v1 och v2 inte är parallella och c 1v 1 så måste c1 = C2 = 0.

= c2v2

Lösning Av förutsättningarna följer att ingen av vektorerna v 1 och v 2 är 0, ty nollvektorn är enligt definition parallell med varje vektor. Ekvationen c 1 v 1 = C2V 2 kan d~\ endast vara uppfylld om c1 = c2 = 0, ty annars ingår i ekvationens båda led vektorer med olika riktning (om c1 #- 0 och c2 #- 0) eller med olika längd (om c 1 -:j:. 0 och c 2 = 0 eller c 1 = 0 och c 2 -:j:. 0). 16

I. I

l·ektott'.r

= c2v2 cl 1.13 En del av stranden av en sjö kan betraktas som en rät linje L. På avståndet a från stranden flyter en kork som driver med den konstanta hastigheten v, se figur 1.20. Hur lång tid tar det för korken att nå stranden? Lösning Vi låter N vara en nonnal till strandlinjen. Korkens hastighet kan då delas

Figur 1.20 upp i komposanter

Komposanten v L medför en förflyttning parallell med stranden och påverkar ej tidsåtgången. Om v,\' är riktad.från stranden konuner korken ej att driva i land och frågeställningen är inte meningsfull. Om v N är riktad in mot stranden så ger lvNI den fart med vilken korken nännar sig stranden och den efterfrågade tidsåtgången är

sträcka fart

a

t=--=--

lvNI ·

För att kunna erhålla numeriska resultat i situationer som de ovanstående måste vi kunna beräkna /vL/ då v och Lär kända. Se figur 1.21. Om vinkeln 0 mellan v och v L är känd är detta enkelt: /v L / = lv/ /cos 01. Härnäst observerar vi att vid komposantuppdelningen v = vL + vN är det bara riktningen hos L och N som har betydelse: v L och v N förändras inte om L och/eller N parallellförflyttas. Detta 20

Figur 1.21

Figur 1.22 innebär att det räcker att ange två vinkelräta vektorer ex och ey. Varje vektor v i planet kan då komposantuppdelas v=vx+Vy där v x är parallell med ex och v 11 är parallell med ey. Eftersom v x är parallell med ex finns ett tal x så att v x = xex. På samma sätt finns ett tal y så att vy = yey. Komposantuppdelningen kan då skrivas v

= xex +yey.

Det är alltså så att om ex och ey är fixa så kan varje vektor v i planet beskrivas med två tal x och y på ovanstående sätt. Talen x och y kallas för v :s koordinater i basen (ex, ey). I fortsättningen antar vi alltid att ex och e 11 är vinkelräta och har längd l. Vi har då en ortonormerad bas eller kortare en ON-bas. När det inte kan uppstå någon tvekan om vilken ON-bas (ex, ey) som gäller skriver vi normalt v = xex + yey på den kortare fonnen v = ( ; ) . Det går att räkna med vektorer på koordinatfonn precis på det sätt man väntar sig. Antag att u = ( :: ) och v = ( :: ) .

Detta är ett förkortat skrivsätt för u = x1ex + Y1ey och v = x2ex räknereglerna för addition och multiplikation med skalär följer då att

+ y2ey.

Ur

u + v = (x1 + x2) ex + (Y1 + Y2) ey

21

Kapitel 1.

Vektoralgebra och geometri

och vi har visat att (

X1 )

Yi

+(

X2 )

Y2

=(

X1

Yi

+ X2

+ Y2

)

•

Vi överlåter åt läsaren att visa att

Exem1>el 1.14 Låt u u

= ( ; ) och v = ( ~ ) . Då blir

+v = (

~ ) , 2u = ( ~ )

och - u

=(

=; ).

Figur 1.23 Vi påminner nu om det sätt att para ihop punkter och vektorer som nämndes i föregående avsnitt. Genom att fixera en punkt O i planet kan varje punkt P i planet paras ihop med vektorn 0P. Vi får då också ett sätt att ge punkter koordinater; med

punkten (:c, y) menar vi den punkt där spetsen av ( : ) hamnar om den ansätts med fotpunkt i 0. Punkten O kallas ofta origo. 0P kallas ortsvektorn för punkten P, se figur 1.24. Det är vanligt att använda beteckningen (x, y) även för den vektor

Figur 1.24 22

1.2

Projektion och koonli11a1er

vi kallar ( : ) . I denna bok skiljer vi dock på punkter och vektorer med l~j~ilp m· de införda beteckningarna. När vi bestämt ex och ey samt fastlagt var origo skall ligga säger vi att vi har infört ett ortonormerat koordinatsystem (ON-system) i planet. Nonnalt ritar man vid ONsystem ej ut basvektorerna ex och ey utan ritar i stället två linjer som skär varandra i origo och som är parallella med ex respektive ey. Dessa linjer graderas som i figur 1.25 och kallas koordinataxlar. Punkten som markerats med 1 på :i:-axeln har

_ _ _ _Y _ _....__,_'rLpunkten (3, 2)

vektorn(~) X

Figur 1.25 koordinaterna (1, 0), punkten 2 på y-axeln har koordinaterna (0, 2) osv. Längden av en vektor i planet kan beräknas med Pythagoras sats. Om u

=( ; )

Figur 1.26

så är lul

= Jx 2 + y 2 , se figur 1.26.

. som u Exempel 1.15 Bestäm en enhetsvektor med saimna rik trung Lösning Längden av u är lul = J3 2 + (-1 )2 = ha samma riktning som u och kan alltså skrivas e

3)

= ( _1

.

Jw. Den sökta vektorn eskall = ,\u för något ,\ > 0. Vi ser att

om vi väljer .X= 1/ lul så blir

lel =

1 ~

lul =

1.

23

Kapitel /.

Vektomlgebra och geometri

., I

Figur 1.27 Den sökta vektorn är alltså (se figur 1.27) e=

Jio ( -~ ) -!~~ )· = (

Med ltjälp av räknereglerna kan vi också finna koordinatframställningen av vektorn -=--=+ . -=--=+ -=-=+ -=-=+ P1 P2 från P1 = (x 1 ,yi) till P2 = (x2,Y2). Vi har PiP2 = + OP2, där

-OPi

Pa=CXa.Ya) /

/2-----(~-Xi) Y2-Y1 ~=("Xi_.y,)

Figur l.28

op; = ( :~ )

ochOP~

= ( :: ) .

Alltså gäller PiP2

=(

X2 - X1 Y2 -y1

)

Tillsammans med uttrycket ovan för längden av en vektor ger detta den viktiga avståndsforme/n i planet som illustreras i figur 1.28:

IPiP~I = J(x2 -

xi) 2 + (Y2 -y1) 2.

Analoga resonemang gäller för vektorerna i rummet med den skillnaden att en ONbas i detta fall består av tre parvis vinkelräta enhetsvektorer (e:i:, ey, ez) . På samma sätt som i planet kan varje vektor i rummet komposantuppdelas, dvs. skrivas som en summa av vektorer parallella med basvektorerna. I figur 1.29 illustreras detta för vektorn 0P som kan skrivas som en summa:

oJ3 = DR+ RQ+QP, 2.J

1.2

Projektion och koo1tli11arer

z ''

''

'-, P-(x,y,z)

Figur 1.29 där OR är parallell med ex, RQ parallell med ey och QP parallell med ez. Detta innebär att det finns tal x, y och z så att OR = xex, RQ = yey och QP = zez. Alltså är

0P = xex + yey + zez vilket oftast skrives på följande sätt, med basvektorerna underförstådda:

På samma sätt som i planet ger man nu punkten P koordinaterna (x, y, z) och kallar 0P för en ortsvektor för punkten P. På samma sätt som i planet visar man också att addition och multiplikation med skalär sker koordinatvis:

(

X1 )

Y1 z1

+

(

X2 )

Y2 z2

=

(

Y1 + + X2 Y2 z1 + z2

X1

)

och ,\

(

X )

y

=(

z

,\X )

,\y ,\z

.

Exempel 1.16 Bestäm u-2v då

Lösning Med användning av ovanstående räkneregler skulle vi egentligen först beräkna (-2) v och därefter u + (-2) v men man inser att hela beräkningen kan göras på en gång: u-2v= (

2- 2·3 )

-1-2·0

-8-2·(-4)

=

( -4 ) -1 . 0 25

Kapitel 1.

Vektoralgebra och geometri

Att z-koordinaten blir O innebär att u - 2v ligger i xy-planet, dvs. det plan som innehåller x- och y-axlarna. På samma sätt som i planet visas att om Pi är

= (x1, Y1, xi) och P2 = (x2, Y2, z2) så

Exem1>el 1.17 Avgör om de tre punkterna A

= (1, 2, 3), B = (2, 5, 7) och C =

(3, 6, 10) ligger på samma räta linje. Lösning Punkterna ligger på en rät linje om AB = ,\AG för något tal ,\. Vi har att

AB-( ED-(

D

AB och AG är parallella, dvs.

ochpåsanunasätt

AG-(

om

D·

Vi ser att x-koordinaterna blir lika i bägge led om ,\ = 1/2. I detta fall blir dock varken y- eller z-koordinatema lika. Punkterna ligger alltså inte på samma linje.

Avståndsfonneln i rummet är den naturliga generaliseringen från det plana fallet: IP1P~1

= J(x2 -

xi) 2 + (Y2 -yi) 2 + (z2 - zi) 2.

Fonneln kan visas genom att använda Pythagoras sats två gånger, först på triangeln P1 QR och sedan på triangeln P 1QP2 i figur 1.30.

Figur 1.30 Exempel 1.18 En kropp med massan m är upphängd i knutpunkten Q mellan tre linor Pi Q, P2Q och P3Q med förswnbar massa, se figur 1.3 I. Punkterna Pi, P 2, P 3 26

1.2

Projektion ocl, koo,r/i11ater

och Q har följande koordinater P 1 = (9, 0, 0), P 2 = (0, -5, 0), P,3 = (-G, -1, 0) och Q = (0, 0, -12) i ett ON-system, där e 2 är riktad lodrätt nedåt. Hur stora är spännkraftema i linorna? Lösning Låt spännkraftema vara s1 längs QP1, s 2 längs QP2 och s 3 längs QP:3

X

s, Q= ( 0.0.12.)

G=mge.. z. Figur 1.31 med beloppen 8 1 , 8 2 resp. 8 3 . Villkoren för att punkten Q ska befinna sig i jämvikt är att kraftsumman är noll, dvs.

där g är tyngdkraftsaccelerationen och där G

., =

= mgez är kroppens tyngd.

Vektorn

l~,IQP, = ✓9' +0'1+ c-12i• (-1~) = ~ ( _~ )

är en enhetsvektor i QP1:s riktning. Spännkraften s1 kan då skrivas

Analogt fås

s,

s,e,, dar e,

S3

= ...,, dar.,

1~•1 /JP, = -~~ = 1~,1 QP, = i =

1~ (

) '

CD · 27

Kapitel 1.

Vektoralgebra och geometri

Insättning i jämviktsvillkoret ger då följande komponentekvationer (projektionsekvationer). !s1 {

- 153 s2

-fs1

-!~s2

-~s3

=0

+~s3 -~s3

=0 =0

+mg

De båda första ekvationerna ger s 1 = ~s 3 och s 2 ekvationen ger då s3

= ~~s3.

Insättning i den tredje

35

= -mg. 74

Ekvationssystemet har alltså lösningen

25

s 1 = 74 mg, s2

26

= 74 mg,

83

35

= 74 mg.

Spännkrafterna är således ~:mg i QP1 , ~:mg i QP2 och ~mg i QP3.

1.3 Skalärprodukt I exempel 1.12 visades an det arbete som utförs av kraften F då den flyttar en kropp en sträcka som representeras av vektorn s är W=

IFLI lsl.

Resonemanget som fördes i detta exempel förutsatte att o
0

29

Kapitel I.

Vektoralgebra och geometri

är cosa > O vilket innebär att O 5 a 1r /2 < a 5 1r .(Figur 1.34)


cl 1.63 Bestäm ekvationen fören kon med spets i P0 ~ och axel parallell med y-axeln.

= (1, 1, 1), toppvinkel

Lösning Låt P vara en godtycklig punkt på konen. Sätt v = (0, 1,0). Vektorn v är då en riktningsvektor för konens axel och det skall gälla att PoP och v bildar

86

1.6

Andragradskw,,or och andmgrad.~vtor

vinkeln ~ eller 3; (beroende på vilken av de två konerna i dubbelkonen P ligger på). Alltså skall det gäHa att

Po?·v

IPoPI lvl = cos Om P

(7r rr)

1

2 ± 4 = ± J2"

= (x, y, z) så ger detta ---;:=====y===-=1======±-1✓(x - 1) 2 + (y - 1) 2 + (z - 1) 2 J2"

Kvadrering ger

1) 2 = (x - 1) 2 + (z - 1) 2 .

(y -

Exempel 1.64 Bestäm projektionen i planet z z 2 = 3 (x 2 + y 2 ) och planet x - z + 1 = 0. Lösning Låt P

= 0 av skärningen mellan konen

= (x,y, z) vara en punkt på skärningen mellan konen och planet

Figur 1.97 1r : x ..,... z + 1 = 0. Eftersom P ligger i rr gäller z = x + 1 vilket insatt i konens ekvation ger att P:s x- och y-koordinat uppfyller (x + 1) 2 = 3 (x 2 + y 2 ). Projektionen av Pi planet z = 0 är Q = (x, y, 0) vilket innebär att kännedom 0111 P:s :i:och y-koordinat är tillräcklig för att beskriva den sökta kurvan. Vi skriver 0111 det erhållna sambandet

x 2 + 2x + 1 = 3x2 + 3y2 eller, efter förenkling och kvadratkomplettering, 2

( 21) X -

2

3

+ 3y2 = 2.

Den sökta kurvan är alltså en ellips. 87

Kapitel /.

Vektomlgebm och geometri

1. 7 Övningar 1. 7.1

Vektorer

1.1 Några vektorer finns utritade i figur 1.98.

Figur 1.98 a) Visa i figur att (a+ b) + c = a+ (b + b) Bestäm a + b + c + d grafiskt. c) Bestäm 2a - b grafiskt. d) Bestäm a - b - c grafiskt.

c)

1.2 Betrakta rutnätet i figur 1.99. Avgör vilka av följande vektorsamband som

gäller

a> AB= d) AB+

DE BE'= l51 g) l5E - I5G = l5B

b> AD= IF e) 4AB = 3BC h)

DE - BF + BC = 7513.

Figur 1.99

88

c) AD= -IF f) AE = EJ

1. 7

Övningar

1.3 Låt A och B vara två olika punkter. Bestäm läget av en tredje punkt P scldan

att a)

AP= -BP,

b)

AP= 4BP,

c)

2AP = -BP.

1.4 a och bär två närliggande kantvektorer i en regelbunden sexhörning, se figur 1.100. Bestäm diagonalvektorerna c, d och e uttryckta i a och b.

a

Figur 1.100 1.5 En motorbåt går i stillastående vatten med farten 6 m/s. Båten körs i en älv där vattnet rör sig med hastigheten 2 m/s rakt söderut. a) Bestäm båtens hastighet (storlek och riktning) om den styrs i östlig riktning. b) Vilken kurs ska båten ges för att den ska röra sig rakt österut?

1.6 Punkterna P, Q och R är mittpunkterna på sidorna AB, BC resp. CA i triangeln ABC och O är en godtycklig punkt. Visa att 0A + 0B + 0G = 0P + 0Q +

DR.

1. 7 Punkterna A och B har ortsvektorerna a = 0A resp. b = 0B med avseende på punkten 0. Bestäm ortsvektorn 0P för den punkt P som delar sträckan AB i förhållandet a) 2 : 3. b) m : n där m och n är positiva heltal 1.8 A, B, C och O är fyra godtyckliga punkter. Punkten E delar sträckan AB i förhållandet 1 : 3 och punkten F delar sträckan AG i förhållandet 5 : 2. G är mittpunkten på sträckan EF. Bestäm vektorn 0G om 0A = a, 0B = b och

OC=c.

1.9 Punkterna A, B och C är hörn i en triangel. Q och Pär två punkter sådana att är en godtycklig punkt. Uttryck vektorn 0P i ortsvektorerna a = OA, b = 0B och c = OC.

BQ = 2QC och AP = 2PQ. 0

1.10 ABCD är en parallellogram. Punkten Pär mittpunkt på AD. Punkterna Q och R delar AB i tre lika stora delar. (Q ligger mellan A och R.) Uttryck vektorn PQ i diagonalvektorerna AV och DB.

89

Kapitel/.

l'ektoralgebra och geometri

1.1 t ABC D är en parallellogram. Diagonalerna skär varandra i punkten M. P är mittpunkt på sträckan Al\!/. Q är mittpunkt på sidan CD. R slutligen är mittpunkt på sträckan PQ.

a) Uttryck vektorn

AR med ltjälp av vektorerna u = AB och v = AD.

b) Visa att R ligger på diagonalen B D. 1.12 ABC är en triangel och M dess tyngdpunkt (se exempel 1.8).

a) Visa att lli + MB + Mä = 0. b) Låta= OA, b = 0B och c = OC vara ortsvektorerna för A, B resp C med avseende på en referenspunkt 0. Bestäm ortsvektorn m = OM för M uttryckt i a, b och c. c) Visa att resultatet i a) kan fäs med ltjälp av resultatet i b). 1.13 Punkterna D, E och F delar sidorna i triangeln ABC så att

CA

= 3CE och tyngdpunkt.

AB = 3AF.

BC = 3RD,

Visa att trianglarna ABC och DEF har samma

1.14 ABC Där en fyrhörning i planet. P, Q, R och S är mittpunkterna på AB, BC, CD resp. DA.

a) Visa att PQ RS är en parallellogram. b) Låt M vara skärningspunkten mellan PR och QS. Visa att M delar både PR och QS mitt itu. c) Låt M 1 vara mittpunkt på AG och M 2 mittpunkt på BD. Visa att M är mittpunkt på M1l\h d) Gäller resultaten i a). b) och c) även om fyrhörningen inte är plan? 1.15

a) En tetraeder är en kropp som begränsas av fyra triangulära ytor. Med medianerna i en tetraeder menas de sträckor som förbinder hörnen med tyngdpunkterna i motstående sidoytor. Visa att medianerna skär varandra i en punkt T och att T delar varje median i förhållandet 3: 1 räknat från hörnen. (Punkten T kallas tetraederns tyngdpunkt.)

b) Visa att de tre sträckor som i en tetraeder förenar motstående kanters mittpunkter går genom punkten T och att T delar dessa sträckor mitt itu. c) I tetraedern ABC Där T medianernas skärningspunkt (tetraederns tyngdpunkt). Visa att TA +TE +IT +ro= 0. a) ABCD är en parallellogram. E delar CD i förhållandet 1:3. F delar AD i förhållandet 1:2. AE och BF skär varandra i M. I vilka förhållanden delas AE resp BF av M?

1.16

90

/. 7

Övningar

b) Låt AB och CD vara de parallella sidorna i parallelltrapetset ABCD. Punkten 0 på sidan BC delar BC i förl'lållandet 2:1. Bestäm förhållandet mellan de parallella sidornas längder om sträckan AO halverar diagonalen B D. c) I triangeln ABC ligger D på AG och E på AB. M är mittpunkt på BC. BD och GE skär varandra på medianen AM. Visa att DE är parallell med BC. 1.17 0 är en referenspunkt. I punkterna Pi, P2 , .•• , Pn befinner sig partiklar med massorna m 1 , m 2 , ... , mn. Partikelsystemets masscentrum C definieras genom

där m

=

Emk är partikelsystemets totala massa och

k=l

för partikel k, k om

= 1, 2, ...

rk

= OPk är ortsvektorn

, n. Visa att C är oberoende av referenspunkten 0, dvs.

7v't= O' Pk, k = 1, 2, ... , n så är OG· = OC' , dvs. C = C'.

.....,+---+

där r~

1.7.2 Projektion, koordinater 1.18 Låt ON-basen (e.,, ey) vara given enligt figur 1.101. Rita in följande vektorer

A

8 e.,

' .

C.

ex Figur 1.101 och bestäm deras koordinater.

a)AB,

b)AB+AC,

c)AC-BV,

d)2AB,

e>AB+BC+EA. 91

Kapitel/.

lektoralgebra och geometri

1.19 Bestäm u + v och 2u då

1.20 Bestäm koordinaterna för vektorn PiP2 då Pi

= (4, 3) och P2 = (-3, 1).

1.21 Figur l.102 visar en kub med kantlängden I. Bestäm koordinaterna i ON-

C

0

A Figur 1.102 basen ( OA, 0B, 0G) för följande vektorer a)

cm,

b)

DE,

c)

AG,

d)

DC,

e)

DC - EO,

f)

20E + 3CD.

1.22 Ett ON-system i rummet har basvektorerna ex, ey och ez. Ett rätblock (dvs. en rektangulär låda) ligger med ett hörn i origo, 0, och tre kanter längs de positiva koordinataxlarna. Den kant, OA, som ligger längs x-axeln har längden 3, den kant, OB, som ligger längs y-axeln har längden 6 och den kant, OC, som ligger längs z-axeln har längden 2. Låt P vara det fjärde hörnet i rätblockets bottenrektangel OAPB. Punkten Q ligger på rymddiagonalen CP så att CP delas i förhållandet 3:4 av Q (räknat från punkten C). Bestäm med ltjälp av vektorräkning de tre talen a, b och c så att

OQ = aex + bey + OOz. 1.23 ABC D är en regelbunden tetraeder med kantlängden 2a. A och C har koordinaterna (0, -a, 0) respektive (0, a, 0). B ligger på positiva x-axeln. Bestäm de båda möjliga lägena för D. 1.24 Om e är enhetsvektor med samma riktning som (varför?).

a) Skriv vektorn v - ( 92

-i )

v kan man skriva v = lvl e

på fonnen v - lv Ie, dår e åren enhetsvektor med

1. 7 samma riktning som v. b) Vektorn v har samma riktning som vektorn (4,-1, 6). Vidare så är lvl = 5. Bestäm v.

1.25 Visa att om A

AP2

,

där

Pi

Övningar

= (2, 0, 4) och P 2 =

= (l, 0, 2), B = (3, 1, 5), C = (3, 2, 4) och D = (1, 1, 1) så är

ABCD en parallellogram. 1.26 Punkterna A, B och C har koordinaterna (xi,Yi, z1), (x 2,Y2, z2) respektive (x3,y3, z3). a) Bestäm koordinaterna för mittpunkten på sträckan AB. b) Bestäm koordinaterna för den punkt P på linjen genom A och B som är sådan att AP=

kPB.

c) Beräkna koordinaterna för tyngdpunkten i triangeln ABC. Ledning: Utnyttja resultatet i uppgift 1.12 b).

1.27 Såll u så att

( : ) ,V

-

(

i) ( =~ ). och W

Kan man välja talet t

-

-10

u+tv blir parallell med w?

1.28 Verifiera avståndsfonneln i rummet genom att använda Pythagoras sats två gånger så som anges på sidan 26. 1.29 Visa att punkterna ( a, b, c), ( b, c, a) och (c, a, b) utgör hörn i en liksidig triangel. 1.30 Om vektorerna u och

v är vinkelräta så är lu + vi = Ju - vi

(rita figur).

Anlag att u - ( ~: ) , v - ( ;, ) . Visa att om u och v ä, vinkelrata så ä, X1X2

1.31

+ Y1Y2 + Z1Z2 = 0. a) Låt v vara en vektor i rummet som bildar vinklarna ex, f3 resp. 'Y med ex, ey resp. ez, där (ex, ey, ez) är en given ON-bas. Visa att

v = Jvl (

~~:~ ) . COS'Y

Av denna anledning kallas koordinaterna fören enhetsvektor (!vi vektorns riktningscosiner. b) Sätt P

= 1) ofta för

= (l, 2, 2). Bestäm de vinklar 0P bildar med koordinataxlarna. 93

Kapitel /.

Viiktoralgebra och geometri

1.32 En ishockeypuck glider med hastigheten v mot sargen som är placerad längs linjen L. Pucken studsar mot sargen med försumbar fartförlust. Låt N vara en normal till L. Visa att puckens hastighet efter studsen ärv L - v N. 1.33 Massan ·m hänger i figur l.103 tre lika lätta långa linor, vilka är fästade i taket så att fästpunkterna och massan utgör hörn i en liksidig tetraeder. Bestäm spännkrafterna i linorna.

Figur 1.103 1.34 Bestäm spännkrafterna i linorna i figur l.103 om

1. 7.3 Skalärprodukt

1.35

a)B~tämu-vdåu-0) ochv-

IFI = 1000 N.

en

b) Bestäm vinkeln mellan vektorerna i a). 1.36 Sätt u a) (

~

=(

) ,

! ).

b) (

Beräkna u - v då v

~~

) ,

c) ( -

~

=

) .

Illustrera med figur. 1.37 En partikel med massa m glider rätlinjigt från P 1 (:r:i, .112, ..:2) under inverkan av tyngdkraften F

=(

9--l

till P2

=

~ ) . Bestäm det av tyngd-mg

kraften utrcittade arbetet.

= (x 1 , y 1 , zi)

I. 7

1.38 Sätt u

=(

Övningar

i ).

a) Bestäm en vektor som är vinkelrät mot u. b) Bestäm alla enhetsvektorer som är vinkelräta mot u.

1.39 Bestäm a så att vektorerna (

~)

och (

-r )

blir vinkeh1lta.

1.40 En fotbollsplan med måtten 60 gånger 100 meter skall placeras så att två av dess hörn hamnar i punkterna (13, 22) och (49, 70) i ett visst koordinatsystem. I vilka punkter hamnar de övriga två hörnen?

n,

1.41 Bestäm ortogonala projektionen uL av vektorn u på linjen L med riktningsvek-

to:):•: (_

v

=

0)

b)u=(=:),v=O)

Bestäm dessutom i båda fallen luLI. 1.42 Vektorerna u och v är lika och bildar vinkeln 21r /3 med varandra. Bestäm vinkeln mellan vektorerna u + 2v och 3u - v. 1.43 Visa parallellogramsatsen: Om ABCD är en parallellogram så är

IABl 2 + IBCl 2 + ICDl 2 + IDAl 2 = IACl 2 + IBDl 2 . 1.44 Visa att bisektrisen till vinkeln mellan vektorerna a och b ges av vektorn

a ~

b

+!bi.

1.45 Visa att diagonalerna i en romb är ortogonala. 1.46 Bestäm vinkeln mellan två rymddiagonaler i en kub. 1.47 I en cirkel med medelpunkt O förenas mittpunkten M på kordan AB med 0. Visa att OM är vinkelrät mot AB. 1.48 Visa fonneln cos( a, - /3) leden som en skalärprodukt.

= cos a, cos f3 + sina, sin f3 genom att tolka bägge

1.49 En ljusstråle infaller med riktningen v mot en spegel med enhetsnonnalvektor n. Visa att den reflekteras i riktningen v - 2 (v · n) n.

95

Kapitel/.

l'ektora/gebra och geometri

1.50 Vektorerna u och v är ortogonala och lika långa. Visa att tu + v och tv - u är ortogonala för varje värde på t. 1.51 Låt OAB vara en triangel och låt H vara skärningspunkten mellan höjderna mot O A och O B. Visa att AB -0H = 0. Visa också att ur detta foljer höjderna i en triangel skär varandra i en punkt.

1. 7.4

Vektorprodukt

1.52 Bestäm alla enhetsvektorer som är vinkelräta mot både

1.53 En plan skiva i xy-planet är vridbar runt z-axeln. I punkten (3, 1, 0) angriper

krnfien F

=(

-i ).

Be~äm F:s moment med avseende på z-axeln.

1.54 Visa att punkterna (0, 1, 1), (5, 2, -1), (-1, -1, 3) och (4, 0, 1) utgör hörnen i en parallellogram samt bestäm dennas area. 1.55 Bestäm arean av en parallellogram som har diagonalvektorerna

1.56 Bestäm tre enhetsvektorer u, v och w som är parvis ortogonala och dessutom är sådana att u är parallell med linjen genom punkterna (1, 0, 2) och (2, 1, 3) och v

är v;nkelrat mot vektorn ( _: ) . 1.57 Bestäm (ex x

ex)

x

ey

och ex x (ex x

ey) .

1.58 a) Visa att om u + v + w = 0 så är u x v b) Visa sinussatsen: l varje triangel ABC gäller sinC

sinB

Kommentar?

= v x w.

sinA

IAE11 = IÄCI = IHVI 96

I. 7

Ledning: Sätt AB

Övningar

= u, BC = v och CA = w samt utnyttja resultatet från a).

1.59 Låt e vara e~ enhetsvektor i rummet. Visa att för varje vektor v gäller V

1.60 Visa att om u

= (V • e) e- (V

X

e)

X

e.

# 0, u • v = u • w och u x v = u x

w så ärv

= w.

1.61 En partikel roterar med vinkelhastigheten 4 rad/s omkring en axel som går genom punkten A = (1, 3, -1) och som har vektorn v = (0, 3, -1) som riktningsvektor. Bestäm partikelns hastighet i punkten P = (4, -2, 1) samt partikelns fart i den cirkulära banan. 1.62

Visa att Ju x vJ 2

= lul 2 lvl 2 -

(u · v) 2 för alla vektorer u och v.

1.63 Vektorerna a och b är inte parallella och vektorn c är ortogonal mot b. Förklara med hjälp av definitionen av vektorprodukt varför vektorn (a x b) x c är parallell med b. Visa sedan, t.ex. genom att jämföra koordinaterna i båda leden att (ax b) x c = (a · c) b. Ledning: Räkningarna förenklas avsevärt om man väljer basen listigt.

1.64 Fyra vektorer har längder proportionella mot areorna hos en tetraeders fyra

sidoytor och är riktade utåt från tetraedern, vinkelrät mot sidytorna. Beräkna summan av vektorerna. 1.65 Undersök om vektorerna

ligger i samma plan. 1.66 Bestäm konstanten a så att vektorerna

u- (!),v-( !)ochw-( ~)

spänner upp en parallellepiped med volym 1. 1.67 Undersök om punkterna (1, 1, 1), (0,2, 1), (-1,0, 1) och (2,2,-:3) ligger i

sa1mna plan. 1.68 Bestäm volymen av tetraedern som har hörn i punkterna (1, 0, 0), (0, 2, 0), (0, 0, 3) och (6, -12, 12). Ledning: Volymen av en tetraeder (pyramid) är lika med ½•basarean · höjden. 97

Kapitel /.

Vektoralgebra och geometri

1.7.5 Räta linjer och plan 1.69 Avgör vilka av följande punkter som ligger på linjen

{ x=7-t y = -1 + 2t . a)(7,0} b)(6,l}

c)(l2,-11}

d)(0,5}

1. 70 Linjen L har ekvationen

{ x=2+t y=5-t . Avgör vilken av ekvationerna a) - c) som är en annan parameterframställning av samma linje. ) { X= 15- 17t b) { X= t { x=3+t C y = -8 + 17t . a) y = 4 +t y = 6-t 1.71 Bestäm ekvationen för linjen genom punkterna

a) på parameterfonn,

Pi

= (1, 3) och P2 = (-2,0)

b) på parameterfri fonn.

1.72 Skriv på parameterfri fonn a)

{ x=l-t y=3+5t

b)

{x=2 y=4+6t

1.73 Skriv på parameterfonn a)x+2y+5=0 b)x=3 1.74 Bestäm ekvationen för den linje som går genom P0 med linjen 2x - y + 3 = 0.

= (1, 1) och är parallell

1. 75 Bestäm ekvationen för den nonnal till linjen x - 2y + 3 = 0 som går genom origo dels på parameterfonn, dels på parameterfri fonn. 1.76 Visa att linjerna y = k1x + b1 och y = k2x + b2 är vinkelräta precis då k 1 k2 1. 77

= -1.

a) Visa att linjerna L1 L2 L3

2x + y- 1 = 0

x+3 = 0 -x+3y = 1

inte har någon gemensam punkt. b) Bestäm ekvationen för en lirtje L4, som är parallell med L3 och sådan att L1, L2 och L4 har en gemensam punkt. 98

J. 7

Övningar

1. 78 Bestäm spegelbilden av punkten ( 1, 1) i linjen 3x + y - 2 = 0. 1.79 En ljusstråle som följer linjen 2x - y - 1 = 0 reflekteras i linjen .I/ Bestäm ekvationen för den reflekterade ljusstrålen. 1.80 En seglare startar från origo i riktningen (

~

= :i:.

) . Han avser att göra en enda

rätvinklig riktningsförändring så att han träffar hamninloppet, som är beläget i ( 10, 0). I vilken punkt skall kursförändringen göras? 1.81 En liten vridbar spegel är placerad i punkten (1, 1). Man vill ställa in spegelns nonnalvektor ( c?8

° ) så att bilden av en ljuskälla i origo reflekteras till ( 1, 0).

S1110'

Vilket värde på a bör man välja? 1.82 En partikel som rör sig i rätlinjig bana med konstant hastighet befinner sig vid tiden t = 0 i punkten (-1, 3, 7) och vid t = 1 i (3, 5, 3). a) Bestäm ekvationen för den linje längs vilken partikeln rör sig. b) Vid vilken tidpunkt passerar partikeln xy-planet? c) I vilken punkt sker detta?

t:~{B~:: ev•::11• s{kä{::ir:• ~mn z =2- t

~

t

b) { : : + z=2-t

~

c) { : : + t z=2-t

li*mi

z = -5 + 2t

~ :t

och

{ : : ; z=l-t

och

{ : : z=5+t

=; =:

1.84 Rita en figur som illustrerar läget av planet a) x + 2y + z = 2 b) x = 3 c) x + y = 1 d) x

+y -

3z

= 6.

1.85 Bestäm ekvationen för det plan som går genom origo och är parallellt med planet 2x + y - z = 8. 1.86 Bestäm ekvationen för det plan som går genom (2, 0, 0) och har

(j )

( 4) -;

och

som riktWngsvel b. Låt O A vara en godtycklig radie i den större av dessa cirklar och låt denna radies skärningspunkt med den mindre cirkeln vara B. Genom B och A dras linjer parallella med x- resp. y-axeln. Visa att skärningspunkten P mellan 104

/. 7

Övningar

dessa linjer ligger på ellipsen :: + ~ = 1. (Av detta erhålls en metod för konstruktion av en ellips, punkt för punkt.) b) Låt vinkeln mellan x-axeln och radien OA i a) vara 0. Visa att koordinaterna för punkten P kan skrivas { x=acos0 y = bsin0 Anm. Ekvationerna {

x=acos0 utgör ellipsens ekvation på s.k. parameY = bsin0

terform. a) Sträckorna P F 1 och P F2 , se figur 1.84 sid. 77 från en godtycklig punkt P = (x,y) på en ellips till ellipsens brännpunkter F 1 och F2 kallas för ellipsens brännpunktsradier. Låt längderna av P F 1 och P F 2 vara r 1 resp r 2 . Visa att r 1 = a + ex och att r 2 = a - ex där e är ellipsens excentricitet och 2a summan av brännpunktsradierna.

1.131

b) Om en rät linje skär en kurva i punkterna Pi och P2 så sägs sträckan Pi P2 vara en korda till kurvan. En korda Pi P2 genom en brännpunkt vinkelrät mot storaxeln i en ellips kallas för ellipsens parameter. Visa att längden av parametern i ellipsen :: + ~ = 1 är 2 2 •

!

1.132 Bestäm ekvationen för tangenten till ellipsen

2

x2

+ f = 1 i punkten ( 1, 2). 2

1.133 Bestäm brännpunkterna, excentriciteten och asymptoterna till följande hyperbel och rita hyperbeln a) x 2 -y2 = 1 b) 4x2 - 5y 2 = 80 c) x 2 - 4y 2 = -9. 1.134 Bestäm vertex, brännpunkt, styrlinje och axel för parabeln a) y = 4x 2 + 2. b) y = 2x2 - 4x - 1. c) x = 2y 2 - 3. d) 3x = -2y 2 + 6y - 8.

Rita figur! 1.135 Bestäm ekvationen för den parabel som har sin brännpunkt i punkten (6, -2) och linjen x = 2 som styrlinje.

a) Tangenten i en punkt P på parabeln y = :: skär parabelns axel i punkten R. Visa att om F är parabelns brännpunkt så är triangeln P F R likbent.

1.136

:a 2

b) Tangenterna i punkterna P och Q på parabeln y = är vinkelräta. Visa att de skär varandra på parabelns styrlinje. c) Visa att linjen genom punkterna P och Q går genom parabelns brännpunkt. 105

Kapitel I.

Vektoralgebra och geometri

1.137 En stång glider med ena ändpunkten på y-axeln och den andra på x-axeln. P är en fix punkt på stången. Se figur l.104. Visa att punkten P glider längs en ellips. Ledning: Visa först att med figurens beteckningar så gäller att x a cos O, y bsin 0. Eliminera sedan 0.

=

=

Figur 1.104

1.138 Två lika stora elliptiska kugghjul med axlarna 5 och 4 är vridbara kring sina "vänstra" brännpunkter och har ett utgångsläge enligt figur 1.105 A. Vid rotation kommer hjulen att rulla på varandra. Om det högra ltjulet i fig vrids vinkeln 90°, hur stor vinkel vrids då det vänstra ltjulet?

Figur 1.105

1.139 Planeterna rör sig kring solen i ellipsformade banor med solen i ellipsbanans ena brännpunkt. Avståndet till solen varierar alltså från ett minsta avstånd (perihelium) till ett största avstånd (aphelium). För jorden gäller. att dess minsta avstånd är l .-171 · 10 11 m. Vilket är jordens största avstånd från solen? Jordbanans excentricitet är 0.017.

106

J. 7

Övningar

1.140 En viss vara produceras vid orterna A och B. Det kostar 40 kr mindre att producera en enhet vid A än vid B. Orterna befinner sig HJO km från varandra. Antag vidare att varan kan levereras till en köpare rätlinjigt (med flyg t.ex.) och att kostnaden för transporten är 1 kr per enhet och km. Bestäm var köparen bör befinna sig för att det skall vara exakt lika fördelaktigt att beställa varor från B som från A. Ledning: Lägg in ett koordinatsystem så att A och B befinner sig i punkterna (-50, 0) resp. (50, 0).

n

1.141 Tre militära poster befinner sig i Po = (0, 0), P 1 = (0, 2 och P2 = (2;, 0) (Enhet: km.). Ljudmätningar visar att en fientlig kanon befinner sig km nännare Po än P2 och f km nännare Pi än Po. Bestäm var den fientliga kanonen befinner sig.

i

Figur 1.106 1.142 Beräkna kulans högsta höjd över 1narken vid den kulstöt som illustreras i

figur 1.106. Man kan förutsätta att kulan lämnar handen i en riktning som bildar 45° med horisontalplanet och att kulbanan är en (del av en) parabel. Kastlängden, som mätes från kastringens kant till nedslagspunkten, är 20.08 m. Emellertid lämnar kulan handen i en punkt, som i kastriktningen räknat ligger 0.80 m framför kastringens kant och 2.40 m över marken. De nämnda punkterna ligger i kastplanet. Från luftmotståndet bortses. (Elementa 47 (1964) sidan 256.) 1.143 En spjutkastare kastar iväg ett spjut i 45 graders vinkel med markytan. Spjutet lämnar handen 2 meter över rnarken rakt ovanför plankan, beskriver en snygg parabel och landar snyggt 90 meter från den främre skons yttersta spets som tangerar plankan

a) Lägg in ett koordinatsystem och beskriv spjutets bana som funktion av x. b) En åskådare står på ståplatsläktaren 50 meter bakom plankan. Hans ögon befinner sig 5 meter över rnarknivån. Han tittar rakt fram och kan se i en höjdvinkel på 15 grader. Kan han se spjutet i hela dess kastbana? 1.144 Avgör den geometriska betydelsen av ekvationerna

Kapitel I.

Vektomlgebm och geometri

+ y 2 + z2 + 6x + 4z = -9, b) x 2 + z 2 - lOz = 0. a) :r 2

t.145 Bestäm avståndet mellan sfären (x - 1) 2 y-2z+23 =0.

+ y 2 + z 2 = 16 och planet 2x +

1.146 Punkten Po = (x 0 , y 0 , Zo) ligger på en cylinder med axel r =tv.Visa att en nonnalvektor till det plan som tangerar cylindern i Po ges av (ro x v) x v. 1.147 Bestäm ekvationen för den kon som skär xz-planet längs cirkeln x 2 + z2 2z = 0och som har spets i (0, 1,-1).

+

t.148 Bestäm ekvationen för den vertikala cylindern med radie 2 och axel passerande genom (1, 1, 7). 1.149 Ange den geometriska betydelsen av skärningen mellan den vertikala konen med spets i origo och toppvinkel 1r /2 och planet x = 1. 1.150 Ett klot med radie 1 placeras i konen z2 = x 2 + y 2 så att de bägge ytorna tangerar varandra längs en cirkel i rummet. Bestäm koordinaterna för klotets medelpunkt.

1.7.8 Blandade övningar 1.151 I triangeln ABC dras från A medianen mot sidan BC. Från C dras en liaje som delar sidan AB i förhållandet m : n. I vilket förhållande delas medianen av denna linje? 1.152 Beräkna längden av vektorn vi figur 1.107.

2

Figur 1.107 Ledning: Använd sambandet 108

lvl 2

= v • v.

J. 7

1.153 Dela upp vektorn u = (

Övningar

~ ) i två komposanler, den ena parallell med lin-

jen genom punkterna (4, 5, 6) och (7, 8, 9) och den andra vinkelr'cit mot linjen. 1.154 ItriangelnOABärOA

= aochOB = b.Mittpunktsnonnalernatillsidoma

OA och OB skär varandra i punkten C och 0V a) Visa att c · a

= c.

= ½lal 2 och c • b = ½1h1 2 .

b) Låt M vara mittpunkten på sidan AB. Visa att vektorerna CM och AB är ortogonala. (Detta innebär att mittpunktsnonnalerna till sidorna i en triangel skär varandra i en punkt.) 1.155 Vektorerna u och v är lika långa. Vinkeln mellan dem är 21r /3. Bestäm vinkeln mellan vektorerna 2u + 3v och -2u + v. 1.156 a) Visa att punkterna (a,0,0), (0, a, 0), (0, 0, a), (-a/3, -a/3, -a/3) utgör hörn i en regelbunden tetraeder.

b) Bestäm vinkeln mellan två sidoytor i en regelbunden tetraeder. 1.157 Låt lz, ly och lz vara längden av ortogonala projektionerna av basvektorerna ez, ey och ez (ON-bas) på planet Ax + By + C z + D = 0. Beräkna l'~ + ~ + e~. 1.158 En rät li~e bildar vinklarna kub. Visa att Lk=l cos 2 ak = 4/3.

01, 02,

aa och a 4 med rymddiagonalerna i en

1.159 En rektangulär dörr O ABC där O A är I meter och OC 2 meter har gångjärn på OC. Hur stor vinkel vrids diagonalen O B om dörren öppnas 60°? 1.160 På sidorna i en godtycklig parallellogram uppritas kvadrater (alla liggande utanför parallellogrammen). Visa att kvadraternas mittpunkter utgör hörn i en ny kvadrat. 1.161 En glest hopspikad kubisk trälåda med volymen V har defonnerats till en snedvinklig parallellepiped med kvadratisk basyta. Efter defonnationen bildar en förut vertikal kant vinklarna 45° resp 60° med bottenkanterna. Hur stor är den defonnerade lådans volym? 1.162 Två motstående hörn i en kvadrat har koordinaterna (a, b) resp (c, d}. Bestäm koordinaterna för de övriga hörnen. 1.163 Enhetscellen i ett kristallgitter är en parallellepiped som spänns upp av vektorerna u, v och w. Vektorerna har längderna 2, 3 resp. 5 längdenheter. Vinkeln

109

Kapitel/.

l'ektora/gebra och geometri

mellan u och v är 45°, vinkeln mellan u och w är 60° och vinkeln mellan v och w är 30°. Beräkna volymen av enhetscellen. 1.164 En plan skiva i fonn av en triangel har sina hörn i punkterna A = (1, 2, 3), B = (4, 5, 6) och C = (5, 4, 3). Undersök om punkten P = (4, 4, 4) ligger inuti eller utanför skivan.

1.165 Visa att för alla vektorer a, b och c gäller (ax b) · c (exa)-b.

=

(b x c) · a

=

1.166 I denna uppgift ska vi studera den vektoriella trippelprodukten ax (b x e). a) Visa, t.ex. genom att jämföra koordinaterna i båda leden att ax (b x c) = (a·e)b-(a-b)e. Ledning: Räkningarna förenklas avsevärt genom ett listigt val av bas. b) Fonneln i a) innebär att ax (b x e) ligger i samma plan som b och e. Ge en geometrisk förklaring till detta. c) Visa Jacobis identitet: ax (b x c)

+ bx (ex a) + ex (ax b) = 0.

d) Visa att om ingen av vektorerna a, b och e är lika med nollvektom och om ax (b x e) = (ax b) x c så är antingen b vinkelrät mot både a och celler så är a och e parallella. e) Visa att (ax b) x c = ex (b x a).

x(t) ) ( y(t) vara en vektor, vars tre komponenter är funktioner z(t) av en parameter t (u(t) är en vektorvärd funktion av t). Derivatan av u (t) med avseende på t definieras på följande sätt 1.167 Låt u (t)

=

du= (

;:g~ ) z'(t)

dt

förutsatt att koordinatfunktionerna x(t),y(t) och z(t) ärderiverbara. a) Bestäm

~~ om u = ( ~

) .

3t- 5

b) Låt u (t) och v (t) vara två deriverbara vektorvärda funktioner. Visa att A.. (u . v) dl A_ dl

110

(u

= U· dv + du dl dt

X V ) -_ U X dt dv

.V

+ dt du

X V.

c) u(t)

=(

+)

och v (t)

=

d

1. 7

O' ).

Ö1111i11gar

Beräkna

d

dt (u · v) och dt (u x v) på två sätt.

1.168 I denna uppgift är u(t) en deriverbar vektorvärd funktion av t.

a) Visa att om Iu( t) I är konstant så är u och ~~ ortogonala. b) Vektorn u( t) satisfierar ekvationen

du -=cxu dt ' där c är en konstant vektor. Visa att iul är en konstant och att vinkeln mellan u och c är konstant. c) Om e(t) är en enhetsvektor med samma riktning som u(t) u(t) = iu(t)j. Visa att

=

-u(t)e(t), diir

1~:r = ( :;) 2+u21:12 1.169 Betrakta en partikel som rör sig längs periferin på en cirkel med medelpunkt i origo och radie R med konstant vinkelhastighet w. Om partikeln befinner sig i punkten ( R, 0) vid tiden t = 0 så befinner den sig vid tiden t i punkten P med ortsvektorn

r

-O~- ( Rcoswt)

-UY -

Rsinwt

·

Partikelns hastighet v och acceleration a definieras genom v = :~ respektive a = ~~. Bestäm partikelns hastighet och acceleration och visa an hastigheten är ortogonal mot partikelns ortsvektor och att accelerationen är riktad mot origo. Bestäm även partikelns fart dvs. lvl och accelerationens storlek (lal). 1.170 Pär en godtycklig punkt på diagonalen BD i rektangeln ABCD och Q en punkt sådan att PQ = CP. Punkterna R och S ligger på linjerna genom AB respektive AD så att QR är parallell med BC och QS är parallell med AB. Visa att punkterna P, R och S ligger på en linje.

1.171 Planet 71' går genom punkten (6, 3, -4) och är parallellt med de båda linjerna

= -2 + 3t = -4 + 2t z = 2+t

X

L1

: {

y

a) Bestäm ekvationen för planet

=3+t = 5 + 2t z = -3 + 3t

X

och

L2

:

y

71'.

111

Kapitel I.

Vektoralgebra och geometri

b) Bestäm skärningspunkten mellan 71' och den linje som går genom punkterna P = (-2, -4, 2) och Q = (3, 5, -3) på L1 respektive L2. c) Bestäm med ltjälp av resultatet i b) eller på annat sätt om linjerna L1 och L2 ligger på varsin sida om planet 71' eller på samma sida om 71'. Motivera svaret. (Enbart figur duger ej som motivering.) 1.172 Man ska spränga en tunnel längs linjen X= {

4 - 3t

y=-1+2t z=-1+2t

Därvid måste en avloppsledning placerad längs linjen x=l-2t { y = -8- lOt , z = 10+ 7t

undvikas. Både tunneln och avloppsledningen är cirkulärcylindriska med de angivna linjerna som axlar. Avloppsledningens diameter är 0.4 m och avståndet mellan avloppsledningen och tunneln får inte understiga 0.6 m. Hur stor diameter får tunneln högst ha? 1.173 Låt S1 och S2 vara två angränsande sidoytor i en kub med sidan I. Låt L 1 vara en diagonal i S1 och L 2 den diagonal i S2 som inte skär L 1 • Bestäm (kortaste) avståndet mellan L1 och L2. Ange även läget av de punkter på L1 och L2 för vilka avståndet är minst. 1.174 Lät u1 = (2,0,0), u2 = (1, 1,0), u3(l,0, 1) vara tre vektorer vars koordinater är angivna med avseende på en ortononnerad bas i rummet. I en viss kristall är atomerna belägna i de punkter vars ortsvektor är u = k1u1 + k2u2 + k3u3,

där k1, k2, k3 är heltal ("gitterpunkter''). Med ett gitterplan menas ett plan som innehåller (minst) tre gitterpunkter som ej ligger i rät linje. Låt 71' vara gitterplanet som bestäms av gitterpunkterna u1, u2 och u 3 . a) Visa att planet 11' 1 genom 2u1 och parallellt med 71' är ett gitterplan. (Detta kan göras genom att ange tre gitterpunkter i 11' 1 som ej ligger i rät linje.) b) Beräkna avståndet mellan 71' och 71' 1• 1.175 Skämingslinjen mellan planen

:r - 2y + z - 10 = 0 och 4x - y + z - 22 = 0 går inte genom punkten (4, -3, 0). Hur långt ifrån punkten ligger linjen? 112

I. 7

Övningar

1.176 Bestäm medelpunkt, radie och ekvation för den cirkel som går genom punkterna (2, 3) och (-1, 1) och vars medelpunkt ligger på linjen x - 3y - 11 = 0. 1.177 Teknologerna Adam och Berit kom att diskutera ellipser och tangenter. "Har du tänkt på en sak", sa Adam vid ett tillfälle, "att om man tittar på den del av en ellips som ligger ovanför x-axeln så kan man räkna ut ekvationen för dess tangent i en godtycklig punkt (xo, Yo) med ltjälpav derivator". - "Du menar ellipsen~:+~ = 1 och att (xo,Yo) ligger på ellipsen", sa Berit. - "Just det", svarade Adam. Och så satte han igång att räkna och rita och visade hur det hela gick till. Han kom fram till ekvationen xxo YYo ~+b2=1.

Rekonstruera Adams räkningar som leder fram till precis detta uttryck för den omdiskuterade tangenten. 1.178 Bestäm avståndet mellan brännpunktema och excentriciteten för ellipsen

x2 25

y2

+ 16 = 1.

1.179 Avståndet mellan brännpunktema till en ellips är 10 och dess storaxel är 26. Bestäm ellipsens ekvation om den har sitt centrum i origo och axlarna parallella med koordinataxlarna. 1.180 Visa att ekvationen för tangenten till parabeln y 2

= 4ax i punkten (xo, Yo)

kan skrivas yy0 = 2z(x + xo). 1.181 Villkoret för att linjen y = kx + l ska vara en tangent till en given andragradskurva (ellips, hyperbel, parabel) är att de två skärningspunkterna mellan linjen och kurvan sammanfaller. Bestäm l så att linjen y = kx + l blir en tangent till

. a) eIl1psen

- 1 + i:_ b2 •

:i:2

02

:2 - ~ = 1.

b) hyperbeln c) parabeln y 2

2

2

= 4ax.

ia

1.182 Pär en godtycklig punkt på parabeln y = x 2 • Vektorn när en inåtriktad normalvektor till kurvans tangent i P och P0 = (0, a) är parabelns brännpunkt. Visa att vinkeln mellan n och ey är lika stor som vinkeln mellan n och PF'o. Detta innebär att ljusstrålar som utsänds från brännpunkten i en parabolisk spegel reflekteras parallellt med parabelns axel. 1.183 Visa att normalen till parabeln y = :: i punkten P = (xo, Yo) skär y-axeln i punkten N = (0, y 0 + 2a) . Detta innebär att parabelns s.k. subnonnal, dvs. projektionen av sträckan P N på y-axeln har konstant längd 2a. 113

Kapitel I.

lektoralgebra och geometri

= (x, y) = (0, -c) och F2 = (0, c) har en konstant

1.184 Bestäm den kurva som består av alla punkter P

a) vilkas avstånd till punkterna F 1 smmna= 2. b) vilkas avstånd till punkterna F 1 = (-c, 0) och F2 = (c, 0) har en differens vars belopp är konstant = 2a. c) vilkas avstånd till punkterna F 1 = (0, -c) och F2 = (0, c) har en differens vars belopp är konstant = 2a. 1.185 Bestäm ekvationen för den ellips som består av alla punkter P sådana att

där F1

= (-1,-2) och F2 = (1,2).

Bestäm även ellipsens excentricitet. Ange ekvationen för den räta linje längs vilken ellipsens storaxel ligger. Ledning: Utnyttja den geometriska definitionen av en ellips och resonera som i exempel 1.55. 1.186 Bestäm ekvationen för den ellips som har sina brännpunkter i (-1, -2) och ( 1, 0) och excentricitet e = Ange ekvationen för den räta linje som går genom ellipsens brännpunkter.

!.

1.187 Bestäm ekvationen för den hyperbel som har sina brännpunkter i (-1, 1) och (2, -3) och excentricitet e = 2. Ange ekvationen för den räta linje som går genom hyperbelns brännpunkter. 1.188 Bestäm ekvationen för den parabel som har styrlinje y = x + 2 och brännpunkt i punkten (2, 0). Ange ekvationen för den räta linje som är vinkelrät mot styrlinjen och som går genom parabelns vertex, se sidan 81. Ledning: Utnyttja den geometriska definitionen av en parabel.

114

2 Vektorer och matriser

I detta kapitel skall vi studera allmännare vektorer än de som infördes i kapitel 1. Vi skall också införa det nya begreppet matris. Detta är ett matematiskt begrepp som uppfanns i mitten på 1800-talet. Riktigt stor användning har matriser dock fått först i mitten på 1900-talet och ingår sedan några decennier i de flesta högskolekurser i matematik. Det har visat sig att matriser ger ett lämpligt språk för de stora datamängder som man numera kan hantera med hjälp av datorerna. Vi inför även begreppet linjär avbildning, som är ett slags funktion av vektorer, och anknyter detta till matriser.

2.1 Vektorer av dimension n, Rn I kapitel 1 studerades vektorer i rymden (och planet). En vektor v kunde fören given uppsättning basvektorer ex, ey, ez karakteriseras av en taltrippel, koordinaterna, och vi skrev

Vi definierade också räkneoperationer för vektorer t. ex. Addition:

Multiplikation med skalär: För varje reellt tal .X (kallat skalär) gäller

I många fall räcker inte tre tal för att karakterisera en situation vilket följande exempel visar.

Exem 1,e1 2.1 En rörlig partikel i rymden karakteriseras av sex tal, nämligen lägesvektor (tre koordinater) och hastighetsvektor (tre koordinater). 115

Kapitel 2.

I ektowr och mah"iser

Exem1,el 2.2 En bilfinna säljer ett antal bilmodeller och önskar ange försäljningen en viss månad av var och en av modellerna. Då behövs alltså ett tal för varje modell. Exem1,el 2.3 Bankernas valutakurser anges varje dag med en lista med ca 20 tal. Exem1,el 2.4 Väderrapporten i radio anger temperatur och vind vid ett antal observationsplatser. Här behövs ett hundratal tal för att beskriva rapporten.

Detta leder oss till att göra en generalisering av vektorbegreppet. Tyvärr kan vi inte rita vektorer med t.ex. fyra komponenter. Vi behåller ändå ett geometriskt språkbruk och ritar dem ofta som pilar i ett plan när vi vill åskådliggöra vissa samband. Definition 2.1 Med en n-dimensionell vektor x menar vi en ordnad n-tipel av reella tal. Denna skrives X1 X2

X=

X3

Xn

Mängden av alla n-dimensionella vektorer kallar vi rmmnet R n. Det är naturligt att definiera räknelagar för vektorer i Rn så att de då n samma operationer som de vi definierat för vektorer i rmmnet.

= 3 ger

Definition 2.2 Summan av två vektorer x och y i Rn ges av

X

+y

= ( :: ) + ( Xn

!: ) = ( :: : ~ ) . Yn

Xn +Yn

Produkten av ett reellt tal,\ och vektorn x i Rn ges av

Definition 2.3 Vektorn x i Rn, som inte är nollvektorn, säges vara parallell med vektorn y i R" om det finns ett reellt tal ,\ så att y = ,\x. Om dessutom ,\ är positivt säger vi att x och y är lika riktade. (Definitionen innebär att nollvektom är parallell med alla vektorer.) 116

2. I

Vi!!.101er av dime11sio11

'Il,

Rn

Exem1>el 2.5 Ett företag producerar varje dag fyra olika varor. Produktionen dag i kan beskrivas av vektorn Xi i R 4 :

Här ärt ex X3i producerad mängd av vara 3 under dag i. Den totala mtingd som producerats av denna vara under dagarna I, 2 och 3 är då X31

+ X32 + X33.

Företagets totala produktion under dessa tre dagar kan beskrivas av vektorsumman

Om man under dag 4 producerar 9 % mer av alla varor än under dag 1 så kan vi skriva detta som

Exempel 2.6 Låt x; vara den vektor i R 25 som ger köpkursen dag i på 25 vanliga aktier. Medelkursen xM under veckan (5 dagar) beskrivs av 1

XM

= 5 (x1 + X2 + X3 + X4 + Xs).

För vektorer i det vanliga tredimensionella rummet har tidigare även definierats två olika slags produkter, nämligen den skalära produkten och vektorprodukten. Båda dessa produkter går att definiera i högre dimensioner än tre. Vi kommer dock ej att här behöva den generaliserade definitionen av vektorprodukt så vi nöjer oss med att definiera skalärprodukten av vektorer i R n.

Definition 2.4 Skalärprodukten x · y av vektorerna x och y i R 11 definieras av 71

x-y=

=

X1Y1

+ X2Y2 + · · · + XnYn

=

L

1"kl/k·

k=I

117

Kapitel 2.

Vektomr och matriser

Alla räknelagarna för skalärprodukt i Sats 1.2 sid 30 kan visas gälla även för vektorer i R n. Vi avstår från att skriva upp dem igen utan hänvisar till kapitel 1. Vi kan nu även definiera längden av en vektor. Definition 2.5 Vektorn x i R" har längden lxl , där

lxl =

Jx~ + x~ + · ·· + x~ = ~ -

Ibland använder man istället för "längd" ordet "nonn" och skriver llxll. Av definitionen följer att lxl är noll bara om x1 = x2 = · · · = Xn = 0, dvs. bara om x är nollvektorn. En enhetsvektor är en vektor av längd 1. En vektor med längd I kallas även normerad vektor. Man visar lätt att

l"xl = 1"1 lxl för alla vektorer x i R n och för alla reella tal ,\_ Av detta följer att vektorn 1

j;tjx

är en nonnerad vektor som har samma riktning som x, se figur 2.1.

Figur 2.1 Exem1>el 2. 7 Vektorerna

är två vektorer i R 4 . Skalärprodukten mellan x och y är lika med

I· (-2) 118

+ 2 · 0 + 3 · (-1) + 4 · 2 = 3.

2. 1

Vidare är längden av x lika med lxl = samma sätt fås IYI = v9 = 3. Vektorn

~y

.;x:x =

J1 2

Vektorer av dimension n, R ,,_

+ 22 + 32 + 42

=

J;fci. Pii

= ( ::;~ ) 2/3

har samma riktning som y och har längden I. Den är alltså nonnerad. Om x och y är vektorer i R 3 så gäller att x · y = lxl IYI cos 0

där O ::; 0 ::; 1r är vinkeln mellan x och y. Om x • y = 0 så sa vi att x och y var ortogonala. Tydligen gäller att x och y är ortogonala om vinkeln O = ~, dvs. om x och y är vinkelräta eller om någon av vektorerna är lika med nollvektom. Vi generaliserar nu detta begrepp till högre dimensioner:

Definition 2.6 Om x och y är vektorer i Rn säger vi att x och y är ortogonala om x•y=O.

Exempel 2.8 Vektorerna e 1, e2, e3, ... , en, där 1 0 0 0 1 0 0 0 1 e1 =

o

,

0

e2 =

O 0

,

e3 =

0 0 0

O 0

0 1

är uppenbarligen parvis ortogonala. Denna uppsättning vektorer kallas för stan-

dardbasen i R n.

Exem1>el 2.9

är tre vektorer i R 4 som är parvis ortogonala eftersom x · y = x · z = y · z =0

(kontrollera själv). Kan man finna en fjärde vektor u (ej nollvektom) som är ortogonal mot de övriga vektorerna?

Lösning Antag att

119

Kapitel 2.

lekto,t•r och matriser

Då ska det gälla att

x·u=a-b+c-d=O { y-u=a-c=O Z· U= b-d= 0. Av de tvä sista ekvationerna följer att c = a och d = b. Insatt i den första ekvationen ger detta

a-b+a-b=O dvs. a

= b.

Välj I.ex. a

= 1. Då blir

Kontroll visar att denna vektor är ortogonal mot x, y och z. Man kan visa att ett antal kända satser om vektorer i planet även gäller i an. Vi avstår här från deras bevis (se dock övningarna 2.2 och 2.3) men återkommer till detta i kapitel 9.

Exem11el 2.10 (Cauchy-Schwartz olikhet.) Låt x och y vara godtyckliga vektorer

a".

Då gäller

- lxl · Jyl ~ x · Y ~ lxl · JyJ eller

lx · Yl

~

lxl · IYI ·

Med vektorernas komponenter utskrivna blir detta

lx1Y1 +x2y2 + · · · + XnYnl ~

Jx~ +X~+···+ X~•

Ju~

+y~ + •· · + Y~-

Exem11el 2.11 (Pythagoras sats) Om x och y är ortogonala vektorer i an så gäller att

Satsen illustreras i figur 2.2. Exempel 2.12 (Triangelolikheten) Låt x och y vara vektorer i a!l. Då gäller

lx + Yl Figur 2.3 illustrerar satsen. 120

~

lxl + IYI •

2.1

Vel.1orer av dime11sio11 n, R n

X

Figur2.2

Figur 2.3 Följande exempel ger en tillämpning av skalärprodukt.

Exempel 2.13 Låta vara en fix vektor i Rn (ej nollvektom). Projektionen av vektorn x på a är den vektor y som är parallell med a som gör x - y ortogonal mot a. Uttryck y med hjälp av a och x.

Figur 2.4 Lösning Eftersom y är parallell med a är y = ,\a för något tal ,\. Ortogonalitetcn ger0 = a-(x -y) = a · (x-.Xa) = a · x - .Xa · a = a · x - ,\ lal 2 . Se figur 2.4.

Vi får alltså

a-x a·x ,\ = -2 ochy = ,\a = -2 a. lal

lal

Jämför med resultatet i kapitel 1 för vektorer i rummet (Sats 1.4 sid 36).

Precis som i rummet kan vi tala om punkter i R n. Vi låter nollvektom svara mot en fix punkt O, kallad origo. Punkten P = (x 1 , x2, ... , Xn) motsvaras då av vektorn 121

Kapitel 2.

Vektorer och matriser

0P. där

DP= p

Figur 2.5 Denna vektor kallar vi ortsvektor för punkten P. Se figur 2.5. Vi säger att punkten P = (x1,x2, ... , Xn) ligger på linjen genom punkten Po = (01,02, ... , on) med riktningsvektom v om och endast om x = xo +tv för något reellt tal t. Här är

x=

c~), u~) u) ~=

ochv=

I koordinatfonn kan detta även skrivas X1 = 01 +t/31 { X2 = 02 +t/32 Xn = 0~ + t/3n· Benämningen linje motiveras av att en linje i R n liksom i det tredimensionella rummet bestäms av en punkt och en riktningsvektor (eller av två punkter). Excm1>cl 2.14 Sambanden

= 1 + 2t = 2 + 4t 3 = 5 _ 3t X4 = 7 + 8t

X1 { xX2 kan skrivas x

= xo + tv . där X= ( ]

122

~=

dä r t ar .. ett ree Il t ta I,

u) -n ochv= (

2.2

Matrise,

Vi har ekvationen fören rät linje i R 4 genom punkten (1, 2, 5, 7) med riktningsvektorn v. Avståndet mellan två punkter P och Q i Rn definieras som längden av vektorn som förbinder punkterna.

PQ

Exempel 2.15 Två vektorer i R 4 är

De är ortsvektorer för punkterna P respektive Q. (Se figur 2.6) Avståndet mellan P och Q är då längden av vektorn PQ = z - y. Alltså gäller

Q ~-y

0

y

p

Figur 2.6

Man kan fråga sig varför man inför begreppen skalärprodukt, längd, etc, för vektorer i R n. Följande exempel visar några tänkbara tillämpningar.

Exempel 2.16 Låt Xi vara en vektor i R 25 som beskriver betalkursen på 25 vanliga aktier en viss dag i. Låt Yi vara en annan vektor i R 25 som beskriver hur många aktier ett visst investmentbolag äger av dessa 25 aktier. T. ex. är xil kursen dag i på aktien 1 och Yii är bolagets innehav av aktie 1 dag i. Värdet av detta innehav är alltså Xii · Yii. Det totala värdet av bolagets innehav av aktier är då denna dag XiI · YiI

+ Xi2

· Yi2

+ Xi3

· Yi3

+ · · · + Xi25

· Yi25

= Xi · Yi·

Exempel 2.17 Låt Yi vara en vektor i Rn som beskriver kursen dag i av samtliga börsnoterade aktier. Antalet bolag är n. Man vill på något sätt mäta skillnaden i kursnivå mellan olika dagar. Ett sätt att göra detta är att beräkna totala dagsvärdet av alla bolagens aktier. Låt då x vara en vektor i R n där första komponenten är antalet aktier i bolag I, andra komponenten är antalet i bolag 2 osv. Börsvärdet dag i är då b; = x • Yi· Genom att jämföra b; och bi-I etc ser man hur värdet förändras dag för dag. (Generalindex.) Om z i stället är ett fixt urval av aktier, dvs. z har ej alla aktier i alla bolag, ger z · y i ett annat mått på börsvärdet. Ett exempel på detta är Dow Jones index som väger ihop kurserna för 30 utvalda företag. 123

Kapitel 2.

Fekto,-e,· och matf'iser

2.2 Matriser I många situationer är det naturligt att beskriva samband med tabeller. Följande exempel får illustrera detta. Excm11cl 2.18 En fabrik levererar fyra olika slags varor till tre olika kunder. Leveranserna under månaden januari beskrivs av följande tabell.

Kund I Kund2 Kund 3

Vara 1 kg 250

Vara 2 antal

0

15 80

230

7

Vara 3 m3 12 8 5

Vara4 antal 500 150 0

Excm11cl 2.19 Temperaturen kl 19.00 i ett antal orter kan anges medföljande tabell. Luleå Umeå Sundsvall Malmö

I jan -23 -20 -10 -1

2 jan -25 -15 -8 0

3 jan -10 -12 -6 +5

4 jan -12 -20 -10 +3

Excm11cl 2.20 En amatönneteorolog har tyckt sig finna att det finns ett visst samband mellan vädret två dagar i sträck. Sålunda tycker han sig ha märkt att en solig dag med sannolikheten 0. 7 följs av en annan solig och med 0.3 av en regnig dag. En regndag följs av en regndag med sannolikheten 0.6 och av uppehållsväder med sannolikheten 0.4. Han sammanfattar sin teori i följande sannolikhetstabell.

Väder idag Regn Sol

Väder i morgon Regn Solsken 0.6 0.4 0.3 0.7

Excm11cl 2.21 flygtrafiken mellan ett antal orter karakteriseras av figur 2.7. flygplatserna kallar vi noder och numrerar dem enligt figuren. Siffran vid de riktade pilarna anger hur många flygplan per dag som går mellan orterna. Vi kan även beskriva trafiknätet med följande tabell över antalet dagliga direkta flygförbindelser.

Från nod I 2 3 4 12-t

Till nod 1 2 3 0 3 0 2 0 2 0 0 0 0

4 0 0 0

1 Figur2.7 Om vi betecknar antalet dagliga direkta förbindelser från nod i till nod j med a;i beskrivs ett trafiknät av följande taluppsättning (

au

a12

a21

a22

a13 a23

a14 ) a24

a31

a32

a33

a34

a41

a42

a43

a44

·

I vårt exempel är vissa aii noll. Till exempel är a 24 noll eftersom det inte finns någon direkt förbindelse mellan nod 2 och nod 4. Däremot är a 12 = 3 och a21 = 2. Dessa exempel leder oss till att definiera ytterligare ett matematiskt begrepp, ruimligen begreppet matris. Ett rektangulärt schema av tal med m stycken rader och n stycken kolonner kallar vi en matris av typ m x n. Elementet som står i rad i och kolonn j ges index ij. Elementet aii sägs ha radindex= i och kolonnindex = j. En allmän matris av typ m x n kan skrivas

! kolonnj rad 2 ---+

au

a12

a13

a1j

a21

a22

a23

a31

a32

a23

a2i a3j

a1n a2n a3n

aml

am2

am3

amj

amn

Matriser som helhet brukar betecknas med stora bokstäver (versaler) A, B, M, etc. För att kunna förtydliga att det allmänna elementet betecknas aii skriver man

A= (%) 125

Kapirel 2.

Vektorer och matriser

eller om man vill betona matrisens typ A

= (a;; )mxn ·

Excm1>cl 2.22

är en matris av typ 2 x 4 där t.ex. B

=

a23

= 5 , a12 = 7 och a24 =

U:)

1.

ären 3 x 2-omtris

Excm1>cl 2.23 A =(i+ j) 2 x 3 ären 2 x 3 -matris därt.ex. matrisen blir

a21

= 2 + 1 = 3. Hela

2 3 4 ) A= ( 3 4 5 .

Vi behöver nu ytterligare några definitioner: Matriserna A och B är lika om de är av samma typ och om elementen i motsvarande position är lika. Excm1>cl 2.24 A

=(

! !)

är inte lika med B

=(

!! ~)

eftersom de

inte är av samma typ. En matris av typen 1 x n kallas radmatris medan en kolonnmatris är en matris av typen m x 1. Excm1>cl 2.25 C = ( 1 2 3 4 ) är en radmatris med fyra kolonner. Ibland sätter man in kommatecken mellan elementen för att skilja dem åt.

är en fyrradig kolonnmatris. Vi observerar likheten med vektorer i R 4 som infördes i föregående avsnitt. En matris där rn = n. dvs antalet rader är lika med antalet kolonner benärnnes /..Tadratisk matris. Elementen i en kvadratisk matris med radindex= kolonnindex stiges ligga på diagonalen. 126

2.2

Alatriser

Exempel 2.26 Diagonalelementen i följande matris är särskilt markerade med stora

bokstäver

En kvadratisk matris där alla element utanför diagonalen är nollor kallas för en diagonalmatris. Om diagonalmatrisens samtliga diagonalelement är ettor säges matrisen vara en enhetsmatris. En sådan brukar betecknas med I (eller In om man vill förtydliga att den är av typ n x n ). En matris där samtliga element är nollor kallas en no/lmatris och brukar betecknas 0. En nolhnatris behöver ej vara kvadratisk.

Exempel 2.27 (

(~ ! ~ ) (~ ~ n

~ ~ ~) 0 0

och (

år en diagonalmatris,

~ ~ ) år enh~smabiser,

år en nollnmbis 1000m

Oi n

Låt nu A vara en m x n matris

m rader

A= n kolonner

Den matris av typ n x m som kan bildas av elementen i A genom att låta elementen i kolonn 1 bilda rad 1, kolonn 2 bli rad 2, osv., kallas den transponerade matrisen till A och betecknas A t. Man har alltså

n rader.

m kolonner

A t har alltså n rader och m kolonner. A t kan också fås om man låter raderna i A bilda kolonner i A t. Man inser lätt att ( A t) t = A. 127

Kapitel 2.

Vi1',1orer och matriser

Exem1>el 2.28

A

=

0n

är en 3

Då är A I en 2 x 3-matris och A t

=( ~

X

2-nmlris

! ~ ).

Om A 1 = A = (a;i) säges matrisen vara symmetrisk. För att kunna vara symmetrisk måste A ha lika många rader som kolonner. A måste alltså vara av typ n x n, dvs. vara kvadratisk. Dessutom måste det gälla att a;i = ai; för alla index i och j. Exem1>el 2.29 A

B

=(

!~)

=( ~ ~ )

är symmetrisk men

är inte symmetrisk eftersom Bt

=( ~

! )#

B.

En kvadratisk matris där alla element under diagonalen är nollor säges vara övertriangulär (eller högermatris). En sådan matris betecknas ofta med U (för "upper"). Beteckningen R (för "right") förekommer också. Exem1>el 2.30 U

=

( 01 02 3) 6 0

4 5

är övertriangulär.

Om U är en övertriangulär matris gäller att alla element ovanför diagonalen i ut är nollor. En sådan matris kallas undertriangulär eller vänstermatris och betecknas ofta med L (för "lower" eller "left"). Exem1>el 2.31 Om U är som i föregående exempel har vi

ut

-- ( ;1

som är undertriangulär. För att kunna få god användning för matriser bör man också ha några räkneoperationer för dem. Följande exempel kan ge en motivering för hur dessa bör se ut. Excm1>cl 2.32 Låt A och B beskriva leveranserna från en fabrik som i exempel 2.18 under första respektive andra halvåret. Exempelvis är a 12 och b12 leveranserna till kund l av vara 2 under första respektive andra halvåret. Den totala leveransen av vara j till kund i under året är uppenbarligen a;i

128

+ b;i = cii•

2.2

Matrisen C

Alalriser

= (cii) beskriver årsleveransema. Då gäller att

Vi säger att matrisen C är summan av matriserna A och B och skriver

eller (

C11 C21

C12 C22

C13 C23

C14 ) C24

=

( :~: ::~ ::~ ::: ) + (

t~: t:~ t:~ t:: ).

Om leveranserna under det andra halvåret är 50 % högre än under det första gäller uppenbarligen att bii = 1.5 aii för alla i och j. Detta leder oss till beteckningen 1.5 A enligt

B=(

l.5au

1.5a13

l.5a21

l.5a23

Det är alltså naturligt att göra följande definition.

Definition 2. 7 Låt A reellt tal. Då är

= (a;i) och B = (bii) vara m x n-matriser och låt ,\ vara ett

Observera: Endast matriser av samma typ kan adderas! Räkneoperationerna för matriser visar sig kunna kombineras på ett sätt som sammanfattas i följande sats. Sats 2.1 A, B och C är matriser av samma typ och ,\ochµ är reella tal. Då gäller följande likheter.

1. (A

+ B) + C = A + (B + C)

2. A+B=B+A

3. A+O= A

Associativa lagen Konunutativa lagen för addition 0 är nollmatris av samma typ 129

Kapitel 2.

Vektorer och matriser

+ B) = ,\A + ,\B (,\ + /L)A = ,\A + 11.A

4. ,\(A

Distributiv lag

5.

Distributiv lag

6. ,\(11.A) = (,\11.)A

Nollmatris av samma typ som A

7. 0-A=O 8. (A

+ B) 1 = At + Bt

9. (,\A)'

= ,\A 1

Anm. I regel 7 betyder O i vänsterledet talet (skalären) 0. I högerledet betyder 0

noll matrisen av samma storlek som A. Likheterna följer direkt ur definitionerna för matrisaddition och multiplikation av matris med reellt tal. Man skriver ibland även A,\ och tolkar detta på samma sätt som ,\A där A är matris och ,\ är skalär. Vi betecknade tidigare vektorer x i R n som

X= (

:: )

.

Xn

Vi ser att högerledet kan uppfattas som en kolonnmatris. Alla räknelagar för addition och multiplikation med skalär är lika för kolonnmatriser och vektorer i Rn. I fortsättningen skall vi inte skilja mellan kolonnmatriser och vektorer. Vi behåller beteckningen x som alltså står för en kolonnmatris eller vektor i Rn. Av typografiska skäl är det ibland opraktiskt att skriva ut kolonnmatriser. Vi skriver därför ofta en kolonnmatris som transponatet av en radmatris i stället.

Exempel 2.33 (

i)~ ( I

2 3 ) ' eller med kommatecken insatta (I, 2, 3)' .

För vektorer i R n har vi infört en skalärprodukt enligt

Vi definierar nu en produkt mellan en radmatris och en kolonnmatris på följande sätt

130

2.2

Alatriser

För att produkten skall vara möjlig skall antalet element i radmatrisen vara lika med antalet i kolonnmatrisen. Observera att radmatrisen står först. Om x och y tir som ovan får vi produkten

x'y - (x, ;, ... Xn)

(

:

)

-

x,y,

+ X2Y2 + · · · + XnYn

-

x · y.

På samma sätt är också ytx

=

y ·X

=X·

y.

Vi kan alltså skriva skalärprodukten av x och y som X·

y - x'y - (x,

x, ... Yn)

( ;: ) - y'x.

Låt nu A vara en m x n matris och b en kolonnmatris med n element. Matrisen A tänkes sammansatt av m rader med n element i varje. Varje rad uppfattar vi som transponatet av en kolonnmatris (

A

=

au

a12

a21

a22

a2n a1n )

.

a~1

am2

(

rl. ) r2

r~

amn

därt.ex. r~

= ( a21

a22

a23

...

a2n ) .

Vi kan nu bilda produkterna av raderna i A och kolonnen b dvs. produkterna r~ b, r~b, ... , r~ b. Av dessa bildar vi en ny kolonnmatris som alltså har m rader och som vi kallar produkten av A och b dvs Ah= (

;i: ) ( ::~~~ : ::~::::: :::~: ) r~b

=

am1b1

+ am2b2: + ... + a,,mbn

.

Exem1>el 2.34 3

( 1 2

3 )

2 4 3

(4 5 6)

2 4

3 + 4 + 12 ) ( 19 ) ( 12 + 10 + 24 - 46 . 131

Kapitel 2.

Vektorer och matriser

Exem ,,el 2.35 Låt matrisen A = (aii ) beskriva leveranserna en viss dag från ett lager av varorna Vl, V2, V3 och V 4 till kunderna Kl och K2 så att t. ex. a23 är levererad mängd av vara V3 till kund K2. Låt b vara prisvektorn så att b1 är priset på vara Vl osv. Kund Kl skall då betala c1 = a11b1 + a12b2 + a13b3 + a14b4 och K2 skall betala c2 = a 21 b1 + · · · + a24b4. Vi ser att detta kan beskrivas av matrisprodukten

Ab

=(

au

a21

Exem1>el 2.36 Nedanstående samband är ett linjärt ekvationssystem med två ekvationer och tre obekanta {

2X1 + X2 - X3 x1 - 2x2 + 4xa

=4 = 5.

Om vi inför matrisen A och vektorerna x och b enligt nedan A

=(

2 1

1 -1 ) -2 4 '

kan vi få sambandet Ax _ ( 2x 1 + x2 - xa ) x1 - 2x2 + 4xa

Systemet kan alltså skrivas på fonnen Ax

=(

4 ) 5

= b.

= b.

Vi anknyter nu till exempel 2.18. Antag att prisvektorn b 1 förde levererade varorna avser bruttopriser. Man har även nettopriser på varje vara vilka ges i prisvektorn b 2 . Matrisprodukten Ab 2 = c 2 ger då en kolonnmatris (2 x 1) som visar nettopriset som kunderna skall betala. Vi kan bilda en matris C av typen 2 x 2 vars kolonner är Ab 1 och Ab 2 och en matris B av typen 4 x 2 vars kolonner är b 1 och b 2

C=

( C11 C12 ) , C21 C22 Ab1 Ab2

bruttopris

nettopris

B=

C"

b21 ba1 b41 b1

bruttopris

b,o b22 ) ba2

.

b42

b2 nettopris

Första kolonnen i B anger alltså bruttopriser medan den andra visar nettopriser. Första kolonnen i C är brnttoprisema till kunderna som beräknas som Ab 1 och den andra är nettopriserna Ab2. Här är alltså t.ex. C22 det nettopris kund 2 skall betala. 132

2.2

Matriser

Vi sammansätter nu detta enligt följande a12 a22

a13 a23

a14 ) a24

b11 ( b21 b31

b12 ) b22 b32

b41

b42

=(

cu c2 1

) =C.

Här är alltså cii produkten av rad i ur A och kolonn j ur B.

Vi ger nu den allmänna definitionen av matrisprodukt. Definition 2.8 Låt A vara en m x n matris och B en n x p matris: a11

A=

(

a21

a~1

Med produkten AB av matriserna A och B (i denna ordning) menas den m x 71 matris C vars element på plats ij är skalärprodukten av i:te raden i A och j:te kolonnen i B. Definitionen beskrivs schematiskt i figuren. kol. j

)x(

( radi

)

kol. j

( radi

Cij

B

A

C

l

r;,

Om vi betecknar raderna i A med rL rt ... , och kolonnerna i B med k 1 , k 2 , ... , kp så innebär definitionen att elementet c;i på plats ij i produktmatrisen C = AB ges av n

Cij

= ri · kj = ai1b1j + a;2b2j + · · · + a;nbnj = L a;kbkjk=I

Observera att för att matrisprodukten AB ska vara definierad krävs att antalet kolonner i A är lika med antalet rader i B. Orsaken till detta är att raderna i A måste ha lika många element som kolonnerna i B för att skalärproduktema ska vara definierade. För att bestämma typen av matrisen AB är följande minnesregel bra

A

B

AB

mxn

n xp

mxp

i

index lika

i 133

Kapitel 2.

lektonir och matriser

Observera också att även om AB är definierad så behöver inte BA vara definierad, ty BA är definierad endast om antalet kolonner i B är lika med antalet rader i A, dvs. om m = p. Exem11el 2.37

AB

=

_4l )= ( 41 52 63)( 211 -2 (

=

1·1+2·2+3·1 1·4+2·(-1)+3·(-2) 4·1+5·2+6·1 4·4+5·(-1)+6·(-2)

( 8 -4) 20

-1

)=

.

I detta fall kan man även bilda produkten BA :

BA

=

=

0=0 (! 2 3) 5 6

1·1+4·4 ( 2·1+(-1)·4 1 · 1 + (-2) · 4

=

1·2+4·5

22

... ) - ( ~7 ... 2

-1

...

-8

-7

2~)

-8

Detta exempel visar att även om både AB och B A är definierade så är de i allmänhet inte lika, eller ens av samma typ. Ordningen mellan matriserna vid matrismultiplikation är alltså i högsta grad väsentlig. MATRISMULTIPLIKATION ÄR INTE KOMMUTATIV. Undantagsvis kan dock naturligtvis gälla att AB = BA. I så fall sägs A och B kommutera. Nästa exempel visar andra viktiga skillnader mellan en matrisprodukt och en vanlig produkt av reella tal. Exem11el 2.38 Låt

Då är

AB

AC 134

! ; ) ( ~ _! ) = ( !~ ! )·, = ( ! ; ) ( : ~ ) _( !~ ! ),

=(

2.2

dvs. AB

Alatriser

= AG men B =/- C. Vidare är AD =

(

3 6

1 ) ( 1 -3 ) 2 -3 9

=(

0 0 ) 0 0 .

Produkten av två matriser kan alltså vara en nollmatris utan att någon av faktorerna är en nollmatris. Observationerna i detta exempel bör jämföras med strykningsla-

gen resp. annuleringslagen för reella tal: om ab om ab

= ac och a =I- 0 så är b = c, = 0 så är a = 0 eller b = 0.

Vi har således ingen motsvarighet till dessa vid matrismultiplikation. (Se dock exempel 2.40.)

Exempel 2.39 Låt liksom i exempel 2.21 matrisen A beskriva antalet flygförbindelser per dag mellan tre olika orter, A

=

( 032 022 04) 1 = (Oi;)-

T.ex. går fyra förbindelser från ort 1 till ort 3 men endast en från ort 2 till ort 3. Vi söker nu antalet förbindelser med en mellanlandning. För att kunna utnyttja fömindelsema kan dock krävas två dygn Antalet från i till j blir då summan över alla kav ( antalet från i till k) · (antalet från k till j) = ail · a1j +ai2 · a2j + ai3 · a3i = bii. Detta är produkten av rad i ur A och kolonn j ur A. Med en matris beskrives detta av au

B =(bi;)= ( 021 a31

Vi får

Det finns alltså t.ex. 16 sätt att resa från ort 1 och tillbaka om resan får ta två dygn. Intressantare är kanske att man kan fara från ort 2 till ort 3 på åtta sätt om man mellanlandar en gång men bara på ett sätt med direkt flyg. På samma sätt ger A3 antalet sätt att resa mellan orterna med precis två mellanlandningar. (Resan tar d{1 eventuellt tre dygn.) Exempel 2.40 A är en 2 x 2 matris sådan att Ax R 2 • Visa att A måste vara nollmatrisen.

= 0 för alla kolonnvektorer x i 135

Kapitel 2.

lektorer och matriser

Lösning Låt A

Välj först x

=(

a11 a21

a12 ) . a22

= ( ~ ) . Då blir

Ax= ( au a21

~:: ) (

~)

= ( ::: ) = (

~)

enligt förutsättningen.

Första kolonnen i A är alltså en nollvektor. Välj sedan x

= ( ~ ) . Då blir Ax =

(~::)=(~)Även andra kolonnen i A är alltså en nollvektor vilket visar att A är nollmatris. På liknande sätt kan man också visa om A är en m x n matris med egenskapen att Ax = 0 för alla kolonnvektorer x i R n så måste A vara nollmatrisen. Som vi har sett i exempel 2.37 så gäller inte den kommutativa lagen för matrismultiplikation. Däremot gäller följande räkneregler. Sats 2.2 Under forutsättning att de ingående produkterna och summorna är definierade så gäller

I.

(a)

= A(BC) (associativa lagen) A(B + C) = AB+ AG (distributiv lag)

(b)

(A

(AB)C

+ B)C = AC + BC

(distributiv lag)

2.

AI = I A = A, där I är en enl1etsmatris

3.

(ABf

4.

A(,\B)

= st ,4t

(observera ordningen)

= ,\(AB)

Den associativa lagen innebär att man kan skriva ABC utan parenteser och beräkna denna produkt antingen som (AB)C eller som A(BC). Man bör dock observera att trots att man får samma resultat oberoende av vilken ordning som multiplikationema sker så kan räknearbetet skilja sig åt avsevärt (se övning 2.17). Regel 3) innebär att enl1etsmatrisema spelar samma roll vid matrismultiplikation som talet I vid multiplikation mellan tal. Vi exemplifierar detta med en matris A av typ 2 x 3 : AI=

= 136

::)OH) a12 a22

a13 ) a23

=A

2.2

1A

=(

a 12 a 13 ) a22 a23

1 0 ) ( au 0 1 a21

Matriser

= A.

Enhetsmatrisen I .skall alltså ha det antal kolonner som behövs för att kunna bilda produkten Räknereglerna 1. - 5. i sats 2.2 visas alla på så sätt att man beräknar elementet på plats (i,j) i matriserna i båda leden och konstaterar att dessa är lika. Vi visar bara 4. men illustrerar först med ett exempel. Exempel 2.41 Låt analogt som i exempel 2.35 A vara en 2 x 3-matris som beskriver leveransen från ett lager av tre varuslag till två kunder. Exempelvis är a 21 levererad mängd av vara Vl till kund K2. VI

V3

a13 ) a23

A= ( au a21

Kl K2

I exempel 2.35 visade vi att om bär en vektor som anger priserna så ger A ben vektor som visar kostnaden för varje kund. Antag nu att leveranskostnaden per enhet, oavsett varuslag, till kund K I är y 1 och till kund K2 är y 2 vilket vi sammanfattar till en leveranskostnadsvektor y där yt = (y 1 , y 2 ). Kostnaden för leverans av vara VI blir då Y1au

+ Y2a21 = ytk1 = k~y,

där k 1 är kolonn I i matrisen A. Matrisprodukten yt A

= (Yi, y 2 ) (

au a21

a12 a22

a13 ) a23

= ( ytk 1

ytk 2

ytk 3 )

ger alltså i en radmatris kostnaden för var och en av de tre varorna. Om vi låter z vara kostnadsvektom för de totala leveranserna gäller alltså att z 1 = yt A. Bilda nu produkten A ty. Vi får då au Aty = ( a12 a13

a21 ) ( ) a22 ~: a23

=(

kly )

k~y k3y

=(

ytk 1 ) y:k2 y k3

Länst till högerkänner vi igen matrisen ( (z)tr = z. Vi ser alltså att zt = y 1A om z = A ty. Om vi transponerar den senare likheten och använder regel 3. får vi zt

= (Aty/ = yt (At/ = ytA

vilket är den första likheten. Vi visar nu regel 3. i specialfallet då A är av typ 2 x 3 och B av typ 3 x 3. Den allmänna satsen visas på saimna sätt. 137

Kapitel 2.

I 'ektorer och matriser

Lät A ha rndema ri och r~ medan B har kolonnerna k 1 . k2 och k3. Vektorerna r1, r 2, k 1, k 2, k 3 är element i R 3. Då är produkten

4 B _ ( r 1 · k 1 r 1 · k2

•

Eftersom t. ex. r1 · k 3

ct =

-

r2 · k 1 r2 · k2

=C

r 1 · k3 ) r2 · k3

·

= k3 · r1 ger transponering

( ~: : ~: r 1 · k3

~: : ~: ) = ( ~: : ~: r2 · k3 k3 · r1

~: : ~: ) . k3 · r2

Men den högra matrisen kan vi uppfatta som produkten av en matris med raderna ki, k~ och k~ (dvs matrisen B 1 ) och en matris med kolonnerna r1 och r2 (dvs med matrisen A 1 ). Vi har alltså visat ( i detta specialfall) att (AB)t

= BtAt.

2.3 Linjära avbildningar och matriser Ett samband av typen y= ax

mellan två variabler x och y kallas en proportionalitet och talet a kallas proportionalitetskonstant. I figur 2.8 visas några välkända exempel. Ur matematisk synpunkt så definierar ett samband av typen y = ax en funktion. I detta avsnitt ska vi studera motsvarigheten till denna typ av funktioner då x och y är vektorer. Vi inleder med två exempel. Exem1,cl 2.42 Om A är en 2 x 2 matris så kan vi för varje vektor x = ( x 1 x 2 ) t i planet bilda produkten Ax och detta blir en vektor y = ( y1 Y2 ) t i planet. Vi säger att matrisen A avbildar vektorn x på vektorn y = Ax. Betrakta t.ex. A

=(

~

-~) ·

Då blir

{ Yl= Y2

X1

= -X2

Vi kan äskådliggörn vad som händer i figur 2.9. 138

2.3

Linjcira avbi/d11i11gar ocl, matriser

Spänningen över matståndet är propert i one 11 mot strömstyrkan, U = Ri (Ohms lag).

bJ X Kraften är proportionell mot fjäderns förlängning, F = kx (Hookes lag).

C) Massan är proportionell mot volymen, m = pV .

Figur2.8 Om x = 0P är ortsvektorn för punkten P = (x 1 ,x2 ) i ett ortononnerat koordinatsystem så gäller tydligen att vektorn y = Ax fås genom att spegla vektorn x i x 1 -axeln. Alternativt så kan vi anse att punkten P med koordinaterna (x 1 , x 2 ) avbildas på punkten Q med koordinaterna (x 1 , -x2). Multiplikation med matrisen

A=(l 0) 0

-1

kan alltså geometriskt tolkas som en spegling av planets punkter och vektorer i x1 -

axeln I figur 2.10 a) är Q 1 , Q 2 och Q3 bilderna av punkterna Pi, P2 resp P3. I figur 2.10 b) illustreras hur vektorerna Pi P~ och O P~ avbildas. Exempel 2.43 Beskriv geometriskt hur multiplikation med matrisen

A=(~ ~) påverkar planets punkter och vektorer. 139

Kapitel 2.

lektorer och matriser

Figur 2.9

~

~

P,

P, ~

Pi 0

QI

Q3

Q3

Figur2.10

Lösning Vi bildar

Ax

=(

~ ~ ) ( :: ) = ( ;;: ) = 2x.

Detta innebär att punkten (x 1,x2) avbildas på punkten (2x1, 2x2). Denna punkt ligger på samma linje genom origo som (x 1, x2) men dess avstånd till origo är dubbelt så stort. För ortsvektorerna gäller tydligen att vektorn y = Ax erhålls genom att förstora vektorn x i skalan 2: I. Avbildningen illustreras i figur 2.11. Matrisen

A=(~ ~) kan tolkas som en likfonnig expansion av planet. På samma sätt som i exemplen 2.-U-2A3 inses att varje 2 x 2 -matris på ett naturligt sätt kan tolkas som en avbildning (funktion) från R 2 till R 2 . I många sammanhang har man anledning att studera allmännare avbildningar. t.ex. avbildningar från Rn till Rm. Med en avbildning (eller funktion) från Rn till Rm menas en regel som till varje vektorx i Rn tillordnar precis en vektor y i Rm. Vektorn y sägs därvid vara "bild" av x. Mängden av alla vektorer som kan fås som en bild av en vektor i Rn kallas värdemängd 140

2.3

Linjära avbild11i11gar ocl, matriser

Figur 2.11 eller bildrum medan mängden av vektorer som kan avbildas (som i detta fall är hela R n) kallas definitionsmängd. Bägge dessa mängder är exempel på vektorrum. Den generella teorin för sådana kommer att framställas i kapitel 9. Man brukar illustrera detta generellt som i figur 2.12.

Figur2.12 Exempel 2.44 Genom sambanden Y1 = X~ { Y2 =x~

Ya =xa definieras en avbildning från R 3 till R 3 , vaivid vektorn x

= ( :~ ) X3

avbildas på vektorn y

=(

:i ). X3

Vi obseiverar att denna avbildning inte kan skrivas på fonnen y konstant matris. (Varför?)

= Ax där A är en 141

Kapitel 2.

Vektorer och matriser

I fortsättningen ska vi bara syssla med den speciella typ av avbildningar som kan skrivas på fonnen y = Ax , där A är en matris. Definition 2.9 Låt A vara en m x n matris. Den avbildning som till varje vektor x i Rn tillordnarvektom y i Rm genom operationen

y=Ax sägs vara en linjär avbildning från Rn till Rm. A kallas för avbildningens matris. Om A är matrisen för en linjär avbildning så kommer vi ibland att (något oegentligt) även låta A stå som beteckning för avbildningen själv. Ovanstående definition ersätts senare i boken (i kapitel 8-9) med en allmännare definition av linjär avbildning mellan vektonum. För fallet linjär avbildning från Rn till Rm innebär denna att definitionen ovan i stället blir en sats som följer av den allmännare definitionen. Excm1>cl 2.45 Låt A vara en linjär avbildning från R 3 till R 3 . Visa att AO (nollvektom avbildas på sig själv).

=0

Lösning Låt

På motsvarande sätt inses att AO

= 0 för varje linjär avbildning A

Man kan tänka sig en linjär avbildning A som en "svart låda" i vilken man kan stoppa in en vektor x på ena sidan och som resultat få ut en vektor y på andra sidan. I många tillämpningar är det därvid naturligt att tänka sig x 1 , x 2 , ..• , Xn som insignaler och Y1, Y2, . . . , Ym som motsvarande utsignaler. Figur 2.13 illustrerar detta. Vi kommer i fortsättningen huvudsakligen att studera vissa geometriska avbildningar. I figurerna 2.14-2.15 åskådliggörs några vanliga geometriska avbildningar, nämligen vridningar, speglingar och ortogonala projektioner, dels i planet (figur 2.14) och dels i rummet (figur 2.15). I dessa figurer är vektorn y bild av vektorn x. 142

2.3

Linjära avbild11i11gar oclt matriser

(tn=4)

Figur 2.13

C)

---~ y

1

Ortogonal projektion ·•· pi en linje

1 •

Figur 2.14 Ur algebraisk synpunkt är det lämpligast att uppfatta ovanstående geometriska avbildningar som vektoravbildningar. Ofta är det dock enklare att överblicka situationen genom att uppfatta avbildningen som en punktavbildning. Detta görs genom att identifiera en punkt med dess ortsvektor i ett ortononnerat koordinatsystem. (Se figur 2.16 och jämför med exemplen 2.42-2.43.) Enligt exempel 2.45 gäller att AO = 0 för varje linjär avbildning. Detta innebär att origo avbildas på origo av varje lirtjär avbildning. Under förutsättning att koordinatsystemet valts så att origo avbildas på origo så kan man visa att vridningar, speglingar och ortogonala projektioner är linjära, dvs. att de kan skrivas på fonnen y = Ax. Villkoret att origo ska avbildas på origo innebär t.ex. för en vridning i planet att vridningen ska ske omkring origo och för en vridning i rummet att vridningsaxeln ska gå genom origo. Exempel 2.46 Matrisen A y

= ( ~ - ~ ) beskriver avbildningen

= Ax = (

0 1

-1 ) ( 0

X1 ) X2

=(

-~2 ) X1

.

143

Kapitel 2.

Ve/..1orer oc'I matriser

1,.-

Vridning omkring en linje 1 i rummet.

X

........_

/

I

Spegling i ett plan.

y

°':. ,~ ~ projektion } I ~ ett plan~ J... _

på

-

Figur 2.15

Punlclen (~.,X1,~)

Xi Vektmn X= (~) Figur 2.16

IH

__,--

2.3

linjära avbildningar och malriser

Vi kan åskådliggöra vad som händer i figur 2.17. Vektorn y är i själva verket den

y ::Ax::

(""RJ, -- -

\

Figur 2.17 vektor man får om man vrider vektorn x ett kvarts vruv i positiv led (moturs). Detta inses på följande sätt.

1. För varje vektor x

( -x2

= ( x1

x2

)t

gälleratt vektorn x och vektorn y

= Ax =

x1 ) t har samma längd, ty

IYI = J(-x2) 2 +x~ = Jx~ +x~ = lxl. 2. Vinkeln mellan vektorn x och vektorn y X·

Y

= ( X1

X2 ) ( -:: )

= Ax är i

ty

= xi( -x2) + X2X1 = 0.

Av 1. och 2. följer att vektorn y fås genom att vrida vektorn x ett kvarts varv. Att denna vridning sker moturs (och inte medurs) inses genom att betrakta figur 2 .17. Matrisen (

~

-

~

) utgör ett exempel på en s.k. vridningsmatris. I exempel 2.53

bestämmer vi den matris som svarar mot en vridning i planet en godtycklig vinkel 0 i positiv led kring origo. Med en spegling i en linje (i ett plan) menar man den avbildning som avbildar en punkt P på den punkt Q som har samma avstånd till linjen (planet) som P och som är sådan att vektorn J5Q är vinkelrät mot linjen (planet). (Jämför med bildens läge i en plan spegel och se figur 2.18).

Exempel 2.47 En avbildning definieras genom att varje vektor i planet projiceras ortogonalt på linjen 2x 1 - x 2 = 0. Visa att avbildningen är linjär och bestäm dess matris. 145

Kapitel 2.

Vektomr och matriser

Figur 2.18

Figur 2.19 Lösning: Se figur 2.19. Låt x vara vektorn 0P och y = 0Q dess ortogonala projektion på linjen e. En ekvation för linjen epå parameterform är {

Xt X2

=t

= 2t.

Punkten Q ligger på linjen och satisfierar linjens ekvation för något t, dvs (t, 2t( Vi får

PQ = OQ _ Qp = (

t-

2t-

X1 ) X2

OQ =

•

Vektorn v = ( 1 2 ) 1 är en riktningsvektor till e. Eftersom PQ är vinkelrät mot eär PQ · v = 0, dvs. (t - xt) • 1 + (2t - x 2 ) • 2 = 0. Detta ger

t Alltså är y

146

1

= 5 (x1 + 2x2).

2.3

Linjtira avbildningar ocl, matriser

Detta visar att avbildningen är linjär med matrisen

_ ( 1/5 2/5 ) 2/5 4/5 ·

A-

Vi ger nu ytterligare en lösning som utnyttjar projektionssatsen (sats I .4 ). Enligt denna gäller y

= (x · e) e

där e är en normerad riktningsvektor till f.. En sådan får vi genom att nonnera v, dvs.

och

A

Anm. Skalärprodukten av x och e är ju samma sak som matrisprodukten etx. Alltså är (x · e) e = (etx) e.

Men eftersom etx är ett tal kan detta också skrivas y = e (etx). Vi kan nu uppfatta etx som en I x I matris. Enligt associativa lagen för matrismultiplikation kan vi sedan flytta parentesen, dvs.

y=e(etx) = (eet)x. Matrisen A är alltså i själva verket lika med eet. (Observera att denna produkt är definierad och att resultatet är en 2 x 2 matris eftersom e är av typ 2 x 1 och et av typ 1 x 2.) Vi kontrollerar genom att beräkna t _ (

ee -

1/../5 1/5 4/5 2/5 ) · 2/ ../5 ) ( 1/../5 2/../5 ) = ( 2/5

Exempel 2.48 En avbildning definieras genom att varje vektor i planet speglas i linjen f. med ekvationen 2x 1 - x2 = 0. Visa att avbildningen är linjär och bestäm dess matris. 147

Kapitel 2.

Vekto,-er och matriser

Lösning: Se figur 2.19. Låt z = OR vara spegelbilden av x = 0P i linjen e. Eftersom R ligger på motsatt sida om linjen och lika långt från linjen som P gäller att PR= 2PQ. Räkningarna i föregående exempel ger

PQ =

(

t _ x1 ) = ( 2t - .-z:2

f (x1 + 2x2) -

i (x 1 + 2x2) -

X1 ) x2

=(

-lx1 + lx2 ) . lx1 - ¼x2

Vidare är

= (

x1 ) x2

+

2 ( -lx1

lx

+ lx2 ¼x2

1 -

) _ ( -

-f X1 + lx2 ) _ lx1 + f x2 -

= ( -:;~ :;~ ) ( :~ ) . Den matris som speglar planets vektorer i linjen eär alltså B

= ( -:;~

!J~ ).

Uppgiften kan också lösas genom användning av fonneln för ortogonal projektion. Vektorn n = 2 -1 ) t är en normerad normalvektor till e. Enligt projektionssatsen är

75 (

QP= (x· n)n. Vidare är (enligt ovan)

OR= OP+2PQ = OP-2QP=x-2(n·x)n. Med x = ( x1 x2 ) t och n = Jg ( 2 -1 ) t ger då detta efter lite räkningar:

cJR = ( -:;~

!J~ ) ( :~ ).

=B

Vi kan också göra samma omskrivning i detta fall som i föregående exempel, dvs. (x · n) n

= (ntx) n = n (ntx) = nntx.

Alltså är

OR =

x - 2 (x · n) n = x - 2 (nnt) x =

(I -

2nnt) x,

vilket innebär att B

= I -2nnt.

Vi kontrollerar att detta ger samma matris som i den första lösningen: I - 2nnt

=(

~ ~ ) - ~ ( -~ ) (2 -

( 1 0 ) _ ~ ( 4 0 1 5 -2

-2 ) 1

=(

1)

=

-3/5 4/5 ) 4/5 3/5 · =B

2.3

Linjära avbildningar och matriser

p

Figur2.20 Exempel 2.49 En avbildning definieras genom att varje vektor i rymden speglas i planet 2x1 + 2x2 + X3 = 0. Visa att avbildningen är linjär och bestäm dess matris. Lösning Se figur 2.20. Låt y = 0Q vara spegelbild av vektorn a = 0P = ( a 1 a2 a3 ) t. Vektorn n = ( 2 2 1 ) t är en nonnalvektor till planet. Den punkt R i planet som ligger nännast P ligger alltså på linjen

X1 { X2 X3

= a1 + 2t = a2 +2t = a3 +t.

Insättning i planets ekvation ger en ekvation för det parametervärde som svarar mot R:

2 (a 1 + 2t) + 2 (a2 + 2t) + a3 + t

= 0.

Detta ger

= - 91 (2a1 + 2a2 + a3).

t

Eftersom 2PR = PQ följer då att det parametervärde som svarar mot Q är 2

2t = - 9 (2a1 + 2a2 + a3).

Koordinaterna för Q är alltså: y 1 = a1 -

= a2 y3 = a3 -

{ Y2

! (2a1 + 2a2 + a3) = å (a1 - 8a2 - 4a3) ! (2a1 + 2a2 + a3) = ! (-8a1 + a2 - 4a3) t (2a1 + 2a2 + a3) = i (-4a1 - 4a2 + 7a3).

Skrivs detta på matrisform fås y

-!~~ -~~~____ =:~~ ). _ (:____, ~) ____

= ( :~ ) = ( y3

..._

-4/9

-4/9 ,,,..

7/9

= Aa.

a3

149

Kapitel 2.

lektorer och matriser

Vi ser att speglingsavbildningen är en linjär avbildning med matris A som ovan Vi inser geometriskt att en vektor z parallell med normalvektorn n avbildas till vektorn -z. Tag t.ex. z = (4, 4, 2)'. Då är

Az

=(

-!j~ -~j~ =!j~ ) ( :2 ) = ( =! ) = -z. -4/9 -4/9 7/9 -2

Av geometriska skäl framgår också att en vektor u parallell med planet avbildas på sig själv. dvs.

Au=u. I kapitel 7 återkommer vi till dessa observationer. Vi noterar också att problemet kan lösas med l1iälp av projektionssatsen på precis samma sätt som i exempel 2.48. Vektorn n = ½( 2 2 1 ) t är en nonnerad nonnalvektor till planet. Alltså är

RP = (a · n) n och PQ = 2PR = -2 (a · n) n. Vi får y

= OQ = 0P + PQ = a -

2 (a · n) n.

Samma omskrivning som i exempel 2.48 ger slutligen

y

= (I -

2nnt)a = Aa. ---...A

Vi överlåter åt läsaren att själv kontrollera att detta ger samma matris som i den första lösningen.

Exem11el 2.50 Matrisen A

= ( ~ -~ )

svarar mot en vridning vinkeln

f i pos-

itiv led kring origo. (Se exempel 2.46.) Om x = x' +x" så är Ax= A (x' + x") = Ax' + Ax" enligt räknereglerna för matrisprodukter. Geometriskt är detta uppenbart. Alla vektorer vrids ju samma vinkel. Se figur 2.21. Man inser också att om }.xi-}ocl 2.61 Matrisen A svarar mot rotation av vektorerna i R 2 , vinkeln 0 i positiv led och matrisen B svarar mot spegling i linjen x1 = x2. Se figur 2.41.

~ Bx X

Figur2.41 Enligt exempel 2.53 och exempel 2.55 gäller att A= ( c~s0 S1110

-sin0 ) cos0

och

B=(~ ~)Avbildningen med matrisen BA kan då beskrivas på följande sätt. Först vrids x vinkeln O till vektorn y och sedan speglas y till z i första och tredje kvadranternas diagonal. Se figur 2.42.

Figur 2.42 Då gäller att z

= B Ax = (

~ ~)

( :: : -;: : ) = ( ;: : ~:: ) x.

Avbildningen med matris AB kan beskrivas av följande. Först speglas x och sedan vrids resultatet. Se figur 2.43. 16.J

2.4

Samma11saffa avbild11i11gar

X

ABx Figur 2.43 Här älleratt.ABx g

=(

~0 sm 0

-sin0) ( 0 1 ) x cos 0 1 0

=(

-sin0 c~sO ) x. cos 0 sm 0

Vi ser återigen ett exempel på att AB =f. BA, dvs. matrismultiplikation inte är kommutativ. Exempel 2.62 Man har undersökt rörligheten hos innevånare i städer och förorter i ett stort land. Man fann då att 96 % av dem som bodde i städer ett visst år bodde kvar där även ett år senare medan 4 % flyttade ut till någon förort. Av dem som bodde i en förort stannade 99 % kvar medan 1 % flyttade till någon stad. Antalet innevånare i landet antas konstant och ges av vektorn x i R 2, där

=(

x

antal boende~ städerna ) antal boende 1 förorterna

=(

x1 ) . x2

Ett år senare är antalet boende i städerna 0.96x 1 + O.0lx2 = x} och i förorterna 0.04x 1 + 0.99x 2 = x~. Detta kan vi beskriva med en matrisprodukt (l) _ ( X

-

X~l) )

_

X(l)

-

0.96 0.04

(

0.01 ) ( X1 ) 0.99 X2

=A X.

2

Efter ytterligare ett år är befolkningsfördelningen X

(2) - ( -

x~2) ) -

X(2)

-

A

X

(1) -

A(A ) - A2 X

-

X

~ ~(

0.9220 0.0780

0.0195 ) 0.980,5

X.

2

Efter n år är fördelningen x(n)

= Anx.

Fördelningen för 1991 var i tusental X=

57633) ( 71549 .

Man får då för de följande åren 1993 1992 x(l) xC2)

1994 x(3)

1995 xC4)

1996 x(S)

54533 74649

53098 76084

51735 77447

50440 78742

Stad Förort

56043 73139

osv.

165

Kapitel 2.

I iiktoll'.r ocl, matriser

Observera att stadsbefolkningen minskar medan förortsbefolkningen ökar. Excm1,cl 2.63 Vi antar nu att befolkningen inte är konstant. Antag att födelseöverskottet bland befolkningen i städerna och förorterna under ett år är 0.5 % respektive I %. Vidare antar vi att tlyttningsmönstret är oförändrat, dvs. att 4 % av stadsbefolkningen under ett är tlyttar till nägon förort och att I % av förortsbefolkningen under ett är flyttat till någon stad. Dessutom antar vi att de tlyttande tar med sig sitt reproduktionsmönster och behåller det under tlyttningsåret. Stadsbefolkningen efter ett år är då

x;

1>

= 1.00,5 · 0.96x 1 + 1.01 · 0.0lx2.

I förorterna finns efter ett år x~ 1> = 1.005 • 0.04x 1

+ 1.01 · 0.99x2.

På matrisfonn kan detta skrivas

= (

X(!)

l.OOö · 0.96 1.005 · 0.04

( 0.9648 0.0402

1.01 · 0.01 ) ( 1.01 · 0.99

0.0101 ) ( x 1 0.9999 X2

)

_ -

X1 ) X2

-

Bx .

Efter tre år får vi fördelningen

~(

(3) _ B3 X

-

X~

.899 .116

0.029 ) ( 1.001

X1 ) X2

.

I den ursprungliga modellen (exempel 2.62) är x = ( 57633 71549 ) t (fördelningen 199 l ). År 199 l levde 44.6 % i städerna och 1994 4 l.l %. Med modellen i detta exempel och samma startvärden x blir (3)

X

~( ~

,53.89 78.31

X X

103 103

)

.

Andelen boende i städerna 1994 blir alltså nu 40.8 %. Totalbefolkningen 1991 är 129182 och blir 1994. med denna modell, 132200. Den har alltså på tre år ökat med ca 2.3 %. Anm Föriindringsmatrisen

B

=(

1.005 · 0.96 1.005 · 0.01

1.01 · 0.04 ) 1.01 · 0.99

kan skri\'as

B d.. I ar i

=(

0.96 O.fH

=(

0.96 0.04

O.Ql ) (

0.99

1.005

O

= AC,

0.01 ) O. 99 är den matris som beskriver befolkningsfördelningen om

totalbefolkningen är konstant (se exempel 2.62) och C matris som beskriver reproduktionsmöstret. 166

O)

1.01

=(

1.oo5 0

O ) är den 1.01

2.5

Övningar

2.2 Visa att om u och v är två ortogonala vektorer i Rn så är lu + vl 2

= lul 2 +

2.5 Övningar 2.5.1 Vektorer av dimension n, Rn

2.lUtu= (

D, -I) (! )v= (

ochw=

a) Beräkna u + 3v och w - u. b) Beräkna skalärproduktema u • v och u • w. c) Bestäm alla nonnerade vektorer som är parallella med u. d) Visa att v och w är ortogonala. e) Bestäm en vektor som är ortogonal mot alla tre vektorerna. f) Bestäm projektionen av u på w. g) Bestäm längden av u - w.

lvl 2 •

(Pythagoras sats) Ledning: Utnyttja att lxl 2

= x · x.

2.3 Visa att om uoch v ärvektoreri Rn sågällerCauchy-Schwarzolikhet lu · vi

lul• lvl. Ledning: f (>..)

:S

= lu + >..vl 2 ~ 0 för alla reella tal>... Bestäm f:s minsta värde.

2.4 Visa triangelolikheten för vektorer u och v i R n.

lu + vi :S lul

+ lvl.

2.5 Bestäm en tredje punkt som ligger på samma linje i R 4 som punkterna P (2, 1, 3,4) och Q = (4, 3, 1,2). Bestäm linjensekvation.

=

2.5.2 Matriser 2.6 Matrisen A ges av A=

0-; i n

= (%) 167

Kapitel 2.

rektorer och matriser

Bestäm nu, n23, a32 och n122. 7 Matriserna A, B och C definieras av

A

=(

1 4 -1 3

Bestäm A - B, B

5 ) 2 ' B

=

( 6 1

-2 1

+C, 2B, B +2C 2B +C. och

2.8 Lös matrisekvationen

a(~ ~)+b(g ~)+c(~ ~)+d(g ~)=(; ~)2.9 Bestäm de transponerade matriserna till följande matriser samt avgör vilka som är symmetriska. a)

( -1 2) 2

2

-1

d) ( 4 7

g)

-3

,5 8

'

3 )

6 9

c)

( 3 -1) 2

1 f) ( -1 3

,

0),

4

'

-1 3 ) 2 0 , 0 4

h) ( 1 2 3 ) .

2.10 Låt

A=U a) Beräkna c2 1 , c 12 och c33, b) Beräkna C, c) Beräkna BA. 2.11 Låt A

= ( _; ~ ) , B = ( ~ ~ : )

ochC= ( - : ) a) Beräkna AB och BC, b) Beräkna (AB)C och A(BC). 2.12 Beräkna [( :.2I

168

-:3)(6 -2)]' (6 -2)t(2 -3)' 1

2

5

och

2

5

4

1

2.5

2.13 Sätt A

=(

1 -l 2 ) B 2 0 2 '

=(

Övningar

1 3 ) -5 2 '

G=(O 1),D=(j),E=(l O 2). a) Ange vilka av matrisproduktema AA, AB, BC etc. som är definierade. b) Beräkna dessa matrisprodukter. 2.14 Låt A vara en 3 x 5-matris, B en 5 x 2-matris, C en 3 x 4-matris, Den 4 x 2matris och E en 4 x 5-matris. Bestäm vilka av följande matriser som existerar och bestäm av vilka typer de är. a)AB+C, b)AB+CD, c)3EB+4D, d) CD- 2(CE)B, e) 2EB + DA.

= 2, 3, ...

2.15 Beräkna potenserna An för n

a)A=(-~ c)

g

D·

A _ ( cos 2 0 -sin0cos0

då

b)A=O ~

-n,

-sin0cos0 ) sin2 0 ·

2.17 Matrisen A har 6 rader och 4 kolonner, matrisen B har 4 rader och 7 kolonner och matrisen C har 7 rader och 3 kolonner. Matrisprodukten ABC kan ber'ciknas dels som (AB)C och dels som A(BC). I vilken ordning bör matrismultiplikationerna utföras för att totala antalet multiplikationer ska bli så litet som möjligt och hur många blir dessa i de båda fallen? 2.18 Beskriv i ord vad som händer med matrisen

M

=

(

a1

a2

b1

b2

a3 ) ~

C1

C2

C3

om man bildar produkterna M P 1 , M P2, M P3, PiM, P2M och P3M där 10 01 0 ) ,P2= ( 0 1 ) ,P3= ( 0 ). Pi= ( 0 00 10 11 00 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 169

Kapitel 2.

lel.torer och matriser

(Matriserna P1 , P2 och P3 kallas pennutationsmatriser.) 2.19 Ett stort företag har två fabriker F1 och F2 som var och en tillverkar två olika varor Vi och V2 . För detta åtgår tre olika råvaror R1, R2 och R3. Till en enhet Vi åtgår 2R 1 och en enhet R 3 medan en enhet V2 kräver 3R1, 2R2 och en enhet R3. Antag att företaget skall tillverka x1 enheter Vi och x2 enheter V2. a) Beskriv med matriser hur mycket råvara som då går åt. Låt rj vara mängden av råvara Rj. b) Antag nu att råvarorna R 1, R2 och R3 kostar P1, p2 respektive p3 kr. per enhet. Beskriv företagets kostnad för råvarorna med matrisprodukt. c) Antag att fabrik Fj skall tillverka Xij enheter av varan ¼ för i och j = 1, 2. Beskriv den totala råvaruåtgången för fabriken F; med matrisprodukt. d) Antag att fabriken F; har kostnaden Pi för råvaran i och att där skall tillverkas :rii enheter av vara i. Beskriv fabrikernas råvarukostnader med matriser. e) Beskriv med matriser råvarukostnaderna för hela företaget under de förhållanden som gäller i d). 2.20 (Ryktesspridning.) Om en liten grupp personer är känt att personen A skvallrar till personerna B och C, C "AochE, D "CochE, E " AochC. Detta kan symboliseras med matrisen

M-O~!~D Om elementet på plats ij är 1 betyder det att person i skvallrar till person j medan en nolla betyder att inga nyheter överförs. a) Vad betyder då matrisen M 2 ? b) Vad betyder matrisen M + J\,f 2 ? c) Hur kan man tolka ett stort tal i matrisen M 3 ? 2.21 Låt A och B vara kvadratiska matriser av samma typ. Visa att om A och B kommuterar. dvs. om AB= BA, så gäller

=

a) (AB) 2 A2B 2 . 2 b) (A + B) A 2 + 2AB + B 2 . c) (A + B)(A - B) A 2 - B2.

=

=

d) Visa att sambanden i a)-c) inte gäller generellt. 170

2.5

Övningar

2.22 Låt

Di

1

=(

a0

0

a~

0

~)

och D2

=(

b~

b~

0

0

~

~)

~

vara två diagonalmatriser. Visa att Di och D2 kommuterar och att produkten är en diagonalmatris. 2.23 Sätt A

=(

2.24 Låt A

= ( _ ~ ~ ) . Visa att A 2 = 2A- I och utnyttja sedan detta samband

CC:S 0 sm 0

- sin 0 ) . Visa att A2 cos 0

=(

c~s 20 - sin 20 ) . sm 20 cos 20

för att bestämma A 100 • 2.25 Bestäm (A + 1) 10 om A2 2.26 a) Visa att om A

! ) så gäller

=( ~ A2

= A.

= (a + d)A -

b) Utnyttja resultatet i a) för att bestämma

(ad- bc)I.

A4

om

A=(~ ~)2.27 a) Visa att ekvationen A 2

= I satisfieras av var och en av matriserna

( ~ ~ ) ,( ! _~ ) och ( ~

_

där a och b är godtyckliga reella tal. b) Bestäm alla 2 x 2 matriser som satisfierar ekvationen A 2

= ( 1 ~ a 1 ~ b ) och S = ( ~a ~b a) Visa att S"'- = kn- 1 s forn~ 2, där k = -(a + b). 2.28 Sätt P

b) Visa att pn =I+ Ledning: P = I+ S. 2.29 Låt A

~) = I.

) .

(l+kt-1 k S.

= B + C där B och C är kvadratiska matriser sådan att C 2 = 0 och

BC = CB. Visa att

Ak+l

= Bk(B + (k + l)C),k = 1, 2, .... 171

Kapitel 2.

Vektorer och mat,iser

.. 2.30 Berakna B 10 om B

Ledning: B

=(

1 1

-1 ) . 1

= I + A där A = ( ~ - ~ ) .

2.5.3 Linjära avbildningar och matriser 2.31 Beskriv geometriskt de linjära avbildningar som h(ör ~Il ;;13~se)rna a) ( -~

1 d) ( 0 0

~) 0 -1 0

,

0 ) 0 , 1

b) ( -~

e)

(-1 0 0

~ ~ ~

c)

-~ ) ,

,

0 0 ) -1 0 . 0 1

2.32 Bestäm matrisen för den linjära avbildning som speglar planets vektorer (punkter) i linjen a)y = x, b)y = -x. 2.33 Alla vektorer i rummet speglas i planet med ekvationen a) y = 0 (xz-planet), b) x = 0 (yz-planet), c) y - .-r = 0, d) y - z = 0. Bestäm avbildningarnas matriser. 2.34 Bestäm matrisen för den linjära avbildning som speglar planets vektorer (punkter) i linjen a) x1 - 2x2 = 0, b)ax 1 +bx2 = 0. 2.35 Bestäm matrisen för den linjära avbildning som innebär att varje vektor i rummet avbildas på sin ortogonala projektion på a) planet x1 = 0 (x2x3-planet), b) planet x 1 = x2, X=

c) planet 2:z:1

+ 2x2 + x3 = 0,

d) linjen

{

y z

2t

= -t

= 2t

2.36 En linjär avbildning i planet avbildar e 1 på e1 - e 2 och e 2 på e 1 . Bestäm avbildningens matris och bilden av ( 2 3 ) t . 2.37 Bestäm den vridningsmatris (vridning mnkring origo) som överför vektorn 4 ( på vektorn ( ,5 0

( :3 172

f.

2.5

Övningar

2.38 Låt A vara vridningen 1r /2 kring x 1 -axeln så att e 2 avbildas på e 3 och B vridningen 1r /2 kring x2-axeln så att e 3 avbildas på e 1 . Bestäm matriserna A och B. 2.39 Bestäm vridningsmatrisen för en vridning av rummets punkter vinkeln 0

a) omkring z-axeln,

b) omkring x-axeln.

2.40 Bestäm matriserna för den lirtjära avbildning som ger en vridning a) ett halvt varv omkring linjen X= {

y

t

=t

,

z=t b) vinkeln ! omkring linjen

{ : : ~t .

z=O

Vridningen sker moturs sett från spetsen av vektorn ( 1, -1, O) t . 2.41 Matriserna för en vridning och för en spegling i planet är

A- ( cos0 -sin0 ) kti B _ ( cos2a sin 0 cos 0 respe ve sin 2a

sin2a ) - cos 2o ·

(Se exemplen 2.53 och 2.55.) Vid en vridning och en spegling ändras ej längden av en vektor. Kontrollera detta genom att beräkna längderna av vektorerna Ax och Bx, då X = ( X1 X2 ) t . 2.42 Matrisen A som representerar en spegling i en linje genom origo avbildar basvektorn e., = ( 1 0 )t på vektorn ( ~ )t. a) Bestäm ekvationen för speglingslinjen. b) Bestäm A.

l

2.43 På samma sätt som i exempel 2.49 kan man visa att matrisen för en spegling (i planet) i en godtycklig linje genom origo är lika med

I - 2nnt,

där I är enhetsmatrisen av typ 2 x 2 och n är en normerad nonnalvektor till linjen. Visa att om vinkeln mellan positiva x-axeln och linjen är a så är /

-

2

t _

nn -

(

cos2a sin2o

sin 2a ) -cos2a ·

(Jämför med exempel 2.55.) 173

Kapitel 2.

Vektorer och matriser

2.44 En skjuvning i planet längs en linje e genom origo definieras på följande sätt: Varje punkt på eavbildas på sig själv. Vidare avbildas (förflyttas) en punkt P som inte ligger på på en punkt P' sådan att P pl är parallell med och sådan att avståndet mellan P och P' är proportionellt mot P:s avstånd till linjen (proportionalitetskonstanten = k). Punkter belägna på olika sidor om linjen förskjuts åt var sitt håll (se figur 2.44 ). Bestäm matrisen för en skjuvning längs a) x-axeln. b) y-axeln. c) linjen y = x, d) linjen ax+ by = 0, där a2 + b2 = 1.

e

e

Figur2.44

2.5.4 Sammansatta avbildningar 2.45 A är en vridning 1r /2 omkring x 3-axeln och B är en vridning vinkeln 1r /2 Oinkring x2-axeln. Den positiva vridningsriktningen är moturs sett från spetsen av :1:3-axeln resp. x2-axeln. Figur 2.45 visar ett rätblock som genomgår successiva vridningar svarande mot matriserna A och B. a) Bestäm matriserna A och B. b) Bestäm matrisen för en vridning vinkeln 1r/2 omkring x 3-axeln följd av en vridning vinkeln 1r /2 omkring x 2-axeln. c) Bestäm matrisen för den avbildning som först vrider vinke~n 1r /2 omkring x 2 axeln och sedan vinkeln 1r /2 omkring x 3-axeln. 2.46 Låt l' vara matrisen för en vridning i planet vinkeln i moturs omkring origo och P matrisen för den ortogonala projektionen av vektorerna i planet på linjen 174

2.5

Övningar

Figur2.45

y=x. a) Visa utan att bestämma V och P att PV P = 0. b) Bestäm V och P och kontrollera a) genom matrismultiplikation. 2.47 Låta= ( a1 a2 a3 / vara en fix vektor i R 3 och låt A vara den matris som uppfyller Av = a x v för alla vektorer v i R 3 • a) Bestäm A. b) Visa att om lal = 1 så är A3 = -A. c) Förklara med hjälp av definitionen på vektorprodukt sambandet i b). 2.48 Låt A vara matrisen för vridningen vinkeln 0 i positiv led (moturs) av planets punkter omkring origo. a) Ge en geometrisk tolkning av matriserna A2 , A3 , ••• An (n positivt heltal). Kontrollera genom att beräkna A2 • b) Visa att A t är en vridning vinkeln 0 medurs. c) Ange betydelsen av de sammansatta avbildningar som svarar mot matriserna AA 1 och A t A. Kontrollera genom att beräkna matriserna. 2.49 Låt P vara ett hörn i en kub och Q 1, Q 2 och Q 3 de tre närliggande hörnen. Kuben vrids omkring P så att Q1 övergår i Q2, Q2 i Qa och Qa i Q1. Kuben är före vridningen placerad i ett koordinatsystem så att P ligger i origo och så att kanterna PQ 1 , PQ2 och PQa ligger längs de positiva koordinataxlarna. Kubens kantlängd

175

Kapitel 2.

Vektorer och matriser

är 1. a) Bestäm matrisen A för vridningen och läget för de övriga hörnen eftervridningen. b) Bestäm vridningsaxeln. Ledning: Utnyttja resultatet i a) beträffande läget av de övriga hörnen. c) Bestäm vridningsvinkeln. Ledning: Beräkna A3 . 2.50 Låt A vara matrisen för den ortogonala projektionen av planets vektorer på en linje egenom origo. a) Bestäm A 2 x om Ax= y. (Rita figur.) Slutsats? b) Enligt exempel 2.4 7 gäller att A = vv 1 , där v är en normerad riktningsvektor till e. Utnyttja detta för att visa att slutsatsen i a) är riktig. 2.51 Låt S0 vara den matris som speglar vektorerna i planet i den linje genom origo som bildar vinkeln 0/2 med positiva x-axeln, dvs. So

= ( cos0 . sm 0

sin0 ) (se exempel 2.55). -cos 0

Låt vidare Ro vara den matris som vrider vektorerna i planet vinkeln 0 omkring origo, dvs.

Ro

= ( cos0 . SIil 0

-sin0 ) (se exempel 2.53). COS 0

a) Visa att speglingen So kan erhållas genom att först spegla i x-axeln och sedan vrida vinkeln 0 omkring origo, dvs. So= RoSo.

b) Visa att So också kan fås genom att först vrida vinkeln -0 omkring origo och sedan spegla i x-axeln, dvs. So= SoR-o.

c) Utnyttja resultaten i a) och b) för att visa två successiva speglingar i två olika linjer genom origo är ekvivalenta med en viss vridning. Ange också vridningsvinkeln om linjerna bildar vinklarna 0i/2 respektive 02 /2 med positiva x-axeln. d) Rita figurer som åskådliggör resultaten i uppgifterna a - c. 2.52 Visa att a) tre successiva vridningar, vardera ett halvt varv omkring x-axeln, y-axeln respektive >axeln återför en kropp till utgångsläget. b) tre successiva vridningar med vinklarna 0, j och 0 omkring x-axeln, y-axeln respektive z-axeln är ekvivalenta med en vridning vinkeln 71' /2 omkring y-axeln. 176

2.5

Övningar

2.53 a) Låt C vara_ den linjära avbildning som representeras av matrisen

Visa att C kan tolkas som en vridning följd av en expansion (kompression). b) Varje komplext tal z = a + ib (där a, b reella och och i 2 = -1) motsvaras av en matris av typen C. T.ex. så motsvaras 1 av matrisen (

~ ~

) (enhetsmatrisen)

och i motsvaras av matrisen

( 0 -1) 1

Visa att om z1

.

= a 1 + ib 1 och z 2 = a 2 + ib2 motsvaras av C1

så motsvaras

0

=(

z1 z2

av

~~ -:~ )

C1 C2.

respektive C2

= ( ~: -:: )

Kontrollera speciellt fallet

z1

=

z2

= i.

2.54 En radarreflektor består av tre plåtar sammanfogade så att de utgör en del av de tre koordinatplanen i ett rätvinkligt koordinatsystem (figur 2.46). Visa att en radarstråle som kommer från en godtycklig riktning i positiva oktanten och träffar reflektorn nära origo återkastas i rakt motsatt riktning. (Radarstrålarna reflekteras i plåtarna på samma sätt som ljus i speglar. Ledning: Undersök hur den infallande strålens riktningsvektor ändras vid varje reflexion)

Figur 2.46 2.55 En plan solfångare står rakt upp med normalen pekande horisontellt ät söder. Den skall ställas in med normalen (vars tre olika lägen i figur 2.4 7 betecknas med n 1 , n 2 och n 3 ) pekande mot solen. Inställningen sker via två vridningar: först vrides solfångaren vinkelna runt en vertikal axel, därefter vrides den vinkeln /3 runt en en öst-västlig horisontell axel. Beräkna vridningsvinklama o- och /3, om solen står i sydost och har höjden 45° över horisonten Ledning: Utnyttja övning 2.39. 177

Kapitel 2.

Vektorer och matriser

Figur2.47 2.56 Med en linjärkombination av två funktioner fi(x) och h(x) menas en funktion av typen f(x) = ci/1 (x) + c2'2(x), där c1 och c2 är konstanter. Betrakta funktionerna /i (x) = e- 2"' sin x och '2(x) = e- 2"' cos x samt alla funktioner som är linjärkombinationer av dessa, dvs. alla funktioner av typen

a) Bestäm f'(x), då f(x) är en sådan funktion och visa att f'(x) också är en linjärkombination av /i (x) och h(x). b) Varje funktion av denna typ motsvaras av en vektor

c=(~:)Visa att om f' (x) motsvaras av vektorn d

= ( :: )

så finns det en matris D så att

d=Dc.

(Detta innebär att derivering i detta fall kan uppfattas som en multiplikation med matrisen D.) c) Hur kan matrisen D 2 tolkas, om Där som i b)? 2.57 a) Konstruera en matematisk modell för befolkningsflödet mellan olika regioner i ett land. Man kan anta att flyttningarna från ett år till nästa kan beskrivas av nedanstående tabell, där raderna anger var folk bor idag, medan kolonnerna i procent anger var personer ur respektive grupp är bosatta ett år senare.

Storstad Tätort Landsbygd 178

Storstad 96 l 1.5

Tätort

Landsbygd·

3

98

1 1

0.5

98

2.5

Öv11i11gar

b) År 1996 ansågs i ett visst land bo 57633 tusen personer i storstäder. 71549 tusen i mindre tätorter och 69723 tusen på landsbygden. Man antar att befolkningens storlek är konstant." Hur många bor då efter 2 år i de olika kategorierna? 2.58 Forts. på övning 2.57 Man antar nu att befolkningen ökar på grund av födelseöverskott 0.8 % per år i storstad, 1.2 % i tätorten och 0.9 % på landsbygden. De som flyttar antas behålla sitt reproduktionsmönster under flyttningsåret. a) Hur ändras modellen? b) Hur stor andel av befolkningen bor då i storstäder efter 3 år? Efter l 0 år? 2.59 Antag att de som flyttar i exempel 2.63 ej behåller sitt reproduktionsmönster under flyttningsåret och att detta i stället överensstämmer med reproduktionsmönstret för den region som flyttningen sker till. Hur ändras då modellen?

2.60 En smittsam förkylningssjukdom bryter ut i en befolkning. Av alla friska är en tiondel förkylda en vecka senare, medan de övriga fortfarande är friska. Av de förkylda tillfrisknar sedan hälften på en vecka. a) Ange ett samband mellan antalet friska och sjuka en viss vecka och den följande veckan. Bestäm sambandet på formen n+l ( fSn+l

)

= A ( fn

) ,

Sn

där f n och sn anger antalet friska respektive sjuka den n:te veckan. b) Bestäm fördelningen av friska och sjuka efter en vecka, två veckor och tre veckor. Totalbefolkningen kan sättas till 10000. 2.61 Bestäm överföringsmatrisema för fyrpolema i figur 2.48. Ledning: Fyrpolema ovan kan uppfattas som en seriekoppling av fyrpolerna A och B i exempel 2.60. 2.62 Fyrpolen i figur 2.49 består av tre seriekopplade fyrpoler med de angivna övergångsmatrisema. Bestäm utgångsströmmen och utspänningen om inspänningen är 2 V och ingångsströmmen är 3 A.

2.5.5 Datorövningar Av ovanstående övningar: 2.12, 2.17 samt b)-uppgiftema i övningarna 2.57, 2.58 och 2.60. 179

Kapitel 2.

I ektorer och matriser

~

~

::.~ I'~ I ijl 11

.12 + Y2 •-

+

v,_

-

12,

~t

, 11

,~ ~11 :v: I

1,.

+

Figur2.48

(-24) i-2. Figur 2.49

180

2.5

Övningar

2.63 Starta med en punkt P = (1, 2, 3) och applicera de tre successiva vridningarna i övning 2.52 a) på vektorn 0P och verifiera påståendena i övning 2.52 a). Var hrunnar punkten sedan respektive vridning har applicerats? 2.64 Låt A och B vara två godtyckliga matriser av typ 50 x 10 respektive 10 x 20. Låt vidare x vara en kolonnvektor med 20 element. Bestäm hur många flyttalsoperationer (flops) som man behöver använda för att beräkna a) (AB)x, b) A(Bx), samt kontrollera att beräkningarna ger samma svar. Ledning: I MATLAB kan man räkna flyttalsoperationer med ltjälp av den inbyggda funktionenjlops. En godtycklig m x n-matris med slumptalselement kan skapas med hjälp av MATLABkommandot rand(m, n). 2.65 Låt A och B vara godtyckliga 5 x 5-matriser. Försök med ltjälp av datorexperiment avgöra vilka av följande räkneregler som är sanna. a) (AB) 2 = A 2 B 2 . b) (AB)t = BtAt. c)AB = BA. 2.66 Med ett hyperplan i R" menas de ortsvektorer 0P = (x 1 , ... , xn)t som uppfyller en ekvation av typen a1x1 + a2x2 + ... + anXn = b, eller kortare skrivet a · x =b där a = (a 1 , . . . , an) t är normalvektor till hyperplanet. Låt II vara ett hyperplan som går genom origo och har nonnalvektorn n = (2,0,-1, 7,3)t. a) Om man speglar en punkt P = (1, 2, 3, 4, 5) i hyperplanet II erhålles en spegelbild, Q, av P. Bestäm Q och kontrollera att vektorn PQ är parallell med n, samt

1w1 IOQI ·

att = b) Bestäm en matris A som representerar den linjära avbildningen som projicerar en vektorvinkelrätt på hyperplanet II. Vad är A 2 ? Använd A för att projicera punkten P. Kontrollera att vektorn A ( 0P) är vinkelrät mot n. 2.67 Låt ri, rt ... , r!n vara raderna i en m x n-matris A och låt a1, ... , an vara kolonnerna i A. Vektorn c skall beräknas som produkten Ax, där x = (x1, ... , x" )1. Undersök genom datorexperiment vilka av följande metoder för att beräkna c som är korrekta. a) ci = rix, i = 1, · · · , m. b) C

= a1X1 + a2x2 + · ·" + anxn.

2.68 Låt~. beteckna den i:te raden i en m x p -matris A och låt a,,i beteckna den i:te kolonne'~ i A. Anta vidare att C = AB, där Bär en p x n- matris.

Tag m lenta.

= 5, p = 4, n = 3 och verifiera att följande beräkningsfonnler är ekviva181

Kapitel 2. i) ii) iii)

lektorer och matriser

al., b,,j, i= 1, ... ,111., j = 1, ... ,n. c,,i = Ab,,;, i= 1, ... , n.

c;,j =

c;,=a\.B,i=l, ... ,m. iv) c'= a,,/bL, + a,,2 bt + ... + a,,p b~,,. Elementen i A och B kan väljas godtyckligt. t.ex. genom att använda MATLABfunktionen rand. (Fonnel i) och ii) är de som oftast används. I vissa situationer, t.ex. då mycket stora matriser skall multipliceras på vissa typer av superdatorer, kan de andra fonnlema ibland vara att föredra.)

182

3 Linjära ekvationssystem

3.1 Inledning Många frågeställningar leder till system av ekvationer med flera obekanta. Vi börjar med några exempel. Exempel 3.1 I ett försök att approximera ex på inteivallet [O, 1] vill man hitta ett tredjegradspolynom

så att P(x) har samma funktionsvärde och samma första derivata som funktionen f(x) = ex i ändpunkterna på inteivallet. Lösning Det är tydligen fyra villkor som samtidigt skall vara uppfyllda

P(O) = /(0) P(l) = /(1) { P'(O) = f'(O) P'(l) = /'(1).

Eftersom

och J'(x)

= ex

kan detta skrivas ao

{

ao + a1

=1

+ a2 + a3 = e

=1 a1 + 2a2 + 3a3 = e. a1

(l)

183

Kapitel 3.

linjära e!.1 1atio11ssystem

Vi kan svara jakande på vår fråga om vi kan hitta värden på de obekanta ao, a1, a2 och a 3 så att systemet (1) är satisfierat. Systemet kan också skrivas med en matris och två vektorer

Exempel 3.2 Betrakta följande system av enkelriktade gator.

Talen och :1::en anger antalet passerande bilar per timme under rusningstid. Varje bil som ankonuner till en korsning antas också lämna korsningen så att ingen trafikstockning kan inträffa. Ingen parkering är tillåten. Eftersom antalet bilar som ankommer till en korsning är lika med antalet bilar som avlägsnar sig fås följande ekvationer. (korsning A) 400 + 200 = X1 + X4 (korsning B) X1 + 100 = 600 + X2 { (korsning C) X2 + 800 = 100 + X3 (korsning D). X3 + X4 = 200 + 600 Även här kan vi skriva systemet på matrisfonn

(

~ - ~ ~ ~ ) ( :: ) = (

0 0

1 0

-1 0 1 1

X3 X4

-

:~ ) 700

.

800

Exem1>el 3.3 I en stad finns tre företag som är ömsesidigt beroende, ett kolgruvebolag. en elproducent och ett lokalt jämvägsföretag. För att bryta kol till ett värde av I kr köper gmvbolaget elektrisk energi för 0.25 kr och transporttjänster för 0.20 kr. Elproducenten använder. för att producera elektrisk energi till ett värde av I kr, kol för 0.60 kr. elkraft för diverse stymtmstning för 0.05 kr ochjämvägstransporter för 0.10 kr. Slutligen köper jämvägsföretaget kol för 0.50 kr och el för 0. JO kr och kan dänned sälja transporttjänster för I kr. Under en viss vecka får gruvan order för -W0000 kr från företag från andra orter samtidigt som elverket säljer kraft till andra företag än dessa tre för 200000 kr. Jämvägsbolaget säljer tjänster endast till gruvan och kraftverksbolaget. För hur mycket skall de tre företagen producera den veckan för all precis tillfredsställa behoven för sig själva och de externa kunderna? 18 ➔

3.1

l11/ed11i11g

~ösning Uppenbarligen måste produktionskostnaderna för varje produkt svara precis mot värdet av konsumtionen av produkten. Låt x 1 , x 2 och x 3 vara värdet av den producerade mängden kol, elkraft respektive transporttjänster. Vi får X1 { X2 x3

= 400000 + 0.60x2 + 0.50x 3 = 200000 + 0.25x 1 + 0.05x 2 + 0.10x 3 = 0 + 0.20x1 + 0.10x 2

Detta kan skrivas

( -o\5

-0.20

-0.60 0.95 -0.10

-0.50 ) ( X1 ) -0.10 X2 1 X3

400000) ( 20~00 ,

som det alltså gäller att hitta en lösning till. I ovanstående exempel har vi lika många ekvationer som obekanta. Detta behöver inte vara fallet och ett liajärt ekvationssystem kan skrivas på fonnen

eller på matrisfonn

Ax=b, där

Koefficientmatrisen A och högerledsvektorn b innehåller kända storheter medan vektorn x innehåller de obekanta. Ett sådant system kallas för ett linjärt ehationssystem. Om vi kan finna värden på de obekanta så att alla ekvationerna är uppfyllda samtidigt så kallar vi motsvarande vektor för en lösning eller lösningsvektor. Om b är nollvektom så säger vi att systemet är homogent. l annat fall är det inhomogent. Ett homogent system har tydligen alltid den triviala lösningen x1 = x2 = · · · = Xn = 0. Ibland finns det även andra lösningar till ett homogent system. Dessa kallas då icke-triviala. I ett ekvationssystem där koefficientmatrisen är av typ m x n har vi m ekvationer eller villkor som skall uppfyllas av n obekanta. Man kan tänka sig tre olika situationer: 185

Kapitel 3.

linjära eÅ11atio11ssystem

Det finns ingen lösning. Det finns exakt en lösning. Det finns flera lösningar. Om vi har lika många ekvationer som obekanta kommer det i nonnalfallet att finnas exakt en lösning. Att så dock ej alltid är fallet illustreras nännast. Exem11el 3.4 Systemet

{

2X1 - X2 2X1 - X2

=2

=0

har uppenbarligen ingen lösning. Systemet {

2x1 = 2 2X1 - X2 = 0

har exakt en lösning. x 1 = 1 och x2 {

= 2. Däremot har systemet 2X1 - X2 = 2 -4x1 + 2x2 = -4

oändligt många lösningar eftersom varje talpar (x1, x2) som löser den första ekvationen även satisfierar den andra. Vi kan illustrera de tre systemen geometriskt. Varje ekvation satisfieras av punkterna på en linje i planet. Ett system av två sådana ekvationer satisfieras av eventuella gemensamma punkter för motsvarande linjer. Våra tre system är representerade i figuren. 11-

1injer

När ett linjärt ekvationssystem saknar lösning säger vi att det är överbestämt; ekvationerna kan inte samtidigt uppfyllas. Om systemet har mer än en lösning är det underbestämt.

Ekvationssystem som ej är linjära kallas naturligtvis ickelinjära och de kan ha många olika utseenden. De kan innehålla tenner som x1x2, sin x1, l/x 1 och lx21. Så är till exempel systemet

=1 = x2,

{ x? +x~ sinx1

som bestämmer skärningspunkterna mellan en cirkel och en sinuskurva, ickelinjärt. Sadana system behandlas i flervariabelanalysen. 186

3.2

Gausselimi11atio11

Vi kommer ofta att stöta på problemet att lösa ett linjärt ekvationssystem. Om systemet är litet kanske vi löser det för hand. Annars tar vi en dator till l\jälp. Berakningsgången är i båda fallen i princip densamma. Vissa skillnader finns dock. När vi löser problemet för hand styr vi ibland beräkningarna så att vi får "enkla tal" att räkna med. När vi använder dator så utnyttjar vi i regel färdiga standardprogram. Då kan frågor om minnesbehov, beräkningstider och lösningsnoggrannhet vara relevanta. För att kunna använda standardprogrammen på ett rimligt och effektivt siitt bör man känna till principerna för hur ett sådant arbetar. Standardmetoden för att lösa ett allmänt linjärt ekvationssystem kallas för Gausselimination. Den är en så kallad direkt metod, vilket innebär att man får fram den exakta lösningen, bortsett från avrundningsfel, efter ett på förhand bestämbart antal operationer. Detta i motsats till de så kallade iterativa metoderna där man beraknar en följd av approximativa lösningar och avbryter beräkningarna när man anser sig ha kommit tillräckligt nära den exakta lösningen.

3.2 Gausselimination Exempel 3.5 Vi inleder med ett ekvationssystem på trapp/orm. Med detta menas att varje rad i koefficientmatrisen inleds med fler nollelement än den nännast föregående raden. Om vi i koefficientmatrisen avskiljer de inledande nollorna så kommer skiljelinjen att utgöra en trappa där inget trappsteg är högre än en ekvation. Studera t. ex. 2x1 - x2 + X3 = 1 a { (2) -x2 + 3x3 = 1 b 8X3 = 8 C Vi använder bokstäverna a, b och c för att kunna referera till de enskilda ekvationerna. Vi utnyttjar dem nedifrån och man kallar det för bakåtsubstitution. Ur c får vi x 3 = 1, varefter b ger x 2 = 2. Slutligen ger a att x1 = 1. Vi får att 2X1 - X2 + X3 = 1 { X1 = 1 { -X2 + 3X3 = 1 . Sätt x< 1> = x< 0 > + y< 0 >. a) Visa att x< 1> satisfierar Ax= b. b) Om man på grund av avrundningsfel endast haren approximativ LR-faktorisering A ~ LR kommer x< 1 > också att vara en approximativ lösning. Under vissa förutsättningar på avrundningsfelens storlek är x(l> en bättre approximation än x< 0 >. Man kan tänka sig att upprepa förfarandet, dvs. att beräkna r(l> = b - Ax< 1 J, etc. Denna metod kallas iterativ forbättring. Gör två förbättringar av xl 0 J = 0 i systemet Ax = b där A

=(

~1 -2~ 0~ )

och b

=(

1) 5

med hjälp av följande dåliga LR-faktorisering

(~ ~ ~)(~ ~ ~)=(~ 0

-3

1

0 0 5

0

~

-3

~)-

-1

I praktiken är det viktigt att man beräknar vektorerna r< i) med stor precision.

223

Kapitel 3.

linjära ekvatio11ssystem

3.6.4 Lösning av linjära ekvationssystem med dator 3.40 Lös följande ekvationssystem och förklara resultaten

a

) { :r1 + x2 = 2 :r1 - X2 = 2.0001

c)

e)

b) { X1 + x2 = 2 X1 - X2 1.9999 '

'

{ .1:1 + X2 = 2 .-z: 1 + 1.000lx 2 = 2.0001 ' {

x 1 + lOOx2 x1 + 10lx2

=3 =6

d) {

= X1 + X2 = 2

x 1 + l.OOOlx2

t) { X1 xi

'

= 1.9999

'

+ l0lx2 = 3 + lO0x2 = 6

3.41 Teknologerna A och Bhar löst ekvationssystemet {

l.OOx + 0.99y 0.99x + 0.98-y

= 2.00 = 2.00

och erhållit resultaten x=3 y

= -1

B. { x '

.

y

= 201 = -200

Båda har dock räknat fel. Vilken av teknologerna har lyckats "bäst"? 3.42 a) Visa att ekvationssystemet {

l.2969x 1 + 0.8648x 2 = 0.8642 0.2161x 1 + 0.1441x2 = 0.1440

har den exakta lösningen x 1 = 2, x 2 = -2. b) Antag att högerleden representerar experimentellt uppmätta värden och att osäkerheten i dessa är högst 0.5 • 10- 4 • Detta innebär att ekvationssystemet i a) lika gärna kunde vara (t.ex.) l.2969x 1 + 0.8648x2 0.216lx 1 + 0.1441x2

{

= 0.86423 = 0.14396

eller {

l.2969x 1 + 0.8648x 2 = 0.86416 0.216lx 1 + 0.1441x2 = 0.14404

Lös dessa båda system och förklara resultaten. 3.43 Ekvationssystemet ( 0.861,549 0.2461,5,5

0.6494803 ) ( X1 ) 0.1855644 X2

=(

har exakt en lösning. nämligen X1 x2

22-l

= 5/13 ~ 0.384615 = 3/7 ~ 0.428571

0.6097137 ) 0.1742-026

3.6

Ov11i11gar

Systemet är mycket känsligt för de avrundningsfel man gör under lösandel. Vad ger din miniräknare för resultat? 3.44 Antalet operationer som behövs för att lösa ett kvadratiskt ekvationssvstem med n ekvationer är ungefär proportionellt mot n 3 • På en viss dator tar det ~a 0.3 sek för att lösa ett system med 200 obekanta. Uppskatta tiden som åtgår för att lösa ett system med 1000 obekanta. 3.45 På en nonnal dator disponerar man 64 Mb primänuinne och l Mb är 22°b

(byte). Antag att ekvationslösningsprogrammet kräver obetydligt med minne förutom utrymme för koefficientmatris och högerled. Hur stort är det största system man kan lösa med hjälp av enbart primänninnet då varje flyttal kräver 8 b? 3.46 Om man skall lösa ett ekvationssystem A 2 x=b,

där A är en nx n-matris kan man gå till väga på två sätt. Antingen beräknar man först A2 , LR-faktoriserar detta och löser systemet med framåt/bakåt-substitution. eller så gör man en faktorisering av A och framåt/bakåt-substitution i två system. Bestäm beräkningskomplexiteten för de två alternativen med ltjälp av avsnittet om beräkningskomplexitet.

3.6.5 Överbestämda ekvationssystem och minstakvadratanpassning 3.47 Lös i minstakvadratmetodens mening det överbestämda ekvationssystemet 2x 1 + 2x2 = 6 { 3x1 -X2 = 1 4x1 +2x2 = 9

.

3.48 Lös i minstakvadratmetodens mening det överbestämda systemet

3.49 Lös i minstakvadratmetodens mening följande ekvationssystem. Bestäm även residualen.

3x 1 - 3x2 + X3 = -1 X1 +x2 +x3 = 2.5 { -X1 - X2 + X3 = 1.5 2x1 - x2 + 2x3 = 3 225

Kapitel 3.

li11jäm e/i, 1atio11ssystem

3.50 Bestäm den räta linje som bäst approximerar följande data i minstakvadratmetodens mening x· y:

l 2

2 5

3 6

4 8

5 Il

Rita figur med punkterna och linjen. 3.51 Ingenjör S Karlsson avläste under några dagar vattenmätaren i sin nya villa och erhöll därvid följande värden.

Den I mars kl 18.00: Den 3 mars kl 12.00: Den 7 mars kl 22.00: Den 10 mars kl 10.00:

5100 liter 5600 liter 7800 liter 8500 liter.

Familjen Karlssons vattenförbrukning per dygn kan antas vara approximativt konstant. Bestäm med minstakvadratanpassning fatniljen Karlssons vattenförbrukning per dygn samt när de flyttade in i sin villa (vattenmätaren antas då ha visat 0 liter). 3.52 Kemisten Anna Lys har köpt ett instrument för att mäta koncentrationen av olika grundämnen (särskilt järn) i järnmalm. Instrumentet visar tyvärr inte koncentrationen utan ett mätvärde för varje grundämne. I allmänhet är koncentrationen proportionell mot mätvärdet. men inte för järn i den malm Anna skulle analysera. Så småningom upptäckte Anna att mätvärdet för järn påverkas av kalciumkoncentrationen. Hon genomförde då en mätserie på fyra olika prover med kända koncentrationer av järn (Fe) och kalcium (Ca). Resultatet framgår av tabellen nedan.

Koncentration Fe(%) CFe 60.3 59.2 42.5 42.1

Mätvärde Fe MFe 230.0 209.1 159.5 125.3

Koncentration Ca(%) Cca 0.5 4.1 1.0 8.0

Mätvärde Ca Mca 1.0 8.1 2.0 15.9

Med ledning av värdena i tabellen ställde Anna upp följande samband CFe

= a1NlFe + a2Mca•

Sambandet gäller endast för 40 :S C Fe :S 65. a) Bestäm konstanterna a1 och a2 med minstakvadratmetoden .. b) Blir resultatet av ovanstående samband sådant att Anna troligtvis kan använda instmmentet om hon vill att CFe ska kunna bestämmas med ett fel som till beloppet är mindre ~in 0.5 procentenheter? Svaret ska motiveras. 3.53 Vid ett (vsikaliskt experiment som liknar "fritt fall" är avståndet y och tiden = a + bt 2 • Bestäm det samband

t sammankopplad med ett samband av typen y 226

3. 6

Övningar

av denna typ som i minstakvadratmetodens mening bäst ansluter sig till följande mätdata

t:

0 2.1

y:

0.2 2.5

0.4 3.5

0.6 5.5

0.8 8.5

1.0 12.2

3.54 Bestäm den cirkel som bäst ansluter sig till följande punkter i minstakvadratmetodens mening

0 0

x:

y:

4 0 5 0 4 6

3.55 Anpassa i minstakvadratmetodens mening ett andragradspolynom till följande punkter: X :

y :

2.0 1.1

2.5 1.2

3.0 1.3

3.5 1.5

4.0 1.8

3.56 Bestäm koefficienterna A, B och C så att funktionen

F(x)

= A + Bcosx + Csinx

ansluter sig så bra som möjligt i minstakvadratmetodens mening till följande punkter: (0, -1), (11' /2, 1), ('11', 2) och (311'/2, 3).

3.57 Antag att man vill anpassa rnätdata till följande funktionssamband a) y = axb, b) y = ln(ax + b), c) y = 1/ (ax 2 + bx + c), d)y=alnbx, e)y=asin(x+b). Föreslå omformuleringar av sambanden sådana att de obestämda storheterna kan bestämmas via normalekvationer. 3.58 Anpassa följande data till sambandet y i övning 3.57d x:

y:

1 2.2

= a In bx med hjälp av omskrivningen

2

3

4

5

3.6

4.4

5.0

5.4

3.59 Man förmodar, att det finns ett samband mellan planeternas omloppstider, T, och deras medelavstånd till solen, R, av fonnen T To · Rq där To och q är konstanter, och R är mätt med jordbanans radie som enhet. Bestäm i minstakvadratmetodens mening T0 och q med hjälp av följande tabell.

=

Merkurius Venus

Mars Jupiter Saturnus Uranus

R 0.39 0.72 1.52 5.20 9.5 19

T (år) 0.24 0.62 1.88 11.9 29.5 84

227

Kapitel 3.

linjära ekvationssystem

3.60 Vid ett experiment i reglerteknik uppmättes följande värden t:

0.1

y:

0.59

0.2 l.17

0.3 l.70

0.4 2.14

a) Bestäm den kurva av typ y = at + bt 3 som i minstakvadratmetodens mening bäst ansluter sig till de erhållna mätvärdena. b) I själva verket vet man att mätvärdena teoretiskt beskrivs av ett samband av typen y = y(t) = ao · sinwt. Uppskatta amplituden a0 och vinkelfrekvensen w med ltjälp av resultatet i a). 3 Ledning: ao sin wt ~ wt t3.

ao:

3.6.6 Blandade övningar 3.61 Vid ett hydrodynamiskt försök placerar man en kula i centrum av ett cylindriskt rör. Genom röret strö1mnar en vätska.

V Man bedömer att det finns samband mellan följande fysikaliska storheter som karakteriserar systemet. Fysikalisk storhet Kraft på sfären fluidens medelhastighet Sfårensdiameter Rörets diameter fluidens densitet fluidens viskositet

Symbol F

Dimension

·u

MLT- 2 Lr- 1

d D

L L

p 17

ML- 3 ML- 1 r- 1

Innan försöksserien läggs upp gör man en s.k. dimensionsanalys. Det första steget i denna består i att ta reda på vilka dimensionslösa produkter som går att bilda av storheterna i tabellen. Dimensionen hos en viss produkt, t.ex. F"'vYd2 DPpqr(, får man genom att bilda motsvarande produkt av uttrycken för dimensionerna och am ända de vanliga potenslagarna på denna produkt. Så ges I.ex. dimensionen hos F 2v- 1d av 1

(MLT- 2 ) 2 (Lr- 1

r

1L

= M 2 L 2 T- 3 .

En dimensionslös produkt är en produkt som har dimensionen MoLoT°. 228

3.6

Ov11i11gar

Bestäm alla dimensionslösa produkter som innehåller två eller fler av storheterna i tabellen ovan. 3.62 Stoppsträckan för en bil består av summan av en reaktionssträcka och en bromssträcka. Dessa varierar självklart båda med bilens hastighet. Reaktionssträckan är proportionell mot hastigheten, medan bromssträckan kan antas vara proportionell mot kvadraten på hastigheten. Vid ett försök fick man fram följande värden på stoppsträckan för en viss förare i en viss bil.

I Hastighet (km/h) I Total stoppsträcka (m) I 30 50 70 90

11 23 48 72

Bestäm med minstakvadratanpassning värden på de proportionalitetskonstanter som bestämmer stoppsträckan. 3.63 En patient ordineras av sin läkare att inta 10 enheter av vitamin A, 9 enheter av vitamin B och 19 enheter av vitamin C. Han kan välja mellan tre sorters vitaminpiller, nämligen P, Q och R. Ett piller av sort P innehåller 2 enheter vitmnin A. 3 enheter vitamin B och 5 enheter vitamin C. Ett piller av sort Q innehåller l enhet vitamin A, 3 enheter vitamin B och 4 enheter vitamin C. Ett piller av sort R innehåller l enhet vitamin A, inget vitamin B och l enhet vitamin C. a) Bestäm alla möjliga kombinationer av piller, som ger exakt rätt dos för patienten. b) Antag att ett piller av sort Q kostar lika mycket som ett piller av sort R. Ange ett villkor på kostnaden av ett piller av sort P så att den totala kostnaden blir densamma oberoende av vilken kombination man väljer i a). 3.64 Ett periodiskt förlopp beskrivs av sambandet y(t) = A sin(t+.f(x) = k (x1 + x2) = kx1 + kx2 = f (xi) + f (x2). >.kx

Man brukar därför formulera dessa regler genom att säga att det(a, b) är en linjär funktion av varje kolonn. Observera dock att det endast är en kolonn som får variera. Räknereglerna 1.-4. har alla en enkel geometrisk motsvarighet. som illustreras i figurerna 4.3-4.4. Om en kantvektor multipliceras med ett tal ,\, ,\ > 0, så multipliceras arean med >. (regel I.).

b

Figur 4.3 Regel 2. motsvaras geometriskt av att arean av parallellogrammen AE F D i figur

E

a!

8 Figur4.4

4.4 är lika med summan av areorna av parallellogrammen ABC D och BEFC. Att detta är riktigt följer av att trianglarna ABE och DCF är kongruenta. Motsvarigheten till regel 3. är att arean är noll om a = b. Regel 4. motsvaras av att arean av enhetskvadraten är I areaenhet. 237

J..:apitel ./.

Dete,111i11a11ter

Den geometriska tolkningen av en detenninant av ordning 3 är också bekant sedan tidigare. I avsnitt 1.5 (exempel l.36 sid 50) visade vi att absolutbeloppet av deter• minantcn b1 b2

CJ

a2 a3

b3

C3

a1

C2

är lika med volymen av den parallellepiped som spänns upp av kolonnvektorema

Vidare gäller att detenninanten är positiv om vektorerna (a, b, c) bildar ett höger-

Figur 4.5 system och negativ om de bildar ett vänstersystem. Vi förutsätter här att vektorerna är givna i en högerorienterad ON-bas. Vi inför nu beteckningen

det(a,b,c}=

a1 a2

b1 b2

C2.

a3

b3

c3

c1

Detenninanter av ordning 3 har samma egenskaper som detenninanter av ordning 2. Följande räkneregler gäller nämligen. I· .det (,\a, b, c) = ,\ det (a, b, c) för varje reellt tal ,\.

2'.det (a'

+ a". b, c)

= det (a', b, c)

+ det (a", b, c).

3 '.Om två kolonner är lika så är detenninanten noll.

4 .det( e,, e,, ~) 238

= 1, ~r e, = ( g) , ~ = (

!)

och e 3

=( ~)

4.1

Detem1i11a111er av 01rl11i11g 2 och 3

Sålunda är exempelvis 3 4 12

2

1 4 6 -3 1 7 4 2 1

6

-9 1 7

=3

1

Vidare är exempelvis 5+3 4 6 1+2 1 7 2+3 2 1

=

5 4 6 1 1 7 2 2 1

4

5

+

3 4 6 2 1 7 3 2 1

och 4

-8 7 -8 12 6

=0

12

samt 1 0 0 0 1 0 0 0 1

= 1.

Av volymstolkningen följer vidare följande regel: 5' .det (a, b, c) = 0 a, b och c ligger i samma plan.

Regler motsvarande 1'. och 2'. gäller även för andra och tredje kolonnen, vilket innebär att det (a, b, c) är linjär i var och en av kolonnerna. Vi överlåter till läsaren att med Sarrus regel verifiera riktigheten av reglerna l '. 4'. (Se övning 4.6.) Reglerna 1'. - 4'. har precis som motsvarande regler i två dimensioner en enkel geometrisk tolkning. Regel 1'. innebär exempelvis att om en kantvektor i en parallellepiped multipliceras med ett tal ,\, ,\ > 0, så multipliceras även volymen med ,\_ Se figur 4.6. Tolkningen av de övriga reglerna överlämnas åt

C

Figur4.6 läsaren. 239

Kapitel -I.

Determinallfer

Följande räkneregel är ett viktigt ltjälpmedel vid beräknandet av detenninanter: 6'.0m en multipel av en kolonn adderas till en annan kolonn så förändras ej detenninantens värde. Exempelvis är 4 6 -7

-2 -3 3

5 6 8

=

4+2(-2) 6 + 2(-3) -7+2-3

-2 -3 3

5 6

8

=

0 0 -1

-2 -3 3

5 6 8

Med denna regel kan man (som i exemplet) åstadkomma "många" nollor i en kolonn vilket förenklar det fortsatta räknearbetet. Observera dock att den kolonn som man tar en multipel av inte samtidigt får ändras för att regeln ska gälla. För detenninanter av ordning 2 och 3 kan regel 6'. naturligvis visas genom direkt uträkning. Vi ska dock visa 6'. genom att utnyttja våra tidigare regler. Poängen med detta är att motsvarande bevis fungerar även för detenninanter av högre ordning. Vi betraktar en detenninant av ordning 3 och visar att

det(a+,\b, b,c) = det ( a, b,c) för varje reellt tal>.. Vi får

det (a+,\b, b, c)

= det (a, b, c) + det (,\b, b, c) = =det(a,b,c)+,\det(b,b,c) = = det (a, b, c) + 0.

(regel (2')) (regel (1')) (regel (3'))

Den geometriska motsvarigheten till 6 1 • i två dimensioner är att parallellogrammer med samma bas och samma höjd har samma area (se figur 4. 7). Den geometriska

Para1lellog-r.m1'1ttna.

ABC.D

oc.h. AE:fD har

Figur4.7 tolkningen i det tredimensionella fallet är analog (byt parallellogram mot parallcllcpipcd och area mot volym). 2.rn

4.1

Detem1i11a11terav 01rl11i11g 2 ocl, 3

Exempel 4.2 Visa utan att beräkna detenninanten att 1 a 1 b 1 c

b+ c

c+ a = 0, a+ b

för alla tal a, b, c.

Lösning Enligt räkneregel 6'. ändras ej detenninantens värde om vi adderar andra kolonnen till den tredje, dvs. 1 a 1 b 1 c

b+c c+a a+b

=

1 a 1 b 1 c

b+c+a c+a+b a+b+c

+ b + c ur den

Ur determinanten i högerledet kan vi bryta ut a (regel l'.) dvs., 1 a 1 b 1 c

b+c c+a a+b

1 a 1 b 1 C

= (a+b+c)

tredje kolonnen

1

1 1

Eftersom två kolonner är lika i den sista detenninanten är denna noll (regel 3'.) och vi är klara. Vi ger ytterligare ett exempel som visar hur man kan använda räknereglerna. Exempel 4.3 Visa att 1

1 y y2

X

x2

1

= (y -

Z

X)( Z - X) ( Z -

y) .

z2

Lösning Om vi subtraherar första kolonnen från andra och tredje kolonnen och sedan utnyttjar konjugatregeln och regel l'. får vi 1

1 y y2

X

x2

1 z z2

1 X

x2

0 y-x y2 -x2

0 z-x z2 -x2 1

=

(y - x)(z - x)

X

x2

=

0 1 y+x

0 1 z+x

I den sista detenninanten subtraherar vi andra kolonnen från den tredje. Detta ger 1

1

1

X

y

Z

x2

y2

z2

X

0 1

x2

y +x

1

= (y -

X)( Z - X)

0

0 z -y 241

Kapitel ./.

Detem1i11amer

Sarms regel ger sedan - X)

0 0

X

0 1

x2

y +X

1

(y - :i:){ Z

Z

= (y -

X)( Z - X)( Z -

y)

-y

och vi är klara. Vi ska nu visa att om två kolonner i en detenninant byter plats så byter detenninanten tecken. Vi betraktar en detenninant det (a, b, c) av ordning 3. Antag t.ex. att a och c byter plats. Vi ska då visa att 7'.clet(c,b,a) = -clet(a,b,c) Vi ger först en geometrisk motivering till 7'. Vid kolonnbytet ändras orienteringen av vektorerna, dvs. om ( a, b, c) är ett högersystem så är ( c, b, a) ett vänstersystem och omvänt (rita figur). Detta är anledningen till teckenbytet, ty tecknet hos en detenninant avgörs ju av orienteringen hos de ingående vektorerna. Att kolonmytet endast resulterar i ett teckenbyte följer av att (a, b, c) och (c, b, a) spänner upp samma parallellepiped. Man kan naturligtvis visa 7'. genom att använda Sarrus regel. Vi ska dock ge ett annat bevis som har fördelen att det fungerar för determinanter av godtycklig ordning. Betrakta det (a + c, b, a + c). Denna determinant är noll eftersom två kolonner är lika (regel 3'. ). Genom att successivt utnyttja räkneregel 2'. får vi då 0

=

det(a+c,b,a+c)=det(a,b,a+c)+det(c,b,a+c)=

=

det (a, b,a) + det (a, b, c) + det (c, b,a) + det (c, b,c).

Menclet (a, b, a) = det (c, b, c) = 0 enligt regel 3' .. Alltså gäller att det (a, b, c)+ det (c, b,a) = 0 dvs. det (c, b,a) = -det (a, b,c) och vi är klara.

Excm1>cl 4.4 Betrakta en triangel med hörn i punkterna A = (x 1 , yt), B = (x 2 ,y2 ) och C

= (X3, y3) där hörnen i den givna ordningen genomlöps moturs. y

Figur 4.8 242

Visa att

4.2

Determinanter av godtycklig onlning

arean av triangeln är

Lösning Triangelns area är lika med hälften av arean av den parallellogram som uppspänns av vektorerna AB och AG. Låt

r1 = ( :: ) , r2 = ( :: ) och r3 = ( :: ) vara ortsvektorerna för punkterna A, B respektive C. Då är

AB= r2 Eftersom paret

r1 och AG= r3 - r 1 .

(AB, AG) är positivt orienterat följer då att triangelns area är 1

2 det (r2 -

r 1 ,r3

-

ri).

Denna detenninant kan vi utveckla med ltjälp av räknereglerna l'. och 2'.:

det (r2 - r1,r3 - ri) = det (r2, r3 - ri) + det (-r 1, r3 - ri) = = det (r2, r3) + det (r2, -ri) + det (-r 1, r3) + det (-r 1, -r1) = = det (r2, r3) - det (r2, ri) - det (r1, r3). Om vi i de båda sista detenninanterna låter kolonnerna byta plats får vi

det (r2 - r1, r3 - ri)

= det (r 1, r2) + det (r2, r3) + det (r3, ri)

vilket innebär att triangelns area är

~ (I ::

:: I+ I:: :: I+ I:: :: I)

och vi är klara.

4.2 Determinanter av godtycklig ordning Man kan definiera detenninanter av högre ordning än 3 genom att på lämpligt sätt generalisera uttiycken för detenninanter av ordning 2 och 3. Det resulterande uttiycket för en detenninant av godtycklig ordning blir emellertid ganska komplicerat och är ej lämpligt att använda för att beräkna värdet av detenninanten. Vidare gäller att det för tillämpningarna är väsentligare att känna till egenskaperna hos detenninanter än att kunna ange en explicit formel för en detenninant. Vi väljer därför att definiera detenninanter av högre ordning än 3 genom att utgå från de grundläggande egenskaperna 1. - 4. och l'. - 4'· hos detenninanter av ordning 2 respektive :3. I

243

Kapitel 4.

Detem1i11a11ter

slutet av detta avsnitt kommer vi dock även att kortfattat diskutera en explicit fonnel för detenninanten. Definition 4.1 En determinant är en funktion som till varje kvadratisk matris A ( a;i) ordnar ett tal

a21

a12 a22

a1n a2n

anl

an2

ann

au

=

det A = det (a1, a2, ... , an) =

(a1, a 2, ... , a 11 ) är kolomwektorema i A. Detenninanten har följande egenskaper: I. Detenninanten är en linjär funktion av varje kolonn. 2. Om två kolonner är lika så är detenninanten noll. 3. Detenninanten av enhetsmatrisen är I. Anm 4.1 Egenskapen I. består egentligen av två egenskaper. Vi fonnulerar dessa för första kolonnen l.a l.b

det (,\a1,a2, ... ,an)= ,\det (a1,a2, ... ,an), det (a; + a;',a2, ... ,an)= det (a; ,a2, ... ,an)+ det (ar,a2, ... ,8.n).

(Motsvarande gäller för övriga kolonner.) Anm 4.2 Det är inte självklart att det verkligen finns någon funktion som uppfyller villkoren 1.-3. för varje n. Man kan dock visa att det finns precis en sådan funktion. Vi kommer emellertid ej att genomföra ett bevis för detta. Anm -t3 Obseivera att det är bara för kvadratiska matriser som detenninanten kan definieras. Anm 4.4 Detenninanter av ordning 4 och högre har ingen enkel geometrisk tolkning. Däremot gäller bl.a. att det A ger upplysningar om lösningarna till ekvationssystemet Ax= b (se kapitel 5). Excm1>cl 4.5 Om någon av kolomwektorema a 1, a2, ... , a 11 är nollvektom, dvs. om någon kolonn i A består av enbart nollor, så är det A = 0. Detta följer direkt av egenskapen ( I.). Antag I.ex. att a; = 0. Då ger I.

= 2-l-i

det(a1,--· ,a;, ... ,a,,)=det(a1, ... ,0, ... ,an)= det(a1,--· ,0-0, ... ,a,.) =0-det(a 1, ... ,0, ... ,an) =0.

4.2

Detem1i11a11terav godtycklig mrl11i11g

Sats 4.1 För det A gtiller följande regler:

a) Om en multipel av en kolonn adderas till en annan kolonn så ändras ej determinantens värde. · b) Om två kolonner byter plats så byter determinanten tecken. Dessa regler visas på precis samma sätt som i fallet n bevisen.

= 3.

Vi utelämnar därför

I nästa avsnitt ska vi diskutera hur man beräknar detenninanter av högre ordning fö1 3. Vi vill dock redan här påpeka att den naturliga "generaliseringen" av Sarrus regel till determinanter av ordning 4 och högre ej fungerar.

4.2.1 En explicit formel för determinanten Om vi betraktar uttrycken för detenninanter av ordning 2 och 3

ai a2

bi b2

a3

b3

ci c2 c3

= aib2c3 + a2b3ci + a3bic2 -

a3b2ci - a1b3c2 - a2b1c3,

så ser vi att de utgör summor av alla produkter med precis en faktor från varje rad och från varje kolonn. Vidare ser vi att hälften av tennerna är försedda med plustecken och hälften med minustecken. Vi avstår dock ifrån att diskutera hur man bestämmer tecknet hos tennerna, utan konstaterar bara att man symboliskt kan skriva ai a2

bi b2

a3

b3

ci c2 c3

= L ± aibjck, i,j,k

där summan ska beräknas över alla permutationer (omordningar) av 1 2 3. Det finns 3! = 3 • 2 • 1 = 6 sådana pennutationer, nämligen 1 2 3, 1 3 2, 2 1 3, 2 3 1, 3 1 2 och 3 2 1.

Motsvarande gäller allmänt. Om A en summa av tenner av typen

= (aii) är en n x n-matris så gäller att det A är

där radindex i varje term bildar en permutation av 1 2 3 ... n . I varje sådan tenn ingår precis ett element från varje rad och från varje kolonn. Summan utsträcks över alla tänkbara pennutationer av 1 2 3 ... n. Eftersom det finns n! = 1 · 2 · ... · n permutationer av 1 2 3 ... n följer att en detenninant av ordning n utgör en summa

245

Kapitel 4.

Detem1i11a11ter

av n! tenner. Detta innebär att det är ganska hopplöst att beräkna en stor detenninant utgående från denna fonnel. Redan för en detenninant av ordning 6 har man 6! = 720 tenner att hålla rätt på. som ska förses med rätt tecken. En dator som gör 109 räkneoperationer per sekund skulle behöva mer än tusen år för att beräkna en detenninant av ordning 20 enligt detta recept.

4.3 Beräkning av determinanter I detta avsnitt ska vi studera hur man i praktiken beräknar detenninanter. Vi börjar med att visa att detenninanten av en övertriangulär matris (en matris där alla element under huvuddiagonalen är noll) är lika med produkten av diagonalelementen. Så är exempelvis

5 0

4 2

3 1

10 -3

0 0 4

4

0

8

0

0

= 5 · 2 · 4 · 8 = 320.

Poängen med detta är att beräknandet av detenninanten av en godtycklig kvadratisk matris alltid kan återföras på beräkningen av detenninanten av en övertriangulär matris.

Sats 4.2 Om A är en övertriangulär matris

0

sa gäller att

= ana22 ... ann-

det A

Bevis För överskådlighetens skull genomför vi beviset i fallet n allmänna fallet är analogt. Vi ska alltså visa att au

a12

a13

0 0

a22

a23 a 33

0

= 3.

Beviset i det

= an a22 a33.

Om vi bryter ut a11 ur första kolonnen och sedan subtraherar lämpliga multipler av den nya första kolonnen från andra och tredje kolonnen får vi

2-l6

a11

a12

a13

0 0

a22

a23

0

a33

= au

1

a12

a13

0 0

a22

a23

0

a33

= all

1

0

0

0 0

a22

a23

0

a33

4.3

Beräkning av determinantet

Vi upprepar nu förfarandet utgående från andra kolonnen. a 11

1 0

0

0

~2

a23

0

0

å33

= a11a22

1 0 0 1 0 0

0 a23

1 0 0 1 0 0

= aua22

a33

0 0 a33

Slutligen bryter vi ut a3 3 ur den tredje kolonnen och får au

a12

a13

0 0

a22

a23

0

a33

= a11a22a33

1 0 0 0 1 0 0 0 1

= aua22a33

eftersom determinanten av enhetsmatrisen är 1. Anm 4.5 Observera att beviset ovan fungerar även om ett eller flera diagonalelement är noll. I sådana fall är alltså determinanten av en övertriangulär matris lika med noll. I figurerna 4.9 och 4.10 ges en geometrisk tolkning av satsen.

Figur4.9 Arean

= basen · höjden = 3 · 4 = I ~

! I·

Figur4.10

247

Kapitel ./.

Detem1i11a11ter

3 \I olym.en = basarean · höjden = (3 · 4) · 3.5

= 42 =

2

2

0 4 2 0 0 3.5

Vår nästa sats innebär att transponering inte påverkar värdet av en detenninant. Sats 4.3 För varje n x n-matris A gäller att

det(At) =detA. Vi bevisar inte denna sats i det allmänna fallet. För n lätt att visa satsen genom direkt uträkning. Om

= 2 och n = 3 är det dock

så är

Beviset i fallet n

= 3 överlämnas åt läsaren som övning.

Sats 4.4 (Följdsats till foregående sats.) Alla räkneregler som gäller for kolonner gäller också for rader. Det gäller exempelvis att detenninanten byter tecken om två rader byter plats. Att detta är sant följer av att ett radbyte kan ske genom att man först transponerar, och sedan gör ett kolonnbyte och slutligen gör ytterligare en transponering. För läsarnas bekvämlighet skriver vi upp räknereglerna igen kompletterade med innebörden av följdsatsen. Låt A vara en kvadratisk matris. Då gäller följande räkneregler: I. Om två kolonner (rader) i A är lika så är det A = 0. 2. Om en kolonn (rad) består av bara nollor så är det A

= 0.

3. Om A är triangulär matris (alla element under eller ovanför huvuddiagonalen är noll) så är det A lika med produkten av diagonalelement. ➔.

Om alla element i en kolonn (rad) multipliceras med tal .>. så multipliceras också det A med ,\.

5. Om en multipel av en kolonn (rad) adderas till en annan kolonn (rad) så ändras ej det A. 6. Om två kolonner (rader) byter plats så ändrar det A tecken. 248

4.3

Beräkning av determinanter

7. det A är en linjär funktion av varje kolonn (rad). 8. det (A t)

= det A.

Vi observerar nu att reglerna 5. och 6. för rader ger oss en möjlighet att med elementära radoperationer överföra beräkningen av en given detenninant på det mycket enklare problemet att beräkna detenninanten av en övertriangulär matris. Metoden som kallas för triangulering är analog med Gauss eliminationsmetod för lösning av linjära ekvationssystem. Exempel 4.6 Beräkna genom triangulering

detA

=

2 -1 -2 1 3 0 1 1 -1 2 3 -1

2 0 3

-1

Lösning Vi ska förenkla detenninanten så att alla element under huvuddiagonalen blir nollor. Vi bryter först ut 2 ur första raden så att vi får en 1:a på plats 11. Detta ger

1 1 -21 -1 1 3 0 0 detA = 2 1 1 -1 3 2 3 -1 -1 Beteckna raderna i den högra detenninanten med r 1 , r2 , r3 och r 4. Om vi ersätter r 3 med r 3 - 3r 1 och r4 med r 4 + r 1 (vilket inte ändrar detenninantens värde) får vi

detA

1

-1

-1

1

0

1 5

3 4

0 -4

3

2

0

=2 o

2

0

I denna detenninant ersätter vi r 3 med r 3

detA

=2

2

!r 2 och r 4 med r4 - 1r2. Detta ger

-

1 -21 1 0

-1

1

3

0

0

0

7

-4

0

0

-2 5 -2

1 -21 1 0

-1

1

3

0

0

Vi bryter sedan ut - ~ från tredje raden och får

detA

= 2 · (-~)

0 0

0 0

1 78 -2 0 5

249

Kapitel 4.

Detem1i11a11ter

I den sista detenninanten ersätter vi r 4 med r4

det A = 2 ·

(-i)

1 -21 1 0 1 3 0 0 1

7

0

7

0

1 0

+ ir3. Detta ger

(-i) ·

1 · 1 · 1 · 2~ = -20.

= 2·

8

20

0

-i ur tredje raden i

Anm 4.6 I stället för att bryta ut

1 - 12 0 1 0 0 0 0

-1 3

1 0 -4 0

-i _.§

2

kan vi låta tredje och fjärde kolonnen i denna determinant byta plats. Vid denna operation byter detenninanten tecken, dvs.

2

detA

=

1 -21 0 1

-1

1

3

0

0

_1

0 -4

0

0

-2

0

2 5

=-2

1 -21 1 0

1

-1

0

3

0

0

-4

_1

0

0

0

-2

=

2 5

(-2) · 1 · 1 · (-4) · (-~) = -20.

Vi ser att vi får samma resultat, fast med enklare räkningar. Ofta gäller att det är fördelaktigt att kombinera rad- och kolonnoperationer för att överföra en determinant på triangulär fonn. Excm1>cl 4. 7 Lös ekvationen -X

1

1 1 1

-X

1 1

1 1 1

1 -X 1 1 -X

=0.

Lösning Om vi adderar de tre första kolonnerna till den fjärde får vi -X

1

1 1 1

-X

1 1

1 1 -:z:

1

1 1

=

1 -X

=

250

3-x 3-x 3-x 3-x

1 1 1 -X 1 1 1 -X 1 1 1

-X

(3 -x)

-X

1

1 1 1

-X

1 1

1 -X 1 1

= 1 1 1 1

4.3

Beräkning av determinanter

Vi subtraherar nu fjärde kolonnen från de övriga kolonnerna. Detta ger

(3- x)

-x 1 1 1 1 -X 1 1 1 1. -X 1 1 1 1 1

-x-1 0 0 0

=

(3- x)

=

(3 - x)(-(x +

0 -x-1

0 0

0 0 -x-1 0

1 1

1)) 3 ,

eftersom den sista detenninanten är detenninanten av en övertriangulär matris. Ekvationen har alltså rötterna x = 3 (enkelrot) och x = -1 (trippelrot).

4.3.1 Utveckling efter rad eller kolonn Vi ska nu för fullständighets skull kortfattat diskutera ytterligare en metod för beräkning av detenninanter. Betrakta en n x n -matris A. Algebraiska komplementet Aii till elementet aii på plats ij i A definieras av

= (-1)'·+·3 Dij,

Aii

där Dij är determinanten av den (n - 1) x (n - 1) -matris som erhålls genom att stryka rad i och kolonn j i A. Dij kallas för underdeterminanten till plats ij. För att detta ska fungera i fallet n = 2 gör vi definitionen det( a) = a. Exempel 4.8 Om 7

A= (

: 4 -3 9

j)

så är 5

D23

= -3

7

=I -3 I= 5

7

9

9

66,

och

samt 7 8

4

2

=I ~ ~ I=

-18

och

251

Kapitel 4.

Detem1i11a11ter

Vi ser att de algebraiska komplementen erhålls genom att förse underdetenninantema med plus- och minustecken enligt nedanstående schema.

Följande sats är ofta användbar. Sats 4.5 Determinanten av matrisen A = (aii) är summan av produkterna av elementen i en godtycklig rad (kolonn) och motsvarande algebraiska komplement, dvs.

a) det A

= a; 1 A; 1

+ +... + a;2A;2

n

a;nAin

=L

aijAij,

i= 1, 2, ...

, n,

j=l

(utveckling efter rad i). n

b)detA

= a 1jAij +a2jA2j + ... +anjAnj = L

aijAij,j

= 1,2, ... ,n,

i=l

(utveckling efter kolonnj). Beviset av satsen är ganska komplicerat och inte särskilt instruktivt och utelämnas dälför. I fallet n = 3 kan den dock verifieras genom direkt utrakning. (Se övning 4. 18.) Poängen med satsen är att den återför berakningen av en detenninant av ordning n på ett antal detenninanter av ordning n = 1. Den är speciellt fördelaktig att använda om någon rad eller kolonn har "många" nollor. Om man utvecklar efter denna rad (kolonn) förenklas raknearbetet kraftigt.

Exem11el 4.9 Beräkna det A , där A

=(

5 1 -3 5 2 -4

n

genom att

a) utveckla efter I :a kolonnen, b) utveckla efter 3 :e kolonnen, c) utveckla efter I :a raden. Lösning a)

detA

a11A11

=

5

=

1-~ ~ I- (- I-! ~ I+ I I= + + =

5·8

252

+ a21A21 + a31A31

1 0

3)

3·0

2·2

2

44.

5· 2

4.3

Beräkning av determinallter

b)

detA

=

a13A13 + +a23A23 + a33A33

=

0 I -32

-!

-451-21 52

I

=

-2 · (-22) = 44.

=

a11A11 + a12A12 + a13A13 =

= + 01

1 5

I=

5 -4

I=

-~

c)

detA

= =

51 -45

~

l-

~ 1+ 0

1 1-~

-3 1

2

5 · 8 - (-4) = 44.

Det är ofta fördelaktigt att kombinera räknereglerna i "lämpliga proportioner". Man försöker dätvid åstadkomma en rad (eller kolonn) med många nollor. Därefter utvecklar man determinanten efter denna rad (eller kolonn). Exempel 4.10 Vi beräknar för andra gången (se exempel 4.6)

detA

=

2 0 3 -1

-1 1 1

-2 3

2

2 0

1 -1 3 -1

Byter vi kolonn 3 (k3) mot k3 - 3k2 och därefter utvecklar efter rad 2 får vi

detA=

2 0 3 -1

-1 2 1 0 1 0 1 -2 -1 2 -3 -1

= {-1)2+2 · 1

2 3 -1

2 1 -2 -1 -3 -1

I den sista determinanten byter vi r 1 mot r1 + 2r3 och r2 mot r2 4

-5 1

-1

-3

0 0 -1

= (-1) 3+3 · {-1) I ~

-5 1

0

detA

=

-

r3. Detta ger

Utveckling efter 3:e kolonnen ger slutligen

detA

I=

-20.

253

Kapitel./.

Detem1i11a11ter

Excm1>cl 4.11

=

1 1 0 0 1 1 1 0 0 -1 0 1 2 1 1

2 1 -1 2 1 0 2 0 1 1

(-1) 3+1 · 1 ·

1 0 1 1 0 1 1 1

(-1)3+2. 1 ·

1 1 1

1 1 0 0 1 1 1 0 0 -1 0 1 2 1 1

k-4- k1

J_

1 1 -1 2 3 0 -1 1 1

k3-3k2 J_

1 1 -1 2 0 0 3 0 -1 1

1 0 1 1 0 1 1 1

1

utv. efter ro.d

1

-4 2 0

-4

3

J_

utt•. efter ro.d

3

J_

0 1

1

-4 2 =-5. -4 1

4.4 Area- och volymsändring, multiplikationssatsen Betrakta en linjär avbildning {

Y1 Y2

= a1x1 + b1x2 = a2x1 + b2x2

(1)

eller på matrisfonn

Varje axelparallell kvadrat avbildas av A på en parallellogram eller en kvadrat. I allmänhet gäller att bildfigurens area ej är lika med den ursprungliga figurens area. Vi undersöker först hur arean av en axelparallell kvadrat med sidan l ändras. En

8t

Xi Figur 4.11

sädan kvadrat avbildas av A på en parallellogram (se figur 4.11) som spänns upp av 25➔

4.4

Area- och volymsändring, n111ltiplikatio11ssatse11

bilderna av standardbasvektorerna e 1 och e 2 , dvs. av kolonnvektorema i A. Men arean av den parallellogram som spänns upp av kolonnvektorema i A är ju lika med beloppet av det A. Alltså gäller att en axelparallell kvadrat med sidan I avbildas pa en parallellogram vars area är Idet Al gånger så stor. Detta gäller också för en godtycklig axelparallell kvadrat I< med sidan 8. Sidorna i en sådan kvadrat motsvaras ~ .Ate.a-= 6 2.

Area=

--f'/ - . -~

A =ildtlAI

Figur 4.12 av vektorerna 8e 1 och 8e2. Den avbildas av A på en parallellogram K' vars sidor är A (8ei) = 8Ae 1 och A (8e2) = 8Ae2. Arean av denna parallellogram är lika med beloppet av

I 8a1 8a2

8b1 8bi

I

'

dvs. 8 2 Idet Al , vilket innebär att förhållandet mellan areorna även i detta fall är lika med Idet Al. Se figur 4.12. Om vi inför beteckningen m(f2)

= arean av området n

så har vi alltså visat att m(Iel 5.8 Bestäm ett nödvändigt och tillräckligt villkor för att tre punkter (xo, Yo) , ( x1 , yi) , (x2, Y2) i planet ligger på samma linje. Lösning Ekvationen för en liaje i planet kan skrivas ax +by+c = 0, där inte både a och b är noll. Om punkterna ska ligga på samma linje måste alltså ekvationssystemet

+ byo + c = 0 + byl + C = 0 ax2 + by2 + C = 0

axo {

ax1

ha en icke-trivial lösning (a,b,c) för vilken (a,b) =I- (0,0). Enligt Sats 5.2 har systemet icke-trivial lösning precis då koefficientmatrisens determinant är noll, dvs. då xo Yo 1

Yl 1 = 0. (5) X2 Y2 1 Av ekvationerna följer att för en sådan lösning kan ej både a och b vara noll, ty då vore även c = 0. Villkoret (5) är alltså både nödvändigt och tillräckligt för att de tre punkterna ska ligga på samma räta liaje. X1

Anm 5.3 Genom att byta ut (xo, Yo) mot (x, y) i ekvation (5) ffir vi den s.k. determinantformen 1 1 =0 X2 Y2 1 för ekvationen för linjen genom punkterna (x 1 ,yi) och (x 2 , y2 ). X

X1

276

y Yl

5.3

lcke-hadratiska e/..1 atio11s.1:i stem 1

1

5.3 Icke-kvadratiska ekvationssystem

=

Sats 5.3 Låt Ax b beteckna ett linjärt ekl'ationssystem med färre e/..vationer än obekanta. a) Om b 0 har systemet oändligt många lösningar. b) Om b -::/- 0 har systemet ingen eller oändligt många lösningar.

=

Bevis Vi kompletterar ekvationssystemet med ekvationer av typen Ox1 + Ox2 + ... + Oxn = 0 så att vi får ett kvadratiskt ekvationssystem. Denna utökning påverkar inte lösningarna. Nu följer satsen ur Sats 5.1 och 5.2 eftersom den så erhållna koefficientmatrisen har minst en rad med bara nollor och dess detenninant följaktligen är 0. Exempel 5.9 Ekvationssystemet

{ x-2y+3z = 1 x-y-z=3

har färre ekvationer än obekanta och har således enligt Sats 5.3 ingen eller oändligt många lösningar. Man hittar lätt en lösning, exempelvis x = 5, y = 2, z = 0 och således finns det oändligt många lösningar. Eftersom x+2y+3z = 1 och x-y-::, = 3 kan tolkas som ekvationer för två icke-parallella plan utgöres lösningarna av alla punkter på planens skärningslinje. Den vakne läsaren undrar nu naturligtvis varför vi inte fonnulerar en sats om antalet lösningar till ett ekvationssystem med fler ekvationer än obekanta. Det finns en sådan sats, men den ligger utanför ramen för denna bok. Vi nöjer oss med följande exempel som visar att alla möjligheter kan inträffa. Exempel 5.10 Systemet

{

X1 +x2 = 1 X1 +2x2 = 0 X1 -X2 = -3

saknar lösning. Däremot har systemet x1+x2=l { X1 +2x2 = 0 X1 - 2X2 = 4

den entydigt bestämda lösningen x1

= 2, x2 = -1. Systemet

277

Kapitel 5.

Tillämp11i11gar av detem1i11a11ter

har däremot oändligt många lösningar. Ekvationerna i ovanstående ekvationssystem kan geometriskt tolkas som ekvationer för räta linjer. (Se figur 5.5.) a)

~'----+-~c-'...,____________

... Tre skilda skärning punkter.

x1

1'2-~+~ =o ...

b)

·•.

Linjerna skär varandra i en och samma punkt.

X2.

:Ki+~=l 2X1+2~=2. 3X1+3X2,=3 Linjerna sammanfaller. EkvationernJel 5.11 Undersök om vektorn (3, 4, -l)t kan skrivas som en linjärkombination av vektorerna (1, 0, l)toch (2, 1, 3)t. Lösning: Vi söker x1 och x 2 så att

dvs. vi ska försöka lösa ekvationssystemet {

3 = X1 + 2x2 4 = X2 -l=x 1 +3x2.

Men eftersom detta system saknar lösning blir slutsatsen att det inte går att skriva vektorn (3, 4,-l)t som en sådan linjärkombination Vi betraktar nu ett kvadratiskt ekvationssystem med två obekanta som vi här skriver på följande sätt

Om vi inför vektorerna a1 = (

:~~

) , a2 = ( :~: ) och b = (

~~

)

så ser vi att systemet kan skrivas på formen x1a1 + x2a2 = b. Vänstra ledet i denna ekvation är en linjärkombination av vektorerna a1 och a2. Systemet är alltså lösbart om det går att skriva högerledsvektom som en linjärkombination av kolonnvektorerna a 1 och a2 i systemets koefficientmatris A = ( au a21

a12 ) . a22

Systemet har alltså precis en lösning om det går att skriva b som en linjärkombination av a 1 och a 2 på precis ett sätt. Men villkoret för detta är enligt Sats 1.8 sid 64 att a 1 och a2 inte är parallella.

279

Kapitel 5.

Tillämpningar av detem1inanter

Figur 5.6 Vektorparet (a1 , a 2 ) kallas en bas for vektorerna i planet och talparet (xi, x 2 ) kallas för koordinaterna för vektorn vi basen (a1 , a 2 ). Villkoret för att systemet

ska ha en entydigt bestämd lösning för varje högerledsvektor b är alltid att vektorerna a 1 och a 2 kan väljas som en bas för planets vektorer, dvs. att de inte är parallella. Detta är i sin tur ekvivalent med att det A -::f. 0. Av detta följer alltså att ekvationssystemet {

a11x1 a21X1

+ a12X2 = b1 + a22X2 = b2

har en entydigt bestämd lösning precis då

det A

= I a11 a12

a21 1-::/a22

0.

Om det A = 0 så är kolonnvektorerna a 1 och a2 i A parallella. Villkoret för att systemet ska ha någon lösning är då att högerledsvektom b är parallell med a 1 och a2. Lösningen blir dock inte entydig i detta fall, ty det går då att uttrycka b på oändligt många sätt som en linjärkombination av a 1 och a 2 .

Figur 5.7 Vi ska nu övergå till att genomföra ett analogt resonemang i rummet. Börja med att betrakta ett kvadratiskt system med tre obekanta:

+ a12x2 + a13x3 = b1 + a22x2 + a23X3 = b2 a31X1 + a32x2 + a33X3 = b3 a11x1

{

280

a21X1

5.4

Bas. linjtJrt oberoende och beroende

Om vi inför vektorerna

så ser vi att systemet kan skrivas på formen x1a1

+ x2a2 + x3a3 = b.

Systemet är alltså lösbart om det går att skriva högerledsvektorn b som en linjärlcombination av kolonnvektorema a 1 , a 2 och aJ i koefficientmatrisen

Vidare gäller att lösningen är entydig om detta går att göra på ett enda sätt. Villkoret för att så är fallet är att a1, a2 och a3 inte ligger i samma plan. Följande sats gäller nämligen.

Sats 5.4 Låt a 1 , a2 och a 3 vara tre vektorer som inte ligger i samma plan. Varje vektor v i rummet kan då på precis ett sätt skrivas på formen v = x 1a 1 + x2a2 + X3a3, där X1, x2 och X3 är reella tal. Bevis Vi nöjer oss med att visa existensen, dvs. att det går att skriva vektorn på formen ovan. Eftersom a 1 , a2 och aJ inte ligger i samma plan är speciellt a 1 och a 2 inte parallella. Låt 1r 12 vara det plan som spänns upp av a 1 och a 2 . Vi kan då skriva

där v 12 ligger i 1r 12 och V3 är parallell med aJ (se figur 5.8). Eftersom (a1, a2) är en bas i 1r2 finns tal x1 och x2 så att v12 = x1a1 + x2a2. Vidare är v3 = X3aJ för något tal x 3 . Alltså är

Figur 5.8

281

Kapitel 5.

Tillämp11i11gar av determinanter

Entydigheten visas med samma teknik som i Sats 1.8 sid 64 och överlämnas åt

läsaren som övning. Definition 5.2 Om a 1 , a 2 och aa inte ligger i samma plan kallas den ordnade vektortrippeln (a1, a 2, aa) fören bas för vektorerna i rummet. Om v = x1a1 +x2a2 + x 3aa säger vi att v har koordinaterna (x1,x2,x3) i basen (a1,a2,aa). Excm1>cl 5.12 Vektorerna

ligger ej i samma plan och kan därför väljas som bas för vektorerna i rummet. I denna bas har vektorn (6, 2, 3)t koordinaterna (4, -1, 3) eftersom

Ekvationssystemet

dvs. {

X1 + X2 + X3 = 6 X2 +x3 = 2 X3 =3

har alltså precis en lösning och om vi löser ekvationssystemet finner vi, som väntat, attdenärx 1 = 4, x2 = -1, x3 = 3. Vi inser nu att villkoret för att systemet x1a1 + x2a2 + X38.J

=b

ska ha en entydigt bestämd lösning för varje vektorb är att (a1 , a 2 , a 3 ) bildaren bas i rummet. Detta är ekvivalent med att vektorerna a1, a2 och aa ej ligger i samma plan. vilket i sin tur är ekvivalent med att volymen av den parallellepiped som uppspänns av a1, a2 och aa ej är noll. Eftersom volymen av denna parallellepiped är lika med beloppet av det A, får vi ånyo, för det tredimensionella fallet, fram resultatet i Sats 5. I. nämligen att följande gäller: Det kvadratiska ekvationssystemet } d A -' 0 Ax = b har precis en lösning et r · För ett kvadratiskt ekvationssystem Ax = b med tre obekanta är det instruktivt att också tolka fallet det A = 0 geometriskt.

282

5.4

Bas. Li11jän oberoe11de och bemende

Figur 5.9 Låt A:s kolonnvektorer vara a 1 ,a2 och aa. Om detA = 0 måste dessa ligga i samma plan. Villkoret för att systemet ska ha någon lösning är att högerledsvektom b också ligger i samma plarL Lösningen blir dock ej entydig i ett sådant fall.

Exempcl 5.13 ¼borenmv, - (

~)

,

v, - (

i)

och v,

- (

t ) ligge,

i samma plan 1r. Dessa vektorer kan dä inte väljas som bas för vektorerna i rummet. +-----"-4--------....-------i=HO

l

~-,..,.....~ r,

1---H----+-t-----.. l , 1J< .... ~-,·

~-+--+'(11 Figur 5.10 Det finns t.ex. inga tal x1, x2 och x3 sä att

ty ekvationssystemet

L.

X2 X2

+x3 = 6 +x3 = 2 +x3 =3

saknar lösning. Orsaken till att vektorn (6, 2, 3/ inte kan uttryckas som en linjärkombination av vektorerna v 1 , v2 och v3 är tydligen att den inte ligger i planet 283

Kapitel 5.

Tillämp11i11gar av detem1i11a11ter

(Varje linjärkombination av dessa tre vektorer ligger ju i 7r.) Betrakta nu en vektor som ligger i planet 7r, t.ex. vektorn b = (2, 2, 3) 1 • Denna vektor kan uttryckas som en li11iärkombination av vektorerna v1, v2 och v3 på flera sätt. Exempelvis gäller 1r.

och 2.

V1 +

1 . V2

+

1 . V3

= b.

I själva verket har ju ekvationssystemet x 1 v 1 +x2v2 +x3V3

=b

dvs.

=2 =2 +x3 = 3 = 3 - t, x2 = 2 -

X2 +x3 X2 +X3

oändligt många lösningar, nämligen godtycklig.

x1

t,

X3

= t,

där tär

För att kunna generalisera bl.a. basbegreppet till allmännare fall gör vi nu följande definition. Definition 5.3 Två vektorer i planet är linjärt oberoende om de inte är parallella och linjärt beroende om de är parallella. Tre vektorer i rummet är linjärt oberoende om de inte ligger i samma plan och linjärt beroende om de ligger i samma plan.

Figur 5.11 Ovanstående definition innebär att villkoret för att två vektorer i planet, resp. tre vektorer i rummet ska kunna väljas som en bas för vektorerna i planet resp. rummet är att de är linjärt oberoende. 284

5.4

Bas. Linjtirt oberoende och beroende

Antag nu att a1, a2 och aa är tre linjärt oberoende vektorer i rummet, dvs. att de inte ligger i samma plan Varje vektor v i rummet kan då på precis ett s~itt skrivas som en linjärkombination av a 1 , a 2 och aa dvs. som v

= x1a1 + x2a2 + x3a3.

Speciellt gäller att om v = 0 så är enda möjligheten att x 1 = x 2 = :z: 3 = 0. Denna observation motiverar följande definition. Definition 5.4 Låt a 1 , a 2 , ... , ak vara en uppsättning vektorer i R". Vektorerna säges vara linjärt oberoende om

a1, a2, ... , ak

x1a1

endast gäller om x1 =

x2

+ x2a2 + ... + xkak = 0

= ... =

Xk

= 0.

Definition 5.5 Vektorerna säges vara linjärt beroende om det finns tal X1, x2, ... , Xk, ej alla noll, så att x1a1 + x2a2 + ... + Xkak = 0.

Att en uppsättning vektorer i Rn är linjärt oberoende är alltså den naturliga motsvarigheten till att två vektorer i ett plan inte är parallella eller att tre vektorer i rummet inte ligger i samma plan. Vi observerar också att vektorerna a 1 , a 2 , ... , ak är linjärt beroende precis då någon av dem kan skrivas som en linjärkombination av de övriga. 'fy antag att (6)

där minst ett av talen x 1, x2, . . . kan då lösa ut a1, a1

,x k

inte är noll. Vi kan t.ex. anta att x1 =I O och

X2 = -a2 X1

Xk

... - -ak, X1

dvs. a 1 kan skrivas som en linjärkombination av a2, aa, . . . , ak. Omvänt antag att t.ex. a 1 är en linjärkombination av de övriga vektorerna. dvs. att a1

= x2a2 + X38.a +

... +X kak,

för vissa tal x 2 , x 3 , ••• Xk- Men detta är ju ekvivalent med att (-l)a1

+ x2a2 + ... + Xkak = 0.

Det finns alltså tal, ej alla noll, så att en likhet av typ (6) gäller. Enligt definitionen ovan innebär detta att vektorerna a 1, a2, ... , ak är linjärt beroende. Exempel 5.14 Undersök om vektorerna

a,

~

= ( ) , a, =

(

_r ) och~

= (

~

)

285

Kapitel 5.

Tillämp11i11gar av determinanter

är linjärt beroende eller oberoende. Lösning Vi ska undersöka om det finns någon icke-trivial linjärkombination av vektorerna som är lika med nollvektom.

I koordinatfonn blir detta

+ 2x2 + 4.1:3 2x 1 + x2 + 5x3 3x 1 + x2 + 7x3 4x 1 - 7x2 + X3 X1

{

=0 =0

=0 =0

(7)

Detta system har den utökade matrisen

2 4 1 5 1 7 -7 1 Gausselimination ger

1 0 ( 0 0

2 -3 -5 -1,5

4

-3 -5 -1.5

Vi ser att systemet (7) har oändligt många lösningar och speciellt kan vi finna tal :r1, .-rz och x3 som inte alla är noll så att

Vi kan I.ex. välja :r 1 beroende.

2, x 2

=

1 och x 3

Excm1>cl 5.15 Vi påminner om att två vektorer

siigs vara ortogonala om

286

=

-1. Vektorerna är alltså linjärt

5.4

Bas. Linjärt oberoende och beroende

Antag att vektorerna a1, a2, ... , ak i an är parvis ortogonala och att ingen av dem är lika med nollvektorn, dvs.

, i# j,

(8)

'i =j. Visa att de är linjärt _oberoende.

Lösning: Antag att x1a1

+ x2a2 + ... + xkak = 0.

Om vi bildar skalärprodukten med a 1 fär vi X1a1 · a1

+ x2a1 · a2 + ... + xka1 · ak =

a 1 · 0 =0.

På grund av (8) följer då att x1a1 · a1

= X1 la11 2 = 0,

dvs. x1 = 0 eftersom la1 I # 0. Analogt fås att x 2 = x 3 = ... =

xk

= 0.

Det är ofta intressant att veta om kolomwektorerna i en matris är linjärt oberoende. Om matrisen är kvadratisk har man följande kriterium.

Sats 5.5 Kolonnvektorerna i en kvadratisk matris A är linjärt oberoende endast om det A -::/ 0. Bevis Låt kolomwektorerna i A vara a 1 ,a2 , ... Sats 5.2 gäller då att det homogena systemet

,~-

Antag att detA

0111

och

# 0. Enligt (9)

endast har den triviala lösningen X1 = x2 = ... = Xn = 0, dvs. a1, a2, ... , a,. är lirtjärt oberoende. Omvändningen följer av samma sats, ty om vektorerna a1, a 2 , ... , ~ är linjärt oberoende, dvs. om (9) endast gäller då x1 = x2 = ... Xn = 0, så måste enligt Sats 5.2 gälla att det A -::/ 0.

Exempel 5.16 Undersök om

är linjärt oberoende. Lösning Låt A vara den matris, vars kolonnvektor är a1, a2 och aa dvs. A

=(

~1

-~ 1

~). -1

287

Kapitel 5.

Tillcimp11i11gar av detem1i11a11ter

2 1 0 0 2 -1 1 1 -1 är linjärt oberoende. Vi har det A

=

= 7 =I- 0. Av Sats 5.5 följer då att a1,

a2

och a3

Excm1>cl 5.17 Visa att fyra vektorer i rummet alltid är linjärt beroende.

Lösning Låt a1

= ( ::: ) ,

a2

= ( ::: ) ,

a31

a32

a3

= ( ::: ) och a4 = ( ::: ) a33

a34

vara fyra vektorer i rununet. Vi ska visa att det finns tal x1, x2, x3 och X4 som inte alla är noll och som uppfyller (10)

I koordinatfonn kan ( 10) skrivas

+ x2a12 + x3a13 + X4a14 = 0 + X2022 + X3a23 + X4a24 = 0 X1 a31 + x2a32 + x3a33 + X4a34 = 0

x1a11 {

X1 a21

Men detta är ju ett homogent ekvationssystem med fler obekanta än ekvationer. Ett sådant har oändligt många lösningar (Sats 5.3). Speciellt finns det då en icke-trivial lösning och således finns det tal x1,x2,x3 och X4 som inte alla är noll så att (10) gäller. På motsvarande sätt inser man att k st vektorer i Rn alltid är linjärt beroende om k > n. Vi ska slutligen kortfattat diskutera baser i Rn och börjar med en definition.

Definition 5.6 En bas för Rn är en uppsättning vektorer a 1 , a 2, ... ak i Rn med följande egenskaper: I.

a1, a2, ... ak

2.

a1 , a2, ... ak

är linjärt oberoende,

spänner upp R n, dvs varje vektor linjärkombination av a1, a2, ... ak.

v

i R n kan skrivas som en

Följande sats visar att varje uppsättning av n linjärt oberoende vektorer i Rn utgör en bas för R 11 • Sats 5.6 Lat

a1, a2, ... a11 vara n stycken linjärt oberoende vektorer i R n. Då kan varje vektor v i R n på precis ett sätt skrivas som en linjärkombination av vektorerna a1,a2, ... ,an, dvs.

(11)

288

5.4

Bas. Linjärt obetvende ocl, beroende

dtir talen x 1 , x2, ... , Xn är entydigt bestämda.

Bevis Låt v vara en godtycklig vektor i Rn. Vi ska visa att det finns entydigt bestämda tal x1, x2, ... , Xn så att (11) gäller. Vi kan skriva (11) på fonncn

Ax=v, där A är den kvadratiska matris som har a 1, a 2, ... , an som kolonnvektorer och X1 ) X= (

:]

Eftersom vektorerna a1, a2, ... , an är linjärt oberoende så är det A =I- 0 (Sats 5.5). Påståendet följer sedan ur Sats 5.1. Definition5.70ma1 ,a2, ... , anärenbasiRnoch V

= X1a1 + X2a2 +

... +

så säger vi att v har koordinaterna x 1, x2, ... ,

Xn

Xnan

i basen (a 1, a 2, ... , an).

Man kan visa att en bas i Rn inte kan innehålla färre än n vektorer. Vi bevisar inte detta allmänt, utan nöjer oss med att motivera varför två linjärt oberoende vektorer i R 3 inte räcker som bas för R 3. Detta följer av att två linjärt oberoende vektorer i R 3 spänner upp ett plan. En vektor som inte ligger i detta plan kan inte skrivas som en linjärkombination av de givna vektorerna, vilket innebär att de inte kan väljas som bas. Observera också att av exempel 5.17 följer att en bas för Rn inte kan innehålla fler än n st vektorer. Alla baser i Rn har alltså n element. Man uttiycker detta genom att säga att R n är n-dimensionellt. Exempel 5.18 Vektorerna

v, =

0),

v, = (

-:)

och V3

=(

j)

är linjärt oberoende (se exempel 5.16). De utgör således en bas i R 3 . Bestäm koordinaterna för vektorn b = (1, 0, O)t i denna bas. Lösning Vi ska bestämma x1,x2,x3 så att

b

= X1 V1 + X2V2 + X3V3.

Vi får följande ekvationssystem {

X1 + 2X3 2X1 -X2 X1 +x2 -X3

=1 =0 =0 289

Kapitel 5.

Tillömp11i11gar av detem1i11a11ter

f

som har lösningen x 1 = l, x2 = ~' x 3 = Vektorn b dessa tal som koordinater i den nya basen och vi kan skriva b

= {1,0,0)t har alltså

= 71 V1 + 72 V2 + 73 V3.

Excm1>cl 5.19 Det är lätt att se att den vektorerna

e1

=

1 0 0

'e2

=

0 1 0

' ... ' e,,

1

0

0

=

0 0 0

i Rn är linjärt oberoende. De utgör alltså en bas i Rn. Denna bas brukar, som tidigare (sidan 119) nämnts, kallas för standardbasen i Rn. Om v x

1e 1

= (x 1 , x 2 , ... , Xn) 1 är en godtycklig vektor i R n

+ x2e2 + ... + Xn en, dvs. v

så gäller tydligen att v = har koordinaterna X1 , x2, ... , Xn i denna bas.

Excm 1>cl 5.20 Låt vektorerna e 1, e2, . . . , en vara n st patvis ortogonala enhetsvektorer i R n, dvs. ei ·

ei

={

1, i= j O, i i' j .

Enligt exempel 5.15 är de linjärt oberoende och utgör därför en bas för R n. En sådan bas sägs vara en ortononnerad bas (ON-bas). Standardbasen är en sådan bas. ONbaser har många trevliga egenskaper som gör att man mera sällan använder andra typer av baser. Betrakta R 2 med olika baser. Varje bas för R 2 består av två linjärt oberoende vektorer och att bestämma en bas för R 2 är ekvivalent med att fastlägga ett koordinatsystem i planet. Se figur 5.12, där vi låter standardbasen svara mot det "vanliga" xy-systemet. Den största fördelen med en ON-bas är att det är lätt att bestämma ko-

Figur 5.12 290

5.5

Cramers regel

ordinatema för en given vektor vi en sådan bas. Låt e 1 , e 2 , ... , e 11 vara en ON-bas i R n och antag att

Om vi bildar skalärprodukten av båda leden i denna likhet med vektorn e 1 for vi

eftersom

Analogt fås

dvs. (12)

Observera att fonneln (12) uttryckerv som summan av dess ortogonala projektioner (jämför med avsnitt 1.3) på basvektorerna e 1, e2, ... , e 11 • Se figur 5.13

Figur 5.13

5.5 Cramers regel Betrakta ett kvadratiskt linjärt ekvationssystem

Ax=b med n ekvationer och n obekanta. Antag att det A # 0, så att systemet har en entydig lösning. Vi kan vidare anta att b # 0, ty om b = 0 vet vi att systemet endast har den triviala lösningen x 1 = x2 = ... = Xn = 0. Vi frågar oss nu om det finns någon fonnel som direkt ger lösningen uttryckt i systemets koefficienter. 291

Kapitel 5.

Tillämp11i11gar av detem1i11allfer

Detta problem. som i själva verket var motiveringen för införandet av detenninantbegreppet. löstes slutgiltigt av den schweiziske matematikern Gabriel Cramer redan 1750. Vi ska nu härleda hans fonnel. Betrakta för enkelhets skull följande system:

= di

aix + biy + ciz { a2x + b2y + c2z a3x + b3y + c3z

= d2

,

= d3

där detA

=

ai a2

b1

c1

b2

c2

a3

b3

c3

=f 0.

Låt systemets lösning vara (xo, Yo, .zo). Räknereglerna för detenninanter ger bi b2

Ci

a2 a3

b3

C3

a1

Xo

a1xo a2xo a3xo

=

C2

bi b2

Ci

b3

C3

C2

=

{ addera Yo · (kolonn 2)+ zo · (kolonn 3) till kolonn 1

=

aixo a2xo a3xo

+ biYo + cizo + b2Yo + c2zo + ~Yo + c3zo

bi b2

Ci

b3

C3

C2

=

}=

di

bi

Ci

~

~ ~

C2

d3

C3

dvs. d1

d2 xo

=

d3

bi b2

C2

b3

C3

Ci

detA

På motsvarande sätt fås

Yo

=

a1

d1

Ci

a2

d2

C2

a3

d3

C3

detA

'

.zo=

ai a2

bi b2

di d2

a3

b3

d3

detA

I det allmänna fallet finner man på motsvarande sätt att följande sats gäller. Sats 5. 7 (Cramers regel J Låt Ax = b vara ett kvadratiskt ekvationssystem där det A =f 0. Systemet har då en enzvdig lösning som ges av Xj

292

=

det Ai .. . detA farJ = 1,2, ... ,n,

5.5

Cramers n'gel

där A3 är den matris som fås genom att i A ersätta kolonn j med kolonnen

(f)VAD .ÄR

REGELN

CRAMERS

ME:O

det ...

REGEL?

\

-o-/

/

I

a~ .--~....... ·:·...

,...

:-:. ... .

Exempel 5.21 Lös följande ekvationssystem med Cramers regel

{ 3x+4y=5 -x+7y= 8 · Lösning

det A

x

= I _f

=

; I= 25,

IdetA ~ ;I = 25' 3

Som man lätt förstår har Cramers regel starkt begränsad användbarhet när det gfiller att lösa större ekvationssystem. För att exempelvis lösa ett system med 5 ekvationer och 5 obekanta behöver vi beräkna 6 stycken detenninanter av ordningen 5. Det är 293

Kapitel 5.

Tillämp11i11gar av determinanter

(i regel) nästan lika mycket arbete att beräkna en av dessa detenninanter som att lösa hela ekvationssystemet med Gausselimination. Andra nackdelar med Cramers regel är att den endast är tillämpbar på kvadratiska system vars koefficientdetenninant är skild från noll. Om det finns en eller flera parametrar i koefficientmatrisen kan det dock ibland vara praktiskt att använda Cramers regel. (Se t.ex. övningarna 5.34 och 5.35.) Cramers regel har även stor betydelse när det gäller att undersöka olika egenskaper hos lösningen utan att beräkna den.

5.6 Övningar 5.6.1

Existens av lösningar till linjära ekvationssystem

5.1 a) För vilka värden på a har ekvationssystemet X1 + x2 X1 + ax2 ax1 + x2

{

+ ax3 = 1 + 2x3 = 3 + 4x3 = 0

exakt en lösning resp. ingen lösning? b) De tre ekvationerna i systemet kan uppfattas som ekvationerna för tre plan. För vilka värden på a skär de tre planen varandra längs en rät linje? 5.2 För vilka värden på a och b har följande ekvationssystem precis en lösning? Bestäm lösningen i dessa fall. b { ax + lYy = d1 { ax + lYy = d1 a)

bx

+ ay = d2

'

)

a 2x

+ b2y = cl 6.12 Bestäm alla möjliga ON-rnatriser av typ 2 x 2.

Lösning Sätt

Med l1jälp av Sats 6.3 kan vi bland annat konstatera att x 2 + y 2 = 1. Vi kan då utnyttja den trigonometriska ettan och bestämma en vinkel 0, 0 :S 0 < 21r, sådan att

( : ) =(

:~!:~ )-

Vidare innebiir Sats 6.3 att vektorn ( .~. ) har längden 1 och är ortogonal mot vektorn ( c.~s (OJ ffin

)

.

De två möjliga fall som kan inträffa finns illustrerade i figur ·

6.6. Della innebär att varje ON-matris A av typ 2 x 2 kan skrivas

JI6

6.2

Isometriska avbildningar och ON-matriser

Figur6.6

A

= ( c':3 0 sm0

- sin 0 ) eller A cos0

= ( cos0 . Sill 0

sin0) -cos0

för någon vinkel 0, 0 ~ 0 < 21r. Matrisen

( cos0 sin0

-sin0) cos0

svarar exempelvis mot en vridning vinkeln 0 i positiv led kring origo (se exempel 2.53 sid. 154) medan matrisen

( cos0 sin0

sin0 )

-cos0

i

svarar mot en spegling i den linje som bildar vinkeln med positiva x-axeln (se exempel 2.55), eller, om man så vill, en vridning vinkeln 0 i negativ led kring origo följt av en spegling i x-axeln (se övning 6.31). Detta betyder att det inte finns några andra isometriska avbildningar från R 2 till R 2 än vridningar, speglingar eller kombinationer av dessa. Genom att utnyttja den trigonometriska ettan ser vi att en ON-matris av typ 2 x 2 som svarar mot en vridning har determinanten 1 och att en ON-matris som svarar mot en spegling har detenninanten -1. Det går även att visa att alla isometriska avbildningar från R 3 till R 3 är speglingar i plan, vridningar kring en axel eller kombinationer av dessa. Även i detta fall gäller att motsvarande ON-matris har determinanten 1 vid vridning och detenninanten -1 vid spegling. Enligt 4.6 så gäller ju att om A är en matris av typ 2 x 2 eller av typ 3 x 3 så anger Idet Al areaskalan resp. volymskalan av motsvarande linjära avbildning. För 317

Kapitel 6.

Inversa ocl, isometriska avbild11i11gar

vridningar och speglingar är givetvis dessa skalor lika med 1, vilket innebär att resultaten ovan ej kommer som någon överraskning.

Vridnin.!!. krin_!!

~

·---

Figur6.7 Det är utomordentligt lätt att beräkna inversen av en given ON-matris. Detta följer av följande sats som ger en användbar egenskap hos ON-matriser. Sats 6.4 Den kvadratiska matrisen A är en ON-matris om och endast om A - 1

=

At. Bevis Antag först att A är en ON-matris. Vi ska då visa att A är invertetbar med inversen A- 1 = A 1 . Enligt Sats 6.2 gäller detta om A t A = I. Sätt k1

k2

kn

=

A

Enligt Sats 6.3 är kolonnerna ortononnerade, dvs. k--k·={ 0, 3 ' 1,

Av detta visar man att A - 1

if.j, i=l,2, ... ,n i=j, j=l,2, ... ,n

= A I med nedanstående kalky I k1

ki (

=

au

k~

a12

...

...

k~

a1n

k1 · k1 ( k2 · k1 k,, -k 1

318

k2

::: )(:: :::

::: )-

ann

ann

an1

an2

~:: ~= )= ( O '. 0~ kn · kn

~l: ) = /.

6.2

Isometriska avbildningar och DN-matriser

Antag nu omvänt att A- 1 = At. Vi ska då visa att A är en ON-matris. dvs. att JAxJ = Jxl för alla vektorer i Rn, vilket är ekvivalent med att (Ax) - (Ax) x · x = Jxl 2 • Men (Ax)· (Ax)

= =

{matrisprodukt} = (Ax)t(Ax) = {räkneregler förtransponering} = x 1 A 1Ax = xt A- 1 Ax = xt /x = xtx = Jxl 2 .

I resten av detta avsnitt låter vi A vara en ON-matris av typ n x n. Vi skall utnyttja satserna 6.2 - 6.4 för att härleda några viktiga egenskaper som gäller för ON-matriser.

Först konstaterar vi att enligt satserna 6.2 och 6.4 gäller AA 1 = I. Vi kan därför utnyttja multiplikationssatsen för determinanter och får det A · det A t = 1 dvs. eftersom det A t = det A, (detA) 2 = 1. Vi har därmed bevisat följande resultat. Sats 6.5 För varje ON-matris A gäller att Jdet AJ = 1.

Observera att vi i de två- och tredimensionella fallen redan tidigare har uppmärksammat denna egenskap. Vidare gäller att om y är en godtycklig vektor i R n och om Ax= y, såärx = A- 1 y = Aty. Eftersom A ärenON-matris såär JAxl = Jxl för varje vektor x E Rn. Därför är JAAtyJ = JAtyJ, dvs. JiyJ = IYI = IAtyl för varje vektor y i Rn. Enligt definitionen är därför även Aten ON-matris. Antag nu i stället att A t är en ON-matris. Vi har nyss bevisat att då är även (A t) 1 en ON-matris. Men för alla matriser gäller (At)t = A, dvs. A är en ON-matris. Vi har därmed bevisat följande resultat. A är en ON-matris om och endast om den transponerade matrisen A 1 är en ONmatris.

Om vi kombinerar detta resultat med Sats 6.3 får vi följande resultat. A är en ON-matris om och endast om radvektorerna är ortonormerade.

Detta visar att vi kan komplettera Sats 6.3 med att arbeta med rader i stället för med kolonner.

319

Kapitel 6.

Inversa och isometriska avbild11i11gar

6.3 Övningar 6.3.l

Inversa avbildningar

6.1 Undersök om matrisen A a) (

~

=

n. ! n· 0-i D· U b) (

c)

-1

d)

0

är inverterbar. Bestäm inversen i de fall den existerar. 6.2 Bestäm inversen A - 1 , då A a)(

~

i )·

-2 b) ( 1

=

-1 ) -2 ,

c)

0

0

0

-3 0 0

5

)

6.3 Antag att

r 0 A~ ( -1

2~)

1 r -1 -1

a) För vilka reella tal r är matrisen A inverterbar? b) Bestäm inversen A- 1 då r = 2. 6.4 Antag att

A=(~ ~ ~)r

1

1

a) För vilka reella tal r är matrisen A inverterbar? b) Bestäm i1wersen A- 1 då r = 2. 6.5 Bestäm im1ersen A - 1 till den 2 x 2-matris A som svarar mot a) en vridning vinkeln 21r /3 i positiv led kring origo. b) en spegling i linjen y = x. 6.6 Antag att

A

=

cos 0 ( sin 0

0

- sin 0 0 ) cos 0

0

0

1

a) Bestäm inversen A- 1 till A. b) Ange den geometriska betydelsen av A och A- 1 . 320

.

Öv11i11gar

6.3

6.7 a) Visa att ( -; 3

-~ 2

_; ) är invers till ( ; -3 3

b)VisaattomdetA-J.Osåärd -,-

c) Visa att om

a2

+

a (

0

b

b2

1A ( et

~ ~) 1

.

1

d -ba )inverstillA= (

-c

b)

a c d

·

# 0 så är

O -b 1 c

0

1

-1

= a2 + b2

)

a

(

a 0

-b

-be

a2

+

b2

-ac

b O) .

a

6.8 Låt A och B vara inverterbara matriser med inverserna A- 1 resp B- 1 . a) Visa att At är inverterbar och att (At )- 1 = (A- 1 )t. b) Visa att A - 1 är inverterbar och att ( A- 1 )- 1 = A. c) Visa att AB är inverterbar och att ( AB)- 1 = B- 1 A- 1 . 6.9 Bestäm (AB)- 1 om

A= (

~ ~

) , B = ( -~

=~ ),

a) genom att först bestämma AB. b) genom att utnyttja resultaten i övningarna 6.2 a-b och 6.8 c.

0-! -D 0I n

6.10 a) Bestäm den matris S som uppfyller c- 1 SC = D där

C= b) Bestäm

sn för n =

ochD=

2, 3, 4, ....

6.11 A och Bär inverterbara matriser sådana att AB = BA. Visa att a)A- 1 B=BA- 1 . b)A- 1 B- 1 =B- 1 A- 1 .

6.12 A är en symmetrisk inverterbar matris. Visa att A- 1 är symmetrisk. 6.13 Matrisen X satisfierar ekvationen AX A = AX av typ n x n sådan att A - 1 och ( A - I) - 1 existerar. a) Bestäm matrisen X. b) Bestäm X om A = (

~

+ I där A är en given matris

-~ ) .

6.14 Antag att A och B är inverterbara matriser. Bestäm alla inverterbara matriser X sådana att 321

Kapitel 6.

lnve,-sa och isometriska avbildningar

=

a) AxA- 1 B. b) xA- 1 XBA - XBXA- 1 •

=

6.15 A och Bär kvadratiska matriser sådana att (A+B)- 1 och (A-B)- 1 existerar.

Lös matrisekvationssystemet {

AX+BY = 21 BX +AY= I

6.16 A är en kvadratisk matris sådan att A 3 = 0. a) Visa att (I - A) har en invers som kan skrivas på fonnen I b) Visa att A saknar invers. 6.17 A är en kvadratisk matris sådan att A2 + 2A + I och bestäm A - 1 .

+ aA + {3A 2 •

= 0. Visa att A är inverterbar

6.18 Låt P vara en matris som representerar en ortogonal projektion på en linje

eller ett plan. a) Visa att om k # -1 så är

(I + kP)- 1

=I

- - kk P, +l

där I är enhetsmatrisen av samma typ som P. Ledning: Utnyttja att P 2 = P (men ge först en geometrisk motivering till detta samband). b) Ge en geometrisk forklaring till valför I - P ej är inverterbar. c) Tolka resultatet i a) geometriskt om k = 1. 6.19 a) Visa att om A

=( :

!)

så är A2

= (a + d)A -

b) Utnyttja resultatet i a) för att bestämma A- 1 om det A 6.20 Visa att om det komplexa talet z a så motsvaras ~1 av c- 1 ( ab

-b)

= a + ib

(det A)I.

=p 0.

motsvaras av matrisen C

=

(jämför med övning 2.53). 6.21 Antag att A och B är matriser sådana att matrisen I - AB är inverterbar. Visa att då är även matrisen I - BA inverterbar med inversen(/ - BA)- 1 = I+ B(I - AB)- 1 A. 6.22 Låt matriserna A och B svara mot en vridning vinkeln (} medurs omkring origo respektive en spegling i x-axeln. Låt evara en rät linje genom origo sådan att vinkeln mellan eoch positiva x-axeln är 9. a) Visa att matrisen A- 1 BA svarar mot en spegling i linjen e.

322

Ov11i11gar

6.3

Ledning: Beräkna_A- 1 BA och utnyttja exempel 2.55. b) Rita en tydlig figur som åskådliggör vad som händer geometriskt. 6.23 Betrakta funktionerna

f1(x)

= e-x, h(x) = xe-x och h(x) = x 2e-x,

och alla funktioner som är linjärkombinationer av dessa, dvs. alla funktioner av typen

f(x)

= cif1(x) + c2h(x) + c3/J(x),

(9)

där c1, C2 och c3 är konstanter. Om varje funktion f (x) av typen (9) uppfattas som en vektor c = (c1 , C2, c3 Y så finns det en matris A sådan att d = A c, där d = {di, Kolonnvektorerna är ortononnerade. b) Kolonnvektorerna är ortogonala. => Radvektorerna är ortogonala. c) Kolonnvektorerna är ortononnerade. => Radvektorerna är ortogonala. d) A är en ON-matris => detA = 1. => A är en ON-matris. e) detA = 1 6.37 Antag att A och B är ON-matriser av samma typ. Gäller då att a) A + B är en ON-matris? b) AB är en ON-matris? c) AB= BA? Bevisa eller ge ett lämpligt motexempel. 6.38 Visa att

x ·y

= 21 ( Jx + yJ 2 - Jxl 2 - JyJ 2)

för alla vektorer x och y i an. Ledning: Utveckla högra ledet genom att utnyttja sambandet

Jal 2 = a · a.

6.39 Sätt

1/3

0

A= ( 2/3 1//2. 2/3 -1//2.

-4/ (3/2.) ) 1/ (3/2.) 1/ (3/2.)

och B

=

( 1 0

11A 11J).

0 -1/ ./2 1/ ./2

325

Kapitel 6.

Inversa och isometriska avbildningar

Bestäm den matris X som satisfierar AX B

= I.

6.40 I analogi med motsvarande resultat för matriser av typ 2 x 2 gäller att spegling i ett plan i rmmnet be(s~vs ~n)ON-matris med detenninanten -1. Exempelvis

:V

svarar matrisen A

=

1 0 0 0 0

mot en spegling i ett plan 1r.

1

a) På vilken punkt speglas punkten (1, 2, 3). b) Bestäm ekvationen för planet 1r. 6.41 I analogi med motsvarande resultat för matriser av typ 2 x 2 (se sidan 316) gäller att en vridning kring en axel i rummet beskrivs av en ON-matris med determinant 1. Exempelvis svarar matrisen A

=

(

1/2 1/2 l/J2 ) 1/2 1/2 -l/J2 -1/J2 l/J2 0

mot en vridning i rummet. a) Vid vridningen övergår punkten (1,0,0) i punkten (1/2, 1/2, -l/v'2). I vilken punkt övergår punkten (1, 0, 0) om man vrider lika mycket åt andra hållet? b) Bestäm vridningsaxeln. Ledning: Om u är parallell med vridningsaxeln, vad måste då Au vara? c) Bestäm vridningsvinkeln, samt åt vilket håll vridningen sker. Ledning: Jämför v och Av, då v är en vektor som är ortogonal mot vridningsaxeln. 6.42 Matrisen A representerar en vridning av vektorerna i rummet omkring en linje genom origo. A avbildar vektorn (

~)

0

på (

~~: )

och vektorn (

2/3

~)

0

på (

~~: )

.

-2/3

a) Bestäm A. b) Bestäm vridningsaxel och vridningsvinkel. 6.43 Låt n = (a, b)t vara en enhetsvektor i R 2 . a) Visa att matrisen A = I - 2nnt är en ON-matris. b) Visa att A representerar en spegling i den linje genom origo som har n som nonnalvektor. 6.44 Låt n = (a, b, c) 1 vara en enhetsvektor i R 3 . a) Visa att matrisen A = I - 2nn 1 är en ON-matris. b) Visa att A representerar en spegling i det plan genom origo som har n som normalvektor. 326

6.3

6.45 Låt n vara en enhetsvektor i R n. Visa att matrisen A matris genom att t.ex. visa att At A = I. 6.46 Låt e

= (A,

=I -

Övningar

2nn I är en ON-

µ, v)t vara en enhetsvektor och sätt

s = (

~

-~ -~)

-µ

R

=

,\

0

I+ (sin0)S + (1- cos0)S2 .

a) Visa att S är antisymmetrisk (st = -S) och att S 3 = -S, S 4 = -82. b) Visa att R är en ON-matris. c) Visa att Se = e. d) Visa att R- 1 =I+ sin(-0)S + (1 - cos(-0))S2 . e) Visa att R 2 = I+ (sin 20)S + (1 - cos 20)S2 • Anmärkning. Matrisen R är den matris som vrider vektorerna i rummet vinkeln 0 omkring en linje genom origo med riktningsvektom e. (Jämför med resultaten i b-e).

6.3.3 Datorövningar Av ovanstående övningar: 6.39 och 6.41. 6.47 Exemplifiera identiteterna i övning 6.8 med ltjälp av två godtyckliga inverterbara 5 x 5-matriser A och B. 6.48 Hur många flyttalsoperationer krävs för att lösa systemet Ax ekvationer och 200 obekanta i det fall då a) A ären ON-matris och x beräknas som Atb?

= b, med 200

b) A är en godtycklig inverterbar matris och x beräknas med Gausselimination? c) A är en godtycklig inverterbar matris och x beräknas genom att invertera A enligt x=(A- 1 )*b? d) Dra slutsatsen om hur man effektivt löser ekvationssystem. Hur mycket kan man tjäna om systemmatrisen är en ON-matris? Ledning: En ON-matris (ortogonal matris) kan skapas med ltjälp av MATLABkommandot orth(rand(200, 200)). 6.49 Vi såg i föregående övning att man inte skall invertera matriser då man löser ekvationssystem. Detta gäller även vid fonnler som ser mer besvärliga ut. Låt A, B och C vara tre stycken godtyckliga inverterbara 5 x 5-matriser. Beräkna utan att invertera någon matris

327

Kapitel 6.

Inversa och isometriska avbild11i11gar

a) X= AB- 1C,

= A- 1 BC- 1 • Ledning: Z = A- 1 B beräknas genom att lösa ekvationssystemen AZ = B. Utb) Y

tryck där inversen står till höger kan omfonnuleras genom att transponera ekvationer t.ex. z = AB- 1 {==} zt = (B- 1 ) 1A 1.

328

7 Egenvärden och egenvektorer

7.1 Inledning Antag att A är en matris som svarar mot en linjär avbildning från R n till R n. I allmänhet finns det inget enkelt samband mellan en vektor v och dess bildvektor Av. Ibland kan emellertid dessa vektorer vara parallella, dvs. det finns ett reellt tal .,\ så att

Av =.,\v.

(I)

Figur 7.1 Vektorer som uppfyller villkoret (1) har visat sig ha storbetydelse i många sammanhang i teknik, naturvetenskap och tillämpad matematik och vi gör därför följande definition.

Definition 7.1 Om v =I- 0 uppfyller Av = .,\v för något reellt tal ,\ så säger vi att ,\ är ett egenvärde och att v är motsvarande egenvektor till matrisen A. Observera att enligt definitionen så är aldrig nollvektorn en egenvektor. Däremot kan talet O mycket väl vara ett egenvärde. Antag nu att Av= .,\v. Antag vidare att u (=I- 0) är en vektor som är parallell med egenvektorn v, dvs. antag att u = tv for något reellt tal t =I- 0. Då är

Au= A(tv) = t(Av) =t>..v =>..(tv) =,\u,

(2)

dvs. även vektorn u är en egenvektor med samma egenvärde ,\. 329

Kapitel 7.

Egem 1ä1rle11 och eg1mve!.1orer

Excm1,cl 7.1 Antag att A är den matris som svarar mot den linjära avbildning från = 0.

R 3 till R 3 som definieras av att Av är spegelbilden av vi planet 2x1 +2x2+x3 Bestäm alla egenvärden och egenvektorer till matrisen A.

An-=-n Figur 7.2 Lösning Låt n vara en nonnalvektor till planet. Spegelbilden av denna är -n, dvs.

An= -n = (-l)n. Enligt definitionen innebär detta att ,\ = -1 är ett egenvärde till matrisen A och att n är en motsvarande egenvektor. För det i exemplet givna planet gäller ju för övrigt att

n=t (

n

,dårt;. =I- 0. Med vår införda tenninologi innebär det att ,\ är ett egenvärde och att n är en motsvarande egenvektor. I hållfasthetsläran säger man att .>. är en huvudspänning och att n är motsvarande huvudspänningsriktning.

7.2 Bestämning av egenvärden och egenvektorer I detta avsnitt ska vi visa hur man i princip kan bestämma egenvärden och egenvektorer till en given matris. Det centrala begreppet är den karakteristiska eh1ationen. I avsnitt 7.5 kommer vi att ta upp några andra metoder som är praktiskt användbara även för stora matriser.

Antag att A är en given n x n-rnatris, dvs. A

= ( :~: :~: anl

Ekvationen Ax =.>.x, där x

:~: )

a2n

ann

= (x 1, x2, ... , xn)t, kan skrivas Ax-.>.x

= 0.

Om vi som vanligt låter / vara enhetsmatrisen så får ekvationen fonuen

(A - ,\/) x

l

= 0.

Detta kan i sin tur skrivas a21X2

.>.) X1 + a12X2 + ... + a1nXn = 0 + (a22 - .>.) X2 + ... + a2nXn = 0

~~1Xn

+ an2X2 +

(au -

... +(ann -

.>.) Xn

= 0.

Systemet har alltid lösningen x = 0, men vi är bara intresserade av andra lösningar. Enligt Sats 5.2 finns sådana om och endast om systemets detenninant är noll, dvs. om det (A - ,\I)= 0. Vi har därmed visat följande sats. 337

Kapitel 7.

Egem1tirde11 och egem1e!.1orer

Sats 7.1 Talet ,\ är ett egenvärde till n x n-matrisen A om och endast om

det (A - ,\/)

= 0.

Ekvationen det (A - ,\/) = 0 kallas sekularekvationen eller karakteristiska ekvationen för matrisen A. Man kan visa att denna ekvation har grad n och att det därför finns högst n egenvärden till en matris av typ n x n. Om vi känner alla egenvärden till matrisen A så får vi motsvarande egenvektorer genom att för varje egenvärde lösa ekvationssystemet Ax =,\x eller (A - >-.I) x = 0. Vi illustrerar denna metod i några exempel. Excm1>cl 7.8 Bestäm alla egenvärden till matrisen

Lösning Vi börjar med att bestämma egenvärdena genom att lösa sekularekvationen. I detta fall är

A - ,\I

=

( 6 2) >. (1 0) = (6->-. 2 3

-

0

1

2

och sekularekvationen blir det (A - ,\/)

=1

6-,\ 2

2 3 _ >-.

I

= 0,

dvs. (6 - ,\) (3 - >-.) - 4 = 0.

Rötterna är ,\

= 2 och >. = 7 och dessa tal är således matrisens egenvärden.

De egenvektorer som hör till egenvärdet ,\

som uppfyller Ax =7x, dvs.

Förenkling ger systemet

338

= 7 är de vektorer

7. 2

som har lösningarna x 1

Bestiimning av ege,n,ärde11 och ege,n,ekton.'r

= 2t, x 2 = t, dvs.

där t är ett godtyckligt reellt tal. Vi har därmed visat att de egenvektorer som hör till egenvärdet ,\

i ), #

t(

t

= 7 är vektorerna

0,

i ).

dvs. alla vektorer som är parallella med vektorn (

På samma sätt fås de egenvektorer som hör till egenvärdet ,\ temet

= 2 ur ekvationssys-

Ax =2x, dvs., efter förenkling, {

4x 1 + 2x2

+

2X1

som har lösningarna x 1

X2

= =

0 0

= t, x2 = -2t. De sökta egenvektorerna är alla vektorer t ( _; ) , t # 0,

dvs. alla vektorer som är parallella med vektorn

Exempel 7.9 Bestäm alla egenvärden och egenvektorer till matrisen

Lösning Här är

A- Al= ( -~

~)

- A(

och det(A - Al)=

-l I -,\

~ ~) 1 -,\

- (

I= A

2

=,~ -,~ ) + l.

Eftersom sekularekvationen A2 + 1 = 0 uppenbarligen saknar (reella) rötter så har inte A några (reella) egenvärden och således ej heller några egenvektorer. Vi har återigen visat att inte alla matriser har några egenvärden. 339

Kapitel 7.

Egem1ä,rle11 och ege11ve!.1orer

Excmi>cl 7.10 Bestäm alla egenvektorer och egenvärden till matrisen

Lösning Här är

A-,\I=(~ ~)-A(~ ~)=(l~,\ l~A)· Således är det(A-M)

= 1 1-A 0

2 1-A

I=

(1 - A)2

och ,\ = 1 är det enda egenvärdet till A. Motsvarande egenvektorer ffis genom att lösa ekvationssystemet Ax =lx dvs. X1

{

+2x2 X2

= =

X1

X2.

Lösningarna till detta är {

x1

= t, t godtyckligt

X2

=0.

Egenvektorerna är alltså alla vektorer av typ

t(

~

) , t =/ 0.

Excm1>cl 7.11 Bestäm alla egenvärden och motsvarande egenvektorer till matrisen

Lösning Sekularekvationen blir

det(A - ,\I)

=

1 - ,\

0

0

0 0

8- ,\ 4

4 2-A

= 0.

Denna ekvation kan skrivas (1 - ,\) (8 - ,\) (2 - ,\) - 16 (1- ,\)

= (1 -

A) ((8- ,\) (2 - A) - 16)

= 0.

Matrisens egenvärden, dvs. rötterna till denna ekvation, är således A = 10, A = 1 och,\= 0. 3.JO

7.2

Bestämning av egem 1ä1rle11 ocl, ege111'ektomr

a) Bestämning av de egenvektorer som svarar mot ,\ ssystemet Ax =10x, dvs.

=

= 10 :Vi ska lösa ckvation-

l0x1 l0x2 l0x3.

+ 4x3 = 4x2 + 2x3 = 8x2

= 0 och de två andra kan förenklas till { - 2x2 + 4x3 = 0 4x2 - 8x3 = 0.

Den första ekvationen ger att x 1

Lösningarna är således

{ :: : ~t , dvs. X3 = t

X

=t

~)

(

,

1

där tär ett godtyckligt reellt tal. De egenvektorer som svarar mot egenvärdet ,\ är vektorerna

= 10

·(D-•10 b) Bestämning av de egenvektorer som svarar mot ,\ tionssystemet Ax =lx, dvs. 8x2 4x2

= + 4x3 + 2x3 =

= 1 : Vi ska nu studera ekvalx1 lx2 lx3.

Detta ekvationssystem har lösningen { :; : X3

~

dvs. x

=t

(

=0

De egenvektorer som svarar mot egenvärdet ,\

~)

.

0

= 1 är således vektorerna

·0),,10 c) Bestämning av de egenvektorer som svarar mot ,\ tionssystemet Ax = 0x, dvs.

=

+ 4x3 = 4x2 + 2x3 =

8x2

= 0 : Vi konstaterar att ekva0x1 0x2

0x3 341

Kapitel 7.

Ege,n,ärrle11 och ege11ve!.1orer

har lösningarna

~

~

dvs. x = t ( ) { :: : X3 = -2 -2 Mot egenvärdet ,\ = 0 svarar således egenvektorerna

,(_!),10.

Excm1>cl 7.12 Bestäm alla egenvärden och motsvarande egenvektorer till matrisen

Lösning Här är

och

t-;\

det(A - ,\I)

=

_.!! 9

t- ,\

8

-9

-i

_j

9

4

-9 4 -9

1 - ,\

_.!!

;\-1

t-;\

i-;\

0

9

-i

_j

9 4

-9

i-;\

=

1 - ,\

=

0 0

= (1- ,\)(-(i+;\) (i-;\)-~~)= (1- ,\) (;\-1) (;\+ 1). Matrisens egenvärden är som synes ;\ = -1 och ,\ = 1. (I den första av denna serie av förenklingar har vi ersatt den första kolonnen med den första minus den andra. I det andra steget har vi till den andra raden adderat den första.) a) ,\ = -1 : För att bestämma egenvektorerna ska vi lösa ekvationssystemet Ax = - lx, dvs. !x1 - ~x2 - !x3 = -X1

!

-~x1 + !x2 - tx3

= -X2

-!x1 - tx2 + ix3 =

342

-X3.

7. 2

Bestiimning av egem1ärden och ege11vek1omr

Detta system har lösningarna Xt {

= 2t

= 2t X3 = t X2

De egenvektorer som svarar mot egenvärdet >.

.

= -1 är således vektorerna

b) >. = 1 : Vi ska här lösa ekvationssystemet Ax =lx, dvs.

Efter förenkling finner vi att alla ekvationer är ekvivalenta med ekvationen

Detta betyder att egenvektorerna är de vektorer som är parallella med planet 2x1 + 2x2 + x 3 = 0. Om vi sätter x 1 = t och x2 = s så att X3 = -2t - 2s ser vi att egenvektorerna är alla vektorer av typ

där t

=I Oeller s =I 0.

Anm 7.1 Vi kan notera att matrisen A svarar mot en spegling i planet 2x1 + 2x2 + x 3 = 0 (se exempel 2.48). Dätför kan vi även bestämma egenvärden och egenvektorer geometriskt som i exempel 7.1 sid 329.

Exempel 7.13 Bestäm förskjutningarna y1och Y2 frånjämviktsläget (se figur 7.5) i det problem som introducerats i exempel 7.6 sid 334. 343

Kapitel 7.

Egem1ä,rle11 och ege11vet.1orer

Lösning Enligt exempel 7.6 ska vi först bestämma egenvinkelfrekvensema ur systemet

Vi sätter,\ = -w 2 och bestämmer egenvärdena. Dessa fås som lösningarna till sekularekvationen det(A - Al)= 0, dvs. till

1-\-,\ _/_ ,\ I=

.,\2

+ 7.,\ + 6

= 0.

De två egenvärdena är alltså .,\ = -1 och .,\ = -6, dvs. egenvinkelfrekvensema är w = I och w = ./6. Om vi sedan bestämmer motsvarande egenvektorer finner vi att dessa är

t( ; ) ,t

# 0,

respektive. t (

-i ),t #

0.

Av exempel 7.6 följer därför att det aktuella ekvationssystemet bl.a. har lösningarna Y1=sin(t+cp.)(; )oct1y2=sin(v6t+cp2)(

_i)·

Linjärkombinationer av y 1 och y 2 är också lösningar och varje lösning kan skrivas på fonnen

där c1 och c2 är konstanter. På koordinatfonn blir den allmänna lösningen {

Y1 = c1 sin(t + cpi) + 2c2 sin( y6t + cp2)

Y2 = 2c1 sin(t + cp.) - c2 sin( J6t + cp 2). 344

7.3

Existens av egem 1ä,rle11 och ege1111ekto1l!r

7.3 Existens av egenvärden och egenvektorer Exempel 7.14 Låt A vara en 2x2-matris och låt v 1 resp. v 2 vara egenvektorer till A svarande mot egenvärdena A = 2 respektive A = j. Bestäm a) A 2v1 och A 2v2. b) A 2 x där x = 3v1 - 4v2. c) Akx där x = 3v 1 - 4v2 och där kär ett godtyckligt positivt heltal. Lösning a) Vi konstaterar först att våra forntsättningar innebär att Av 1 = 2v 1 och att A 2v 1 = A (2vi) = 2Av1 = 4v1. På analogt sätt får vi A

2 V2

1 = 9V2.

b) Vi utnyttjar resultatet i a) och räknelagarna för matriser och får

A2 x

= A 2 (3v1 -

4v2)

= 3A2v1 -

4A 2v2

= 12v1 -

~v2.

c) Genom att utnyttja förfarandet ovan inser man att k

Akx

= Ak (3v1 -

4v2)

= 3Akv1 -

4Akv2

= 3 · 2kv 1 -

4 ( ~) v2.

I våra tillämpningar i nästa avsnitt ska vi se flera exempel på att vi ibland vill kunna studera vektorer av typ Akx. Föregående exempel tyder på att detta är speciellt enkelt om x kan skrivas som en linjärkombination av egenvektorema till A. Bland annat därfor är det intressant att studera när en given n x n-matris har n stycken linjärt oberoende egenvektorer, ty då kan ju en godtycklig n-dimensionell vektor skrivas som en linjärkombination av egenvektorer. Situationen är speciellt gynnsam då matrisen A har n stycken ortogonala egenvektorer. Denna situation inträffar i många tekniska tillämpningar och vi ska börja med att studera detta specialfall. För att läsaren ska få en känsla för de svårigheter som kan inträffa påminner vi först om följande exempel.

Exempel 7.15 a) Matrisen ( ; egenvektorer t ( b) Matrisen (

t(

~

) ,t

-=j:.

~

~

) har egenvärdena 3 och -1 med motsvarande

) respektive, t ( _ ~ ) , t

~ ~

-=j:.

0.

) har endast egenvärdet l med motsvarande egenvektorer

0. (Se exempel 7.10.) 345

Kapitel 7.

Egem1ä,rle11 och egem1e!.1orer

c) Matrisen ( _ ~

t ) saknar helt egenvärden. (Se exempel 7.9)

Detta visar att en matris av typ 2 x 2 kan ha 2 egenvärden, ett egenvärde eller sakna egenvärden. Allmänt gäller att en n x n-matris kan ha från inget egenvärde upp till högst n stycken. Man kan nämligen visa att den karakteristiska ekvationen till en sådan matris har grad n och en ekvation av grad n kan ha högst n (reella) rötter. Vi kan också se att matrisen i a) har två ortogonala egenvektorer. Detta är ingen tillfällighet utan helt allmänt gäller följande sats som brukar kallas spektra/satsen. Sats 7.2 Antag att S är en matris m 1 typ n x n. Då gäller att S har n stycken ortogonala egenvekwrer om och endast om S är symmetrisk.

Beviset för denna sats är i det allmänna fallet relativt komplicerat och faller utanför ramen för denna bok.

n

Exem11el 7.16 I exempel 7.11 såg vi att den symmetriska matrisen

A=o:

har följande egenvärden och motsvarande egenvektorer:

A = 10 respektive t (

A = I respektive t (

A = 0 respektive t (

~)

, t ,. o

~)

, t ,. 0

_! ),

t ,. 0.

I detta fall är det enkelt att bestämma de i Sats 7.2 omtalade ortogonala egenvektorerna. Vi väljer helt enkelt en egenvektor hörande till vart och ett av de tre olika egenvärdena. I.ex.

Det är liitt att verifiera att dessa tre är ortogonala. I själva verket kan man visa att egenvektorer som hör till olika egenvärden till en symmetrisk matris alltid är ortogonala. Vi fonnulerar detta som en sats. 3-l6

7.3

Existe11s av ege11vänle11 och ege,n,ektm'l!r

Sats 7.3 Antag att S är en symmetrisk matris av typ n x n och att u och v är två egenvektorer med motsvarande egenvärden ,\ och I'·, ,\ =J /t. Då är u och v ortogonala. Bevis: Vi skall visa att u · v y i Rn gäller

= 0. Vi börjar med att visa att för alla vektorer x och (Sx) · y = x· (Sy)

om S är en symmetrisk matris av typ n x n. Men en skalärprodukt x • y kan skrivas xty där den sista multiplikationen är en matrismultiplikation av radmatrisen x 1 och kolonnmatrisen y. På motsvarande sätt kan vi skriva (Sx) · y = (Sx)t y = (xtst) y = xt (Sty) Men att S är symmetrisk innebär att S = st och vi får därför xt ( sty) = xt (Sy) = x· (Sy). vilket ger det önskade resultatet. Med hjälp av detta samband kan vi nu visa att u · v = 0. Eftersom u och v är egerwektorer gällerSx = ,\x och Sy= µy. Ur detta följer Sx • y = ,\ (x • y), och x-Sy = x-µy = µ (x · y). Men enligt det föregående gäller Sx · y = x-Sy.vilket ger,\ (x · y) = µ (x · y) eller(,\ - µ) (x · y) = 0. Eftersom,\ =J µ måste u · v = 0 vilket skulle visas. Beviset är dänned klart. Detta innebär att om S är en symmetrisk matris av typ n x n med n stycken olika egerwärden så får man de i Sats 7.2 på sid 346 omtalade egerwektorerna genom att välja en egerwektor hörande till var och en av de n egerwärdena. I vårt nästa exempel ska vi antyda hur man kan förfara om matrisen S har färre än n stycken olika egerwärden.

Exempel 7.17 Bestäm tre ortogonala egerwektorertill matrisen

S

=(

1/9 -8/9 -8/9 1/9 -4/9 -4/9

-4/9 ) -4/9 . 7/9

Lösning Enligt exempel 7.12 har matrisen egerwärdena ,\1 = -1 och ,\2 = 1 med motsvarande egerwektorer

t ( ~), t#O-t (

j) j), +• (

t#Oellers#O

Vi väljer först en egerwektor som hör till egenvärdet A1 = -1, t.ex. vektorn v 1 = (2, 2, l)t. Vi ska sedan välja två ortogonala egerwektorer som hör till egenvärdet ,\2 = 1. Detta går ty egerwektorerna är alla vektorer som är parallella med ett plan, nämligen planet 2x 1 + 2x2 + X3 = 0. (Se exempel 7.1 och 7.12.) Vi väljer först en egerwektor godtyckligt, t.ex. vektorn v2 = (1, 0, -2) 1 . Om vi sedan tar 3.J7

Kapitel 7.

Ege1n,ä1rle11 och ege11veÅ1orer

kryssprodukten av v 1 och v 2 så får vi en vektor v 3 som är ortogonal mot såväl som v 2 . Vidare inser vi att v 3 är parallell med planet 2:i:, + 2x2 + X3 = 0, dvs. är också en egenvektor svarande mot egenvärdet ,\ = 1.

Vi V3

Vi får

Således gäller att exempelvis vektorerna

är ortogonala egenvektorer till matrisen S. Sats 7.2 ger en exakt beskrivning för sy1mnetriska matriser. För matriser som inte är symmetriska är situationen mer komplicerad. Följande sats gäller emellertid. Sats 7.4 Antag att A är en matris. Egem1ektorer som hör till skilda egenvärden är linjärt oberoende.

Vi genomför inte beviset utan nöjer oss med att antyda tankegången med ett specialfall då vi har tre olika egenvärden ,\1, ,\2 och .-\3 med motsvarande egenvektorer V1, V2 resp. V3. Vi visar först att v 1 och v 2 är linjärt oberoende. Vi ska alltså visa att om C1V1

+ C2V2 = 0

(7)

= C2 = 0. Av (7) följer emellertid att A ( c, Vi + C2V2) = c1 Avi + c2Av2 = ci,\1 v1 + C2.-\2v2 = 0.

så måste c1

Om vi från denna ekvation subtraherar ekvation (7) multiplicerad med ,\2 så får vi sambandet

och eftersom,\, - ,\2 =I- 0 så måste det gälla att c1 = 0. Insättning i (7) ger c2 och cfärmed har vi visat att v 1 och v 2 är linjärt oberoende. Att

v1, v2

och v3 är linjärt oberoende visas på ett analogt sätt. Antag att Ct V1

+ C2V2 + C3V3 = 0.

Multiplicerar vi denna ekvation med A så tär vi på samma sätt som ovan Ci,\1 V1

3-l8

=O

+ C2,\2V2 + C3,\3V3

= 0.

(8)

7.../

Tillämp11i11gar

Genom att från denna ekvation subtrahera ekvation (8) multiplicerad med ,\3 får vi C1 (,\1 - ,\3) V1

+ C2 (,\2 -

= 0.

,\3) V2

Eftersom v1 och v2 är linjärt oberoende och eftersom ,\ 1 -:j:. ,\3 och ,\ 2 -:j:. ,\ 3 så följer av detta att c1 = c2 = 0. Insättning i (8) ger c 3 = 0. Vektorerna v 1 , v 2 och v 3 är alltså linjärt oberoende. Med hjälp av detta resultat kan vi direkt dra följande användbara slutsats som vi formulerar som en särskild sats. Sats 7.5 Om n x n-matrisen A har n stycken olika egemärden så har matrisen n stycken linjärt oberoende egenvektorer.

7.4 Tillämpningar Vi ska i detta avsnitt studera modeller för befolkningsomflyttning och för tillväxt i boskapsltjordar. Gemensamt för dessa modeller är att vid varje tidpunkt i då systemet observeras så ges tillståndet av en vektor x(i). Tillståndet vid nästa tidpunkt fås genom att beräkna x(i+l) = Ax(i), där A är en n x n-matris. Egenvärdena till A kommer att ha en avgörande betydelse för hur det system som modellen beskriver kommer att bete sig. Man kan direkt med ltjälp av dessa avgöra om tillståndsvektom kommer att gå mot nollvektom eller om dess längd kommer att växa obegränsat. Man kan vidare avgöra om det finns stabila jämviktstillstånd och om tillståndsvektorns riktning stabiliseras.

Vi kommer att nöja oss med att studera system där matrisen A har n stycken linjärt oberoende egenvektorer. Enligt Satserna 7.2 och 7.5 gäller detta om A är symmetrisk eller om A har n olika egenvärden. Vi kan då skriva tillståndsvektorema som linjärkombinationer av egenvektorerna som vi betecknar med vk. Motsvarande egenvärden betecknar vi med ,\k, dvs. vi har Avk

= ,\kvk, k = 1,2, ... ,n.

Vi kan då bestämma koefficienter ok så att n

x< 0 l

= Lakvk. k=l

Då gäller

x< 1l

=

Ax< 0 J = A

(t (t

akvk)

=

k=l

x< 2l

=

Ax< 1> = A

k=l

t

ak,\kvk

k=l

ak,\kvk)

=

t

n~.,\fvk

k=l

349

Kapitel 7.

Egem1ärde11 och egenveÅ1orer

och allmänt n

x.2)i V2 + ... + On (>.n)i Vn.

Vi anta ratt egenvärdena ärnumrerade så att I>-1 I > I>.2 J 2:: ... 2:: J>.n J. Vid varje iteration kommer varje tenn i högerledet att multipliceras med motsvarande egenvärde. Detta medför att den första tennen, som svarar mot det till beloppet största egenvärdet, allt mer kommer att dominera över de andra. En förutsättning för att detta ska gälla är att startvektom innehåller en komponent av v 1 , dvs. o 1 -:/- 0. I närvaro av avrundningsfel är dock detta villkor oftast uppfyllt. Eftersom man nonnalt inte vet något om hur egenvektorn ser ut väljer man ofta startvektom som i exemplet. För att metoden ska fungera bra krävs vidare att J>.2/ >. 1 I ej ligger för nära l. Om I,\ 1 I = ,\2 I fungerar inte metoden. J

I exempel 7.23 gäller J>.iJ > l. Då blir xcl 7.25 Bestäm det egenvärde till matrisen

A=(~ ! ~) 0

1 4

som ligger nännast 2. Vi börjar med att bestäm1na LR-faktoriseringen av A - 21. Den kan visas vara

A-2l=o ~

358

n=o: no

10) =

1 0

1 1

L · R.

7. 6

Övningar

Om vi använder startvektom xo = (1, 1, l)t och iterationsfonnlema ovan får vi det resultat som redovisas i följande tabell i 0 1 2 3 4 5 6

I

y(i)

a;

(0.5774, 0.5774, 0.5774) (0.8165, -0.4082, 0.4082) (0.7448, -0.5793, 0.3310) (0.7377, -0.5902, 0.3279) (0.7371, -0.5909, 0.3279) (0. 7370, -0.5910, 0.3280) (0. 7370, -0.5910, 0.3280)

0.6667 4.8333 5.0489 5.0489 5.0489 5.0489

Det dominerande egenvärdet till (A- 2/)- 1 är tydligen 5.0849 och tillhörande egenvektor är (0.7370, -0.5910, 0.3280)t. För motsvarande egenvärde ,\ till A gäller att(,\ - 2)- 1 = 5.0489, vilket ger,\= 2.18488.

7.6 Övningar 7.1 Antag att A är den matris som svarar mot den linjära avbildning från R 2 till R 2 som definieras av att Av är spegelbilden av vi linjen y = x. Bestäm, genom att utnyttja den geometriska tolkningen av egenvärden och egenvektorer, alla egenvärden och egenvektorer till matrisen A. 7.2 Bestäm alla egenvärden och egenvektorer till den matris A som svarar mot den linjära avbildning som definieras av att Av är spegelbilden av vi planet x 1 - x 2 + 2x 3 = 0. Bestämningen ska göras genom att utnyttja den geometriska tolkningen av egenvektorer och egenvärden. 7.3 Antag att A

=

2 -1 ( 0 -1 0 2

::(rr=nr:: (-:).

-1 ) 0 . 1

Avgör vilka av följande vektorer som är egenvektorer till A och bestäm i förekom-

d=

o) · -n •= (

7.4 Bestäm, utan att använda sekularekvationen, samtliga egenvärden och egenvektorer till matriserna 359

Kapitel 7.

A

=(

Ege111 1ti1tle11 och ege11vef..1orer

~ ~),

B

=(

~ ~

),

C

= ( -~

~ )-

7.5 Antag att matrisen A är inverterbar och har en egenvektor v som svarar mot egenvärdet ,\. Visa att v då är en egenvektor till matrisen A - 1 . Bestäm motsvarande egenvärde. 7.6 Antag att matrisen A har egenvektorn v som svarar mot egenvärdet ,\. Visa att då är v också egenvektor till matriserna a) A 2 b) A - 21 c) A 2 + I. Bestäm motsvarande egenvärden. (I är enhetsmatrisen.) 7. 7 Matrisen A är sådan att A 2

= A. Visa att de enda möjliga egenvärdena är Ooch

I.

7.8 Matrisen A har egenvektorerna v 1 och v2 som hör till olika egenvärden Visa att v1 + v2 inte är en egenvektor till A. 7.9 Antag att Pär en ON-matris. Visa att om,\ är ett egenvärde till P så gäller

,\ = 1 eller,\ = -1. Ledning: Jämför lul och IPul .

7.10 Matrisen A har egenvektorerna v 1 och v 2 som hör till två olika egenvärden. Visa att vektorerna v 1 och v 2 är linjärt oberoende (dvs. att vektorerna inte är parallella). 7.11 Visa att matrisen A har egenvärdet Oom och endast om A ej är inverterbar. 7.12 Bestäm. genom att ställa upp och lösa den karakteristiska ekvationen, samtliga egenvärden och egenvektorer till matriserna a)

( 02 0) 1 ' (10 11) ' ( -10 01) ' (01 01) · b)

c)

d)

(Jämför med ÖVn. 7.1 och 7.4.) 7.13 Bestäm alla egenvärden och egenvektorer till matrisen

(Jiimför med övn. 7.3.)

360

7.15 Antag att matrisen A = A 4 från föregående övning. Bestäm alla egenvärden och egenvektorer till matrisen a) A- 1 b) A2 c) A- 2/, där I ärenhetsmatrisen. (Utnyttja resultaten i övn. 7.5 och 7.6.)

7.16 Bestäm tre ortogonala egenvektorer till matrisen B där B = a) A3 i övn. 7.14 b) As i övn 7.14 c) A i övn. 7.2. 7.17 Har matrisen A tre linjärt oberoende egenvektorer då A = a) A2 i övn. 7.14? b) A4 i ÖVn. 7.14? c) A 6 i Övn. 7.14? d) A1 i ÖVn. 7.14? Ange dessa egenvektorer i de fall de förekommer. 7.18 Låt A vara en 2 x 2-matris och låt v 1 och v 2 vara egenvektorer till A som hör till egenvärdena 5 resp. -1. Bestäm a) A2v 1 och A2v2. b) A 2 x, därx =2v1 + 7v2. c) Akx, där x =2v1 + 7v2 och k ett godtyckligt positivt heltal. 7.19 Låt A vara en 3 x 3-matris med egenvektorerna v1, v2 och v3 hörande till egenvärdena .-\ 1, .-\2 resp . .-\3. Bestäm Akx och beräkna limk-+cx, Akx, då a) .-\1 = 1, .-\2 = 1/2 och ,\3 = -1/2 och då x = 3v 1 - 2v2 + 4v3 . b) 0 < l.-\31 < l.-\21 < .-\1 = 1 och då x är en godtycklig tredimensionell vektor. Ledning för b): Enligt Sats 7.5 är v 1, v2 och v3 linjärt oberoende. Därför finns entydigt bestämda tala, b och c så att x =av1 + bv2 + cv3.

7.20 Matrisen

0H)

beskriver en rotation i R 3. Bestäm rotationsaxeln. Ledning: En vektor som är parallell med rotationsaxeln är en egenvektor till matrisen. 7.21 Låt c2.-\2 + c1.-\ + eo = 0 vara den karakteristiska ekvationen för matrisen

A=(! ~)361

Kapitel 7.

Egem1ä1rle11 och egem1e!.1orer

Detta är för övrigt ett specialfall av en sats, som kallas Cayley-Hami/tons sats, som säger att varje matris satisfierar sin egen karakteristiska ekvation. 7.22 Matrisen

(

-1/3 2/3 -2/3 ) 2/3 2/3 1/3 -2/3 1/3 2/3

svarar mot en spegling i ett plan 1r. a) Bestäm alla egenvärden och egenvektorer till A. b) Bestäm planet 1r:s ekvation. c) Bestäm alla egenvärden och egenvektorer till den matris X som satisfierar AX + A = I, där I är enhetsmatrisen. Ledning: Lös ut X och utnyttja resultatet i a). 7.23 Matriserna A och B kallas similära om det finns en inverterbar matris T sådan att A = r- 1 BT. Visa att om A och B är similära så har de samma egenvärden Ledning: Visa att ekvationerna har samma sekularekvation. 7.24 Låt Svara en n x n-symmetrisk matris. a) Visa att (Sv) · u = v- (Su) för alla vektorer u och vi Rn. (Utnyttja att (Sv) • u = v• (Su) kan skrivas på fonnen (Sv)t • u = vt • (Su) .) b) Antag att u och v är två egenvektorer till S som hör till olika egerwärden Visa, med ltjälp av resultatet under a). att u och v är ortogonala. 7.25 Antag att A = (aii) är en n x n-matris med egenvärden A1 , A2, ... An. Summan av diagonalelementen, dvs. a 11 + a22 + ... + ann brukar kallas spåret till A och betecknas med sp(A) ( eller Tr(A) ). Man kan visa att spåret är lika med summan av egenvärdena dvs. att sp(A)

= A1 + ,\2 + ... +An-

(Vilket ibland kan vara bra att veta för att kontrollera räkningarna.) a) Bevisa sambandet ( l l) då A är en 2 x 2-matris. b) Illustrera riktigheten av ( l l) genom att beräkna båda leden då

A-( -i

:~ -n

7.26 Denna övning anknyter till exempel 7.18. a) BesUim befolkningsutvecklingen för år l och 2 om X (0)

362

=(

100 50()

)

.

(11)

7. 6

Ov11i11gar

b) Bestämjämviktsfördelningen med x< 0 > som i a). c) För vilka begynnelsefördelningar kommer i denna modell stadsbefolkningen all öka? d) Generalisera _modellen så att varje år andelen a av stadsbefolkningen flyttar till förort och andelen b av förortsbefolkningen flyttar till stad. BesUim egenviirden och egenvektorer till den matris som beskriver mot denna situation. 7.27 Ändra förutsättningarna i exempel 7. 19 så att födelseöverskottet utgör I% i såväl stads- som förortsbefolkningen. Bestäm hur matrisen B förändras och bestäm egenvärden och egenvektorer. (Detta kan göras utan krångliga räkningar.) 7.28 Denna övning anknyter till exempel 7.20. a) Bestäm egenvektorerna till matrisen A. b) Egenvektorn v2 = (0, 0, l)t svarar mot egenvärdet 0.4. I exemplet kan detta ges en enkel tolkning som gör att man hade kunnat inse hur egenvektorn och egenvärdet såg ut, utan att räkna. Hur? c) Om man bara slaktar djur i mellangruppen, vilken är då den största andel som får slaktas varje år utan att populationen dör ut?

7.29 En smittsam förkylningssjukdom bryter ut i en befolkning. Av alla friska är en tiondel förkylda en vecka senare, medan resten förblir friska. Av de förkylda tillfrisknar hälften på en vecka. a) Ange ett samband på fonnen ( fn+I Bn+l

mellan antalet sjuka och friska en vecka och den följande veckan. b) Bestäm egenvärden och egenvektorer till matrisen A. c) Om förkylningen bryter ut i en helt frisk befolkning kommer sjukligheten så småningom att närma sig ett tillstånd av jämvikt. Bestäm fördelningen av sjuka och friska i jämviktstillståndet om totalbefolkningen är 10000 individer. d) Bevisa påståendet ovan, nämligen att antalet friska och sjuka nännar sig en jämviktsfördelning. (Gör en uppdelning av befolkningen i egenvektorer enligt b)uppgiften.) 7.30 I ett visst stort företag finns det två aibetslag, A och B. Mellan dessa två lag finns en viss rörlighet så att varje år några från lag A övergår till lag B och vice versa. Dessutom försvinner några genom pensionering eller genom övergång till andra företag. Man har funnit att efter år 1 återstår i lag A 70%, medan 10% har gått till lag B. l lag B återstår 60%, medan 30% har gått till lag A. a) Ställ upp en modell med matriser som beskriver hur personalstyrkan utvecklar sig år efter år och dess fördelning på arbetslag. finns det någon jämviktsfördelning? Bestäm i så fall denna. Ursprungligen finns 500 personer i varje lag. 363

Kapitel 7.

Ege,n,(Jrde11 och ege11vel,.1orer

b) Efter att ha begrundat en sådan modell beslutar sig företagsledningen fi)r att nyrekrytera ett antal personer varje år på sådant sätt att alla som slutat ersätts och att 60% av de nya sätts i lag A och resten i lag B. Finns det nu någon jämviktsfördelning och hur ser den i så fall ut? Är den stabil? 7.31 En biluthyrningsfinna hyr ut bilar i Stockholm, Göteborg och Luleå. Vissa bilar hyrs och lämnas tillbaka på samma ställe, men bilfinnan accepterar också att bilen hyrs på en plats och återlämnas på en annan. Erfarenhetsmässigt vet man att 10% av kunderna i Stockholm vill lämna bilen i Göteborg och 10% i Luleå. Av kunderna i Göteborg vill 40% lämna bilen i Stockholm och 10% i Luleå. I Luleå vill 20% hyra bil för färd till Stockholm och 10% till Göteborg.

Uppgiften är nu att beskriva hur antalet bilar på de olika platserna varierar med en enkel matrismodell. Vi antar att alla bilar hämtas på morgonen och lämnas på kvällen. Låt Xn vara en vektor som beskriver antalet bilar i de tre städerna dag n. a) Sätt upp ett matrissamband mellan Xn+i och Xn och visa att det finns enjämviktsfördelning av bilfinnans 600 bilar. b) Finnans marknadsavdelning bedömer att efterfrågan är dubbelt så stor i Stockholm som i Göteborg. Efterfrågan i Luleå och Göteborg är lika stor. Marknadsavdelningen föreslår därför en placering av dubbelt så många bilar i Stockholm som i Göteborg och i Luleå. Går detta att förena med kravet på en jämviktsfördelning? c) Visa attjämviktstillståndet är stabilt. 7.32 För att beräkna v'2 gjorde Theon från Smyrna under 200-talet f.Kr. på följande sätt, bortsett från beteckningarna: Han satte

x< 0 )

=(

~)

och x.2e2,, .. ,..\nen)(e1,e2,--· ,en)t=

=

A1e1e1

+ A2e2e~ + · · · .,\nene~.

Den första tennen ✓\ 1 e1 ei känner vi igen från kapitel 2. Där visades att en matris av typen nnt är en projektionsmatris där en vektor x i rummet avbildas till sin projektion längs enhetsvektorn n. Vi låter nu vektorn x ha koordinatmatrisen Xe i basen e så att x = eXe. Vi vet att el ek = 0 utom då k = 1 då produkten blir 1. Detta ger >.1e1e~x

= =

..\1e1e~ (x1e1 +x2e2 + · · · +xnen) ..\1x1e1.

Första tcnnen i uttrycket för A kommer alltså att projicera vektorn x på axeln längs e 1 och förlänga resultatet med >. 1 som hör till e 1. Generellt kommer A att avbilda en vektor x så att bilden blir summan av projektionerna längs egenvektorerna förlängda med motsvarande egenvärde. Excm1>cl 8.8 Diagonalisera matrisen

Lösning: Enligt exempel 7.8 sid 338 har matrisen egenvärdet 7 med egenvektor

(2, 1) 1 och 2 med egenvektor (1, -2)t.

Dessa är uppenbart ortogonala men inte nonnerade. Efter nonnering får vi matrisen av egenvektorer p

= ( 2/../5

1/../5 ) 1/../5 -2/../5 .

Enligt satsen ska då gälla att Vi kontrollerar: PDP 1

0) ( 2/../5 1/../5

= ( 2/../5 1/../5 ) ( 7 1/../5 -2/../5 0 2

1/../5 ) -2/../5 =

2/../5 ) ( 2/../5 1/../5 ) _ ( 14/../5 7/ .,/5 -4/ .,/5 1/ .,/5 -2/ ../5 -

( ~~j~ ~~j~ ) = ( ~ ~ ) = A. 382

8.4

Kvadratiskaformer

Exempel 8.9 En viss matris A har egenvärden och egenvektorer enligt nedan. Bestäm matrisen A och ange hur bildvektorerna kan beskrivas geometriskt.

Egenvärde 2

1 0

Egenvektor (1, 1, 1) (1,0,-1) 1 (0,-1, l)t

Lösning Egenvektorerna är ortogonala men inte nonnerade. Om de nonneras kan vi på vanligt sätt bilda en ON-matris P och en ON-bas e av egenvektorer. Enligt diagonaliseringssatsen och Sats 7.2 måste matrisen vara symmetrisk och A

=

PDPt=

= (

i

i°) (2 0 0) ( ta

720 -72 -~ 72

7a

1(7 41)

= -

4

6

4

4

1 4

7

O 1 0 0 0 0

72

I

73

0

0

.

Med tolkningen av matrisen som en summa av "projektioner" får vi att A

= 2e 1e~ + e2e~

som betyder att Ax blir en linjärkombination av projektioner på vektorerna e 1 och e2. Alltså kommer varje bildvektor att bli en vektor som ligger i det plan som går genom origo och som är parallellt med vektorerna e 1 och e 2 . I detta exempel är normalriktning till planet ju vektorn (0, -1, 1)1 vilket gör att planets ekvation är Ox 1 - x 2 + x 3 = 0. Man kan också inse att varje vektor i detta plan kan vara bild av någon vektor x E R 3 • Det innebär också att ekvationssystemet Ax = y bara kan ha lösning om vektorn i högerledet ligger i planet. I så fall finns det dock många lösningar.

8.4 Kvadratiska former Uttryck av typen 2x2

-

3xy + 5y 2 eller 2x 2 + 5y 2 + z2

-

2xy + 3xz + 8yz

har en förmåga att dyka upp i många sammanlumg som exempelvis i samband med studium av kurvor och ytor av andra graden och vid undersökning av extremvärden för funktioner av flera variabler. De har också betydelse i en del tillämpade ämnen. som exempelvis mekanik, hållfasthetslära och statistik. Uttcycken karakteriseras av 383

Kapitel 8.

Basbyte/I, diago11a/iseri11g ochJ.,,adratiskafom,er

att de innehåller ett antal tenner i två, tre eller flera variabler och att alla temter är av andra graden. Sådana uttryck brukar kallas för en kvadratisk fonn. Definition 8.2 Med en kvadratiskform i två resp. tre variabler menas ett uttryck av typen Q(x,y)

= ax2 + bxy + cy 2

resp.

= ax2 + 1Yy2 + cz 2 + dxy + exz + fyz

Q(x, y, z)

där a, b, c, d, e och f är reella konstanter. Exem1>el 8.1 O x 2 + y 2, x 2 -y 2 och xy är tre exempel på kvadratiska fonner. Däremot är x 2 + y 2 + 2x + 3y + 5 inte en kvadratisk fonn.

Kvadratiska fonner in variabler x 1 , x 2 , .•. , Xn äruppbyggda på liknande sätt, som en summa av kvadrattenner a 11 x~, a 22 annX~ och "blandade" produkter av typen aijXiXj , där i =/. j.

xt ... ,

Exem1>el 8.11 3x~ + x~ - 4xi

+ 5x~ -

2x1x2 + 3x 1x4

+ 7x2x3 är en kvadratisk

fonn i 4 variabler. Anm 8.3 Ordetform är ett gammalt namn på ett homogent polynom, dvs. ett polynom där alla tenner har samma totala gradtal. En kvadratisk fonn är alltså ett homogent polynom av andra graden. Anm 8.4 Om Q(x)

= Q (x 1 , x 2 , ...

a) Q (tx1, tx2, ... , txn)

b) Q(O)

,

Xn) är en kvadratisk fonn, så gäller

= t 2Q (x1, x2, ... , Xn)

= 0, dvs. varje kvadratisk fonn barvärdet Odå x = 0.

8.5 Matrisbeskrivning av kvadratiska former Låt (e1, e2) vara en given bas för vektorerna i planet. Till varje vektor x hör då entydigt bestämda koordinater x 1 och x 2 så att x

= X1 e1 + x2e2 = ( ~~ ) .

Vi väljer alltså att identifiera x med kolonnmatrisen X = ( x 1 x 2 är koordinaterna för x i basen (e 1 , e 2 ) • En kvadratisk fonn, t.ex. Q (x1, x2) 384

= 6x~ + 4x1x2 + 3x~

)t

vars element

8.5

Matrisbeskrivning av kvadratiska former

kan därför tolkas som en funktion som avbildar vektorn x med koordinaterna (:i: 1 , :i:1 ) på det reella talet 6xf + 4x1x2 + 3x~. Vi skriver dårför

Q(x) =6xf + 4x1x2 + 3x~ och underförståi: att koordinaterna är givna i en viss bas. Vanligen antar man att det är en ON-bas, men detta är inte väsentligt här. Motsvarande gäller för kvadratiska fonner i fler än två variabler. Sats 8.8 Till varje kvadratisk form Q hör precis en symmetrisk matris S sådan att

Q(x)

= xtsx.

Bevis Vi nöjer oss med att visa satsen för två variabler. Betrakta alltså Q(x)

= Q (x1,x2) = axf + 2bx1X2 + exr

Den tillhörande symmetriska matrisen är

b)

S=(a

b

C

'

ty detta kan skrivas

Q(x)

=

axf

+ 2bx1x2 + ex~ = x1 (ax1 + bx2) + x2 (bx1 + ex2) =

=

(x1 x2) ( : : :

!:: )

= (x1 x2) ( :

: ) (

~~

) .

Vi inser även att det endast finns en symmetrisk matris S sådan att Q(x) = X 1SX. Observera att matrisen S fås genom att i diagonalen sätta koefficienten för xf resp x~ och i de övriga positionerna sätta halva koefficienten för x1x2-tennen.

Den till den kvadratisk fonnen i tre variabler

= Q (x1,x2, x3) = axf + bx~ +ex~+ 2dx1x2 + 2ex1x3 + 2fx2x3 hörande matrisen bildas analogt. Man inser att i detta fall är Q(x) = X 1SX, där Q (x)

S=(H

n-

Exem1>el 8.12 Den kvadratiska fonnen Q (x1, x2) symmetriska matrisen

= 6xf + 4x1x2 + 3x~ har den

Anm 8.5 Observera att matrisen S ovan kan bytas ut mot exempelvis matriserna

385

Kapitel 8.

Basbyten, diago11aliseri11g ochkvadratiskafom,er

Det finns alltså oändligt många sätt att skriva Q på fonnen Q(x)

= X 1AX

där A är en kvadratisk matris, men att det bara finns en symmetrisk matris S som ger Q. När vi i fortsättningen talar om den matris som hör till en kvadratisk form menar vi alltid den entydigt bestämda symmetriska matrisen. Excm1>cl 8.13 Den symmetriska matrisen till

Q(x,y, z)

= 2x 2 + &y 2 + 3z2 -

6xy + xz + 8yz

är 2 -3

-3 5

1/2

4

S= (

1/2) 4 3

'

dvs. Q(x,y, z)

=( x

y

z ) (

;

1/2

Excm1>cl 8.14 Den kvadratiska form som hör till

s = ( -~ är Q(x, y)

!)

= -5x2 + 2xy + 3y 2 . Den kvadratiska form som hör till s= (

är Q(x,y, z)

= 3x2 + 4y 2 -

~1 -2~

-~) -3

3z2 + 2xz - 4yz.

Även i fortsättningen kommer vi att koncentrera oss på kvadratiska former i två eller tre variabler och vi fonnulerar satserna för kvadratiska former av tre variabler.

8.6 Diagonalisering av kvadratiska former Betrakta en kvadratisk fonn

=

a11;r~

+ a22x~ + aaaxi + 2a12X1X2 + 2a13X13 + 2a23X2X3 =

X 1 8X, 386

8.6

Diago11aliseri11g av l.,,adratiskaformer

där matrisen

är symmetrisk och där vi tolkar X vektorn x i standardbasen i R 3 •

= ( x1

x3 ) t

x2

som koordinatmatrisen för

Vi vill nu införa en ny ON-bas {f1 f2 f3} . Antag att x har koordinatmatrisen X 1 = ( Y1 Y2 Y3 ) t i denna bas. Vårt problem är: Kan man välja den nya basen så att Q far en enklare form när den uttrycks med hjälp av koordinaterna y 1 , Y2, y3 för x i den nya basen?

Sambanden mellan de nya och gamla koordinaterna är enligt basbytessatsen (sats 8.1.)

X=PX1 där P är den ON-matris, vars kolonner är koordinaterna för f1 , f2 resp. f3 i standardbasen I den kvadratiska formen Q = xt SX ersätter vi därför X med P X 1 ochfär

Q

= (PX1)t SPX1 = X} (PtSP) X1-

Enligt Sats 8. 7 för symmetriska matriser kan vi välja P så att ptSP=D= (

Ad

~2

0

0

~)

A3

där A1 , A2 och A3 är egenvärdena till den symmetriska matrisen S. Enligt Sats 8. 7 är då P en matris vars kolonner är tre parvis ortogonala och nonnerade egenvektorer f1, f2 och f3 till S. De nya basvektorerna ska alltså väljas som dessa egenvektorer till S. Med detta val av ny bas är Q

= =

(Y1 Y2 y3) (

A1 0

A2

0

0

0

A1Y~ + ,\2y~ + A3Y~-

Det transformerade uttrycket

beskriver samma funktion som

Q(x)

=

Q

(x1, X2, X3 )

= a11X12 +

2

2

a22X2 + a33X2 +

+2a12X1X2 + 2a13X1X3 + 2a23X2X3

387

Kapitel 8.

Basbyten, diago11aliseri11g ocl1/..vadrotiskafom1er

men på ett enklare sätt (inga "blandade" produkter). Uttrycket

,\1Yi

+ ,\2y~ + ,\3y~

kallas för den kvadratiska fonnens kanoniska form. Genom att göra ett basbyte enligt ovan så kan man alltså överröra en kvadratisk fonn på kanonisk fonn. Vi sammanfattar det ovanstående i följande sats, som vi fonnulerar för R 3 . En analog sats gäller för kvadratiska fonner i n variabler.

Sats 8.9 (Huvudsatsen för kvadratiska former) Låt Q(x) vara en kvadratisk/orm i tre variabler som i standardbasen ges av

Q(x)

= xtsx

där matrisen S är symmetrisk. Lat vidare P = (f1 f 1 f3) vara den ON-matris vars kolonner utgörs av pan1is ortogonala och normerade egem1ektorer till S, svarande mot egenvärdena ,\ 1, ,\2 och .,\3_ Låt vidare X f = (y 1 Y2 y3) t vara koordinatmatrisen för x i basen (f1 f 1 f3 ). Genom transformationen X=PX 1 överförs da Q pa den kanoniska formen

= X}DX1 = A1Yi + >.2y~ + ,\3y~.

Q

ExcmJ>cl 8.15 Betrakta den kvadratiska fonnen Q(x,y)

= 6x2 + 4xy + 3y2 .

Dess matris är

S=(~ ;) vars egenvärden är ,\ 1 = 7, ,\ 2 = 2. Vektorerna v 1 = ( 2 1

1 ) t och v 2 =

( 1 -2 ) är ortogonala, men ej nonnerade, egenvektorer till S. (Se exempel 7 .8 sidan 338.) Nonnering ger

f1

=~(

~ ) , f2 = ~ (

Genom transfonnationen

dvs.

y

388

= )gu - }gv

-~ ) .

8.6

Diagonalisering av l.,,admtisknformer

överförs alltså Q till den kanoniska fonnen Q(u,v)

= 7u2 + 2v 2 .

Vi kontrollerar detta genom insättning av uttiycken för x och y i uttiycket för Q och får -

6x2 + 4xy + 3y2 = !(2u+v) 2 +t(2u+v)(u-2v)+i(u-2v) 2 =

= = f (24u2 + 6v2 + = 7u2 + 2v2 .

24uv + 8u2 - 12uv - 8v2 + 3u2 - 12uv + 12v 2)

=

Exem1>el 8.16 Betrakta den kvadratiska fonnen Q (x1,X2,X3)

=X~+ X~+ X~+ 2X1X3 = XtSX,

där

Man kan på vanligt sätt räkna ut att S har egenvärdena ,\ 1 och att

f,

=

~(

D'

r, = (

n

och

= 2,

r, = ~ (

,\2

= 1 och ,\ 3 = 0

j)

är tre parvis ortogonala och nonnerade egenvektorer till S. Transfonnationen

( :: ) = ( 1/~ X3

~

1/,/2 0

1/~ ) ( ~: ) -1/,._/2

Y3

överför då Q på den kanoniska fonnen Q(y1,Y2,y3)

= 2y~ +y~.

Exempel 8.17 En andragradskurva (med centrum i origo) är en kurva med ekvationen ax2 + 2bxy + cy2

= d.

Vänsterledet i kurvans ekvation är en kvadratisk fonn, med den tillhörande symmetriska matrisen

389

Kapitel 8.

Basbyten, diagona/isering ochkvadratiskafom1er

Genom diagonalisering får kurvan ekvationen ,\ 1 u 2 + ,\2v 2 = d i ett koordinatsystem med oförändrat origo och där koordinataxlarna sammanfaller med egenvektorsriktningama till matrisen S. Genom att införa ett nytt lämpligt koordinatsystem kan man alltså alltid skriva kurvans ekvation på denna enkla fonn. Dess ge~metriska betydelse kan sedan enkelt avgöras. Om det ursprungliga koordinatsystemet är ett ON-system får vi ett nytt system som också är ortononnerat vilket gör att vi kan bestämma kurvans typ (ellips, hyperbel, ... ) samt dessutom axelriktningar och axellängder med ltjälp av värdena på ,\1, A2 och d.

Excm1lcl 8.18 Bestäm den geometriska betydelsen av ekvationen 6x 2

+ 4xy + 3y 2 = 1.

Lösning Enligt exempel 8.15 så gäller att variabelbytet

( : ) =~(

i -~ ) ( ~ )

överför 6x 2 + 4xy + 3y 2 i 7u 2 + 2v 2 . Kurvans ekvation i koordinatsystemet O f1f2 är alltså

7u2

+ 2v 2 = 1

eller u2

v2

-----:, + - - - - 1 (1//7)2 (1/ v/2)2 - . Detta är ekvationen för en ellips med halvaxlama i riktningen f2

= -}s ( -~ )

1/ .fi och 1/ v/2. Storaxeln ligger

och lillaxeln i riktningen f1

= -}s (

i ).

Exempel 8.19 Genom att införa ett nytt koordinatsystem med axelriktningen längs egenvektorsriktningarna kan. som redan påpekats, varje andragradskurva ax 2

+ 2b·xy + cy2 = d

skrivas pa fonnen (3)

Beroende på tecknen hos egenvärdena ,\ 1 och ,\ 2 får vi olika fall. I. ,\1 och ,\2 har sanuna tecken. Ekvation (3) kan då skrivas på någon av fonnema u2 v2 tt2 v2 ·tt2 v2 a2 + 112 = 1 . a2 + 112 = 0 eller a2 + b2 = -1. Den första av dessa tre ekvationer beskriver en ellips med halva·dar a och b, den andra satisfieras endast av origo och den tredje saknar geometrisk tolkning eftersom 390

8.7

Väniemä11gde11 till /.., adratiskaformer 1

den inte satisfieras av några reella tal. Il• ..\1 och ..\2 har olika tecken. Då kan ekvation (3) skrivas på någon av följande fonner: u2 v2 a2 - b2

u2

= 1, a2

v2 - b2

= -1

u2

u2

eller a2 - b2

= 0.

De båda första ekvationerna svarar mot hyperbler med halvaxlar a och b. Den första hyperbeln skär u-axeln men inte v-axeln. Den andra skär däremot v-axeln men inte u-axeln. Den tredje ekvationen kan skrivas

( ~ + ~) ( ~ - ~) = 0. Denna ekvation svarar således geometriskt mot två räta linjer genom origo. IIL Något av egenvärdena är 0. I detta fall inser man att ekvation (3) svarar mot två parallella linjer, en linje eller helt saknar geometrisk motsvarighet.

8. 7 Värdemängden till kvadratiska former

= xtsx, där matrisens är symmetrisk och låt ,\nin vara minsta respektive största egenvärdet till S. Då gäller

Sats 8.10 Låt Q (x1,X2,X3) och

,\max

Amin

lxl 2 $

Q(x) $

Amax

lxl 2

där lxl 2 = x~ + x~ + xi om koordinaterna är givna i en ON-bas. Likhet fås till vänster då x är en egenvektor som hör till Amin (eller då x = 0) och likhet till höger fås då x är en egenvektor som hör till Amax (eller då x = 0).

Bevis: Diagonalisering ger Q(x)

och, eftersom ..\min $ ..\i $ Amin

(y~

= ..\1Y~ + ..\2YE + ..\3y~,

..\max,

+ Y~ + Y~)

att $ Q(x) $

Amax

(y~

+ YE + Y~) ·

Eftersom (Yi, y 2 , y 3 ) är koordinaterna för x i en ON-bas följer att

lxl 2 = Y~ +YE +y~ vilket ger olikheten i satsen. Påståendet om likhet till vänster respektive höger får vi av följande: Om x är en egenvektor till S med egenvärde ,\, så är Q (x)

= xt sx =Xt ..\X = ,\Xt X = A lxl 2

och satsen är bevisad. 391

Kapitel 8.

Basbyten, diago11aliseri11g oc/1/.vadratiskaformer

Excm1>cl 8.20 Betrakta den kvadratiska form vi tidigare studerat i exempel 8.16, nämligen

Q (x1, x2, X3)

= x? +X~+ X~+ 2X1X3.

Av Sats 8.10 och exempel 8.16 följer att

0:::; Q(x1,x2,x3):::; 2(x? +x~ +x~). Excm1>cl 8.21 (forts. på exempel 8.20 och exempel 8.16.) Bestäm största värdet av x2

+ y 2 + z 2 + 2xz då x 2 + y 2 + z 2 = 3.

Av exempel 8. 16 och Sats 8.10 följer att största värdet är Amax · 3 = 6 och att detta antas om och endast om (x, y, z)t är en egenvektor med längd J3 som hör till egenvärdet.>. = 2. Av exempel 8.16 följer då att största värdet 6 antas i punkterna

±fi(1,0,-1).

Kvadratiska fonner kan klassificeras i följande fem kategorier. Definition 8.3 En kvadratisk fonn Q sägs vara

a) positivt definit om Q(x) ~ 0 för alla vektorerx och om likhet endast gäller för x=O b) positivt semidefinit om Q(x) ~ 0 för alla x, och om det finns någon vektor x -:JO för vilken Q(x) = 0. c) indefinit om Q antar såväl positiva som negativa värden d) negativt definit om Q(x) :::; 0 för alla x och med likhet endast för x

=0

e) negativt semidefinit om Q(x) $ 0 för alla x och om det finns någon vektor x -:JO för vilken Q(x) = 0. Anm 8.6 En symmetrisk matris A säges vara positivt definit, semidefinit, indefinit eller negativt definit om motsvarande kvadratiska fonn Q(x) = xtsx är positivt definit. semidefinit, indefinit respektive negativt definit.

Excm1>cl 8.22 a) Den kvadratiska fonnen Q 1(x, y) = 2x2 +4y2 är positivt definit. b) Den kvadratiska fonnen Q 2 ( x, y, z) = 2x 2 + 4y 2 + 3z 2 är positivt definit. c) Den kvadratiska fonnen Q 3 (x,y, z) = 2x 2 + 4y 2 är positivt semidefinit, ty Q3(:r,y, z) ~ 0 för alla x,y, z och t.ex. så ärQ 3(0,0, 1) = 0. Observera att Q 1 är en kvadratisk fonn i två variabler, medan Q 3 är en kvadratisk fonn i tre variabler.

Excm1>cl 8.23 Den kvadratiska fonnen Q(x, y, z) = 2xy + 2xz är indefinit, ty insättning visar att Q( 1, 0, 1) = 2 och Q( 1, 0, -1) = -2, dvs. Q antar både positiva 392

Vtinlemti11gde11 till kvadratiska former

8. 7

och negativa värden I detta fall är egenvärdena till den associerade symmetriska matrisen O respektive ±y2. · Exempel 8.24 Bestäm typen av den kvadratiska fonnen Q( x 1, x 2) = 6xi +4:r 1:1::.1+ 3x~.

Lösning Vi visade i exempel 8.15 att Q(x1 ,x2)

= 6x~ + 4x1x2 + 3x~ = 7y~ + 2y?

där X1

= 15Y1 + .)gY2

X2

= 7sY1 -

{

7sY2-

Q har alltså den kanoniska fonnen Q

= 7y~ +2y~.

Vi ser att 7y~+2y~ ~ Oförallay1 ochy2 och att likhet endast gäller då y1 = Y2 = 0. Men av sambanden ovan fås att y1 = y 2 = 0 x 1 = x 2 = 0, dvs. Q(x 1, x 2 )~ 0 för alla x 1 och x2, med likhet endast då x 1 = x 2 = 0. Detta innebär att Q är positivt definit.

Av sats 8.10 följer direkt

Sats 8.11 En kvadratiskform Q

= xt SX, dt'ir matrisen S är symmetrisk är

a) positivt definit precis då >.min > 0 b) positivt semidefinit precis då >.min = 0 c) negativt definit precis då >-max < 0 d) negativt semidefinit precis då >-max = 0 e) indefinit precis då S har både positiva och negativa egenvärden.

Anm 8. 7 Om matrisen A är positivt (eller negativt) definit följer att talet O inte kan vara egenvärde. Detta medför att A har invers. Exempel 8.25 Den till den kvadratiska fonnen Q (x1, x2,X3) =X~+ X~+ 2X1X3

+ X~

hörande symmetriska matrisen

8=(~~~) 1 0

1

393

Kapitel 8.

Basbyten, diagm1aliseri11g och!..11adrotiskafom1er

har egenvärdena 2, 1 och 0, vilket innebär att Q är positivt semidefinit. Att så är fallet kan vi även konstatera direkt, ty Q(x 1, x2, x3) = (x1 + x3) 2 + x~, dvs. Q(x1, x 2 , x3) blir aldrig negativ. Vidare ser vi att Q = 0, då x1 = -x3 och x2 = 0. Typen av en kvadratisk fonn kan även avgöras genom metoden med systematisk kvadratkomplettering. Fonnen skrivs därvid som en summa av kvadratiska tenner, varefter karaktären enkelt kan avgöras. Vi belyser tillvägagångssättet med tre exempel. Excm1>cl 8.26 Bestäm typen av den kvadratiska fonn Q(x, y) = 6x 2 + 4xy + 3y 2

som vi tidigare behandlat i exemplen 8. 15 och 8.24. Lösning

dvs. Q(x, y) är positivt definit. Excm1>cl 8.27 Bestäm typen av den kvadratiska fonnen Q(x,y, z) = x 2 + 6y 2 + 5z2 + 4xy- 2xz - Byz.

Lösning Först tar vi samman alla tenner som innehåller x och kvadratkompletterar med avseende på x.

=

Q(x,y, z) = x 2 + 2x(2y - z) + 6y 2 + 5z 2 - 8yz = (x 2 + 2x(2y - z) + (2y - z) 2 ) - (2y - z) 2 + 6y 2 + 5z 2

=

(1:

+ 2y -

z) 2 + 2y 2

+ 4z 2 -

-

8yz

=

4yz.

Vi tar sedan hand om de tenner som innehåller y 2 och yz och kvadratkompletterar med avseende på y 2 (y 2 - 2yz + z 2) - 2z 2

2y2 - 4yz

=

2(y -

z) 2 -

2z 2 •

=

8. 7

Vtirdemti11gde11 till kvadratiska former

Alltså är Q(x,y, z)

= (x+ 2y- z) 2 + 2(y- z) 2 + 2z 2

och vi ser att Q(x, y, z) 2:: 0 för alla x, y, z. Om vi sätter

x' { y' z'

=

= =

x+ 2y- z y- z z

kan vi skriva detta samband

eller

Detta är samband av typen Xe = p- 1X och X = P Xe. Det innebär att en ny bas införts, men den är inte en ON-bas. Den systematiska kvadratkompletteringsmetoden ger matrisen som vi här kallat p- 1. På grund av konstruktionen blir denna övertriangulär med en diagonal av ettor. Den får alltså invers P som också är övertriangulär och S ersätts med matrisen PS p- 1 som blir diagonal och

Q(x,y, z)

= (x') 2 + 2 (y')2 + 2 (z'/.

Q(x,y, z)

= 0 {

Vidare är

x+2y-z=0 y- z = 0 z=O.

Enda lösningen till detta ekvationssystem är tydligen x = y = z = 0, dvs. Q är positivt definit. Metoden som beskrivs i exemplet ovan ger en metod att bestämma typen av en kvadratisk fonn utan att bestämma egenvärdena till S, något som annars skulle kräva att man löser sekularekvationen. För en kvadratisk fonn i fler än två variabler kan detta vara en svårare uppgift. Exempel 8.28 Antag att z 2 -tennen i föregående exempel är 3z 2 i stället för 5z 2 . Efter kvadratkomplettering på sa1mna sätt som i exemplet. får man då Q(x, y, z) = (x+2y- 7) 2 +2(y-z) 2 . Av detta följer att Q är positivt semidefinit. ty Q(x, y, z) 2'. Oför alla val av (x,y, z) och exempelvis så är Q(-1, 1, 1) = 0. 395

Kapitel 8.

Basbyten, diago11aliseri11g ochkvadratiskafom1er

Med sa1mna koordinatbyte som i föregående exempel får vi Q (x, y, z) 2 (y') 2 . För att denna ska bli Okrävs alltså bara att

{

= (x') 2 +

x= -z x+2y-z=0 { y=z Y - z =O z godtycklig.

Det finns alltså (x,y,z) =f. (0,0,0) så att Q(x,y,z) kvadratiska fonnen är positivt semidefinit

=

0 vilket visar att den

8.8 Singulärvärdesuppdelningar och pseudoinverser För icke-kvadratiska matriser kan vi inte göra diagonalisering som i avsnitt 8.3. Det går inte heller alltid för en kvadratisk matris. Bara om matrisen har maximalt antal linjärt oberoende egenvektorer, dvs. lika många som antalet rader och kolonner, kan man finna en bas av egenvektorer som kan användas. En illustration till detta kan vi se i följande exempel. Excm11cl 8.29 Matrisen A ges av

A=(~ ~)Den är inte symmetrisk men heller inte singulär. Sekularekvationen det(A - >..I)= (1 - >..) 2

=0

har bara roten,\ = 1. Till denna hör bara en egenvektorriktning e 1 = (1, O)t. Den kan inte ensam bilda bas och A kan därför enligt sats 8.5 sid 380 inte diagonaliseras. Det finns alltså en stor klass av matriser som inte kan faktoriseras med hjälp av en diagonaliserande matris. Om man generaliserar begreppet en aning finns dock något som är nästan lika bra, nämligen singulärvärdesuppdelning (SVD). Den fungerar även för rektangulära matriser där intressanta tolkningar och tillämpningar finns. Vi börjar med att fonnulera en sats om SVD men avstår från att bevisa den I den nänms begreppet rang. Med rangen av en matris menas antalet linjärt oberoende kolonner i matrisen. som också är lika med antalet linjärt oberoende rader. Sats 8.12 Låt A vara en rektangulär nxm-matris av reella tal. Då.finns tre matriser U, \' och 1: med egenskaperna

a) U är en n x n ON-matris. b) \' är en m x ·m ON-matris. 396

8.8

Singultirvärdesuppdel11i11gar ocl, pse11doi11ve1:H'r

c) E är en "nästan diagonal" matris av typen n x m och där 0-1 ~ 0-2 ~ .•• ~ O-r > 0 är positiva rella tal och

E=

0-1

0

0

0-2

0

0

0

0

0 0

0 0

0

0

d) Talet r är entydigt bestämt av matrisen A och kallas rangen för A. e)A=UEvt Matriserna U och V är inte entydigt bestämda, men matrisen E och talen a 1 , ... , a,. är entydigt bestämda om man ordnar dem i storleksordning som i satsformu/eringen ovan. Exempel 8.30 För den rektangulära matrisen A som beskriver en linjär avbildning från R 3 till R 2 kan man göra uppdelningen

A

=

( 0

=

~ (-~

4

-6 2

-: ) = UEVt

00)'( I 3 =;

-1 ) ( 6/2 -1 0 3/2 0

u

E

2 2 -1 V'

-n

Vi har här döpt den tredje matrisen till vt. Man visar lätt att den är en ON-matris vilket medför att vt = v- 1. Vi kan nu uppfatta kolonnerna i V= (e1 e 2 e 3 ) (dvs. raderna i vt) som en ON-bas e för R 3 . Matrisen U, den första matrisen, är också en ON-matris och den kan uppfattas som en bas g = ~g 1 g 2 ) för vektorerna i bildrummet R 2. Vi ser då att vektorn e 1 = (1/3, 2/3, 2/3) avbildas till vektorn 6v2g 1 och e 2 till 3/2g2 medan e 3 avbildas till nollvektorn. Vi kan säga att avbildningen utför en slags snedprojektion, men med olika töjning i de olika riktningarna. Ungefär som på sidan 383 kan vi skriva matrisen A A

= 6V2g1et + 3V2g2e;.

För varje vektor x E R 3 är e~ x en skalär liksom e~x. Då blir Ax= 6V2 (etx) g1

+ 3V2 (e;x) g2.

Det visar att varje bildvektor Ax blir en linjärkombination av vektorerna g1 och g2. Begreppet singulärvärdesuppdelning, SVD (Singular Value Decomposition) har de senaste åren fått en stor betydelse vid tillämpningen av linjär algebra inom teknik 397

Kapitel 8.

Basbyten, diago11aliseri11g ochkvadrotiskafom,er

och vetenskap. i:_vvärr är det inte inte så lätt att göra en sådan SVD-uppdelning "för hand". Exemplet ovan är ett av de få som skulle gå att lätt beräkna exakt med papper och penna. Goda numeriska metoder finns dock som utför SVD, t.ex. i MATI..AB och i Maple. Anm 8.8 Om man använder uppdelningen i satsen A = UEVt där matriserna U och V är ON-matriser på produkterna AA t respektive A t A får man a) AA 1 = UEVt (UEVt)t = UEvtvEtut = U(EEt)ut. Eftersom AAt ärsym-

------

.._,.,, I

diagonal

metrisk kommer den att ha reella egenvärden och maximalt antal linjärt oberoende egenvektorer med egenvärden som återfinns i matrisen EEt som är en n x n-matris. Egenvektorerna finns i matrisen U. Egenvärdena visar sig vara af dvs. kvadraterna på singulärvärdena. b) Samma operation på A t A visar att denna symmetriska matris har egenvektorer i matrisen V och (sa1mna) egenvärden som AAt placerade i diagonalen till matrisen Et E av typ m x m. Detta kan användas för handräkning på små matriser men rekommenderas inte för realistiska problem. Inte 1ninst tär man numeriska problem eftersom matriserna kvadreras. Exem1>el 8.31 I exempel 8.29 visades att matrisen A=(~ ~)

inte kan diagonaliseras. Man kan dock göra en singulärvärdesuppdelning (SVD) av matrisen och får (med närmevärden) A

=(

-0.8506 -0.5257

-0.5257 ) ( 1.618 0 ) ( -0.5257 0.8506 0 0.6180 -0.8506

-0.8506) 0.5257 .

Detta kan vi tolka som att vi funnit en uppdelning av typen A= UEVt

där U och V är två ON-matriser som kan ses som två olika baser för R 2 i enlighet med sats 8.3. Med V = (e1 e2) som "gamla" basen för R 2 och U = (f1 f2 ) som den "nya" basen får vi uppdelningen A

-

(f1 f 2 ) ( 1.618

=

l.618f1 e~

_

0

0 ) ( ei 0.61803 e~

)

+ 0.61803f2 e;.

Vi ser att om x =x1 e1 + x2e2 så kommer komponenten längs e 1 att förlängas med faktorn 1.618 och riktas längs f1 = (-0.85065, -0.52573) medan den andra komponenten kommer att förkortas med faktorn 0.618 03 och ligga längs f2 • 398

8.8

Singultin>ärdesuppde/ningar ocl, pse11doi,n 1e1:~er

Exempel 8.32 I ett experiment har man fått ett stort antal mäMirden som är tredimensionella, dvs. man har ett antal tredimensionella vektorer i en tabell. Det finns anledning att tro att de ligger på eller ganska nära ett plan i rummet som gär genom origo. Hur bestämma ett sådant?

Lösningsförslag Sätt in alla mätvärden i en matris A med tre rader och lika många kolonner, n, som taltripplar. Gör en singuläJVärdesuppdelning av A. Man får då A

= UEVt

där matrisen U är en 3 x 3-matris medan V är en n x n-matris, bägge är ON-matriser. Matrisen E innehåller singulärvärdena ordnade efter avtagande storlek. Genom att skriva om A som i tidigare exempel får man

A

= 0"1 U1 V 1t + 0"2U2V2t + 0"3U3V3.t

Här gäller att a 1 ~ 02 ~ a 3 ~ 0. Nu gäller att t.ex. mätvärdena för punkt 2, kolonn k2 i A, fås av produkten Ae2 = A (0, 1,0, ... , 0)t. Detta ger att den kolonnen kan skrivas k2

= u1 (a1v~e2) + u2 (a2v~e2) + u3 (a3v~e2).

Koefficienten för u3 har värdet 03 cos( 0) där 0 är vinkeln mellan de två enl1etsvektorerna v 3 och e 2 • Koefficienten är alltså högst lika med singuläJVärdet. Om a 3 är litet jämfört med de två andra singulärvärdena betyder detta att alla punkternas ortsvektorer kan beskrivas av en kombination av vektorerna u1 och u2 som man får ur SYD-uppdelningen plus ett litet bidrag längs u 3 . Då måste punkten ligga nära det plan som innehåller vektorerna u1 och u2. Vi kan anta att följande matris A består av mätvärden placerade i kolonner som beskrivits ovan. Bestäm det plan som bäst approximerar denna punktsvänn i rymden.

A

=

(

7.15 4.94 10.00

0.06 3.05 -0. 79

-0.527 ( -0.481 -0.701

1.02 -1.06 1.96

0.135 -0.862 0.489

5.08 7.03 6.02

1.08 ) -4.17 3.11

-0.839 ) ( 16.8 0.163 0 0.519 0

~

~

0 7.01 0

u

0.05 E

där

vt =

r-0.783

0.228 -0.141 -0.561 0

-0.06 -0.429 0.743 -0.283 -0.426

-0.08 0.287 -0.233 0.292 0.878

-0.612 -0.346 0.101 0.688 0.147

-0.~

0.75 0.603 0.215 0.16

~o ~o) vi

l 399

Kapitel 8.

Basbyte11, diago11aliseri11g ochkvadratiskafom,er

Här ser vi att de två dominerande singulärvärdena är ca 17 respektive 7 medan det tredje är 0.05, dvs mindre än l % av det näst största. Av detta kan vi dra slutsatsen att alla kolonnerna i A beskrivs väl som linjärkombinationer av de två första kolonnerna i matrisen U. I detta fall innebär det att planets nonnal är ortogonal mot dessa två vektorer och ges av tredje kolonnen i U, dvs planets ekvation är -0.839x1 + 0.163x 2 + 0.519x3 = 0. Om vi bildar produkten av transponatet av tredje kolonnen i U med matrisen A tär vi som residualvektor radmatrisen rt som skulle bestå av nollor om alla kolonnvektorerna skulle ligga på planet. Här får vi 7.15 0.06 1.02 5.08 1.08 ) r 1 = ( -0.839 0.163 0.519 ) ( 4.94 3.05 -1.06 7.03 -4.17 3.11 10.00 -0. 79 1.96 6.02

= ( -0.004

0.037

-0.011

0.008

0.028 )

vilket visar att resultatet verkar rimligt. Vi återknyter nu till teorin för linjära ekvationssystem. I kapitel 3 studerades överbestämda och underbestämda system. System som skrivs Ax = y saknar lösning om högerledet inte ligger i det rum som beskrivs av linjärkombinationer av kolonnerna i koefficientmatrisen A. En metod infördes då som byggde på minsta-kvadratanpassning. Vi började med att finna den vektor y i kolonnrummet till A som låg nännast högerledsvektom y. Vi sade sedan att lösningen x till systemet Ax =y var "minsta-kvadratlösning till Ax = y. På detta sätt kunde vi finna en "lösning" till sådana linjära ekvationssystem Ax = y där koefficientmatrisen A var rektangulär n x m och att det fanns fler rader än kolonner, dvs n 2:: m. Det ledde till nonnalekvationema:

(nonnalekvationema) Om matrisen A t A, som ju är kvadratisk av typen m x m, har invers så väljer man som lösning till systemet i minsta-kvadrat mening

"= (At Arl Aty.

Detta visar sig möjligt om de m kolonnerna i A är linjärt oberoende, en egenskap som brukar benämnas att A har full kolonnrang. På grund av konstruktionen av nonnalekvationerna har dessa alltid minst en lösning men det kan finnas fler om kolonnerna i A är linjärt beroende, något som leder till att A t A blir singulär. I så fall kan vi alltså få många lösningar. Om vi sätter in singulärvärdesuppdelningen för A i nonnalekvationerna får vi At Ax (ur:vtf ur;vtx = vr:tutur;vtx = vr;tr;vtx = vr;tuty = Aty l den andra raden finns faktorn V, som är en ON-rnatris, på båda sidor om likhetstecknet och den kan multipliceras bort med vt från vänster. Ur detta får vi sambandet

.fOO

8.8

Singulärvänlesuppdelni11gar ocl, pse11doi1111e1:~er

Vi sätter nu uty = (z1, Z2, ... , Zn)t = Z och vtx = (w1, W2, ... , w,,, )1. Matrisen E är av samma storlek som A och vi får att r;t E blir av typen m x ·m. Systemet är nu diagonalt och blir utskrivet i detalj

a~

0

0 0

a~

0

0

0 0 a~

0 0 0

0

0

a2m

=

Villkoret full kolonnrang på A innebär att alla singulärvärden är positiva så systemet blir lätt att lösa: Vi får att W1 zi/01 W2 z2/a2 W3 Z3/a3 vtx= = Wm

Zm/Om

Till slut ger det lösningen zi/01 z2/a2 Z3/a3

x=V

l/01 0

0 l/02

0 0

0

l/03

=V

0

uty.

0 Zm/Om

1/am

Vi försöker nu lösa det allmännaste problemet där nonnalekvationemas koefficientmatris inte har invers. Det innebär med beteckninger som ovan att a m = 0 eller att antalet obekanta är fler än antalet ekvationer. Vi börjar med ett enkelt exempel. Exempel 8.33 Man inser lätt att systemet

saknar entydig lösning. Nonnalekvationerna får utseendet

ono

1 0 ) 0 1

Förenklat blir

OiDO:) (D 401

Kapitel 8.

Basbyten, diagonalisering ochÅ11admtiskafom1er

Detta system är ekvivalent med

+ X2 = 1 +x2 = 1 X3 = 2 och man inser att detta inte har någon entydig lösning eftersom det bara ger information som bestämmer x 1 + x 2 . Det enda som inträffat är att den första ekvationen upprepats. Varje "lösning" måste rimligen uppfylla den tredje ekvationen. Vi inför som ltjälpprincip dessutom att vi bland möjliga lösningar bör välja den kortaste, dvs. den som minimerar x~ + x~ + x~. Det leder i detta fall till att vi ska minimera x~ + x~ då x 1 + x 2 = 1. Sätter vi in detta samband i uttrycket som ska minimeras får vi x~ + x~ = x~ + (1 - xt) 2 = 2x~ + 1- 2x 1 = 2 (x1 - 1/2) 2 + 1/2. Uppenbarligen får vi minimum för x 1 = x 2 = 1/2. Vi väljer alltså som "lösning" till det underbestämda systemet Xt

{

X1

(::)- (:,~) Vi kan försöka aJWända SYD-uppdelningen också:

= (

A

1 1 0 ) - UEVt 0 0 1 -

= ( 1 0 ) ( J2 O O) ( l/~

1/J20 0) 1

. 1/v12 -1/v12 0 Systemet kan alltså skrivas UEVtx = y. Liksom i tidigare exempel kan vi sätta V 1x = w och får, eftersom U är enhetsmatris, att

0 1

0

1 0

(f ~ ~)w=(~) eller utskrivet i koordinaterna för w:

=1 =2

{ v12w1 W2

Här ser vi att varje lösning måste uppfylla de två första ekvationerna och att w 3 kan väljas godtyckligt. Eftersom vtx = w får vi att x = Vw, dvs. X= (

~~) = ( 11 ~1 0

X3

Längden av lösningen i kvadrat, ~-2

'''!

+ x22 + ·'·3 ~·2

}~1) ( l/:f) = ( t~ t1::) · 0

lxl 2 , är

1 + 1 V2w3 ) (2 2 9

2

2 +w3. 402

2

W3

2

2

+ (12 - 21 V2w3 ) . + 4 =

8.8

Singulcirvlinlesuppdelningar och pse11doi11ve1:~er

Detta blir tydligen minimum då w3 metoden.

= 0. Det ger samma lösning som den första

Vi kan nu fonnulera en sats om alla slags linjära ekvationssystem och som bygger på singuläiväidesuppdelningen.

Definition 8.4 Lät A vara en matris av typen n x m. Med en generaliserad lösning till det linjära ekvationssystemet Ax = y skall vi mena den minstakvadratlösning till systemet som har minsta längden, dvs. den som är kortast. Detta ger en entydigt bestämd "lösning" till varje linjärt ekvationssystem.

Anm 8.9 Om systemet har full kolonnrang, dvs. om nonnalekvationema har entydig lösning är detta samma lösning som den vanliga minsta-kvadratlösningen Speciellt gäller att om A har invers så är den "nya" lösningen den vanliga entydiga lösningen. Om systemet är underbestämt (t.ex. om det är fler obekanta än ekvationer) ger det nya begreppet en entydigt bestämd 1ninstakvadratlösning. På detta sätt kan vi alltid finna en "lösning" till varje linjärt ekvationssystem.

Sats 8.13 Det finns en entydigt bestämd matris A + så att den generaliserade lösningen kan skrivas

x=A+y och om A har singulärvärdesuppdelningen A

A+

= UEVt så gäller att

= vE+ut

där E och E+ ges av

0"1 0 E=

0

a2

0

0

0

0

0 0

0 0

O"r

0

0

0 0

0 l/a1 0 l/a2 0

0 E+ =

0

0

0

0

nxni

1/ar

··· 0

0

n1xn

J denna sats ärr antalet singulän1ärden som är nollskilda. Beviset utelämnas i denna framställning. Matrisen A + brukar kallas pseudoim•ersen till A. Ibland kallas den också Moore-Penrose invers. Denna invers brukar ofta 403

Kapitel 8.

Basbyten, diago11aliseri11g ocl,kvadratiskafom,er

definieras på ett annat mer algebraiskt sätt där man inte explicit anknyter till lösningarna till linjära ekvationssystem som i detta kapitel. Resultatet blir dock detsamma. Excm1>cl 8.34 Studerat.ex. det enkla systemet x 1 + x2

matrisen A

= (1 1) blir normalekvationerna

= 1. Eftersom koefficient-

dvs "förenklat"

Detta är ju bara den ursprungliga ekvationen upprepad två gånger så vi får inget nytt. Koefficientmatrisen för nonnalekvationerna är ju också singulär. I det här fallet är ju svårigheten att antalet obekanta är färre än antalet ekvationer så systemet är underbestämt. Det har lösning men den är inte entydig. Singulärvärdesuppdelningen av A är ( 1

1)

= (1) (

y2 0 ) (

l/,/2 l/v2 ) -1/,/2 1/y2

= UEVt .

Då får vi med pseudoinvers1natrisen "lösningen" (

X1 )

= A+l = (

X2

i ).

1/y2 -1/y2 ) ( l/y2 ) {l) 1 = ( 1/y2 1/y2 0 2

8.9 Övningar 8.9.1 Basbyten Om ej annat anges så antas att koordinaterna för en vektor x E R n är givna i standardbasendärtexe2 = {0,1,0, ... ,0) 1. 8.1 a) Visa att vektorerna

bildar en bas i R 3 . b) Bestäm koordinaterna (i standardbasen) för den vektor som i denna bas har koordinatmatrisen ( 2 -3 1 ) t . .JO.J

8.9

Ov11i11gar

c) Bestäm koordinaterna för vektorn (0, 0, l)t i denna nya bas.

72

8.2 Låt e vara standardbasen i R 2 och inför en ny bas som har f 1 = e 1 + ) 2 e2 och f2 = -e 1. Vektorn f 1 ligger längs diagonalen i första kvadranten medan f2 är riktad längs negativa x 1-axeln. Båda dessa vektorer har längden 1. Bestäm sambandet för koordinaterna Xe = (x 1, x2)t för vektorn x i basen e och koordinaterna X J = (Y1, Yd i den nya basen f. 8.3Vektorerna(l 2 2)\(2 -2 1)1och(2 1 -2/ärparvisortogonala. Normera dem så att de kan utgöra en ny ON-bas för R 3. Bestäm basbytesmatrisen P från standardbasen till den nya basen och bestäm den nya koordinatmatrisen för vektorn x om dess matris i standardbasen är (-1, 4, 2) 1 .

8.4 Mellan de båda baserna e = (e 1 e 2 e 3) och f = (f1 f2 f3) i R 3 råder sambanden f1 = e1 + 2e2 + 3e3 { f2 = 2e 1 + e3 f3 = -e1 - e2 + 2e3. a) En vektor v har koordinatmatrisen v1 = ( 0 -1 4 ) 1 i basen f. Bestäm dess koordinater i basen e. b) En vektor u har koordinatmatrisen Ue = (x, y, z/ i basen e. Bestäm dess koordinater i basen f.

8.5 I ett koordinatsystem i rummet görs koordinattransformationen

x' = 2x-y- z { y' = 3x + 2y + 2z z' = x - 2y - 3z. Uttryck xyz-systemets basvektorer i x'y' z'-systemets och vice versa.

8.6 Vektorerna e1

=(

1/2 ) 1/2 , -1//2

e2 = (

1/2 ) 1/2 , och 1//2

e3=

(

1//2 ) -1//2 0

är parvis ortogonala och har längd 1. De kan därför väljas som en ON-bas för vektorerna i rummet. Bestäm koordinaterna för en vektor v = (x, y, z) 1 i denna bas.

8. 7 e = (e 1 e 2 e 3) är en högerorienterad ON-bas i rummet. Man inför en ny ONbas f = (f1 f2 f3) enligt följande: a) f 1 har samma riktning som e1

+ e2 + 2e3. --W5

Kapitel 8.

Basbyte11, diago11alise1i11g oc/,l,11adratiskafom1er

b) f2 ligger i det plan som spänns upp av e 1 och e 3 och som har positiv e1 -koordinat. c) (f1 f2 fa) är högerorienterad. Antag att vektoma v har koordinatmatris Ve koordinater i basen f.

= (v1 , v2, va) t i basen e. Bestäm dess

8.9.2 Basbyten och linjära avbildningar 8.8 En linjär avbildning har i standardbasen matrisen

A

=(

1 0 2 ) 3 2 -2 . 0 1 3

Bestäm dess matris i basen

8.9 L är en linjär avbildning som vrider vektorerna i rummet vinkeln () = 1r / 4 omkring en linje med riktningsvektor n = (1, 2, 2)t. Vridningen sker moturs sett från spetsen av n. Bestäm L:s matris A i standardbasen. Ledning: Bestäm först A:s matris i en högerorienterad ON-bas f = (f1 f2 fa) där f1 är parallell med n. 8.10 En linjär avbildning L har i en viss bas e matrisen

A.-o H) Bestäm dess matris i basen f

= (L (e 1)

L (e2) L (ea)).

8.11 För en linjär avbildning L i planet gäller att e 1 är en egenvektor med egenvärdet 2 och att e1 + e2 är en egenvektor med egenvärdet 17. Bestäm L:s matris i basen (e1 e2) respektive (e1 (e1 + e2)). 8.12 Bestäm en inverterbar matris P och en diagonalmatris D så att a)

p- 1 AP

om

-Hl6

=D

8. 9

Öv11i11gar

Kan P väljas så att den blir en ON-matris? b) Beräkna A 2 , A3, A 100 . 8.13(B~stä~ e~ O)N-matris P(oc~:n di~go~~m)atris D så att P 1 AP a)

0 0

8 4

4 2

,

b)

4 -2

-1 2

1 ( 4

4 7

2 2

= D, då A :ir

.

8.14 Betrakta matrisen

A

=

0 0 a) För vilka värden på a är A diagonaliserbar med l~älp av en ON-matris P? b) För vilka värden på a är A diagonaliserbar?

8.15 Betrakta vektorföljden xk sambandet

= (ak, bk)t där följden definieras av det rekursiva

{ ak+1 = ak + 2bk , k = O, l, ... bk+i = 2ak + bk och begynnelsevärdena a0

= 3 och bo= 1. Bestäm vektorn x10.

8.16 A är en 3 x 3 -matris med egenvärdena 0, 1, -1. Visa att A 3 A 2 =/- I.

= A

men att

8.9.3 Kvadratiska former 8.17 Bestäm den symmetriska matris som hör till följande kvadratiska fonner:

a) 4x 2 + xy - 3y 2 , b) xr + 2x~ + 3x1X2, C) Xi + 2x~ + 3xi + X1X3

-

3X2X3.

8.18 Bestäm den kvadratiska fonn som hör till följande sy(nu~;irisk; mgtri~~: ) 3

a) S = ( 2

2 _ 3 ) , b) S

=(

3 2

2 O -3 1 ) , c) S = O l 5

2 0 -1

-3 1 1 0 4 ,5

4 _5 7

.

8.19 Matrisen A är en kvadratisk matris men ej nödvändigtvis synunetrisk. Sambandet Q (x) = xt AX definierar en kvadratisk fonn. Visa att matrisen

S=~A+~At 2 2 407

Kapitel 8.

Basbyten, diago11aliseri11g ochkvadrotiskafom,er

är symmetrisk och att

xt SX ger samma kvadratiska fonn som A.

8.20 Diagonalisera följande kvadratiska fonner. Bestäm även det variabelbyte som

överför den kvadratiska fonnen på diagonalfonn.

= -3x2 + 8xy + 3y 2, b) Q(x,y) = x 2 + 4xy + 4y 2, c) Q(x,y, z) = :r 2 + 8y 2 + 2z 2 + 8yz, d) Q(x,y, z) = 3x 2 + 3y 2 + 6z 2 - 2xy, e) Q(x,y, z) = x 2 + 4y 2 + 9z 2 - 4xy + 6xz a) Q(x,y)

12yz.

8.21 Bestäm den geometriska betydelsen av ekvationerna a) llx2 - 4xy + 14y 2 = 2, b) x 2 + 6xy + y 2 = 3. Bestäm även axlarnas riktningar samt kurvornas halvaxlar. 8.22 Bestäm minsta avståndet från origo till kurvan och de nännaste punkterna + xy + y 2 = 3, 2 b)x +3xy+y 2 = -2. a) x 2

8.23 Bestäm den geometriska betydelsen av ekvationen x 2 + 2axy + 4y 2 = 2 för olika värden på a. 8.24 Bestäm typen (positivt definit etc.) av de kvadratiska fonnerna i uppgift 8.20. 8.25 För vilka värden på a är fonnen Q(x, y)

= x 2 + y 2 + axy positivt definit?

8.26 a) Bestäm största och minsta värdet av Q(x, y) x2 +y2 = 4.

= 2x2 + y 2 + 3xy på cirkeln

b) Bestäm största och minsta värdet av den kvadratiska fonnen i uppgift 8.20 c) på staren x 2 + y 2 + z 2 = 2. 8.27 Förklara varför Q(x, y, z) = (2x - y + z) 2 + (x positivt definit. trots att Q är en summa av tre kvadrater.

+ z) 2 + (y + z) 2 inte är

8.9.4 Singulärvärdesuppdelninger (SVD) 8.28 Låt A vara matrisen för en linjär avbildning som avbildar enhetssfåren i R 3 ,

{lxl = 1}, till en ellips i R 2 och där

A= ( 4 11 8

7

14) -2 .

8.9

Öl'lli11gar

Bestäm en enhetsvektor x E R 3 sådan att längden av IAxl maximeras och bestäm denna längd. Bestäm också den punkt på ellipsen som ligger längst fran origo. Ledning: Maximera i stället 1Axl 2 . 8.29 Om en singulärvärdesuppdelning av en matris är A = UD' 1 så följer all AAt = UEEtut och att At A = VEtEV. Använd detta för all göra en SVD av A

=(

4 11 8 7

14 ) -2 .

Ledning: Börja med att bestämma singulärvärden och sedan baser för R 3 respektive R 2 ur matriserna U och V. 8.30 Samma uppgift som föregående men med matrisen A

=

( 1-1) -2 2

2 -2

.

8.31 Antag att matrisen A kan singulärvärdesuppdelas som A = UEV 1 • Antag dessutom att A är symmetrisk (alltså kvadratisk) och inverterbar. Bestäm en SVD för A- 1. 8.32 Visa att om P är en ON-matris av typ m x m och A är av typ m x n så har P A samma singulärvärden som A. 8.33 Låt (v1 V2 ... vn) vara en ON-bas för Rn och ,\ 1 , ,\2, ... , ,\n godtyckliga reella tal. Definiera A genom A

= ,\1v1v~ + ,\2v2v~ + · · · + ,\nvnv~.

a) Visa att A är symmetrisk. b) Visa att ,\ 1, ,\2, ... , ,\när egenvärden till matrisen. 8.34 Bevisa att en godtycklig n x n-matris kan uppdelas "polärt" i fonnen A = PQ där Q är en ON-matris och Pär en positivt semidefinit (eller positivt definit) matris. Denna uppdelning kan tolkas som att matrisen A först roterar vektorerna med Q och sedan sträcker dem med P. Detta kan användas t. ex. inom teorin för defonnation av material. Ledning: Använd singulärvärdesuppdelningen av A = UD ' 1 och att t.ex. A kan skrivas A = (UUt) A. 8.35 Med kolonnrummet till en matris A menas mängden av de vektorer som består av alla linjärkombinationer av kolonnerna i A. Visa följande resultat för pseudoinversen till A: a) För varje y E Rn är AA+y ortogonala projektionen av y på kolonnrummet för A.

409

Kapitel 8.

Basbyten, diago11aliseri11g ochkvadratiskafom,er

b) För varje x E R m är A + Ax den ortogonala projektionen av x på radrummet av A (som är kolonnnunmet till At). c) AA+ A

➔

JO

= A och A+ AA+ = A+.

9 Allmänna vektorrum

9.1 Inledning I tidigare kapitel har vi studerat tredimensionella geometriska vektorer och ordnade n-tipler av reella tal. Vi har definierat addition och multiplikation med skalär för dessa matematiska objekt samt visat att ett antal räkneregler gäller. Vi har infört en del begrepp som t.ex. bas och linjärt oberoende. Vi har vidare visat ett antal satser. Undersöker man hur dessa bevis har gått till och vad vi har utnyttjat så visar det sig att bevisen endast använt de egenskaper hos vektorer som sammanfattas i fonn av räknereglerna. Antag att u, v och w är vektorer i Rn och att ,\ochµ är reella tal. Då gäller att även u + v och ,\v är vektorer i R n och att bl.a. följande räkneregler gäller:

,\(µv) (,\ + µ)u ,\(u + v)

=

(,\µ)v

=

,\u +µu ,\u+,\v

u+v u+ (v+w) =

v+u (u+v)+w.

Dessutom finns det en nollvektor O med följande egenskaper: u+O= O+u= u.

Antag nu att vi är intresserade av andra matematiska objekt och att vi på ett meningsfullt sätt kan definiera addition och multiplikation med skalär för dessa på ett sådant sätt att samma räkneregler gäller. De bevis vi genomfört i tidigare kapitel och som inte utnyttjar annat än dessa regler kommer då automatiskt att gälla även för dessa andra matematiska objekt. Detta sätt att resonera och bygga upp matematisk teori är viktigt i sig, men det blir extra väsentligt eftersom det råkar finnas många viktiga objekt som går att hantera på detta sätt och där den linjära algebrans synsätt leder fram till användbara metoder. satser och resultat. Exempel 9.1 Låt C [a, b] vara mängden av kontinuerliga funktioner på inte"'allet [a, b] . Antag att f och g är två funktioner som tillhör denna mängd. Då gäller ocksli 411

Kapitel 9.

Allmä1111a vektormm

att f + g är en kontinuerlig funktion på [a, b] , dvs. även f + g tillhör mängden C [a, b]. Om ,\ är ett reellt tal så är även funktionen >.f en kontinuerlig funktion, dvs. tillhör mängden. Vidare har vi en nollfunktion i C [a, b] , nämligen den funktion som är O för alla x i [a, b]. Med ltjälp av räknereglerna för reella tal går det att övertyga sig om att räknereglerna ovan gäller för elementen i C [a, b] . Exem1>el 9.2 Betrakta den linjära homogena differentialekvationen y" +ay' +by = 0. Sådana differentialekvationer studerades redan i gymnasieskolan och mer utförligt i andra högskolekurser. Där visar man att om y 1 och y 2 är lösningar till ekvationen så är också y = Y1 + Y2 en lösning. Även >.yi är en lösning om >. Ar ett reellt tal. Detta kan uttryckas på följande sätt: Låt L vara mängden av lösningar till ekvationen y" + ay' + by = 0. Då gäller att om f och g tillhör L så tillhör också f + g och >.J mängden L. Vi ser också att funktionen y = 0 tillhör mängden L. Även här kan vi genom att utnyttja de reella talens egenskaper övertyga oss att räknereglerna ovan gäller.

9.2 Vektorrum För att fa ett generellt begrepp som innefattar såväl vektorer av den typ som vi studerat i tidigare kapitel som exempelvis mängderna C [a, b] och L i de två föregående exemplen gör vi följande definition. Definition 9.1 Mängden V säges vara ett vektorrum om följande villkor ("axiom") är uppfyllda:

I. Det finns en additionsoperation och en operation kallad multiplikation med skalär med följande egenskaper: Om u Om u 2. Räknereglerna

E V och V E V så gäller u + V E V. E V och >. är ett (reellt) tal så gäller >.u E V.

,\(1tv) (,\µ)v (,\ + µ)u ,\u+µu ,\(u + v) = >.u+,\v lu = u u+v = v+u u+(v+w) = (u+v)+w. 3. Mängden V innehåller ett nollelement O som för alla u E V uppfyller u+0=0+u=u. 412

9.2

lektormm

4. För varje element v E V existerar det ett element -v så att

V+ (-v) = 0. Exempel 9.3 Mängderna Rn med addition och multiplikation med skalär definie-

rad som vanligt samt C [a, b] och L från exemplen ovan är vektorrum. Alla de villkor som ingår i definitionen är uppfyllda.

Exem11el 9.4 Låt A vara mängden av alla funktioner som är kontinuerliga på intervallet [a, b] och som uppfyller villkoret f(a) = f(b) = 1. Är A ett vektorrum? (Vi underförstår att addition och multiplikation med skalär definieras på det naturliga sättet). Lösning Antag att f och g är kontinuerliga och uppfyller f(a) = f (b) = 1 resp. g(a) = g(b) = 1 och låt h = f + g. Gäller då att h(a) = h(b) = 1? Uppenbarligen inte; h(a) = h(b) = 2. Således tillhör inte f + g mängden A, trots att f och g var för sig gör det. Villkor I. i definitionen är inte uppfyllt och A är således inte ett vektorrum.

Exem11el 9.5 Låt A vara mängden av alla 2 x 2-matriser. Med matrisen 0 menar vi den matris av typ 2 x 2 som har alla element 0. Vi har tidigare definierat addition och multiplikation med skalär på det naturliga sättet. Med dessa definitioner är räknelagarna ovan uppfyllda och A är alltså ett vektorrum.

Exempel 9.6 Låt Pn vara mängden av alla polynom av grad $ n. Summan av två polynom av grad $ n är ett polynom av grad $ n och multiplikation av ett sådant polynom med en konstant ger ett polynom av grad $ n. Eftersom vidare ett nollpolynom finns och eftersom räknereglerna ovan gäller så är Pn ett vektorrum.

I stället för begreppet vektorrum använder man ibland uttrycket linjärt rum. I det fall då rummets element (vektorer) utgörs av funktioner brukar man också ofta tala om (linjära) funktionsrum. Linjära funktionsrum har utomordentligt stor betydelse inom mer avancerad tillämpad matematik och matematisk fysik, exempelvis när man behandlar de ekvationer som dyker upp vid problem som rör strömning av skilda slag, vänneledning, svängningsförlopp och kvantfysik. I vår definition av vektorrum har vi föreskrivit att skalärerna ska vara reella tal. I vissa tillämpningar är det emellertid nödvändigt och naturligt att låta skalärerna vara komplexa tal. I så fall talar man om ett komplext vektorrum. I denna bok nöjer vi oss dock med att betrakta reella rum. 413

Kapitel 9.

Allmä1111a ve"10,·n1m

Med ltjälp av axiomen i definitionen kan man visa att följande relationer gäller för alla u El' och för alla skalärer,\ E R :

Ou

=

(-l)u ,\0

,\u

0 -u

=

0

0 => ,\

= 0elleru = 0.

Vi avstår från att gå igenom dessa bevis. Den intresserade kan gärna genomföra dem som en övning i logik.

9.3 Underrum Definition 9.2 En delmängd W till ett vektorrum V kallas för ett underrum om W är ett vektorrum med den addition och den multiplikation med skalär som gäller i V.

Definitionen utesluter inte att W = V. Vill vi särskilt betona att underrurnrnet W =p V säger vi att W är ett äkta underrum. För att visa att en viss delmängd W c V är ett underrum så behöver man inte visa att alla axiom i definitionen är uppfy lida. Det räcker med att visa att summan av två element i W tillhör W samt att multiplikation av ett element i W med en skalär ger ett element i W. De övriga axiomen uppfylls sedan automatiskt eftersom de gäller för hela V och därmed också för W. Detta kan formuleras på ett mer precist sätt som följande sats. Sats 9.1 Antag att W C V och att W =p 0. Ett nödvändigt och tillräckligt villkor för att W ska vara ett underrum till V är att u, V EW

=> u + V EW

och

,\ E R, u EW => ,\u EW båda är upp/vilda.

Villkoret i denna sats brukar ibland formuleras på följande sätt: W är sluten under addition och under multiplikation med skalär.

Exempel 9.7 I R 3 är följande mängderunderrum: i) Origo. dvs. den mängd som bara består av elementet 0. ii) Räta linjer genom origo. iii) Plan genom origo.

9.3

U11der111m

Exempel 9.8 Låt W C R 3 vara mängden av ortsvektorer till de punkter som ligger på ett visst plan som inte går genom origo. Detta är inte ett underrum. ty vi kan alltid hitta två sådana vektorer vars summa inte är en ortsvektor till någon punkt pä planet. Exempel 9.9 Låt åter Pn beteckna mängden av polynom av grad högst n. Då är Pm ett undenum till Pn om m :'.S n (och ett äkta undenum om m < n) ty Pm är sluten under addition och multiplikation med skalär. Exempel 9.10 Låt L vara mängden av lösningsvektorer till ett visst givet linjärt homogent ekvationssystem Ax = 0. Då är L ett underrum till R 11 tv om Ax 1 = Ax2 = 0 så ärA(x1 + x2) = 0 och A(Ax) =,\A(x) = 0. Vidare ä; L inte tom ty vektorn 0 är en lösning. Däremot är inte lösningsmängden till ett inhomogent system Ax= b, b =/- 0 ett underrum, ty antag att x tillhör lösningsmängden dvs. Ax = b. Då tillhör inte 2x lösningsmängden, ty A(2x) = 2Ax = 2b =/- b och det andra axiomet i definitionen är inte uppfyllt.

Exempel 9.11 Låt C [a, b] och C 1 [a, b] beteckna mängden av kontinuerliga respektive mängden av deriverbara funktioner på intervallet [a, b]. Då är C 1 [a, b] ett underrum till rummet C [a, b] , ty summan av två deriverbara funktioner och produkten av en deriverbar funktion med en skalär är deriverbar. Exempel 9.12 Låt L vara mängden av lösningar till differentialekvationen y" + 3y' + 5y = 0. Då är L ett undenum till rummet av alla kontinuerliga funktioner C (R] ,ty L är slutet under addition och multiplikation med skalär. Exempel 9.13 Låt L vara mängden av lösningar till differentialekvationen y" + 3y' + 5y = 1. Då är L inte ett undenum till rummet av alla kontinuerliga funktioner C (R] , ty om y är en lösning så är inte 2y en lösning. I kapitel 5 definierades begreppet linjärkombination. Med en linjärkombination av vektoma u 1, u 2, u 3, ... , un menas en vektor som kan skrivas på fonnen v = A1 U1 + A2U2 + ···+An Un där,\ är (reella) tal.

Definition 9.3 Antag att vi har ett vektorrum V och att ui E V, i = 1, ... , n. Antag vidare att varje vektor v EV kan skrivas som en linjärkombination av vektorerna ui, dvs. att det finns tal Ai så att v = A1 u1 + ,\2u2 + · · · + An u". Då säger vi att vektorerna ui spänner upp vektorrununet V. Exempel 9.14 Vektorerna (1,0,0)t, (0, 1,0/ och (0,0, l)t spänner upp vektorrummet R 3 . 415

Kapitel 9.

Allmä1111a veÅ1on,1m

Exem1>el 9.15 Polynomen l,x,x 2 ,x3 , ... ,xn spänner upp vektorrummet Pn eftersom varje polynom av grad högst n uppenbarligen kan skrivas som en linjärkombination av dessa n + 1 enkla polynom.

Antag att vi har ett vektorrum V och ett antal vektorer Ui E V, i = 1, ... , n. Vi kan då bilda en mängd W som består av alla linjärkombinationer av ui. Detta kan också fonnuleras så att vi låter W vara den mängd som spänns upp av vektorerna ui. Då gäller för det första att W är vektorrum som är ett underrum till V och för det andra att W är det största underrum till V som innehåller alla vektorer Ui- Beviset för dessa två påståenden lämnas som övning till läsaren. Det visar sig ofta praktiskt att ha ett namn och en beteckning för det vektorrum som spänns upp av ett antal vektorer och vi gör därför följande definition: Definition 9.4 Antag att vi har en mängd vektorer S = {u 1, u2, ... , un} , ui E V, där V är ett vektorrum. Det underrum som spänns upp av vektorerna S kallas det linjära höljet av S och betecknas med lin(S) = lin{ u1, u2, ... , un}.

9.4 Linjärt oberoende, bas och dimension Centrala i kapitel 5 var begreppen lirtjärt beroende och oberoende. Detsamma gäller i den allmännare och mer abstrakta situation som vi behandlar här. Vi kan upprepa den tidigare definitionen ordagrant. Definition 9.5 Antag att V är ett vektorrum. Vektorerna u1, u2, u3, ... , Un E V säges vara linjärt oberoende i V om

,\1u1 +,\2u2 + ···+,\nUn

=0

=>

,\1

= A2 = ... =An= 0.

Vektorerna är linjärt beroende om det finns tal Å 1, A2, ... , Så all ,\1 ll1 + ,\2u2 + · · · + ,\n Un = 0.

Ån

ej alla lika med noll,

Exem1>el 9.16 Låt P 2 vara vektorrummet av polynom av grad högst 2. De tre polynomen 1, x och x 2 är då element, dvs. vektorer, i P2 . De tre vektorerna är linjärt oberoende, ty för att polynomet a + bx + c.1: 2 ska vara lika med nollpolynomet 0, dvs. det polynom som är lika med Oför alla x, måste det gälla att a = b = c = O. Exempel 9.17 Låt Pn vara vektorrummet av polynom av grad högst n. Polynomen 1, :r . .1: 2 . ... , :rn är då linjärt oberoende, ty för all polynomet ao + a 1 x + a 2x 2 + · · · + a 11 :r 11 ska vara lika med nollpolynomet 0, dvs. det polynom som är lika med 0 för alla .1:, krävs att a; = 0 för alla i = 0, ... , n. (Annars skulle vi kunna finna ett polynom. skilt från nollpolynomet. med oändligt många nollställen, vilket är omöjligt.) -H6

9.4

linJa,1 obe,vende, bas ocl, dimension

Exempel 9.18 Låt P2 vara samma vektorrum som i exempel 9.16. Betrakta de fyra polynomen u1 = 1, u2 = x, ua = x 2 + 1 och u 4 = 2x 2 - x. De är linjärt beroende. ty 2u1 + 1L2 - 2ua + U4 = 0 för alla x.

På samma sätt som i kapitel 5 kan man visa att påståendet att ett antal vektorer i ett vektorrum är linjärt beroende är ekvivalent med att en av vektorerna kan skrivas som en linjärkombination av de övriga. Även begreppet bas har sin motsvarighet. En viktig skillnad mot tidigare är emellertid att det inte alltid finns en bas. Vi börjar med en definition. Definition 9.6 Låt V vara ett vektorrum. Om det finns n st linjärt oberoende vektorer S = {u1, u2, .. , 11n} som spänner upp V säges Svara en bas för\/. Om det finns en sådan bas säger vi att V har ändlig dimension och att dess dimension är n.

Definitionen innebär att om S = {u 1, u 2, .. , un} är en bas för V så kan varje vektor v EV på ett enda sätt skrivas på fonnen v = x1 u1 + x2u2 + · · · + Xn un. Att det överhuvudtaget är möjligt att skriva v på detta sätt följer av att v tillhör det linjära höljet av S. Att det bara kan ske på ett enda sätt följer av att basvektorerna är linjärt oberoende. Antag nämligen att v dels kan skrivas v = x 1 u 1 + x 2 u 2 + · · · + XnUn och dels v = y 1u 1 + y2u2 + · · · + YnUn, Ur detta följer genom subtraktion att V -

V= 0 = (x1 -yi) U1

+ (x2 -y2) U2 + · · · + (xn

-yn) Un-

Men vektorerna {u 1 , u 2 , •. , Un} antogs vara linjärt oberoende. Alltså måste, enligt definitionen av linjärt oberoende, xi - Yi = 0 för alla i= 1, ... , n. Talen {x,} är alltså entydigt bestämda och vi kallar dem för koordinaterna för v i basens. Dimensionen av ett vektorrum är entydigt bestämd och beror inte på vilken bas vi rakat välja. Vi kan nämligen visa att även om S och S' är två olika baser för V så måste de ha samma antal basvektorer. Detta följer av följande sats. Den intresserade hänvisas till exempel 5.17, där satsen visas i ett specialfall. Sats 9.2 Antag att vektorrummet S har dimension n. Då är varje mängd av m vektorer linjärt beroende om m > n.

Vi fonnulerar följande sats. Sats 9.3 Antag att S

= {u 1, ... , un} och S' = {v1, ... vm} är två baser för\/. Då

ärm=n. Bevis Eftersom S är en bas och S' är en mängd av linjärt oberoende vektorer så

måste enligt närmast föregående sats m ~ n. På samma sätt är S' en bas och 8 417

Kapitel 9.

Allmäm,a ve!.1orn1m

en mängd linjärt oberoende vektorer och därför måste n ~ m. Av detta följer att ·1n=n.

Excm11cl 9.19 Låt som vanligt Pn vara rummet av polynom av grad högst n. Vektorerna. dvs. polynomen. 1, x, x 2, ... , xn utgör en bas för rummet Pn eftersom varje polynom p av grad högst n kan skrivas på fonnen

p(x)

= ao + a1X + ... + anxn

och eftersom polynomen 1, x, x 2, ... , xn är linjärt oberoende. Detta vektorrum har tydligen dimensionen -n + 1. Excm11cl 9.20 Låt V vara det vektorrum som utgörs av lösningarna till den linjära homogena differentialekvationen y" + 3y' + 2y = 0. Med ltjälp av kunskaper från gymnasieskolan eller andra kurser kan man visa man att varje lösning till denna ekvation kan skrivas på fonnen y

= A e-x + Be- 2x.

Ett annat sätt att uttrycka detta är att säga att funktionerna Y1 (x) = e-x ochy2(x) = e - 2x tillsammans utgör en bas för V, som alltså har dimension 2. Excm11cl 9.21 Vektorrummet C [a, b] har inte ändlig dimension, ty det går inte att finna ett ändligt antal kontinuerliga funktioner på intervallet [a, b] sådana att varje kontinuerlig funktion på intervallet kan skrivas som en linjärkombination av dessa funktioner. Ett vektorrum, som inte har en ändlig bas säges ha oändlig dimension. För vissa oändligtdimensionella vektorrum kan man också definiera begreppet bas, men vi avstår i denna bok från att fördjupa oss i detta.

9.5 Linjära avbildningar Vi börjar med att påminna om begreppet avbildning: Med en avbildning F från vektorrummet V till vektorrummet W menar vi en (vekton 1ärd) funktion som till mrje vektor v EV tillordnar en vektor w E iv. Vi kan skriva detta w =F(v) eller E: V-+ W.

De avbildningar som kallas linjära är särskilt viktiga. I kapitel 2 definierade vi begreppet linjär avbildning från Rn till Rm som en avbildning som-till varje vektor v ER" tillordnar vektorn w =Av E R 711 , där A är en m x n-matris. 418

9.6

Isomorfi av vektormm

I kapitel 8 vände vi på det hela och utgick i definitionen av linjär avbildning i sUillet från en fundamental egenskap, linearitetsegenskapen, hos dessa avbildningar. I detta kapitel visade vi att varje linjär avbildning, definierad på detta nya sätt. kan beskrivas av en-formel w =Av, där A är en matris. I det rum, nämligen R 11 , som vi studerade i tidigare kapitel ger de båda olika definitionerna alltså samma resultat. Här ska vi anknyta till synsättet i kapitel 8 men fonnulera definitionen på ett sätt som gäller för allmänna vektorrum, dvs. även för andra vektorrum än R 11 •

Definition 9. 7 En avbildning F från V till W säges vara linjär om F (u + v)

= F (u) + F (v)

(I)

och

F (>.v)

= >.F (v)

(2)

för alla u, v EV och alla (reella) tal ,\.

Exempel 9.22 Antag att A är en m x n-matris. Den avbildning som avbildar vektorn v E Rn på vektorn w = Av E Rm uppfyller (1) och (2) och är linjär enligt definition 9.7. Exempel 9.23 Antag att rummet Pn som vanligt utgörs av polynom av grad högst n. Definiera avbildningen D genom Dp =p',

p E Pn-

D är en linjär avbildning från Pn till Pn- I (för n (p+q)'

(>.p)'

= =

> 0) ty

p' +q'

>.p'

för alla polynom p och q och för alla reella tal >..

Exempel 9.24 Definiera en avbildning från C [a, b] till R genom F(f)

=

1b

f(x)dx

Denna avbildning är linjär ty villkoren (1) och (2) är uppfyllda. En linjär avbildning från ett funktionsrum till R brukar kallas en linjär funktional. Sådana linjära avbildningar är viktiga för många tekniska och naturvetenskapliga tillämpningar. Den intresserade hänvisas till kurser i funktionalanalys eller till någon lämplig lärobok.

Exempel 9.25 Uttrycket F(f) = /2 definierar en avbildning från C [a, b] till C [a, b Är den linjär? Svaret är nej, ty F(2/) = (2/) 2 = 4/ 2 = 4F(f) # 2F(f) (om f #0). 419

Kapitel 9.

Allmä1111a vel,,1ormm

9.6 Isomorfi av vektorrum Enligt avsnitt 9.4 svarar varje vektor v i ett n-dimensionellt vektorrum V, med given bas S, på ett entydigt sätt mot en vektor i Rn, nämligen den vektor vars komponenter utgörs av koordinaterna för v i basen S. Denna vektor kallar vi för koordinatvektorn. I detta avsnitt ska vi se hur man kan genomföra räkningar med hjälp av koordinatvektorerna i Rn i stället för att göra dem i det ursprungliga rummet V. På detta sätt kan räkning med allmänna ändligtdimensionella vektorrum i allt väsentligt reduceras till att bli räkning i Rn. Excm11cl 9.26 Polynomen PI (x) = 1 + 3x - 7x 2 och P2(x) = 3 - 4x + 4x2· är element. dvs. vektorer, i rummet P2. Koordinatvektorn för PI respektive P2 i basen S = {1, :r, x 2 } är då ( 1, 3, - 7)t respektive (3, -4, 4)t. Antag nu att vi vill addera dessa två polynom. I stället för att addera dem som vanligt kan vi addera deras koordinatvektorer i R 3 och sedan bilda det polynom som svarar mot summavektorn, nämligen

Vi fonnaliserar och generaliserar nu detta resonemang. Definition 9.8 Antag att V är ett vektorrum med bas S = {uI, ... , Un} . Den mot varje vektor v EV hörande vektor x E Rn vars komponenter utgörs av koordinaterna för v i basen Skallas koordinatvektorn för v i basen S.

Antag att vi har ett ändligtdimensionellt vektorrum V med en bas S. Den operation som till en vektor v EV tilldelar koordinatvektorn x är en avbildning T från V till R". Vi har alltså

T(v) - T(,t, x;u;) - (

~~

) .

Denna avbildning är uppenbarligen bijektiv, dvs. omvändbar. Vidare gäller T(u + v)

= T(u)+T(v)

och T (,\u)

= ,\T (u).

Innebörden av detta är att vi får samma resultat om vi gör en viss beräkning i V som om vi i stället avbildar alla vektor in i R n med hjälp av T, genomför våra räkningar där och sedan avbildar resultatet av detta arbete tillbaka till V med ltjälp av den in\'crsa avbildningen r- 1 . · .f20

9. 7

Skalär produkt

Det som vi just beskrivit kallas med ett grekiskt ord för isomorfi. Den fonnella definitionen lyder på följande sätt.

Definition 9.9 Två vektorrum U och V säges vara isomorfa om det finns en bijektiv avbildning T : V --+ V sådan att T(u + v) = T(u)+T(v) och T(,\u) = ,\T(u) för varje vektor u, v EU och för varje (reellt) tal ,\. Observera att i denna definition har plustecknet och multiplikationstecknet olika betydelse till höger och till vänster om likhetstecknen; till vänster står de för operationer i U och till höger för operationer i V. Det vi har visat kan, med användning av begreppet isomorfi, fonnuleras på följande sätt:

Sats 9.4 Alla ändligtdimensionella vektorrum med dimension n är isomorfa med R n och därmed med varandra. I abstrakt matematisk mening betyder det att alla n-dimensionella vektorrum är ekvivalenta med varandra och med Rn, trots att de olika rummens element kan vara av högst olika slag. Vi har ju sett exempel på rum där elementen är polynom, där elementen är tredimensionella geometriska vektorer, där elementen är lösningar till en viss differentialekvation, där elementen är n-tipler av reella tal eller där elementen är matriser. Exemplen kan mångfaldigas.

9.7 Skalär produkt I vissa vektorrum V, t.ex. R n, är det möjligt att definiera något som vi kallar skalär produkt . Vi ska här göra en definition som sammanfaller med den gamla i fallet då V ärRn. Definition 9.10 Antag att V är ett vektorrum. Antag vidare att (u, v) är en funktion

frän V x V till R, dvs. att (u, v) är ett reellt tal när u och v är element ur V. Vi säger då att (u, v) är en skalär produkt och att V är ett skalärproduktrum om följande gäller: (u,v) = (v, u) (u1, v) + (u2, v) (u1 + u2, v) ,\ (u, v) (,\u, v) = (u,u) ~ 0 (9.3) (u,u) = 0 endast då u = 0. 421

Kapitel 9.

Allmä1111a vel.1on11m

Den definition som vi givit för skalärprodukten för Rn uppfyller dessa regler och med denna skalärprodukt är alltså Rn ett skalärproduktrum. I stället för benämningen skalärproduktrum används ibland namnet Euklidiskt rum. I vissa böcker använder man orden inre produkt och inre produkt-rum. Exem1>el 9.27 Låt C [a, b] vara det rum av kontinuerliga funktioner som vi tidigare behandlat. Dess element är funktioner som vi kan beteckna med/, g, ... Integralen

1b

f(x)g(x)dx

definierar då en skalär produkt, ty räknereglerna ovan följer direkt ur de vanliga räknereglerna för integraler. Vi kan. om vi så vill, använda beteckningen (f,g)

=

1b

f(x)g(x)dx.

Rununet C [a, b] är alltså, med denna definition av skalär produkt, ett skalärproduktrum. Exem1>el 9.28 Skalärprodukten i exempel 9.27 är inte den enda som vi kan definiera i rummet C [a, b] . Även (!, g)

=

1b

f(x)g(x)w (x) dx

duger bra om w är en kontinuerlig funktion och w (x) > O för alla x i intervallet. (Varför måste vi kräva att w (x) > 0 ?)

9.8 Norm I ett skalärproduktrum kan vi helt i analogi med definitionen i kapitel 2 definiera längden av en vektor. Här föredrar vi dock att snarare använda ordet norm. Definition 9.11 Antag att V är ett skalärproduktrum. Normen av en vektor v E V betecknas med llvll och defineras av

Med avsttmdet mellan två vektorer u och v menar vi man beteckningen d( u, v) för detta.

llu -

vi!. Ibland använder

9.8

Exempel 9.29 Antag att V

Norm

= R 3 och att vi använder den "vanliga" definitionen av

skalärprodukt. Om v

= (2, 5, -6)t så är Jlvll

= ✓2-2+5·5+(-6)(-6) = J65.

= R 3 . Vi kan också definiera en skalärprodukt på ett annat sätt än standardsättet. Om u = (u 1, ll2, u 3 ) 1 och v = (v 1, v 2 , v3 ) 1 så definierar uttrycket 5u1 v1 + 2U2v2 + u 3 v3 också en skalärprodukt (visa detta!), som vi också kan beteckna med (u, v). I detta fall blir då Exempel 9.30 Antag återigen att V

Jlvll

= J5 ·2 · 2 + 2. 5. 5 +

(-6)(-6)

= Jio6.

Exempel 9.31 Antag att V= C [a, b], dvs. rummet av kontinuerliga funktioner på intervallet [a, b] , och att den skalära produkten som i exempel 9.27 definieras av

(f,g)

=

1b

f(x)g(x)dx.

Vi färdå

Jlfll

=

1b

(/(x)>2 dx.

Om vi har två funktioner f och g så ger Il! - ull ett slags mått på hur "nära" f och g ligger varandra, dvs. ett mått på hur väl den ena funktionen approximerar den andra. Det finns många olika tänkbara sätt att mäta noggrannheten i en sådan approximation och om man vill understryka att man mäter med den nonn som vi här arbetar med brukar man tala om approximation i kvadratiskt medel eller approximation i L2 -norm. Man kan visa att ett par viktiga olikheter, som vi känner igen sedan tidigare (se exempel 1.24, 2.10 och 2. 12) även gäller i allmänna skalärproduktrum. Den första olikheten har fått namn efter två berömda 1800-talsmatematiker. Sats 9.5 (Cauchy-Schwartz olikhet) Antag att V är ett skalärproduktrum med inre produkt (u, v ). Då gäller foljande olikhet for alla u, v E V :

l(u, v)I :S JluJI JlvJI.

Bevis Om u = 0 är olikheten uppfylld. Vi kan därför i fortsättningen anta att u-=/- 0. Vi tillgriper ett litet trick och bildar vektorn w = tu + v. Enligt definitionen av skalärprodukt är (w, w) 2:: 0. Men

O::;

(w, w) =(tu+ v, tu+ v)

= t 2(u, u)+2t(u, v) +

(v, v). 423

Kapitel 9.

Allmä1111a veÅ1on,m,

Om vi sätter A = (u, u), B = (u, v) och C = (v, v) får detta sista uttryck formen At 2 + 2Bt + C ~ O, dvs. vi har ett andragradspolynom i t som antingen saknar reella nollställen eller har en dubbelt nollställe. Kvadratkomplettering ger 2B C t2 + At + A

= (t+

B) 2 C B 2 A + A - A2

= (t +

B) 2 AC - B 2 A + A2 .

Polynomet 2B

C

t2 +-t+A A har därför uppenbarligen två reella nollställen om AC-B 2 A2 < 0.

Villkoret för att polynomet ska sakna reella nollställen eller ha ett dubbelt nollställe är alltså

Med de tidigare beteckningarna innebär detta att (u, v) 2 ~ (u, u)(v, v).

Tar vi sedan roten ur båda leden och använder definitionen av norm får vi till sist den sökta olikheten l(u, v)I ~ llull llvll Med ltjälp av denna olikhet kan vi bevisa den andra olikheten, som av uppenbara skäl kallas triangelolikheten. Sats 9.6 (Triangelolikheten) Antag att V är ett skalärproduktrum med skalär produkt (u, v) och motsvarande norm llvll - Då gäller

llu + vll ~ llull + llvll. Bevis Vi använder oss av definitionen av nonn och skriver

llu+vll 2

= =

(u+v,u+v)=(u,u)+(u,v)+(v,u)+(v,v)= llull 2 + 2(u, v)+ llvll 2 ~ llull 2 + 2 l(u, v)I + llvll 2 •

Men enligt Cauchy-Schwarz olikhet ärj(u, v)I

~

llull · llvll vilket ger

llu + vll 2 ~ llull 2 + 2 llull . llvll + llvll 2

= (llull +

Efter kvadratrotsutdragning får vi till sist den önskade olikheten llu + vll ~ llull + llvll .

llvll) 2 •

9.8

Norm

Exempel 9.32 Cauchy-Schwarz olikhet är bland annat mycket viktig inom teorin för funktionsrum. Antag t.ex. att vi har samma rum och samma skalärprodukt som i Exempel 9.27. Olikheten får då följande fonn:

9.8.1 Ortogonala vektorer Vi såg i tidigare kapitel att begreppet ortogonalitet spelade en viktig roll i rummet

an. Med hjälp av definitionen av inre produkt kan vi nu definiera vad vi menar med ortogonala ("vinkelräta") vektorer i ett allmänt skalärproduktrum. Definition 9.12 Antag att V är ett skalärproduktrum med skalär produkt (u, v). Vi säger att två vektorer u och v är ortogonala om deras skalärprodukt är 0, dvs. om (u, v)

= 0.

Definition 9.13 Antag att V är ett skalärproduktrum med skalär produkt ( u, v) och att W är ett underrum till V. Vi säger då att en vektor u E V är ortogonal mot underrummet W om u är ortogonal mot varje vektor v E W Definition 9.14 Antag att V är ett skalärproduktrum och att vektorerna v1, v2, ... , v n är parvis ortogonala. Vi säger då att mängden {vi}~= 1är ortogonal. Definition 9.15 Antag att V är ett skalärproduktrum och att vektorerna v1, v2, .•. , Vn är parvis ortogonala och att llvill = 1 för i = 1, 2, ... , n. Vi säger då att

mängden {vi}~=I ärortononnerad. Exempel 9.33 ("Pythagoras sats") Antag att u och v är två ortogonala vektorer i ett skalärproduktrum. Då gäller

11° + vll 2 = llull 2 +

llvll 2 ·

För att inse detta skriver vi llu+vll 2 = (u+v,u+v)

= llull 2 +2(u,v) + llvll 2

Men u och v antogs vara ortogonala, dvs. (u, v)

= 0, vilket ger den sökta likheten.

Exempel 9.34 Antag att V= C [-1r, 1r] med samma skalärprodukt som i exempel 9.27. Visa att funktionerna ("vektorerna", elementen) i

p,)o n

2.20

a) M 2 anger antalet sätt som ett rykte sprids med enbart andrahandsinfonnation mellan två personer. b) M + M 2 anger antalet sätt ett rykte sprids med förstahandsinfonnation och med andrahandsinfonnation. c) Ett stort tal i matrisen M 3 visar att det finns många infonnationskanaler med tredjehandsinfonnation. 2.24 A IDO

=(

2.25 102:3.4

97 2.26 ( ](j8 -t52

1 0 ) -100 1 .

+ I. 56 ) 97 .

10.2

2.27 ±l·(Någon av de givna matriserna) eller (

1 _/;

-~ )

,

Kapitel 2

y-:/- 0.

2.30 32A. 2.31 a) Spegling i x2-axeln, b) Vridning ett halvt varv omkring origo. c) Projektion på x 1x2-planet, d) Spegling i x 1 x3-planet, e) Vridning ett halvt varv omkring x3axeln 2.32 a) (

2.33 a)

~ ~)

~

g) ,

-~

0

b) ( _

,

0

0

0

~)

-

.

b)

1

~ ~ g) ,

c)

~

d)

1

2.34 a)

( 3/5 4/5

2.35 a)

c)

4/5 ) -3/5 '

i

g ~ g) '

0 0 1 5/9 -4/9 -4/9 5/9 -2/9 -2/9

(

b2 - a2

-2ab

b) a2+b2

-2/9 ) -2/9 , 8/9

-2ab ) a2 - b2 .

b)

1/2 1/2 0

1/2 0 ) 1/2 0 , 0 1

d)

-~

-~

4

-2

-~). 4

2.37

(

3/5 4/5 ) -4/5 3/5 .

,i53

Kapitel JO.

Svar till öv11i11gs11ppgiftema

2 39 • ( cosO

si~ 0

a)

2.40 -1

a)½

(

2 2

2.42 a) y

=!

3/5 b) ( 4/5

4/5 ) -3/5 .

2.43 Utnyttja att vektorn v = ( ·

och n 2.44 a) (

= ( - coso sin ° ) är en nonnerad nonnalvektor till linjen.

~ ~)

( 1 - c/2 c) -c/2

'

c/2 ) 1 + c/2 '

därc = ±k.

( O -1

2.45 a) A

c'smo :'8 ° ) är en nonnerad riktningsvektor till linjen

=

b) BA

0) 0 ,B= ( 0 01 01) , 0 0 1 -1 0 0 0 0 ( 1 0 01 ) , AB= ( 00 -10 01 ) . 0 1 0 -1 0 0 1

=

0

2.47 a) A

=(

a~ -a~ -a2

a1

-~: ) 0

c) Om v är en godtycklig vektor så är A2 v =ax (ax v) och A3 v =ax (ax (ax v}) =-ax v om lal = 1. (Rita figur.) -45-4

10.2

Kapitel 2

2.48 a) An kan tolkas som en vridning vinkeln n0 omkring origo

A2

=(

cos20 -sin20 ) sin 20 cos 20 · c) AA t och A t A avbildar varje vektor på sig själv.

= At A ~I=

AAt

2.49 a) Om PQ1

A=

(

~ ~

) .

= e1, PQ2 = e2 och PQ3 = e3 så är

( 0 0 1)

1 0 0 . 0 1 0 Punkten (1, 1,0) övergår i punkten (0, 1, 1) Punkten (1, 0, 1) övergår i punkten ( 1, 1, 0) Punkten (1, 1, 1) övergår i punkten (1, 1, 1) Punkten (0, 1, 1) övergår i punkten (1, 0, 1)

b) Linjen genom origo med riktningsvektom (

t).

c) 21r /3

2.50

a) b)

2.53

C=

A 2 x = y, A2 = (vvt)2

= (vvt)(vvt) = v(vtv)vt = vvt = A,

ty vtv

= 1.

O )(a/Ja2 +b2 -b/Ja2 +b2 ) ( Ja2+b2 O Ja 2 +b2 b/Ja2 +b2 a/Ja 2 +b2 .

2.55 a

= f, /3 = arccos 73

2.56 a) (-2c1 - C2)!1(x)

b) D

=(

-21 -1 -2

+ (c1 -

~'

c) Om f(x)

= ( ~~ , dvs.

D2

= ( :~ )

(

:

)

2C2)h(x),

f(x)

så är f"(x)

= cif1 (x) + c2f2(x) och = kif1 (x) + k2h(x). 455

Kapitel JO.

Svar till öv11i11gs11ppgiflema

2.57 a) (

Sn+I ) Tn.+I Ln+I

S2 )

=

b) ( T2

L2

=

( 0.96

0.01 0.98 0.01

0.03 0.01

( 0.96 0.03 0.01

0.01 0.98 0.01

0.015 ) 0.005 0.98

O.Olö ) 0.005 0.98

2

(

57633 ) 71549 69723

( 5. 657 x 104 7. 281 X 10 4 6. 952 X 104

=

) .

2.58( Sn+I ) a)

Tn+i Ln+I

=

0.96 0.01 0.015 ) l.00~8 ( 0.03 0.98 0.005 ( 0.01 0.01 0.98 b) 28% respektive 26%. 2.59 ( 1.005 · 0.96 1.01 · 0.04

0 1.012 0

O 0

) ( Tn Sn ) ,

1.009

Ln

1.005 · 0.01 ) 1.01 · 0.99

2.60

:: A( ~' ( 81 )

-l56

gl (g~;J) ( '2 ) 1000

'

82

= ( 8600 )

1400

( '

h ) 83

= ( 8440 )

1560

.

10.3

2.64 a) 22000,

Kapitel 3

b) 1400

2.65 Endast b är sann för alla matriser.

= (-1.6667, 2.0000, 4.3333, -5.3333, 1.0000),. = A, A (OP) = (-0.3333, 2.0000, 3.6667, -0.6667, 3.0000) 1.

2.66 a) Q b)

A2

2.67 Både a) och b) är korrekta beräkningsfonnler.

10.3 Kapitel 3

1 -1 0 1

0

0

3.3 Ja. Ett homogent system har alltid den triviala lösningen x

= 0.

nn(:) 0), t

=

koefficiemmalri~n är A - 21

457

Kapitel JO.

Svar till öv11i11gs11ppgiftema

3.5

Konfiguration

Lösningsmängd

Tre parallella plan: inga plan sammanfaller två plan sammanfaller tre plan sammanfaller

tom tom plan

Två parallella plan: inga plan sammanfaller två plan sanunanfaller

tom linje

Inga parallella plan: Skämingslinjema parallella: ej sammanfallande linjer sammanfallande linjer

tom linje

Skämingslinjema ej parallella endast ett fall

punkt

3.6

( _;20 -0.10

3.10

X1

3 11 · (

x

=

-0.50 1 -0.25

-0.10 ) ( XM -0.60 Xa 1 Xs

= -1, X2 = 2, X3 = 0. 5/7 ) -17 /~

+t

( 1/7 ) 5{7 , t E R.

3.12 Systemet saknar lösning.

-l58

)

=(

20000 )

40000 20000

.

3.14 Systemet saknar lösning.

3.17 P(x)

= x2 /1r -

3x + 21r

3.18

= 600-t = 100- t X3 = 800 - t, X4 = t X1

X2

0 :'.S t :'.S 100

Det maximala värdet på x 4 är 100. 3.19 XA XB

= 16-t = t-4

Xc

=t -

XD

=t

14,

14 :'.St :'.S 16,

3.20 XM = 65248, xa resp. 14042. J.21

X

dvs. 14 :'.S

XD

'.'.S 16

= 81135,xs = 46809. Nettointäkterna blir45674,20284

= ( -~: ~~ ) .

3 22 • ( 0. 7821 ) a) X= 1.0304 , 0.7365

0.7642 ) b) x = ( 1.0386 , 0. 7366

c) x =

( 0.764034 ) 1.038691 . 0. 736504

3.23 0.5 resp. 1.5 dl

jii- = -2.04, ~ /15 = 0.86 och ½/'ij = 1.27, där det första värdet är

3.24 -~ en dragkraft.

459

Kapitel JO.

Svar till öv11i11gs11ppgifiema

3.26 X= ( 2 3.27 x

=s (

-~ )

1 )

+ t ( -~ ) , s ~ 2, t ~

1

Lösningen utgöres av alla punkter ovanför (och till höger om) linjerna 4xt +5x2 = 2 och 3xt + 4x2 = 1. 3.28 Ut =40/7 b) u 2 = 80/7 , U3 = (20+20+0+·ui)/4 U3 = 80/7 c) Koefficientmatrisen är av typ 21 x 21. Alla diagonalelementen är lika med 4. I varje rad finns mellan ett och fyra element som är lika med -1. övriga element är 0. Ut

a)

{

=(u2+u3+0+0)/4

'l"2 = (20 + 20 +Ut+ 0)/4 ,

3.29 När vi ersatt ekvation r3 med 1•3 - 3 · r2 så får man inte fortsätta att utnyttja den gamla ekvationen r 3 om man vill ha ekvivalenta system. Det vi åstadkommer är att vi ersätter ekvationerna r2 och r 3 med två helt ekvivalenta ekvationer: r3 - 3 · r2 ·r2 - ½ · 1•3 = -½(r3 - 3 · r2) 3.30 a)

(A - ,\J)x = 0 eller (

b)

,\ = 5och,\ = -1,

c)

,\ = 5 : x = s ( ~

) , s E R,

,\=-1:x=t( _~

3.31

X1

= -s,

X2

2 - ,\ 3

),tER

= s, X3 = t, s, t E R.

3.32 x = 10s - 2.,5t, y = -5s + l.5t, z = t, u = s, s, t E R.

460

=t (

3,34

X

J.35

8) X

1 0

=(3

1 )t

0

tER

,

t

1

c) Det går ej att LR-faktorisera matrisen. J.37

X= (

-2

1

-1

)t

3.38

a)L=

1

0

X

1

0 0 0 0

X

0 0

0 0 1 0

0 0 0

X

0 0

3.39x< 2 >=( .98 3.40 a)

{

d) {

= 2.00005 = -0.00005

X1 X2

= -1

=3

X

0 0 0 0 1 0

0

X

-1.89

X2

X1

0 0 0 1 0

b)R=

'

1

.98

b) {

)t,x=( X1

'

X2

e) {

X

0

0

0 0 0 0 0

X

X

0

0 0 0 0

X

X

0 0 0

X

X

0 0

X

X

0

X

1 -2

= 1.99995 = 0.00005

0 0 0

0 0 0 0

1 /.

'

= -297

X1

'

X

=3

X2

3.41 Om rA och rB är residualvektorerna för

'

A:s resp. B:s lösning är

0.01 ) ( 1.00 ) d rA = ( -0.01 ,rB = 0.99 ' vs.

A:s lösning ger den minsta residualvektom. Den exakta lösningen är dock {

X=

y

200

= -200

dvs. B:s lösning ligger mycket nännare den exakta lösningen (ger mindre felvektor) är A:s lösning. Vilken lösning som är bäst beror alltså på vilket kriterium som vmjs! 461

Kapitel JO.

Svar till övnings11ppgiftema

3.42 b) Det första systemet har lösningen {

= 3893.5

X1

= -5837.9

X2

och det andra har lösningen {

X1

X2

= -4033.6

= 60,50

Förklaringen till dessa drastiska konsekvenser är att vinkeln mellan de båda liqjerna som ekvationerna i systemet representerar är mycket liten (linjernas riktningskoefficienter är -1.499653099 ... resp. -1.499653019 ... ) . 3.44 Cirka 5 3 . 0.3

'.:::=

40 sek.

3.45 Ett system med cirka 2800 ekvationer. 3.46 Matrismultiplikation kräver n 3 operationer (multiplikationer), så att det första alternativet kräver totalt (4n 3 + 3n2 - n)/3 operationer. Det andra sättet fordrar (n 3 + 6n 2 - n)/3 operationer och är att föredra dån> 1.

J.47

X1

= 1.1, X2 = 2.1222.

=t (

3.48 x

; ) , t godtyckligt reellt tal.

3.49 X

=(

-0.241667 ) 0. 766667 , 2.075

0.05) ( r= 0.10 0.05 0.10

·

= 2.lx + 0.1.

3.50 y

3.51 Cirka 4131/dygn, inflyttning den 18 februari. 3.52 a) a1 = 0.26, a2 = 0.60, b) Ja. (Jämförelse med de exakta värden som visar att felet är 0.2 procentenheter.) 3.53 y 3.54

= 2.0 + 10. lt 2 .

.1: 2

+ :il -

.5.6lx - .5.76y + 3.76.

3.55 P(:r) = 0.14(x - 3) 2 -462

+ 0.34(x -

3)

+ 1.31 =

0.14x 2

-

0.50~ + 1.55.

10.3

Kapilel 3

= 5/4, B = -3/2, C = -1.

3.56 A

3.57 a) lny = lna + blnx, b) eY =ax+ b, c) 1/y = a.1: 2 + bx + c, d) .I/= a In b + a In x ger ett linjärt system för a In b och a, varefter b liitt besUims. e) y = acos bsin x + asin bcosx ger ett linjärt system för acos b och asin b, varefter a och b kan bestämmas. 3.58 y

= 2.00ln3.02x.

3.59 To

= 1.00, q = 1.50.

3.60 a) y = 6.02t - 4.14t 3 , b) y = 3.01 sin 2.00t. 3.61

1 0 -2 0 z 4 -1 =s +t +u p 0 1 q -1 0 r 0 0 där s, t och u är hela tal och ej alla 0. X

y

3.62 s

0 -1 3 0 -1 1

= 0.12v + 0.0077v 2

3.63 a) ( ; )

= ( : ~ : ) , s = 4, 5, 6 och 7,

b) P skall kosta dubbelt så mycket som Q. 3.64 y = 2.120sin t 3.65 p(x)

+ 2.117 cos t

= 2.996 sin(t

+ 0. 785).

= -2x + 3x3 •

n

3.66

I: k 2 = ¼n + ½n 2 + ½n 3 .

k=O

3.67 lo = 209 pulser/9s, ,\ = 0.138 (minuter)- 1 . 3.68 1500 enheter kol, 1200 enheter bensin, 1500 enheter el. 3.69 150 g smör, 100 g socker, 200 g vetemjöl, 50 g skmnmjölkspulver. 463

Kapitel JO.

3.70 {

Svar till öv11i11gs11ppgifiema

XI

=5-

X2

=U

X3

X4

2u + 3t -

S

= t,

s,t,u ER.

=S

3.75 a = 1, b = 4 och c = 1. 3.76 a = 7, b = 32 och c = 12. 3.77 P = 5, a =~och b = ~3. 78 a = 3.79 z

och b = ~~.

= 1.8 -

• _

3.80 .i:

1~

-

l.3x - 0.9y .

(b-1)(1-c) . _ a(c-u)(a-b)' Y -

(l-c)(a-1) ~ _ (a-1)(1-b) b(a-b)(b-c)'" - b(a-b)(b-c) ·

3.81 Kurvan ligger i planet 9x - 12y + 19z - 11 = 0.

10.4 Kapitel 4 -U a)Multiplicera 3 :e kolonnen med 2 och subtrahera från denl :a,.b) Subtrahera I :a kol01men från den 3:e.. c) Addera 2:a och 3:e kolonnen till den l:a .d) Subtrahera 2:a kolonnen från den I :a och 3:e kolonnen från den 2:a.

-t2 a) -12. -46-4

b) 2.

10. ./

Kapitel./

4.4 a) Subtrahera 2:a kolonnen från den l:a och 3:e kolonnen frän den 2:a.

4.5 a) -2d,

b) d,

c) 2d,

d) k

= -1.

4. 7 Punkterna ligger i samma plan. 4.9 Dela upp fyrhörningen i två trianglar och utnyttja exempel 4.4.

4.10

Il

a1 a2

b1 b2

a1 a2

b1 b2

C1

aa

ba

C3

Il :5 J(a~ + a~) (b~ + b~) respektive ~

:5 J(a~ + a~ + a~) (b~ + b~ + b~) (4 + c~ + c~)-

4.11 a) 3, b) -4, c) 74, d) 42, e) - 7, f) 1 - a - b - c - d, Subtrahera 2:a kolonnen från den l:a, 3:e kolonnen från den 2:a och 4:e kolonnen från den 3:e.

4.12 a) 0, b) 0. (Addera 2:a och 3:e kolonnen till den 4:e.). 4.13 a) (a + b)(a - b), (a + 2b)(a - b) 2 , (a + 3b)(a - b) 3 för n (a + (n - l)b)(a - b)n-l.

4.17 Utnyttja att det(.>.A)

= 2, 3 resp. 4.

b)

= .>.n det A om A är av typ n x n.

4.19 a) 38, b) l,c) 70, d) 24, e) 5,f) -20. 4.21 16. 4.22

3

4.,,. bc.

4.23 detA

(Jämför med exempel 4.12.)

= -2, detB = -9, det AB= 18.

4.25 0och 1. 4.26 b) 0. 4.27 (a 2 + b2 + c2 + d2) 2 . (Inte - (a2 + b2 + c2 + d2) 2 . Varför?) 465

Kapitel 10.

Svar till öw1i11gs11ppgiftema

4.28 Tillämpa multiplikationssatsen på

A

=(

a1

a2

-a2 ) och B a1

=(

b1

b2

-b2 ) bi ·

4.29 b.d är sanna. 4.30 384

10.5 Kapitel 5 5.1 a) Precis en lösning för alla a, utom a eller a = 1 så saknas lösning. b) a = 2.

= -3, a = 1 och a = 2.

Om a

= -3

5.2 a) a ::/- ±b,x = (ad 1 - bd2) / (a 2 - b2 ) ,Y = (ad2 - bdi) / (a 2 - b2 ), b) a ::/- 0, b ::/- 0, a ::/- b, x = (bd 1 - d2) / (a(b - a)), y = (d2 - adi) / (b(b - a)). 5.3 Precis en lösning för alla a utom a = 0 och a = 1/2. Oändligt många lösningar föra 1/2. Om a 1/2 så är x 2 - t, y t, t godtycklig.

=

=

=

=

5.4 a) a =I- -1, a ::/- 2, b) Ingen lösning om a = 2, c) Oändligt många lösningar för a = -1, x 1 = t, x 2 = 1 - t, x 3 = t, t godtycklig.

5.5 a) c c = 8, d

=I- 8, d godtycklig ger entydig lösning,

= .5 ger oändligt många lösningar.

c

= 8, d =I- 5 ger ingen lösning,

b) Planen skär varandra i en punkt om c ::/- 8, d godtycklig och längs en rät linje om c = 8 och d = 5. 5.6 a

= -3/2 eller a = 3.

5.8 a) Enda möjligheten är att a 1, a2 och aJ ligger i ett plan. b) Om a1, a2 och aJ ligger i ett plan men inte på samma linje så kan lösningen skrivas x = tv, där v = a1 x a2 (eller a2 x aJ). (En linje genom origo.) Om a 1, a 2

och a3 ligger på en linje så är lösningen det plan genom origo som är vinkelrät mot denna linje.

5.9 a) k a

= -1.

= 2. Om k = 2 så är lösningen x = t (0, -1, l)t, t godtycklig. b) a = 1,

5.1() b) x -l66

=t (

1

-2 ) 1 t ::/- 0. c) Om x

=t (

2 1 / så är Ax= 9x.

10.5

Kapitel 5

5.11 a) Begynnelsevillkoren ger ett linjärt ekvationssystem med koefficientdeterminanten

5.12 a) Identifiering av koefficienterna ger det linjära ekvationssystemet

B+C=et { A - (a + b)B - 2aC = {3 -bA + abB + a2 C = 'Y vars koefficientmatris har detenninanten -(a - b) 2 =I- 0 eftersom a =I- b. b) Koefficientmatrisens detenninant är a + b2 =I- 0 eftersom a > 0. 5.14 a) x1, x2, x3 olika, b) x1 = x2 och Y1 = Y2 eller x1 = x3 och Y1 = y3 eller = X3 och Y2 = y3 eller x1 = x2 = x3 och Y1 = Y2 = y3, c) Två eller flera x

x2

lika och motsvarande y olika. 5.15 ax~+bxi + dyi +c = 0, i= 1, 2, 3, 4, haren icke-trivial lösning (a, b, -1, c). 5.16 Jämf"ör med exempel 5.8 5.17 a) Ekvationssystemet

har en lösning där z = 1. b) Omvändningen gäller ej. Motexempel x + y + 1 3x+3y+ 1 =0. 5.19 k

0, 2x

+ 2y + 1

0,

=/- 0.

5.22 a) Linjärt oberoende. b) Linjärt oberoende. c) Linjärt beroende. 5.23 Ja, ty vektorerna är linjärt oberoende. 5.24 Linjärt beroende. 5.25 p = -9. 5.27 Linjärt beroende.

467

Kapitel JO.

Svar till öv11i11gs11ppgiftema

5.28 b) T.ex.

( au

5.29 Sätt a1

=

a21

(

a31

a12 )

a22

och b

=(

a32

b1 )

b2

.

Följande fall kan inträffa:

b3

figur svar 5.29 a

figur svar 5.29 b Sammanfattning: Lösning finns om antingen a) a1 och a2 är linjärt oberoende och a 1 , a2 och b är linjärt beroende eller b) a 1 , a2 är linjärt beroende och a 1 , b är linjärt beroende.

5.31 b) Koordinaterna är 0, 3, 5.32 a) .1: -t68

-72 ,72.

= Ly = 2. b) :z: = -2, y = 3, z = 4.

5.33 z =

5

~~! 5 =

5.34 b) cos-y

=c

2

195 ± 40 föra= -0.90 ± 0.02. 2

-;ab-

b2

.

b) Går ej.

5.37 y = (1, 1,0,0)t ger b = (-0.3333, 1.0000,0.6667, 1.0000) 1 (-2.3333, 1, 0, O)t är en lösning till systemet. 5.38 a) ej lösbart,

.

Tex. x =

b) lösbart.

5.39 a) Lösningen förändras från x =(0.9725, -0.4249, -0.2424, ) 1 till x = (2.0117, -0.8787, -0.5116)t. Systemet är mycket stömingskänsligt. det(A) =

86169. b) det(A)

= 10- 10 •

10.6 Kapitel 6

1~3 ) , b) Matrisen är ej inverterbar,

2 -1 0

-3/2 ) 1/2 , d) Matrisen är ej inverterbar. 1/2

6.2

1 -2 ) ( -2/5 a) ( O 1 ,b) -1/5

1/5 ) ( 112 -2/5 ,c) ~

0 0)

-1/3

0

0

1/5

6.3 a) F(ör al:a reelladal r ~åd)ana att r =I- 0 och r =I- 1, b)

-2 -1/2 1 1/2

-4 2

.

469

Kapitel JO.

Svar till öv11i11gsuppgiflema

66 ' ( cos 0 sin 0 0 ) a) - sin 0 cos 0 0 , 0 0 1

b) Rotation kring z-axeln (som en stel kropp) vinkeln 0 i positiv respektive negativ riktning. 6.9 ( -2/5 -1/5

1 ) 0 .

6.13

a)X=A- 1 (A-J)- 1 =(A 2 -A)- 1 ,b) 6.14 a)X=- 1 BA.

6.16 a) er= ,6 = 1,

6.17 A- 1

2~ (

_f -~ )·

b)X=A 2 -B- 1 .

b) 0 = det A3 = (det A) 3 .

= -(A + 2/).

6. I 8 A - 1 - Pär en ortogonal projektion på nonnallinjen genom origo till den givna linjen .

..no

10.6

6.19b)A-l

= de!A(-A+(a+d)I) = d~A

Kapitel 6

d -b).

(

-c

a

6.23 a) A

--1 1 0 ) 0 -1 2 , A- 1 0 0 -1 8x + 5x2 )e-z + c.

=(

b) (8 +

6.26 a) IAxl

= Jx~ +

x~ + x~

=(

= lxl;

-1 0 0

-1 -1 0

(Ax)· (Ay)

-2 ) -2 , -1

= X1Y1 +x2 +:112 + :i:3:y3 =

x-y.

c) En isometrisk avbildning bevarar längden av vektorer och skalärprodukten mellan vektorer. 6.27 a) Ja, b) Nej. (Matrisen blir en ON-matris om kolonn 4 ändras! Hur?) 6.28 a) a

= 0, b = -2/./5, c = 1 (eller c = -1), b) a =

= -4/y'18.

C

72

72

1/./2, b

=

2/3,

72 ,

6.29 a) Ja, a = och b = eller b = b) Ja, för alla a och b sådana an 2 2 a + b = 1, c) Nej, d) Ja, a = ± och b = ±! (fyra fall).

72

6.30 a) Vridning i moturs omkring origo, b) Spegling i linjen x xy-planet, följd av en vridning i moturs omkring origo.

= y, c) Spegling i

6.32 ( 01

1 )

O

och

Q

= i.lo.2

(

12/13 -5/13

5/13 ) 12/13 ·

= A,

b) A- 1

1-a2 -2a

1- a 2

6.33 a) A- 1 6.34

(

2a

= ¼A. ) ·

6.35 X1

a)

{

X1 X2

= 26/5 = -18/5

b '

{ )

X2

X3 X4

= 9/2

= -5/2 = -7/2

= -1/2 471

Kapitel JO.

Svar till öv11i11gs11ppgiftema

6.36 a) Gäller. (Se sats 6.3.) b) Gäller ej. Motexempel: (

~

_: ) .

c) Gäller. (Enligt sats 6.3 är radvektorerna till och med ortononnerade.) .

d) Gäller eJ Motexempel:

( 1/./2 l/ ./2

e) Gäller ej. Motexempel: (

6.37 a) Nej. Motexempel: A

Då är A + B

~ ~

1/./2 ) . - l/ ./2 . Tolkrung? ) .

= ( ~ ~ ) ,B = ( ~ ~ ) .

=( ~ ~ ),

b) Ja,

c) Nej. Motexempel: A

Då är AB

= ( ~ ~ ) , B = ( ~ -~ ) ·

= ( ~ -~ )

och BA

= ( _~ ~ ) .

6.39

A

= At Bt = (

1~3 -4/3./2

6.40 a) (2, 1, 3), b) x -y

4/3./2 0 1/3

= 0.

6.41 { ya)(l/2,1/2,1/./2),b)

X

z=O ,

c) ',- Vridningen sker molms setl från spetsen av vektorn (

i).

6.42 1/3 2/3 -2/3 ) ( 2/3 1/3 2/3 . 2/3 -2/3 -1/3 b) Linjen y = x, resp. arccos (-½). a) A

=

6.43 a) A

=(

1 - 2a 2

-2ab

-2ab ) I - 2b 2

.

b) Visa att An= -n och att Av= v om när en nonnalvektor och ven riktningsvektor till linjen.

I 0. 7

Kapitel i

6.44 a) A

=

(

1- 2a2 -2ab -2ac

6.48 a) 8000, b) 5631576, c) 16278476, d) Använd Gausselimination. Om matrisen är en ON-matris så används multiplikation med transponatet av matrisen. För n = 200 går det ca 70 gånger snabbare med en ON-matris. 6.49 a) Lös i två steg: Z = B- 1 c beräknas genom att lösa systemen BZ = C med Gausselimination, beräkna sedan X = AZ. b) Lös i två steg: zt = (BC- 1 )t beräknas genom att lösa systemen C 1 Z 1 = B 1 medGausselimination, beräknasedan Y = A - i Z genom att lösa systemen AY = Z med Gausselimination

10.7 Kapitel 7 7.1 Egenvärdena är 1 och -1 och motsvarande egenvektorer ärt (

~

) , t # 0,

resp. t ( _ ~ ) , t # O. 7.2 Egenvärdena är 1 och -1 och motsvarande egenvektorer är t (

~

)

+s

-1/2

(

~

) , där t # 0 eller s # 0, resp. t ( -

1/2

~)

, t # 0.

2

7.3 a är en egenvektor hörande till egenvärdet 2, b är ej en egenvektor, c iir en egenvektor hörande till egenvärdet -1, d är en egenvektor hörande till egenvärdet 1, e är ej en egenvektor. 7.4

a) Egenvärdena är 1 och 2 och motsvarande egenvektorer ärt ( respt (

~

~

) , t # 0,

) , t # 0,

b) Enda egenvärdet är 1 och motsvarande egenvektorer ärt (

~

) , t # 0,

c) Egenvärden och egenvektorer saknas.

473

Kapitel JO.

Svar till öv11i11gs11ppgiftema

a) Egenvärdena är 1 och 2 och motsvarande egenvektorer ärt (

7.12

0, resp. t (

~

) ,t

~

) ,t

i-

i- 0.

b) Enda egenvärdet är 1 och motsvarande egenvektorer ärt (

~

) ,t

i- 0,

~

) ,t

c) Egenvärden och egenvektorer saknas, d) Egenvärdena är 1 och -1 och motsvarande egenvektorer är t (

,ti,0.

resp.t( _~)

7.13 Egenvärdena och motsvarande egenvektorer är

2 respektive t (

~)

- I respektive t (

, t ,' 0; I respektive t (

i),

t ,' 0, och

_! ),

t ,' 0.

7.14 Antag att t i, 0. A 1 saknar egenvärden och egenvektorer.

A2 har egenvärdet ,\ = 1 med motsvarande egenvektorer t ( 0 I övrigt får vi egenvärden och egenvektorer på följande sätt:

1

1 ) t,

A3 : ,\ = 4 resp. t ( 0 ,\ = 2 resp. t ( 1 0

1 l )t , 0 )\ -1 1 / .

,\ = - 2 resp. t ( 0

A4 : ,\

= 1 resp. t (

,\ = 2 resp. t ( 1 0 0 1

,\ = 3 resp. t (

1

1 -1 ) t -1 ) 1 , -1 ) t.

,

As : ,\ = 2 resp. s ( 1 -1 0 / ,\=0resp.t( 1 1 0 ) 1 .

+u(

AG : ,\ = 0 resp. t ( -1 1 0 ) t ,\ = 1 resp. t ( 0 0 1 / ,

,

,\ = 4 resp. t ( 1 -l? ➔

1 0 )1 •

0

0

1 / ,s

i, O eller u -f. O,

i-

0,

10.7

Kapilel 7

A1:>.=2resp.t( 1 -1 1 )\ ,\ = 4 resp. t ( 1 1 -1 ) t .

As : >.

= -1 ger s (

1 -1 0 0 ) t ,\ = 1 resp. t ( 1 1 O o ) t , >. = 4 resp. t ( 0 0 2 -1 ) t .

+u (

0

0

1 2 ) 1 , s -::j:. Oeller u -::j:. 0,

7.15 a) Egenvärdena är 1, ½och½, b) Egenvärdena är 1, 4 och 9, c) Egenvärdena är -1, 0 och 1, I alla tre fallen är motsvarande egenvektorer t ( 1 1 -1 ) 1 , t ( 1 o -1 ) 1

resp. t ( 0

1

-1

7.16 a) T.ex. ( 0

b) T.ex. ( 1

-1

c) T.ex. ( 1 -1

f ,t i:- 0.

1 1 )t, ( 1 0 0 )t och ( 0 -1 1 )', 0 ) t , ( 0 0 1 ) t och ( 1 1 0 ) t , 2 )\ ( 2 0

-1

f och ( -1

-5

-2

)1.

7.17a)Nej,b)Ja,t.ex.(l 1 -l)t,(l 0 -l(och(O 1 -1)',c) Ja (t.o.m. ortogonala), t.ex. ( -1 1 0 )t, ( 0 0 1 )t och ( 1 1 o )t, d) Nej. 7.18 a) A2v 1 = 52v 1 och A 2v2 = v2, b) A2x = 2 · 52v1 c) Akx = 2 · 5kv1 + 7v2. 7.19 a) Akx = 3v 1 - 2 (½)k v2

+ 4 (-½t v3,

50v1

+ 7v2,

lim Akx = 3v1, b) Akx =

k->oo

x 1>.~v 1 + x 2>.~v 2 + x 3 >.~v3, lim Akx = x 1v1 om,\ k-,oo

+ 7 · v2 =

= 1, annars existerar det

inte. 7.20t( 1 1

1 )t,t-::j:.0.

7.22 a) Egenvärdena är >. = -1 och >. = 1 och motsvarande egenvektorer är

t ( -: ) , t ,' 0, resp. t (

~ ) + u ( - ~ ) , t ,' 0 elleru ,' 0,

b) 2x1 - x2 + X3 = 0, c) Egenvärdena är>.= -2 och,\= 0 och motsvarande egenvektorer är

t ( -: ) , t ,' 0, resp. t (

~ ) +u ( - ~ )

, t ,' 0 elleru ,' O .,n5

Kapitel JO.

7.26

Svar till öv11i11gs11ppgiflema

( ) 101 ) (2 l _ ( 101.9,5 ) b) = 120 499 'X 498.0,5 ' X 480 ' c) Om förortsbefolkningen är mer än fyra gånger stadsbefolkningen, d) Egenvärdena är 1 och 1 - a - b med motsvarande egenvektorer a)

(lJ _

X

~

(

(

-

) resp. ( _

! ).

7.27

B

= ( o. 97 0.04

!)

torer (

7.28

a) v, = (

O.Ol ) . Egenvärdena är 1.01 och 0.96 med motsvarande egenvek1.00 resp. ( _

~

) .

-n , n, 0), V2

= (

V3

=

b) En population med bara gamla djur reduceras till 0.4 under ett år, c) 7/47 ~ 15%.

7.29 a) ( ;::~ )

0.4,x 2

=t (

=(

~:~ ~:~

) ( ;: ) , b) A1 = 1, x1 = t (

-~ ) ,t # 0, c)

s

~

) , t # 0,

,\2

=

~ 1670, f ~ 8330.

7.30 I det första fallet finns det ingen jämviktsfördelning. I det andra fallet är jämviktsfördelningen 667 personer i lag A och 333 i lag B. Den är stabil.

7.31 a) 350 bilar i Stockholm, 100 bilar i Göteborg och 150 bilar i Luleå är en jämviktsfördelning. b) Nej.

7 33 · a) A

( 0.,5 0.1 0.2 ) ( 1 ) 0.4 0.8 0.2 , b) t 3 ,t # O 0.1 0.1 0.6 1 c) Jämviktsfördelningen är stabil (A:s egenvärden är 1, 0.4 och 0.5).

-l76

=

7.34

\ a) Al

= .!=...i& 2 , X1 = t (

l _ 1y5 ) , t =p 0,

= ~-, X2 = t ( l } y5 ) , t =p 0, C) an = 7s ((~) n- (~) n) . A2

7 35 a) · 17.94, c) 6.000,

l

_4181 987 )

b) 16.06,

24) -12 12

d) 98.17,

i

755) -2843 -0.5414 -0.1258 ) (nonnerad). 0.8313

7 37 a) 110s< 2E-E 2 )/(l-f) 2 b) 3 63 resp 653 •

2

log Å2/ Å1

'

'

•

•

7.38 a) Matrisen har egerwärdena y5 och -v5, som har samma belopp. Rayleighkvoten växlar mellan två värden, b) Startvektom är ortogonal mot egerwektom till det största egerwärdet. Potensmetoden ger det minsta egerwärdet. c) Startvektom är ortogonal mot egerwektom till det största egerwärdet. Den andra egerwektom svarar mot egerwärdet Ooch iterationerna ger hela tiden nollvektorn. 7.39 Låt T vara maximumnonnen av matrisen A. Då kommer A + T I att ha enbart positiva egerwärden och potensmetoden ger ,\max + T. På motsvarande sätt får man med A - T I reda på ,\min - TA. (K.orwergenshastigheten kan dock bli låg.)

om i är jämnt om i är udda. 7.42 a) 0.0557,

b) 0.0885.

7.43 ,\1 = 26.1055, ,\2 = -3.4804,

,\5

X1

=

X4

=

= -7.6491, ,\3 = 2.4979, ,\4 = 7.5261,

r=~:: ~ J r-H: J r-~:i~: i, -0.3768 -0.4971

(-HE

-0.4598 -0.2137

.x2

=

-0.3993 -0.5544

,X3

=

l· _H: l· X5

=(

-0.1023 -0.6301

-0.5500 -0.4876

477

Kapitel JO.

Svar till öv11i11gs11ppgiftema

7.45 I MATLAB fäs ca. 5480 flops för alla egenvärden och ca. 680 flops för det största egenvärdet.

7.46 Alla metoderna ger e 8

=

1.8622 ( 0.3882 0.7555

0.0151 1.6643 0.2751

0.1451 ) 0.1526 1.1519

7.47 i) och iv) är sanna 7.48 Endast påstående iii) är sant

7.49 a) .-\ 3

7.50 b)

= 22.2282,

b) ,\3 = 22.2282, c) snabbast konvergens i övning a) ty l,\3 - 221 l,\3 - 211 mini#3 I,\ - 221 < mini;i,3 l.-\i - 271"

r- 1 AT är en diagonal matris vars diagonalelement är egenvärden till A.

7.51 Ja, det multipla egenvärdet 4 är störningskänsligt och leder till illakonditionerade problem.

10.8 Kapitel 8

8.3 P =

½

( 1 2 2) 2 2

8.4 a)

-t78

Xe

=

-2 1 1 -2

(-~-6)

,Xny =

½

(11) -8 -2

10.8

1/7 0)

5/7 -3/7

1 -1

Kapitel 8

.

8.6

x' ) ( y' z'

=(

1/2 1/2

1/2 1/2

1/./2 -1/./2

-1/./2 1/./2 ) ( O

X

y z

)

.

O· 0 0)

3 0 0 3

.

479

Kapitel /0.

Svar till öv11i11gs11ppgiftema

b) a = 0 och a = 1.

8.14 a) a = 0 8.15

a10

= 2 · 310 + 1,

8.17 ) 4 a ( 1/2

b10

= 2 · 310 -

1.

(

1/2 -3 ) '

b)

1 3/2 2 ) ' ( 3/ 2

c)

1 0

1/2

0 2 -3/2

1/2 ) -3/2 . 3

8.18 a) 3x 2 + 4xy - 3y 2 , b) 3x 2 - 3y2 + 5z 2 + 4xy + 2yz, c) 3x~ - 3x~ + 7x~ + 4X1X2 - 2X1X4 + 2X2X3 + +8X2X4 + lOX3X4. 8.20 a) Q(x,y)

= 5u 2 -

5v 2

( : ) = 7s ( _; b) Q(x,y) = 5u 2

i )( ~ )

( : ) = 7s ( ;

-i ) ( : )'

c) Q(x,y, z)

(t.ex.),

= 10u2 + v 2

~

( : ) =(

2//5 1/./5 0

z

1//5 ) ( : ) (t.ex.), -2/./5 w

= 4u2 + 2v 2 + 6w2

d) Q(x,y, z)

(~ )- (~1/! :~[2 ~)

e) Q(:r,y, z)

(L~,),

= 14w2

( : ) =( z

~~1O -:~~ -~~~ ) (w~ ) 5/../fÖ 3/v14

8.21 a) ellips. halvaxlar 1/ ./5 resp.

y'2/15 axelriktningar (2, l)t

resp. (1, -2)t, b) hyperbel, halvaxlar /6/2 resp. /3/2 axelriktningar (-1, l)f resp. (1, l)t. 8.22 a)hoch±(l,1) 8.23 Ellips om

b)2och±(v2,-v2)

lal < 4, Två räta linjer om lal = 4, Hyperbel om lal > 4.

10.9

Kapitel 9

8.24 a) indefinit, b) positivt semidefinit, c) positivt definit, d) positivt definit, e) positivt semidefinit.

s.2s !al< 2 8.26 a) största värde 6 + 2yl0, minsta värde 6- 2vl0, b) största värde 20, minsta värde 0.

2x-y+z=0 x +z =0 . y+z=0 Detta system har icke-triviala lösningar (x, y, z) t = t (-1, -1, 1} t , t godtycklig. dvs. det finns värden på (x,y,z) andra än x = 0, y = 0, z = 0 sådan att Q(x,y, z) = 0. Eftersom Q(x, y, z) ~ 0 för alla x,y, z följer att Q(x,y, z) är 8.27 Q(x,y,z)

=0 ~

{

positivt semidefinit.

8.28 Maximala värdet av IIAxll är J3oo som antas i punkten (1/3, 2/3, 2/3).

8.30

A-U' i tfs)("2 °)(1 72) ~

~

.:iv5

0 0 00

1

1

.

7272

8.31 VE' ut, där I:' ärav typnxn (Aärav typnxn) och där diagonalelementen i E' är 1/cpi (cp,, i= 1, 2, ... när diagonalelementen i I:).

10.9 Kapitel 9 9.1 b) är ej ett linjärt rum, de övriga är det.

9.2 Nej. 9.3 I. 9.4 (-1, -1). 481

Kapitel JO.

Svar rill öv11i11gs11ppgiftema

• 2 ,x.3} ,b)Ja.3. · { 1-x,x-x . 2 ,x2 -x 3 } ,c)neJ, · d) Ja,, · 2 { 1 ,x. } 9.6a)Ja.3. { x,x

9.7 a). b). e) och f) ärunderrum, däremot inte c) och d). 9.8 Ja 9.12 T.ex. {2x, 2\1'2 (3x 3 9.14 y

-

2x)}.

= 411' 2 /3 + 4 cosx- 2 -

9.15 ao

27l'sinx + cos2x - 27l'sin 2x.

= 1, an= 0, n > 0, bn = 411'/n då njämn, bn = 0, dån udda.

Register algebraiska komplementet, 251 andragradskurvor, 82 approximation i kvadratiskt medel, 423 areaändring, 255 associativa lagen, 136 avbildning, 304,418 avrundningsfel, 203 avstånd lirtje till linje, 72 punkt till linje, 68 punkt till plan, 71 punkt till punkt, 123 avstånd mellan vektorer, 422 avståandsformeln, 24 bakåtsubstitution, 187 bas, 280, 288, 417 basbytesmatris,373 bassatsen, 153 beräkningskomplexitet, 201, 202 bildrum, 141 brännpunkt, 77 bästa approximation, 430

diagonalmatris, 127 dimension, 417 direkt metod, 187 distributiva lagen. 136 egenvektor, 329 egenvinkelfrekvens. 335, 344 egenvärde, 329 elementära radoperationer, 27 l ellips, 76 enhetsmatris, 127 Euklidiskt rum, 422 excentricitet, 78 exponentialmatris, 323 felvektor, 204 Fibonaccital, 365 fonn, 384 Fourierkoefficienter, 433 Fourierserie, 434 Fourierutveckling, 428 funktionsrum, 413 fyrpol, 162 Gausselimination, 187, 271 Gram-Schmidts metod, 434

C(R), 415 C[a,b], 415 Cauchy-Schwartz olikhet, 34, 120, 423 Cayley-Hamiltons sats, 362 cosinussatsen, 31 Cramers regel, 292 cylinder, 84

homogent ekvationssystem, 185 homogent polynom, 384 huvudspänning,337 hyperbel, 79 högermatris, 128 högerorienterad, 41 högersystem, 41

deformation, 331 definit, 392 determinant, 234 determinantform för linjens ekvation, 276 diagonalen, 126 diagonaliserbar, 379, 380

icketrivial lösning, l 85, 274 illakonditionerad, 20 l indefinit, 392 inhomogent ekvationssystem. 185 inre produkt, 422 inre produkt-rum, 422 interceptfonn. I00 483

invers. 305 invers avbildning, 305 im,ersiteration. 357 inverterbar, 305 isometri. 313 isometrisk avbildning, 313 isomorfi, 421 iterativ förbättring, 223 iterativ metod. 187 kanonisk form. 388 karakteristiska ekvationen, 337 koefficientmatris. 185 kolonnmatris, 126 kolonnrang. 400 kolonnrum, 409 komplext vektorrum, 413 komposant, 19 kon,86 koordinater. 21, 23,280,417,420 koordinatmatris, 373 koordinatvektor, 420 kcyssprodukt 43 kvadratisk fonn. 384 kvadratisk matris, 126 kvadratkomplettering systematisk, 394 Lanczos metod, 354 Legendrepolynom, 436 linearitetsegenskaperna, 151 linjär. 151 linjär avbildning, 142, 151, 419 linjär funktional, 419 linjär operator, 379 linjärkombination., 13, 279, 415 linjärt ekvationssystem, 185 linjärt hölje. 416 linjärt oberoende, 285, 416 linjärt rum. 413 LR-faktorisering. 195, 196, 357 LV-faktorisering, 196 matris. 125 mat ri sprodukt. 13 3 matrisspår. 362 ➔ 8➔

maximumnonnen av matris, 366 minneskomplexitet, 201, 203 minstakvadratmetoden, 211 moment, 40 Moore-Penrose invers, 403 multiplikationssatsen, 258 negativt definit, 392 negativt semidefinit, 392 nilpotent matris, 265 nollmatris, 127 nonn, 118 nonn av vektor, 422 nonnalekvationer, 207 nonnalspänning, 335 nonnaJvektor till plan, 60 oberoende, 285 ON-bas, 21, 428 ON-matris, 313 ON-system, 23 ortogonal, 119 ortogonal projektion, 19, 429 ortogonala vektorer, 425 ortononnerad bas, 21, 428 ortononnerat koordinatsystem, 23 ortsvektor, 13, 22 oändlig dimension, 418 parabel, 80 parallella vektorer, 116 parameterfonn, 54 partiell pivotering, 194 pennutation, 245 pennutationsmatris, 170 pivotelement, 194 pivotering. 193 planets ekv. på parameterfonn, 65 planets nonnalvektor, 60 Pn, 416 positivt definit, 392 positivt definit matris, 3-92 positivt semidefinit, 392 potensmetoden, 356 projektionssatsen, 36

pseudoinvers, 403 Pythagoras sats, 26, 120,425 QR-metoden, 354 QZ-metoden, 354 radmatris, 126 radoperationer, 188, 271 radpivotering, 194 radrum, 410 rang, 396 Rayleighkvot, 355 regression, 211 residulavektor, 204 riktningscosiner, 93 Sarrus regel, 52 sekularekvationen, 338 similära matriser, 362 singulär matris, 274 singulärvärdesuppdelning, 396 skalär, I 15 skalär produkt i allmänna rum, 421 skaläiprodukt, 28, 117 skaläiproduktrum, 421 skeva linjer, 59 skevsymmetrisk matris, 263 skjuvning, 174 skjuvspänning, 336 skjuvspänningsfri, 337 sluten under addition och multiplikation med skalär. 414 spänna upp, 415 spänningsmatrisen,336 spår av matris, 362 spektralsatsen, 346 störningsräkning, 201 standardbas, 119, 290 styrlinje, 80

superpositionsprincipen. 152 SVD,396 svängande system. 333 sy1mnetrisk matris. 128. 3-t6 Theons metod. 364 totalmatris. 191 totalpivotering, 194 transponerad matris. 127 trappfonn, 187 triangelolikheten. 120. 424 triangulering, 249 trigonometriskt polynom, 43 I trippelprodukt, 51 trivial lösning, 185. 274 tyngdpunkt för triangel, 15, 17 underbestämt, 267 underbestämt ekvationssystem, 186 underdetenninant, 251 underrum, 414 undertriangulär, 128 utökad matris, I9 I utveckling efter kolonn, 252 utveckling efter rad, 252 vänstennatris. 128 vänsterorienterad, 41 vektorprodukt, 42 vektorrum, 412 vertex, 81 vinkelfrekvens, 334 volymändring, 255 ändlig dimension. 417 överbestämt ekvationssystem. 186 överföringsmatris. 162 övertriangulär, 246 övertriangulär matris. 128

485