Kommentarer till tentan 2015-10-29

1. Vektorerna har längd $\sqrt{66}$ respektive $\sqrt{65}$, så $\mathbf{u}$ är längst. Deras skalärprodukt är 0, och de är således ortogonala. Ett exempel på en vektor som är ortogonal mot båda är kryssprodukten $$\begin{pmatrix} 1\\ 4 \\ 7\end{pmatrix} \times  \begin{pmatrix} 6\\ -5 \\2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}  43\\ 40 \\ -29\end{pmatrix}$$

2. En normal till planet är $\begin{pmatrix}1\\2\\2\end{pmatrix}$, så vi söker en punkt i planet som kan skrivas som $\begin{pmatrix}1\cdot t\\2\cdot t\\2\cdot t\end{pmatrix}$ för något $t$. Ekvationen $1\cdot t+2\cdot 2t+2\cdot 2t = 1$ ger $t=1/9$, så punkten är $\begin{pmatrix}1/9\\2/9\\2/9\end{pmatrix}$. Avståndet från origo till denna punkt är $$\sqrt{\left(\frac19\right)^2 + \left(\frac29\right)^2 + \left(\frac29\right)^2} = \frac13.$$
Förvånansvärt många har påstått att
$$\sqrt{\left(\frac19\right)^2 + \left(\frac29\right)^2 + \left(\frac29\right)^2} = \sqrt{\frac{5}{81}} = \frac{\sqrt{5}}9.$$

3. Rotationen beskrivs av matrisen $$\begin{pmatrix}\frac1{\sqrt{2}} & -\frac1{\sqrt{2}} \\ \frac1{\sqrt{2}} & \frac1{\sqrt{2}}\end{pmatrix},$$ och speglingen av matrisen $$\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0\end{pmatrix}.$$ Rotation följt av spegling beskrivs av matrisen
$$\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}\frac1{\sqrt{2}} & -\frac1{\sqrt{2}} \\ \frac1{\sqrt{2}} & \frac1{\sqrt{2}}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\frac1{\sqrt{2}} & -\frac1{\sqrt{2}} \\ -\frac1{\sqrt{2}} & \frac1{\sqrt{2}}\end{pmatrix}.$$

4. Inversen är $$\begin{pmatrix} 3 & -3 & 1 \\ -3 & 5 & -2\\ 1 & -2 & 1\end{pmatrix}.$$
Lösningen till ekvationssystemet ges av första kolumnen i inversen (eftersom högerledet är $(1,0,0)$), dvs $a= 3$, $b=-3$, och $c=1$.

Märkligt nog verkar det vara svårare att lösa ekvationssystemet än att invertera matrisen. Några har inverterat korrekt, och sedan satt igång med Gausselimination på ekvationssystemet utan att notera att det man då gör bara är en upprepning av samma räkningar fast utan andra och tredje kolumnen i högerledet. Ibland har det gått snett med en kolumn trots att det gick bra med tre kolumner på sidan innan.

5. Ekvationssystemet kan skrivas
$$\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 2 & -1\\ 3 & 2\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\ 1\\ 4\end{pmatrix}.$$ Förlängning med transponatet ger
$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 1 & -1 & 2\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 2 & -1\\ 3 & 2\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 1 & -1 & 2\end{pmatrix} \cdot  \begin{pmatrix}2\\ 1\\ 4\end{pmatrix},$$ dvs
$$\begin{pmatrix} 14 & 5\\ 5 & 6\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}16 \\ 9\end{pmatrix}.$$
Det här ledde väl till de besvärligaste siffrorna på tentan, men det borde ändå inte vara oöverstigligt för hand. Man ser att matrisen har determinant $14\cdot 6 - 5\cdot 5 = 59$, så $x$ och $y$ måste kunna skrivas med nämnare 59.

Man kan använda Gausselimination, alternativt minnas (och kontrollera!) hur man inverterar en $2\times 2$-matris:
$$\begin{pmatrix} 14 & 5\\ 5 & 6\end{pmatrix}^{-1} = \frac1{59} \begin{pmatrix} 6 & -5\\ -5 & 14\end{pmatrix},$$ så
$$\begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 14 & 5\\ 5 & 6\end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} 14 & 5\\ 5 & 6\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix} = \frac1{59} \begin{pmatrix} 6 & -5\\ -5 & 14\end{pmatrix} \begin{pmatrix}16 \\ 9\end{pmatrix} = \frac1{59}  \begin{pmatrix}51 \\ 46\end{pmatrix}.$$
Så den bästa lösningen är $x=\frac{51}{59}$ och $y=\frac{46}{59}$.

6. Egenvärdena är $\sqrt{10}$ och $-\sqrt{10}$. Egenvektorerna kan väljas (och uttryckas) på ett antal ekvivalenta sätt: Egenvektorer som hör till egenvärdet $\sqrt{10}$ är $$\begin{pmatrix} \frac{1+\sqrt{10}}3 \\ 1\end{pmatrix},$$ eller om man multiplicerar med 3:   $$\begin{pmatrix} 1+\sqrt{10} \\ 3\end{pmatrix}.$$ En annan vektor som är parallell med dessa är   $$\begin{pmatrix} 3\\ \sqrt{10}-1 \end{pmatrix}.$$ Och det finns väl ytterligare ett par alternativ. Egenvektorerna som hör till det andra egenvärdet, $-\sqrt{10}$, kan fås genom att genomgående byta tecken på $\sqrt{10}$.

För att beräkna $A^{10}$ hade några genomfört diagonalisering enligt konstens alla regler, och fått $$A^{10} = \begin{pmatrix} 100,000 & 0\\ 0 & 100,000\end{pmatrix}.$$
Fast uppgiften sållade väl inte riktigt agnarna från vetet, eftersom den som sätter igång genom att först beräkna $A^2$, noterar att $$A^2 = \begin{pmatrix} 10 & 0\\ 0 & 10\end{pmatrix},$$ och får fram samma svar direkt genom att $A^{10} = (A^2)^5$.

Fast meningen var att (b)-uppgiften skulle ge en verifiering av att man har räknat rätt i (a). Några har fått fel egenvärden i (a), till exempel $\lambda = -3\pm 1$. och sedan tyvärr inte fattat misstanke efter att ha noterat att $A^2$ är en diagonalmatris med $10, 10$ på diagonalen. Matrisen $A^2$ måste ju ha som egenvärden (åtminstone) kvadraterna på egenvärdena till $A$, så ser man att $A^2$ bara har egenvärdet $10$, är $\pm \sqrt{10}$ de enda möjliga egenvärdena till $A$.

7. Här har många trott att matrisen representerar en rotation $90^\circ$. Koordinataxlarna avbildas ju på varandra: $x$-axeln på $z$-axeln, $z$-axeln på $y$-axeln, och $y$-axeln på $x$-axeln. Och det är ju räta vinklar mellan axlarna. Men om rotationen upprepas, är man tillbaka efter tre steg (matrisen upphöjt till 3 blir enhetsmatrisen). Så rotationen måste vara $120^\circ$. Eller $240^\circ$, men det finns inget med- och motsols i rymden.

Rotationsaxeln består av de vektorer som avbildas på sig själva, dvs de som uppfyller $$\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\ y\\ z\end{pmatrix} =  \begin{pmatrix} x\\ y\\ z\end{pmatrix}.$$ Det visar sig vara de vektorer som är parallella med $$\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix},$$ dvs de som har alla tre koordinaterna lika.

8. En ON-bas är en bas av parvis ortogonala enhetsvektorer (alltså längd 1). Det är enklast att börja med att hitta en ortogonal bas, och därefter normera (dividera varje vektor med sin egen längd för att få en enhetsvektor). Först hittar man en (nollskild) vektor som är ortogonal mot $\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$, dvs summan av koordinaterna ska vara noll. Till exempel kan vi ta $\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}$. För att hitta en tredje vektor som är ortogonal mot båda dessa, kan vi beräkna deras kryssprodukt:
$$\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1\\2\\-1\end{pmatrix}.$$
Slutligen normerar vi, och får
$$\frac1{\sqrt{3}} \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}, \quad \frac1{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}, \quad \frac1{\sqrt{6}} \begin{pmatrix}-1\\2\\-1\end{pmatrix}.$$
Notera att det finns oändligt många korrekta svar, och att man bland annat kan permutera koordinater (bara man gör det konsekvent) och byta tecken på den ena eller båda vektorerna.