Naloge s celotnim postopkom reševanja

Irina Cristea; Hashem Bordbar; Alessandro Linzi

8 Naloge s celotnim postopkom reševanja

Naloga 1: Izračunajte vse možne vsote parov različnih matrik:

$\begin{align*} A=\begin{pmatrix}1&-1&3\\ 0&2&1\end{pmatrix}&& B=\begin{pmatrix}4&1&-2\\ 2&0&1\end{pmatrix}\\ &&\\ C=\begin{pmatrix} 0&-4\\ -6& 3\\ 1 & 1 \end{pmatrix}&& D=\begin{pmatrix}1& 5 \\ 7 & 2 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}. \end{align*}$

Rešitev: Seštevamo lahko izključno matrike enakih velikosti. Zato imamo

$A+B=B+A=\begin{pmatrix}1+4&-1+1&3-2\\ 0+2&2+0&1-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5&0&1\\ 2&2&0\end{pmatrix}$

in

$C+D=D+C=\begin{pmatrix} 0+1&-4+5\\ -6+7& 3+2\\ 1-1 & 1+0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&1\\ 1& 5\\ 0 & 1 \end{pmatrix}.$

Naloga 2: Dana je matrika

$A=\begin{pmatrix}\lambda&1&0\\ 1&-\lambda&0\\ \lambda& 0& -1 \end{pmatrix}.$

Povejte, za katere vrednosti parametra $\lambda\in\R$ velja $A^2=I_3$ .

Rešitev: Izračunamo

$A^2=\begin{pmatrix}\lambda&1&0\\ 1&-\lambda&0\\ \lambda& 0& -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\lambda&1&0\\ 1&-\lambda&0\\ \lambda& 0& -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda^2+1&0&0\\ 0&\lambda^2+1&0\\ \lambda^2-\lambda& \lambda& 1 \end{pmatrix}$

in torej je $A^2=I_3$ natanko tedaj, ko je $\lambda=0$ .

Naloga 3: Razpravljajte o matrični enačbi $A\cdot X\cdot B=C$ in jo potem rešite.

Rešitev: Tukaj je treba opozoriti, da množenje matrik ni komutativno, zato je vrstni red faktorjev zelo pomemben. Da bi rešili enačbo, moramo najti vrednost neznanke $X$ , torej “izločiti” matriki $A$ in $B$ z leve strani. To bomo storili v dveh korakih: najprej za $A$ in nato za $B$ .

Če je matrika $A$ obrnljiva, lahko obe strani enačbe pomnožimo z $A^{-1}$ , vendar na levi strani:

$A^{-1} \cdot \mid A\cdot X\cdot B=C$

$(A^{-1}\cdot A)\cdot X\cdot B= A^{-1}\cdot C$

$I\cdot X\cdot B=A^{-1}\cdot C$

$X\cdot B=A^{-1}\cdot C.$

Ponovimo postopek za matriko $B$ , tokrat na desni strani enačbe. Če je tudi matrika $B$ obrnljiva, lahko torej enako množimo z $B^{-1}$ na desni strani:

$\begin{align*} X\cdot B&=A^{-1}\cdot C \mid \cdot B^{-1}\\ X\cdot (B\cdot B^{-1})&=A^{-1}\cdot C\cdot B^{-1}\\ X&=A^{-1}\cdot C\cdot B^{-1} \end{align*}$

Naloga 4: Naj bosta dani matriki

$A=\left(\begin{array}{ccc} \overline{2i-1}&& 3i^2\\ \frac{i+3}{1-i}&& 0\end{array}\right)\ \ \mbox{in}\ \ B=\left(\begin{array}{ccc} Im(3-2i)&& 1\\ i^{5179}&& Re(-2i)\end{array}\right).$

Rešite enačbo $B+2\cdot X^T=I_2-(X\cdot A)^T.$

Rešitev: Najlaže je, če najprej izrazimo formulo za transponiranko $X^T$ :

$\begin{align*} 2\cdot X^T+A^T\cdot X^T&=I_2-B\\ (2\cdot I_2+A^T)\cdot X^T&=I_2-B. \end{align*}$

Če je matrika $2\cdot I_2+A^T$ obrnljiva, potem je

$X^T&=(2\cdot I_2+A^T)^{-1}\cdot (I_2-B).$

Zdaj uredimo, kjer je to mogoče, člene matrik $A$ in $B$ . Začnemo z matriko $A$ :

$\begin{array}{lll} \overline{2i-1}&=&\overline{-1+2i}=-1-2i\\ \space\\ \sqrt{-9} i&=& 3i\cdot i=3i^2=-3\\ \space\\ \displaystyle\frac{i+3}{1-i}&=&\displaystyle\frac{i+3}{1-i}\cdot\frac{1+i}{1+i}=\displaystyle\frac{i+i^2+3+3i}{1-i^2}=\displaystyle\frac{2+4i}{2}=1+2i \end{array}$

in torej je $A=\left(\begin{array}{ccc} -1-2i&& -3\\ 1+2i&& 0\end{array}\right).$

Uredimo še elemente matrike $B$ :

$\begin{array}{lll} Im(3-2i)&=&-2\\ \space\\ i^{5179}&=&i^{4\cdot 1294+3}=(i^4)^{1294}\cdot i^3=i^3=-i\\ \space\\ Re(-2i)&=&0, \end{array}$

zato je matrika $B=\left(\begin{array}{ccc} -2&& 1\\ -i&& 0\end{array}\right).$

Izračunamo vrednost matrike $X^T$ po formuli

$\begin{array}{lll}X^T&=&(2I_2+A^T)^{-1}\cdot (I_2-B)=\left[\begin{pmatrix} 2&0\\ 0&2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} -1-2i&1+2i\\ -3& 0\end{pmatrix}\right]^{-1}\cdot \begin{pmatrix}3&-1\\ i&1\end{pmatrix}\\ \space\\ &=&\begin{pmatrix}1-2i&1+2i\\ -3&2\end{pmatrix}^{-1}\cdot \begin{pmatrix}3&-1\\ i&1\end{pmatrix}.\\ \end{array}$

Matrika $\begin{pmatrix}1-2i&1+2i\\ -3&2\end{pmatrix}$ je res obrnljiva, ker je njena determinanta enaka

$(1-2i)\cdot 2-(1+2i)\cdot (-3)=5+2i\neq 0$ . Dobimo:

$X^T=\displaystyle\frac{1}{5+2i}\cdot \begin{pmatrix} 2&-1-2i\\ 3&1-2i\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}3&-1\\ i&1\end{pmatrix}=\displaystyle\frac{1}{5+2i}\cdot\begin{pmatrix} 6-i-2i^2& -2-1-2i\\ 9+i-2i^2& -3+1-2i\end{pmatrix},$

$X^T=\displaystyle\frac{1}{5+2i}\cdot \begin{pmatrix} 8-i& -3-2i\\ 11+i& -2-2i\end{pmatrix}.$

Rešitev $X$ je matrika

$X=\dfrac{1}{5+2i}\cdot \begin{pmatrix} 8-i& 11+i\\ -3-2i& -2-2i\end{pmatrix}.$

Naloga 5: Izračunajte determinanto naslednjih matrik:

$\begin{align*} A=\begin{pmatrix}1&-1\\3&4\end{pmatrix},& \quad B=\begin{pmatrix}0&1&1\\ 0&0&4\\1&0&0\end{pmatrix},\qquad C=\begin{pmatrix}2&0&4\\ 0&-1&0\\0&0&-3\end{pmatrix},\\ &&& \\ D=\begin{pmatrix}1&-\frac{2}{5}&2\\ -1&1&\frac{1}{2}\\\sqrt{2}&2&-1\end{pmatrix},&\quad E=\begin{pmatrix}4+i&i&0\\ 1+i&7-3i&2-9i\\ -1+2i& 11+3i & -i \end{pmatrix}. \end{align*}$

Rešitev: Po definiciji determinante matrike $2\times 2$ dobimo

$\det(A)=1\cdot 4-(-1)\cdot 3=4+3=7.$

Izračunamo determinanto matrike $B$ z razvojem po tretji vrstici:

$\det(B)=1\cdot (-1)^{1+3}\cdot\begin{vmatrix} 1&1\\ 0&4\end{vmatrix}=4.$

Z razvojem po drugi vrstici dobimo determinanto matrike $C$ :

$\det(C)=(-1)\cdot (-1)^{2+2}\cdot \begin{vmatrix} 2&4\\ 0&-3\end{vmatrix}=6.$

Izračunamo determinanto matrike $D$ z razvojem po prvi vrstici:

$\det(D){=}-2+\dfrac{2}{5}\cdot \left(1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)-4-2\sqrt{2}{=}-\dfrac{10}{5}+\dfrac{2}{5}-\dfrac{\sqrt{2}}{5}-\dfrac{20}{5}-\dfrac{10\sqrt{2}}{5}$

$=-\dfrac{1}{5}\cdot \left(28+11\sqrt{2}\right).$

Na koncu izračunamo determinanto matrike $E$ z razvojem po prvi vrstici:

$\det(E)=(4+i)\cdot [-i\cdot (7-3i)-(2-9i)\cdot (11+3i)]-i\cdot [-i\cdot (1+i)-(2-9i)\cdot (-1+2i)]$

$=-i\cdot (4+i)\cdot (7-3i)-(4+i)\cdot (2-9i)\cdot (11+3i)-1-i-13+16i$

$=-5-31i-289+323i-14+15i$

$=-308+307i.$

Naloga 6: Rešite naslednji sistem linearnih enačb:

$\begin{equation*} \begin{cases} 2x - y + 3u - 2v = 1 \\ x + y + 2u - 2v = 0 \\ x+ 2u - 3v = -2 \end{cases}. \end{equation*}$

Rešitev:

Začnemo s preoblikovanjem razširjene matrike sistema v vrstično kanonično obliko:
$\tilde{A} = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 3 & -2 & \lvert &1\\ 1 & 1 & 2 & -2 & \lvert & 0 \\ 1 & 0 & 2 & -3 & \lvert &-2 \end{pmatrix} \overset{V_1\leftrightarrow V_2}{\sim} \begin{pmatrix} \fbox{1} & 1 & 2 & -2 & \lvert &0 \\ 2 & -1 & 3 & -2 & \lvert &1\\ 1 & 0 & 2 & -3 & \lvert & -2 \end{pmatrix} \overset{V_2- 2V_1}{\underset{V_3-V_1}{\sim}}$
$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & -2 & \lvert &0 \\ 0 & -3 & -1 & 2 & \lvert &1\\ 0 & -1 & 0 & -1 & \lvert &-2 \end{pmatrix} \overset{V_2\leftrightarrow V_3}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & -2 & \lvert &0 \\ 0 & \fbox{-1} & 0 & -1 & \lvert &-2\\ 0 & -3 & -1 & 2 & \lvert &1 \end{pmatrix} \overset{V_3-3V_2}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & -2 & \lvert &0 \\ 0 & -1 & 0 & -1 & \lvert &-2\\ 0 & 0 & -1 & 5 & \lvert &7 \end{pmatrix}.$

Dobimo $r=\rang(A) = 3 = \rang (\tilde{A})$ in rešitev je $1$ -parametrična, ker je $n - r = 4-3=1$ . Zapišemo pripadajoči sistem

$\begin{cases} x + y + 2u - 2v = 0 \\ -y - v = -2 \\ -u + 5v = 7 \end{cases}.$

Torej začnemo reševanje tega sistema s tretjo enačbo in dobimo, da je $u= -7+5v,$ kjer je $v$ parameter. Poleg tega iz druge enačbe sledi, da je $y = 2-v$ . Če vstavimo $u$ in $v$ v prvo enačbo, dobimo $x = -y-2u+2v = -(2-v)-2(5v-7)+2v$ , kar pomeni, da je $x = -7v+12$ in sistem je neskončno rešljiv.

Naloga 7: Rešite naslednji sistem linearnih enačb:

$\begin{equation*} \begin{cases} 2x + y - z = 1 \\ 3x + 4y + 2z = 13 \\ x - 5y -2z = 0 \end{cases}. \end{equation*}$

Rešitev: Začnemo s preoblikovanjem razširjene matrike sistema v vrstično kanonično obliko, kjer je matrika koeficientov sistema enaka

${A} = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1\\ 3 & 4 & 2 \\ 1 & -5 & -2 \end{pmatrix}.$

Potem razširjeno matriko sistema preoblikujemo v vrstično kanonično obliko:

$\tilde{A} =\begin{pmatrix} \fbox{2} & 1 & -1 & \lvert &1\\ 3 & 4 & 2 & \lvert &13\\ 1 & -5 & -2 & \lvert & 0 \end{pmatrix} \overset{2V_2- 3V_1}{\underset{2V_3-V_1}{\sim}} \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 & \lvert & 1\\ 0 & \fbox{5} & 7 & \lvert & 23\\ 0 & -11 & -2 & \lvert & -1 \end{pmatrix} \overset{5V_3+11V_2}{\sim} \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 & \lvert &1\\ 0 & 5 & 7 & \lvert &23\\ 0 & 0 & 62 & \lvert &248 \end{pmatrix}.$

Torej, $r=\rang(A) = 3 = \rang (\tilde{A})$ in $n - r = 3-3=0$ . To pomeni, da je sistem enolično rešljiv in rešitev dobimo iz pripadajočega sistema zadnje matrike

$\begin{cases} 2x+y-z=1 \\ 5y+7z=23\\ 62z = 248 \end{cases}.$

Torej, $z = 4$ , $y = -1$ ter $x =3$ .

Naloga 8: Določite realno število $k$ , da bo sistem linearnih enačb

$\begin{equation*} \begin{cases} x -k y = 1 \\ 4x + ky = 0 \\ 2x + 3y = -2k \end{cases} \end{equation*}$

rešljiv, nato pa določite njene rešitve.

Rešitev: Matrika $A$ koeficientov sistema je reda $3\times 2$ , torej je njen rang največ $2$ (ker je $\rang (A)\leq min\{m,n\}$ , kjer sta $m$ število vrstic, $n$ pa število stolpcev matrike $A$ ). Razširjena matrika $\tilde A$ je reda $3\times 3$ , zato je $\rang (\tilde A)=3$ natanko tedaj, ko je $\det (\tilde A)\neq 0$ . Izračunamo determinanto razširjene matrike in dobimo

$\det (\tilde A)= -10k^2-2k+12=0 \ \ \mbox{za} \ \ k=1 \ \ \mbox{in}\ \ k=-\frac{6}{5}.$

Če je $k\neq 1$ ali $k\neq -\dfrac{6}{5}$ , je $\rang (\tilde A)=3\neq 2=\rang (A)$ in zato je sistem nerešljiv.
Če je $k=1$ , je $\rang (\tilde A)=2=\rang (A)$ in sistem je enolično rešljiv in ima obliko

$\begin{cases} x - y = 1 \\ 4x + y = 0 \\ 2x + 3y = -2 \end{cases}.$

Prištejemo prvo in drugo enačbo in dobimo $5x=1$ oziroma $x=\dfrac{1}{5}$ . Iz druge enačbe sledi, da je $y=-\dfrac{4}{5}$ .
Če je $k=-\dfrac{6}{5}$ , je spet $\rang (\tilde A)=2=\rang (A)$ in sistem je enolično rešljiv z obliko

$\begin{cases} x +\dfrac{6}{5}y = 1 \\ 4x -\dfrac{6}{5}y = 0 \\ 2x + 3y = \dfrac{-12}{5} \end{cases}.$

Rešitev tega sistema je $x=\dfrac{1}{5}$ in $y=\dfrac{2}{3}$ .

Naloga 9: Rešite naslednji sistem linearnih enačb z Gaussovo eliminacijsko metodo:

$\begin{cases} x+y+z=3\\ x+y=2\\ x+z=2 \end{cases}.$

Rešitev: Razširjena matrika sistema je

$\tilde A=\begin{pmatrix}\fbox{1}&1&1&\lvert &3\\1&1&0&\lvert& 2\\1&0&1&\lvert &2\end{pmatrix}.$

Razširjeno matriko sistema preoblikujemo v vrstično kanonično obliko:

$\tilde A \overset{V_2- V_1}{\underset{V_3-V_1}{\sim}} \begin{pmatrix}1&1&1&\lvert &3\\0&0&-1&\lvert & -1\\0&-1&0&\lvert &-1\end{pmatrix}\overset{V_2\leftrightarrow V_3}{\sim} \begin{pmatrix}1&1&1&\lvert &3\\0&\fbox{-1}&0&\lvert &-1\\0&0&-1&\lvert&-1\end{pmatrix}.$

Torej je $r=\rang(A) = 3 = \rang (\tilde{A})$ in $n - r = 3-3=0$ . To pomeni, da je sistem enolično rešljiv in rešitev dobimo iz pripadajočega sistema zadnje matrike

$\begin{cases} x+y+z=3\\ -y=-1\\ -z=-1 \end{cases}.$

Izračunamo $y=1$ in $z=1$ , ki ju vnesemo v prvo enačbo in dobimo $x=1$ .

Naloga 10: Rešite sistem linearnih enačb:

$\begin{cases} x+2y-z=3\\ 3y+z=7\\ -x+4y=9\\ x+5y-3z=6 \end{cases}.$

Rešitev: Razširjeno matriko sistema preoblikujemo v vrstično kanonično obliko:

$\tilde A=\begin{pmatrix}\fbox{1}&2&-1&\lvert& 3\\0&3&1&\lvert &7\\-1&4&0&\lvert&9\\ 1&5&-3&\lvert&6\end{pmatrix}\overset{V_3+V_1}{\underset{V_4-V_1}{\sim}}\begin{pmatrix}1&2&-1&\lvert& 3\\0&\fbox{3}&1&\lvert &7\\0&6&-1&\lvert&12\\ 0&3&-2&\lvert&3\end{pmatrix}.$

Ker sta dva elementa, ki se nahajata pod elementom v pivotnem položaju v drugem stolpcu, večkratnika števila $3$ , ohranimo pivot enak $3$ . Nadaljujemo postopek redukcije na kanonično obliko:

$\overset{V_3-2V_2}{\underset{V_4-V_2}{\sim}}\begin{pmatrix}1&2&-1&\lvert& 3\\0&3&1&\lvert &7\\0&0&\fbox{-3}&\lvert&-2\\ 0&0&\-3&\lvert&-4\end{pmatrix}\overset{V_4-V_3}{\sim} \begin{pmatrix}1&2&-1&\lvert& 3\\0&3&1&\lvert &7\\0&0&-3&\lvert&-2\\ 0&0&0&\lvert&-2\end{pmatrix}.$

Sledi, da je $\rang (A)=3\neq 4=\rang(\tilde A)$ , torej je sistem nerešljiv.

Naloga 11: Rešite sistem linearnih enačb:

$\begin{cases} x_1+2x_2+3x_3+2x_4=2\\ x_1+2x_2+4x_3+4x_4=5\\ x_2+2x_3+x_4=3 \end{cases}.$

Rešitev: Razširjeno matriko sistema preoblikujemo v vrstično kanonično obliko:

$\begin{align*} \tilde A =&\begin{pmatrix} \fbox{1} & 2 & 3 & 2& \lvert &2\\ 1 & 2 & 4 & 4 &\lvert &5 \\ 0 & 1 & 2 & 1 & \lvert &3 \end{pmatrix} \overset{V_2-V_1}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 2&\lvert &2\\ 0 & 0 & 1 & 2&\lvert &3 \\ 0 & 1 & 2 & 1& \lvert &3 \end{pmatrix} \overset{V_2\leftrightarrow V_3}{\sim} &\\ &\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 2&\lvert &2\\ 0 & 1& 2 & 1&\lvert &3 \\ 0 & 0 & 1 & 2& \lvert &3 \end{pmatrix}. \end{align*}$

Dobimo $r=\rang (A)=\rang(\tilde A)=3$ , kar pomeni, da je sistem rešljiv in je rešitev odvisna od $n-r=4-3=1$ parametra. Pripadajoči sistem linearnih enačb je:

$\begin{cases} x_1+2x_2+3x_3+2x_4=2\\ x_2+2x_3+x_4=3\\ x_3+2x_4=3 \end{cases}.$

Če $x_4$ upoštevamo kot parameter, potem je $x_3=3-2x_4$ . Iz druge enačbe zadnjega sistema enačb dobimo, da je

$x_2=3-x_4-2x_3=3-x_4-2\cdot (3-2x_4)=3x_4-3$ . Vrednost neznanke $x_1$ dobimo iz prve enačbe istega sistema: $x_1=2-2x_2-3x_3-2x_4=2-2\cdot (3x_4-3)-3\cdot (3-2x_4)-2x_4=-2x_4-1.$

Naloga 12: Rešite sistem linearnih enačb:

$\begin{cases} x+2y-z+u=4\\ 2x+5y-w+5u=9\\ -x-3y-z+2w-4u=4 \end{cases}.$

Rešitev: Razširjeno matriko sistema preoblikujemo v vrstično kanonično obliko:

$\begin{align*} \tilde A =&\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 0& 1&\lvert &4\\ 2 & 5 & 0 & -1 & 5&\lvert &9 \\ -1 & -3 & -1 & 2 & -4 &\lvert &4 \end{pmatrix} \overset{V_2-2V_1}{\underset{V_3+V_1}{\sim}} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 0& 1&\lvert &4\\ 0 & 1 & 2 & -1 & 3&\lvert &1 \\ 0 & -1 & -2 & 2 & -3 &\lvert &8 \end{pmatrix} \overset{V_3+V_2}{\sim} &\\ &\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 0& 1&\lvert &4\\ 0 & 1 & 2 & -1 & 3&\lvert &1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 &\lvert &9 \end{pmatrix}. \end{align*}$

Dobimo $\rang (A)= \rang (\tilde A)= 3$ , torej je rešitev sistema odvisna od $n-r=5-3=2$ parametrov. Pripadajoči sistem linearnih enačb je

$\begin{cases} x+2y-z+u=4\\ y+2z-w+3u=1\\ w=9 \end{cases}.$

Vstavimo $w=9$ v drugo enačbo in dobimo $y+2z+3u=10$ oziroma $y=10-2z-3u$ , kjer sta $z$ in $u$ poljubna parametra. Potem iz prve enačbe dobimo vrednost neznanke $x$ , ki je $x=4-u+z-2\cdot (10-2z-3u)=-16+5u+5z$ .

Naloga 13: Za katere vrednosti parametra $k\in\mathbb{R}$ je sistem rešljiv? Poiščite vse njegove rešitve:

$\begin{cases} x+y+kz=2\\ x+y+3z=k-1\\ 2x+ky-z=1 \end{cases}.$

Rešitev:

Najprej preoblikujemo razširjeno matriko sistema v vrstično kanonično obliko:

$\begin{align*} \tilde A&=\begin{pmatrix} 1 & 1 & k & \lvert &2\\ 1 & 1 & 3 &\lvert & k-1\\ 2 & k & -1 &\lvert &1 \end{pmatrix} \overset{V_2-V_1}{\underset{V_3-2V_1}{\sim}} \begin{pmatrix} 1 & 1 & k & \lvert &2\\ 0 & 0 & 3-k &\lvert & k-3\\ 0 & k-2 & -1-2k &\lvert &-3 \end{pmatrix} \overset{V_2\leftrightarrow V_3}{\sim}\\ &\\ &\sim\begin{pmatrix} 1 & 1 & k & \lvert &2\\ 0 & k-2 & -1-2k &\lvert & -3\\ 0 & 0 & 3-k &\lvert &k-3 \end{pmatrix}. \end{align*}$

Če je $k\neq 2$ in $k\neq 3$ je $\rang A = \rang \tilde A=3$ in je sistem enolično rešljiv. V tem primeru je pripadajoči sistem

$\begin{cases} x+y+kz=2\\ (k-2)y+(-1-2k)z=-3\\ (3-k)z=k-3 \end{cases}.$

Iz tretje enačbe dobimo vrednost neznanke $z$ , tj. $z=-1$ , ki jo vstavimo v drugo enačbo. Torej, $(k-2)y=-3-1-2k=-4-2k$ oziroma $y=\dfrac{-4-2k}{k-2}$ . Zdaj vstavimo $z$ in $y$ v prvo enačbo in dobimo $x=2-\dfrac{-4-2k}{k-2}+k=\dfrac{k^2+2k}{k-2}$ .
Če je $k=2$ , je kanonična oblika matrike $\tilde A$ naslednja:

$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & \lvert &2\\ 0 & 0 & -5 &\lvert & -3\\ 0 & 0 & 1 &\lvert &-1 \end{pmatrix} \overset{V_2+ 5V_3}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & \lvert &2\\ 0 & 0 & 0 &\lvert & -8\\ 0 & 0 & 1 &\lvert& -1 \end{pmatrix}.$

Ker je $\rang A=2\neq 3= \rang\tilde A$ , sistem ni rešljiv.

Če je $k=3$ , pa je kanonična oblika matrike $\tilde A$ taka:

$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 3 & \lvert &2\\ 0 & 1 & -7 &\lvert & -3\\ 0 & 0 & 0 &\lvert &0 \end{pmatrix}.$

Torej je $\rang (A)=\rang (\tilde A)=2$ , kar pomeni, da je sistem neskončno rešljiv in je rešitev odvisna od $n-\rang (A)=3-2=1$ parametra. Pripadajoči sistem začnemo reševati z zadnjo enačbo $y-7z=-3$ in kot parameter upoštevamo $z$ . Sledi, da je $y=-3+7z$ , kar vstavimo v prvo enačbo in dobimo $x=2-3z-y=2-3z-(-3+7z)=5-10z$ .

Naloga 14: Za katere vrednosti parametra $k\in\mathbb{R}$ je sistem rešljiv? Poiščite vse njegove rešitve:

$\begin{cases} x-3y+t=0\\ 2x-y+z-4t=12\\ 3z-4y+z-3t=k \end{cases}.$

Rešitev: Razširjeno matriko sistema preoblikujemo v vrstično kanonično obliko

$\begin{align*} \tilde A&=\begin{pmatrix} 1 & -3 & 0 & 1& \lvert &0\\ 2 & -1 & 1 &-4&\lvert & 12\\ 3 & -4 & 1 &-3 &\lvert &k \end{pmatrix} \overset{V_2-2V_1}{\underset{V_3-3V_1}{\sim}} \begin{pmatrix} 1 & -3 & 0 & 1& \lvert &0\\ 0 & 5 & 1 &-6&\lvert & 12\\ 0 & 5 & 1 &-6 &\lvert &k \end{pmatrix} \overset{V_3-V_2}{\sim}\\ &\\ &\sim \begin{pmatrix} 1 & -3 & 0 & 1& \lvert &0\\ 0 & 5 & 1 &-6&\lvert & 12\\ 0 & 0 & 0 &0 &\lvert &k-12 \end{pmatrix}. \end{align*}$

Sledi, da je $\rang (A)=2$ za vsako realno število $k$ .

Če je $k=12$ , je tudi $\rang (\tilde A)=2$ in v tem primeru je sistem enolično rešljiv in je rešitev odvisna od $n-\rang(A)=4-2=2$ parametrov. Pripadajoči sistem je

$\begin{cases} x-3y+t=0\\ 5y+z-6t=12 \end{cases},$

ki ga rešujemo z začetkom pri drugi enačbi, kjer sta $z$ in $t$ poljubni realni števili. Torej je $y=\dfrac{12+6t-z}{5}.$ Iz prve enačbe sistema dobimo $x=\dfrac{3}{5}\cdot (12+6t-z)-t$ .
Če je $k\neq 12$ , je $\rang (\tilde A)=3\neq 2=\rang (A)$ in sistem je torej nerešljiv.

Naloga 15: Dana je matrika $A = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 2 \\ 1 & 4 & 1 \\ -2 & -4 & -1 \end{pmatrix}.$

Poiščite matriko $X$ tako, da velja $A^T \cdot X + 2 \cdot X = 2 \cdot A + I_3$ .
Poiščite lastne vrednosti in lastne vektorje matrike $A$ .

Rešitev:

Na levi strani enačbe izpostavimo $X$ in dobimo
$(A^T + 2\cdot I_3) \cdot X = 2 \cdot A + I_3.$

Če je matrika $A^T + 2\cdot I_3$ obrnljva, pomnožimo enačbo z $(A^T + 2\cdot I_3)^{-1}$ na levi in dobimo vrednost neznanke $X:$

$X = (A^T + 2 I_3)^{-1} \cdot (2 \cdot A + I_3).$

Zdaj nadomestimo $A, A^T$ in $I_3$ v tej formuli in izračunamo matriko $X$ :

$\begin{array}{lll} X &=& \left[ \begin{pmatrix} 3 & 1 & -2 \\ 2 & 4 & -4 \\ 2 & 1 & -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \right]^{-1} \cdot \left[ \begin{pmatrix} 6 & 4 & 4 \\ 2 & 8 & 2 \\ -4 & -8 & -2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right]=\\ \space\\ &=& \begin{pmatrix} 5 & 1 & -2 \\ 2 & 6 & -4 \\ 2 & 1 & 2 \end{pmatrix}^{-1} \cdot \begin{pmatrix} 7 & 4 & 4 \\ 2 & 9 & 2 \\ -4 & -8 & -1 \end{pmatrix}=\\ \space\\ &=& \begin{pmatrix} \dfrac{2}{11}&-\dfrac{1}{22}&\dfrac{1}{11}\\ &&\\ -\dfrac{3}{22}&\dfrac{7}{44}&\dfrac{2}{11}\\ &&\\ -\dfrac{5}{44}&-\dfrac{5}{44}&\dfrac{7}{22} \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 7 & 4 & 4 \\ 2 & 9 & 2 \\ -4 & -8 & -1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \dfrac{9}{11}&-\dfrac{9}{22}&\dfrac{6}{11}\\ &&\\ -\dfrac{15}{11}&-\dfrac{25}{44}&-\dfrac{9}{22}\\ &&\\ -\dfrac{47}{22}&-\dfrac{291}{88}&-\dfrac{37}{44}\end{pmatrix}. \end{array}$
Začnemo s karakterističnim polinomom matrike $A$ :
$p_A(\lambda){=}\det(A - \lambda \cdot I_3)=\begin{vmatrix} 3 - \lambda & 2 & 2 \\ 1 & 4 - \lambda & 1 \\ -2 & -4 & -1-\lambda \end{vmatrix}{=}(-1)^{1+1}\cdot (3-\lambda) \cdot \begin{vmatrix} 4 - \lambda & 1 \\ -4 & -1-\lambda \end{vmatrix} + (-1)^{1+2}\cdot 2 \cdot \begin{vmatrix}1 & 1 \\ -2 & -1-\lambda \end{vmatrix} + (-1)^{1+3}\cdot 2 \cdot \begin{vmatrix} 1 & 4 - \lambda \\ -2 & -4 \end{vmatrix}$
$= (2 - \lambda)\cdot (3 - \lambda)\cdot (1 - \lambda).$
Ničle tega polinoma so lastne vrednosti matrike $A$ in to so $\lambda_1 = 2, \lambda_2 = 3, \lambda_3 = 1$ ; vse tri imajo algebraično večkratnost enako $1$ .
Za $\lambda_1 = 2$ izračunamo pripadajoči lastni vektor $v_1 = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ , ki zadošča enačbi

$(A - \lambda_1 \cdot I_3) \cdot v_1=0$

oziroma

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \\ -2 & -4 & -3 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ 0 \end{pmatrix}.$

To pomeni, da moramo rešiti homogeni sistem

$\begin{equation*} \begin{cases} x + 2y + 2z= 0 \\ x + 2y + z = 0 \\ -2x -4y -3z = 0 \end{cases}. \end{equation*}$

Matrika koeficientov sistema je $\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \\ -2 & -4 & -3 \end{pmatrix}$ . Z Gaussovo eliminacijsko metodo matriko preoblikujemo v vrstično kanonično obliko:

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \\ -2 & -4 & -3 \end{pmatrix}\ \overset{V_2- V_1}{\underset{V_3+2V_1}{\sim}}\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \overset{V_3+V_2}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$

Pripadajoči sistem je

$\begin{equation*} \begin{cases} x + 2y + 2z= 0 \\ - z = 0 \end{cases}, \end{equation*}$

ki ima rešitev $z = 0, x = -2y$ , kjer je $y$ poljubno realno število. Tako sklepamo, da ima lastni vektor $v_1$ splošno obliko $\begin{pmatrix} -2y \\ y \\ 0 \end{pmatrix},$ torej lahko izberemo npr. $v_1=\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ .
Ponovimo postopek za lastno vrednost $\lambda_2=3$ .

$(A - \lambda_2 \cdot I_3)\cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\Leftrightarrow \begin{pmatrix} 0 & 2 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \\ -2 & -4 & -4 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}.$

Pripadajoči homogeni sistem je $\begin{cases} 2y+2z=0\\ x+y+z=0\\ -2x-4y-4z=0\end{cases},$ ki ima rešitev $x=0$ ter $y=-z$ , kjer je $z$ poljubno realno število. Lastni vektor $v_2$ ima splošno obliko $\begin{pmatrix} 0\\ -z\\ z\end{pmatrix}$ , torej lahko izberemo npr. $v_2=\begin{pmatrix} 0\\ -1\\ 1\end{pmatrix}$ .
Na koncu postopek ponovimo za lastno vrednost $\lambda_3=1$ .

$(A - \lambda_3 \cdot I_3)\cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\Leftrightarrow \begin{pmatrix} 2 & 2 & 2 \\ 1 & 3 & 1 \\ -2 & -4 & -2 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}.$

Pripadajoči homogeni sistem je

$\begin{cases} 2x+2y+2z=0 / :2\\ x+3y+z=0\\ -2x-4y-2z=0 / :(-2)\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} x+y+z=0 \\ x+3y+z=0\\ x+2y+z=0 \end{cases}.$

Če prvo enačbo odštejemo od druge, dobimo, da je $y=0$ in potem $x=-z$ , kjer je $z$ parameter. Lastni vektor $v_3$ pri $\lambda_3=1$ ima splošno obliko $\begin{pmatrix} -z\\ 0\\ z\end{pmatrix}$ , torej lahko izberemo npr. $v_3=\begin{pmatrix} -1\\ 0\\ 1\end{pmatrix}$ .

Naloga 16: Naj bosta dani matriki $A=\left(\begin{array}{rrrrr} 1&&-1&&4\\ 3&&2&&-1\\ 2&&1&&-1\end{array}\right)$ ter $B=\left(\begin{array}{rrrrr} 2&&0&&-1\\ 0&&1&&1\\ 1&&1&&-1\end{array}\right)$ .

Rešite matrično enačbo $B^2\cdot X-2\cdot A^T\cdot X=3\cdot X+I_3$ .
Izračunajte lastne vrednosti in lastne vektorje matrike $A$ .

Rešitev:

Napišemo vse člene enačbe ki vsebujejo neznanko $X$ , na levo in dobimo
$B^2\cdot X-2\cdot A^T\cdot X-3\cdot X=I_3.$

Izpostavimo $X$ in enačba postane

$(B^2-2\cdot A^T-3\cdot I_3)\cdot X=I_3,$

kar pomeni, da je

$X=(B^2-2\cdot A^T-3\cdot I_3)^{-1},$

ko je matrika $B^2-2\cdot A^T-3\cdot I_3$ obrnljiva.
Zdaj vpostavimo vrednosti matrik $A$ , $B$ , ter $I_3$ in izračunamo najprej vrednost matrike

$\begin{array}{lll} B^2-2\cdot A^T-3\cdot I_3&=&\begin{pmatrix}3&-1&-1\\ 1&2&0\\2&0&1\end{pmatrix}-2\cdot\begin{pmatrix} 1&3&2\\ -1&2&1\\ 4&-1&-1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}3&0&0\\0&3&0\\0&0&3\end{pmatrix}=\\ &=&\begin{pmatrix} -2&-7&-5\\ 3&-5&-2\\ -6&2&0 \end{pmatrix}, \end{array}$

ki ima determinanto

$\begin{vmatrix} -2&-7&-5\\ 3&-5&-2\\ -6&2&0 \end{vmatrix}=28,$

torej je $B^2-2\cdot A^T-3\cdot I_3$ obrnljiva matrika. Njen inverz je matrika

$X=\dfrac{1}{28}\cdot \begin{pmatrix} 4&-10&-11\\ 12&-30&-19\\ -24&46&31 \end{pmatrix}.$
Karakteristični polinom matrike $A$ je:
$\begin{align*} p_A(\lambda)&=\det(A - \lambda \cdot I_3)=\begin{vmatrix} 1 - \lambda & -1 & 4 \\ 3 & 2 - \lambda & -1 \\ 2 & 1 & -1-\lambda \end{vmatrix}\\&=(-1)^{1+1}\cdot (1-\lambda) \cdot \begin{vmatrix} 2 - \lambda & -1 \\ 1 & -1-\lambda \end{vmatrix} +\\ &\\ &+ (-1)^{1+2}\cdot (-1) \cdot \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ 2 & -1-\lambda \end{vmatrix} + (-1)^{1+3}\cdot 4 \cdot \begin{vmatrix} 3 & 2 - \lambda \\ 2 & 1 \end{vmatrix}\\ &\\ &= (1-\lambda)\cdot [(2-\lambda)\cdot (-1-\lambda)+1]+[3\cdot (-1-\lambda)+2]+4\cdot [3-2\cdot (2-\lambda)]\\ &=-\lambda^3+2\lambda^2+5\lambda-6\\ &= -( \lambda-1)\cdot (\lambda+2)\cdot (\lambda-3). \end{align*}$

Ničle tega polinoma so lastne vrednosti matrike $A$ in to so $\lambda_1 = 1, \lambda_2 = -2, \lambda_3 = 3$ ; vse tri imajo algebraično večkratnost enako $1$ .
Za $\lambda_1 = 1$ izračunamo pripadajoči lastni vektor $v_1 = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ , ki zadošča enačbi

$(A - \lambda_1 \cdot I_3) \cdot v_1=0$

oziroma

$\begin{pmatrix} 0 & -1 & 4 \\ 3 & 1 & -1 \\ 2 & 1 & -2 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ 0 \end{pmatrix}.$

To pomeni, da moramo rešiti homogeni sistem

$\begin{equation*} \begin{cases} -y + 4z= 0 \\ 3x + y - z = 0 \\ 2x +y -2z = 0 \end{cases}. \end{equation*}$

Iz prve enačbe dobimo, da je $y=4z$ . To vstavimo v drugo enačbo. Sledi, da je $3x+3z=0$ oziroma $x=-z$ , kjer je $z$ poljubno realno število. Lastni vektor $v_1$ pri $\lambda_1=1$ ima splošno obliko $\begin{pmatrix} -z\\ 4z\\ z\end{pmatrix}$ , torej lahko izberemo npr. $v_1=\begin{pmatrix} -1\\ 4\\ 1\end{pmatrix}$ .

Postopek ponovimo za lastno vrednost $\lambda_2=-2$ .

$(A - \lambda_2 \cdot I_3)\cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\Leftrightarrow \begin{pmatrix} 3 & -1 & 4 \\ 3 & 4 & -1 \\ 2 & 1 & 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}.$

Pripadajoči homogeni sistem je $\begin{cases} 3x-y+4z=0\\ 3x+4y-z=0\\ 2x+y+z=0\end{cases}.$ Če prvo enačbo odštejemo od druge, dobimo enačbo $5y-5z=0$ , kar pomeni, da je $z=y$ . Če to vrednost vstavimo v tretjo enačbo, sledi, da je $2x+2y=0$ oziroma $x=-y$ , kjer je $y$ poljubno realno število. Lastni vektor $v_2$ pri $\lambda_2=-2$ ima splošno obliko $\begin{pmatrix} -y\\ y\\ y\end{pmatrix},$ zato lahko izberemo npr. $v_2=\begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}$ .
Na koncu postopek ponovimo za lastno vrednost $\lambda_3=3$ .

$(A - \lambda_3 \cdot I_3)\cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\Leftrightarrow \begin{pmatrix} -2 & -1 & 4 \\ 3 & -1 & -1 \\ 2 & 1 & -4 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}.$

Pripadajoči homogeni sistem je $\begin{cases} -2x-y+4z=0\\ 3x-y-z=0\\ 2x+y-4z=0\end{cases}$ . Če prvo enačbo odštejemo od druge, dobimo enačbo $5x-5z=0$ , kar pomeni, da je $x=z$ . Če to vrednost vstavimo v prvo enačbo, sledi, da je $-2z-y+4z=0$ oziroma $y=2z$ , kjer je $z$ poljubno realno število. Lastni vektor $v_3$ pri $\lambda_3=3$ ima splošno obliko $\begin{pmatrix} z\\ 2z\\ z\end{pmatrix}$ , zato izberemo npr. $v_3=\begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 1\end{pmatrix}$ .

Naloga 17: Če je $A$ obrnljiva matrika, dokažite, da velja $(A^{-1})^T=(A^T)^{-1}.$

Rešitev: Ker je $A$ obrnljiva matrika, je $\det A\neq 0$ . Ampak $\det(A)=\det(A^T)$ , torej je tudi $\det (A^T)\neq 0$ . To pomeni, da obstaja $(A^T)^{-1}$ . Vemo, da inverzna matrika zadošča enačbi $A\cdot A^{-1}=A^{-1}\cdot A=I$ , ki vodi k enačbi

$(A\cdot A^{-1})^T=I^T,$

ekvivalentni z enačbo

$(A^{-1})^T\cdot A^T=I,$

kar pomeni, da je $(A^{-1})^T=(A^T)^{-1}$ .

Naloga 18: Naj bodo dane matrike

$\begin{align*} A=\begin{pmatrix}1&2&-3\\0&-3&1\\0&0&-3\end{pmatrix}, && B=\begin{pmatrix}3&-1&1\\ 0&2&0\\1&-1&3\end{pmatrix},\\ && \\C=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 1&1&2\\0&-1&4\end{pmatrix},&& D=\begin{pmatrix}10&-8&0\\0&6&0\\0&-4&10\end{pmatrix}. \end{align*}$

Za vsako dano matriko poiščite lastne vrednosti in lastne vektorje ter izračunajte njihove algebraične in geometrične večkratnosti.

Rešitev:

$1)$ Matrika $A$ je zgornje trikotna matrika, zato hitro ugotovimo, da je njen karakteristični polinom:

$p_A(\lambda)=\det(A-\lambda\cdot I_3)=(1-\lambda)\cdot (-3-\lambda)^2.$

Ta polinom ima dve ničli, ki ustrezata lastnima vrednostma matrike $A$ :

$\lambda_1=1\quad\textup{in}\quad\lambda_2=-3,$

kjer je algebraična večkratnost lastne vrednosti $\lambda_1$ enaka $1$ , medtem ko je algebraična večkratnost lastne vrednosti $\lambda_2$ enaka $2$ .
Torej je geometrična večkratnost lastne vrednosti $\lambda_1$ enaka $1$ . Pripadajoči lastni vektor $v_1$ pri $\lambda_1$ je določen s homogenim sistemom enačb $(A-I_3)\cdot v_1=0$ oziroma

$\begin{cases} 2y-3z=0\\ -4y+z=0\\ -4z=0, \end{cases}$

ki ima rešitev

$R=\left\{\begin{pmatrix}x\\0\\0\end{pmatrix}~\mid~ x\in\mathbb{R}\right\}=\left\{x\cdot\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}~\mid~x\in\mathbb{R}\right\}.$

Iz tega sledi, da lahko izberemo prvi lastni vektor, npr. $v_1=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}.$

Poleg tega je geometrična večkratnost lastne vrednosti $\lambda_2$ enaka $1$ ali $2$ . Da dobimo lastni vektor pri $\lambda_2$ , rešimo homogeni sistem enačb za matriko $A-\lambda_2\cdot I_3=A+3\cdot I_3$ :

$\begin{cases} 4x+2y-3z=0\\ z=0\\ 0=0, \end{cases}$

ki ima rešitev

$R=\left\{\begin{pmatrix}x\\-2x\\0\end{pmatrix}~\mid~ x\in\mathbb{R}\right\}=\left\{x\cdot\begin{pmatrix}1\\-2\\0\end{pmatrix}~\mid~x\in\mathbb{R}\right\}.$

Torej je geometrična večkratnost lastne vrednosti $\lambda_2$ enaka $g(\lambda_2)=1$ ter lahko izberemo pripadajoči lastni vektor, npr. $v_2=\begin{pmatrix}1\\-2\\0\end{pmatrix}.$

$2)$ Karakteristični polinom matrike $B$ je:

$\begin{align*} p_B(\lambda)&=\det(B-\lambda\cdot I_3)=\begin{vmatrix} 3-\lambda& -1& 1\\ 0& 2-\lambda& 0\\ 1&-1& 3-\lambda\end{vmatrix} =(2-\lambda)\cdot \begin{vmatrix} 3-\lambda& 1\\ 1& 3-\lambda\end{vmatrix} \\ &=(2-\lambda)\cdot\left[ (3-\lambda)^2-1\right]=(2-\lambda)\cdot (\lambda^2-6\lambda+8)=(2-\lambda)\cdot (\lambda-2)\cdot (\lambda-4)\\ &=-(\lambda-2)^2\cdot (\lambda-4). \end{align*}$

Ta polinom ima dve ničli, torej ima matrika $B$ dve lastni vrednosti

$\lambda_1=2\quad\textup{in}\quad\lambda_2=4,$

kjer je algebraična večkratnost lastne vrednosti $\lambda_1$ enaka $2$ in vrednosti $\lambda_2$ enaka $1$ . To pomeni, da je geometrična večkratnost $\lambda_2$ enaka $1$ .

Pripadajoči lastni vektor $v$ pri $\lambda_1$ zadošča enačbi $(B-\lambda_1\cdot I_3)\cdot v=(B-2\cdot I_3)\cdot v=0$ oziroma

$\begin{pmatrix}1& -1& 1\\0&0&0\\1&-1&1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \Leftrightarrow$

$\begin{cases} x-y+z=0\\ 0=0\\ x-y+z=0. \end{cases}$

Iz tega dobimo, da je $y=x+z$ , torej je $v=\begin{pmatrix}x\\x+z\\z\end{pmatrix}=x\cdot\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}+z\cdot\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}.$

Pri $\lambda_1$ lahko izberemo dva lastna vektorja, npr. $v_1=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$ in $v_2=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$ , torej je geometrična večkratnost $g(\lambda_1)=2$ .

Pripadajoči lastni vektor $v$ pri $\lambda_2$ zadošča enačbi $(B-\lambda_2\cdot I_3)\cdot v=(B-4\cdot I_3)\cdot v=0$ oziroma

$\begin{pmatrix}-1& -1& 1\\0&-2&0\\1&-1&-1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \Leftrightarrow \begin{cases} -x-y+z=0\\ -2y=0\\ x-y-z=0, \end{cases}$

ki ima rešitev $x=z$ in $y=0$ . Izberemo lastni vektor pri $\lambda_2$ , npr. $v_3=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}.$

$3)$ Karakteristični polinom matrike $C$ je:

$\begin{align*} p_C(\lambda)&=\det(C-\lambda\cdot I_3)=\begin{vmatrix} 2-\lambda& 0& 0\\ 1& 1-\lambda& 2\\ 0&-1& 4-\lambda\end{vmatrix} =(2-\lambda)\cdot\begin{vmatrix} 1-\lambda& 2\\ -1& 4-\lambda\end{vmatrix} \\ &=(2-\lambda)\cdot\left[ (1-\lambda)\cdot (4-\lambda)+2\right]=(2-\lambda)\cdot (\lambda^2-5\lambda+6)=(2-\lambda)\cdot (\lambda-2)\cdot (\lambda-3)\\ &=-(\lambda-2)^2\cdot (\lambda-3). \end{align*}$

Ta polinom ima dve ničli, torej ima matrika $C$ dve lastni vrednosti

$\lambda_1=2\quad\textup{in}\quad\lambda_2=3,$

z algebraično večkratnostjo $a(\lambda_1)=2$ ter $a(\lambda_2)=1$ . Tudi geometrična večkratnost $g(\lambda_2)$ lastne vrednosti $\lambda_2$ je $1$ .
Pripadajoči lastni vektor $v$ pri $\lambda_1$ zadošča enačbi $(C-\lambda_1\cdot I_3)\cdot v=(C-2\cdot I_3)\cdot v=0$ oziroma

$\begin{pmatrix}0& 0& 0\\1&-1&2\\0&-1&2\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \Leftrightarrow \begin{cases} 0=0\\ x-y+2z=0\\ -y+2z=0\end{cases},$

ki ima rešitev $x=0, y=2z$ . Pri $\lambda_1$ lahko izberemo lastni vektor, npr. $v_1=\begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix}$ , zato je $g(\lambda_1)=1$ .

Pripadajoči lastni vektor $v$ pri $\lambda_2$ zadošča enačbi $(C-\lambda_2\cdot I_3)\cdot v=(C-3\cdot I_3)\cdot v=0$ oziroma

$\begin{pmatrix}-1& 0& 0\\1&-2&2\\0&-1&1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \Leftrightarrow \begin{cases} -x=0\\ x-2y+2z=0\\ -y+z=0 \end{cases},$

ki ima rešitev $x=0, y=z$ . Pri $\lambda_2$ lahko izberemo lastni vektor, npr. $v_2=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$ , in res je $g(\lambda_2)=1$ .

$4)$ Karakteristični polinom matrike $D$ je:

$\begin{align*} p_D(\lambda)&=\det(D-\lambda\cdot I_3)=\begin{vmatrix} 10-\lambda& -8& 0\\ 0& 6-\lambda& 0\\ 0&-4& 10-\lambda\end{vmatrix} =(6-\lambda)\cdot \begin{vmatrix} 10-\lambda& 0\\ 0& 10-\lambda\end{vmatrix} \\ &=(6-\lambda)^2\cdot (10-\lambda). \end{align*}$

Ta polinom ima dve ničli, torej ima matrika $D$ dve lastni vrednosti

$\lambda_1=10\quad\textup{in}\quad\lambda_2=6,$

kjer sta njuni algebraični večkratnosti $a(\lambda_1)=2$ in $a(\lambda_2)=1$ .

Pripadajoči lastni vektor $v$ pri $\lambda_1$ zadošča enačbi $(D-\lambda_1\cdot I_3)\cdot v=(D-10\cdot I_3)\cdot v=0$ oziroma

$\begin{pmatrix}0& -8& 0\\0&-4&0\\0&-4&0\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \Leftrightarrow \begin{cases} -8y=0\\ -4y=0\\ -4y=0 \end{cases},$

ki ima rešitev $y=0$ ; $x$ in $z$ sta poljubni realni števili. To pomeni, da je $v=\begin{pmatrix}x\\0\\z\end{pmatrix}=x\cdot\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}+z\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ . Pri $\lambda_1$ izberemo lastna vektorja, npr.

$v_1=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}\quad\textup{in}\quad v_2=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}.$

Podobno pripadajoči lastni vektor $v$ pri $\lambda_2$ zadošča enačbi $(D-\lambda_2\cdot I_3)\cdot v=D-6\cdot I_3)\cdot v=0$ oziroma

$\begin{pmatrix}4& -8& 0\\0&-0&0\\0&-4&4\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \Leftrightarrow \begin{cases} 4x-8y=0\\ 0=0\\ -4y+4z=0 \end{cases},$

ki ima rešitev $y=z=\frac{1}{2}x$ oziroma $x=2y=2z$ . Torej ima lastni vektor $v$ pri $\lambda_2$ splošno obliko $v=\begin{pmatrix}2y\\y\\y\end{pmatrix}$ , $y\in \mathbb{R}$ . Pripadajoči lastni vektor lahko izberemo, npr. $v_3=\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}.$
Naloga 19: Poiščite lastne vrednosti in lastne vektorje matrike

$A=\begin{pmatrix}-2&-5&-4&0\\ 0&1&1&0\\ 0&1&1&0\\ 0&0&0&-7\end{pmatrix}$

ter izračunajte algebraične in geometrične večkratnosti realnih lastnih vrednosti te matrike.

Rešitev: Poiščemo ničle karakterističnega polinoma

$\begin{align*} p_A(\lambda)&=\det (A-\lambda\cdot I_4)=\begin{vmatrix} -2-\lambda&-5&-4&0\\ 0&1-\lambda&1&0\\ 0&1&1-\lambda&0\\ 0&0&0&-7-\lambda\end{vmatrix}\\ &=(-7-\lambda)\cdot \begin{vmatrix} -2-\lambda& -5& -4\\ 0&1-\lambda&1\\0&1&1-\lambda\end{vmatrix}=(-7-\lambda)\cdot (-2-\lambda)\cdot \begin{vmatrix} 1-\lambda & 1\\ 1& 1-\lambda\end{vmatrix}\\ &=(-7-\lambda)\cdot (-2-\lambda)\cdot \left[ (1-\lambda)^2-1\right]=(-7-\lambda)\cdot (-2-\lambda)\cdot (\lambda^2-2\lambda)\\ &=\lambda\cdot (\lambda-2)\cdot (\lambda+2)\cdot (\lambda+7)=0\Leftrightarrow \\&\lambda_1=0\textup{,}\quad\lambda_2=2\textup{,}\quad\lambda_3=-2\quad\textup{in}\quad\lambda_4=-7, \end{align*}$

vsaka od njih z algebraično in geometrično večkratnostjo $1$ .

Z uporabo iste metode kot v prejšnji nalogi dobimo, da izberemo pridružene lastne vektorje

$v_1=\begin{pmatrix}1\\-2\\2\\0\end{pmatrix}\quad\textup{,}\quad v_2=\begin{pmatrix}-\frac{9}{4}\\1\\1\\0\end{pmatrix}\quad\textup{,}\quad v_3=\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix} \quad\textup{in}\quad v_4=\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}.$

Naloga 20: Poiščite eno vrednost parametra $k\in \mathbb{R}$ , za katero ima naslednja matrika edinstveno lastno vrednost algebraične večkratnosti $3$ :

$A_k=\begin{pmatrix}1&2k+1&k+\dfrac{1}{2}\\ 0&\dfrac{4}{3}k^2+\dfrac{2}{3}&k^2-\dfrac{1}{4}\\ -\dfrac{1}{2}&-k-\dfrac{1}{2}&k^2+\dfrac{1}{2}k+\dfrac{1}{2}\end{pmatrix}.$

Rešitev: Če je matrika $A_k$ zgornje oziroma spodnje trikotna matrika in so vsi elementi na glavni diagonali enaki, potem ima samo eno lastno vrednost algebraične večkratnosti $3$ .
Ker je element na poziciji $(3,1)$ v tej matriki enak $-\dfrac{1}{2}\neq 0$ , mora biti $A_k$ spodnje trikotna matrika. Še posebej pa moramo imeti

$2k+1=0\iff k=-\dfrac{1}{2}.$

Za $k=-\dfrac{1}{2}$ dobimo

$A_{-\frac{1}{2}}=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ -\dfrac{1}{2}&0&1\end{pmatrix},$

ki ima karakteristični polinom

$p_{A_{-\frac{1}{2}}}(\lambda)=\det(A_{-\frac{1}{2}}-\lambda\cdot I_3)=(1-\lambda)^3$

in je torej sama lastna vrednost $\lambda_1=1$ z algebraično večkratnostjo $3$ .

Naloga 21:

Poiščite lastne vrednosti matrike $A=\left(\begin{array}{rrrrr} 0&&1&&0\\ 1&&-1&&1\\ 0&&1&&0\end{array}\right)$ .
Dokažite, da so vse lastne vrednosti realne simetrične matrike vedno realne.

Rešitev:

Karakteristični polinom matrike $A$ je
$\begin{align*} p_A(\lambda)&{=}det (A{-}\lambda\cdot I_3){=}\begin{vmatrix} -\lambda & 1 & 0 \\ 1 & -1-\lambda & 1\\ 0 & 1 & -\lambda \end{vmatrix}{=}{-}\lambda\cdot \left[\lambda\cdot (-1{-}\lambda){-}1\right]{-}1\cdot({-}\lambda)\\ &\\ &=-\lambda\cdot (\lambda^2+\lambda-1)+\lambda=-\lambda\cdot (\lambda^2+\lambda-2)=-\lambda\cdot (\lambda-1)\cdot (\lambda+2). \end{align*}$

Torej, lastne vrednosti matrike $A$ so $\lambda_1=0$ , $\lambda_2=1$ ter $\lambda_3=-2$ .
Opazimo, da so vse lastne vrednosti dane matrike $A$ , ki je simetrična, realna števila.
Če je kompleksno število $\lambda$ lastna vrednost simetrične matrike $A$ (tj. $A=A^T$ ), velja
$A\cdot v=\lambda v,$

za neki neničelni vektor $v$ . Konjugiramo enačbo in dobimo

$A\cdot \bar{v}=\bar{\lambda}\bar{v}.$

Zdaj transponiramo

$\begin{align*} (A\cdot \bar{v})^T&=(\bar{\lambda}\bar{v})^T\\ \bar{v}^T\cdot A^T&=\bar{\lambda}\bar{v}^T. \end{align*}$

Ker je $A$ simetrična matrika, to lahko zapišemo

$\bar{v}^T\cdot A=\bar{\lambda}\bar{v}^T.$

Iz tega sledi, da je

$\bar{v}^T\cdot A\cdot v=\bar{\lambda}\bar{v}^Tv.$

Po drugi strani, če enačbo $Av=\lambda v$ pomnožimo z leve z $\bar{v}^T$ , dobimo

$\bar{v}^T\cdot A\cdot v=\lambda\bar{v}^T\cdot v.$

To pomeni, da moramo imeti

$\bar{\lambda}\bar{v}^T\cdot v=\lambda\bar{v}^T\cdot v,$

kjer je $v\neq 0$ . Torej je $\lambda=\bar{\lambda}$ , kar pomeni, da je $\lambda$ realno število.

Naloga 22: Naj bo

$A=\left(\begin{array}{rrrrrrr} 0&&1&&0&&0\\ 0&& 0&&1&&0\\ 0&&0&&0&&1\\ 1&&0&&0&&0\end{array}\right).$

Izračunajte lastne vrednosti in lastne vektorje matrike $A$ ter algebraične in geometrične večkratnosti realnih lastnih vrednosti te matrike.

Rešitev: Karakteristični polinom matrike $A$ je

$p_A(\lambda)=\det(A-\lambda\cdot I_4)=\lambda^4-1=(\lambda^2-1)\cdot (\lambda^2+1),$

torej so njene lastne vrednosti:

$\lambda_1=1~\textup{,}~\lambda_2=-1~\textup{,}~\lambda_3=i~\textup{in}~\lambda_4=-i,$

vsaka od njih z algebraično in geometrično večkratnostjo enako $1$ .

Lastni vrednosti $\lambda_1=1$ pripadajoči lastni vektor $v=\begin{pmatrix} x\\y\\z\\t\end{pmatrix}$ zadošča enačbi

$\begin{pmatrix} -1&1&0&0\\ 0&-1&1&0\\ 0&0&-1&1\\ 1&0&0&-1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x\\y\\z\\t\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0\\0\\0\\0\end{pmatrix}.$

Iz tega dobimo homogeni sistem

$\begin{cases} -x+y=0\\ -y+z=0\\ -z+t=0\\ x-t=0 \end{cases},$

ki ima rešitev $x=y=z=t$ , kjer je $x$ poljubno realno število. Torej lahko izberemo lastni vektor pri $\lambda_1=1$ , npr. $v_1=\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1 \end{pmatrix}.$

Podobno, za drugo realno lastno vrednost $\lambda_2=-1$ , koordinate pripadajočega lastnega vektorja $v=\begin{pmatrix} x\\y\\z\\t\end{pmatrix}$ zadoščajo homogenemu sistemu enačb

$\begin{cases} x+y=0\\ y+z=0\\ z+t=0\\ x+t=0 \end{cases},$

ki ima rešitev $y=-x, z=x, t=-x$ , kjer je $x$ poljubno realno število. Torej izberemo lastni vektor pri $\lambda_2=-1$ , npr. $v_2=\begin{pmatrix}1\\-1\\1\\-1 \end{pmatrix}.$
Naloga 23: Poiščite lastne vrednosti in lastne vektorjie matrike

$A=\left(\begin{array}{rrrrrrr} 1&&2&&-1&&1\\ 0&&1&&1&&-3\\ 0&&2&&0&&6\\ 0&&1&&-1&&5\end{array}\right).$

Rešitev:

Karakteristični polinom dane matrike je

$\begin{array}{lll} p_A(\lambda)&{=}&det(A-\lambda I_4){=}\begin{vmatrix} 1-\lambda&2&-1&1\\0&1-\lambda&1&-3\\0&2&-\lambda&6\\0&1&-1&5-\lambda\end{vmatrix}\\ &=&(1-\lambda)\cdot \begin{vmatrix} 1-\lambda&1&-3\\ 2&-\lambda&6\\ 1&-1&5-\lambda\end{vmatrix}\\ &=&(1-\lambda)\cdot \left[(1-\lambda)\cdot (-\lambda\cdot (5-\lambda)+6)-(2\cdot (5-\lambda)-6)-3\cdot (-2+\lambda)\right]=\\ &=&(1-\lambda)\cdot \left[(1-\lambda)\cdot (\lambda-2)\cdot (\lambda-3)-2\cdot (2-\lambda)-3\cdot (\lambda-2)\right]=\\ &=&(1-\lambda)\cdot (\lambda-2)\left[ (1-\lambda)\cdot (\lambda-3)+2-3\right]=\\ &=&(1-\lambda)\cdot (\lambda-2)\cdot (-\lambda^2+4\lambda-4)=\\ &=&(\lambda-1)\cdot (\lambda-2)\cdot(\lambda-2)^2=(\lambda-1)\cdot (\lambda-2)^3, \end{array}$

ki ima rešitve $\lambda_1=1$ ter $\lambda_2=2$ . Torej, lastni vrednosti matrike $A$ sta $\lambda_1=1$ z algebraično večkratnostjo $a(\lambda_1)=1$ in $\lambda_2=2$ z algebraično večkratnostjo $a(\lambda_2)=3$ .

Za $\lambda_1=1$ poiščemo pripadajoči lastni vektor $v=\begin{pmatrix} x\\y\\z\\t\end{pmatrix}$ , ki zadošča enačbi

$\begin{pmatrix} 0&2&-1&1\\ 0&0&1&-3\\ 0&2&-1&6\\ 0&1&-1&4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x\\y\\z\\t\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0\\0\\0\\0\end{pmatrix}.$

Iz tega dobimo sistem

$\begin{equation*} \begin{cases} 2y-z + t= 0 \\ z-3t = 0\\ 2y-z+6t=0\\ y-z+4t=0 \end{cases}, \end{equation*}$

ki ga rešujemo z začetkom pri drugi enačbi. Sledi, da je

$\begin{equation*} \begin{cases} z=3t\\ 2y-2t=0\\ 2y+3t=0 \end{cases}. \end{equation*}$

Zdaj je jasno, da imamo $y=t=z=0$ ter poljubno realno število $x$ . Pripadajoči lastni vektor pri $\lambda_1$ lahko izberemo, npr. $v_1=\begin{pmatrix} 1\\0\\0\\0\end{pmatrix},$ z gemetrično večkratnostjo $g(\lambda_1)=1$ .

Podobno za $\lambda_2=2$ dobimo matrično enačbo

$\begin{pmatrix} -1&2&-1&1\\ 0&-1&1&-3\\ 0&2&-2&6\\0&1&-1&3\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} x\\y\\z\\t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\0\\0\\0\end{pmatrix},$

ki je ekvivalentna sistemu

$\begin{equation*} \begin{cases} -x+y-z + t= 0 \\ -y+z-3t = 0\\ 2y-2z+6t=0\\ y-z+3t=0 \end{cases}. \end{equation*}$

Ker sta zadnji dve enačbi enaki drugi, se sistem reducira na naslednjo

$\begin{equation*} \begin{cases} -x+y-z + t= 0 \\ -y+z-3t = 0 \end{cases}. \end{equation*}$

Če seštejemo enačbe, dobimo $-x-2t=0$ , torej je $x=-2t$ . Potem iz enačbe $y-z+3t=0$ sledi, da je $y=z-3t$ , kjer sta $z$ in $t$ poljubni realni števili. Pripadajoči lastni vektor ima splošno obliko $v=\begin{pmatrix} -2t\\z-3t\\z\\t\end{pmatrix}$ , torej izberemo npr. $v_2=\begin{pmatrix} 0\\1\\1\\0\end{pmatrix}$ in $v_3=\begin{pmatrix} -2\\-3\\0\\1\end{pmatrix}$ . Geometrična večkratnost lastne vrednosti $\lambda_2$ je $g(\lambda_2)=2$ .
Naloga 24: Poiščite lastne vrednosti rotacijske matrike v $\mathbb{R}^2$ in $\mathbb{R}^3$ .

Rešitev:

V ravnini $\mathbb{R}^2$ ima rotacijska matrika obliko
$R(\theta)= \begin{pmatrix} \cos \theta & - \sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{pmatrix},\qquad 0\leq\theta< 2\pi,$

ki predstavlja pravilno vrtenje v nasprotni smeri urnega kazalca za kot $\theta$ okoli izhodišča koordinatnega sistema. Ker matrika $R(\theta)$ zasuka vektor $v$ za kot $\theta$ , sklepamo, da za $\theta=0$ ni realnih lastnih vektorjev $v$ , ki bi bili rešitev enačbe $R(\theta)\cdot v=\lambda v$ . Karakteristični polinom matrike $R(\theta)$ je

$\begin{align*} p_{R(\theta)}(\lambda)&= \begin{vmatrix} \cos \theta-\lambda & - \sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta -\lambda \end{vmatrix} =(\cos\theta-\lambda)^2+\sin^2\theta=\\ &\\ &=\cos^2\theta-2\lambda\cdot \cos \theta+\lambda^2+\sin^2\theta=\lambda^2-2\lambda\cdot \cos\theta+1, \end{align*}$

ki ima ničle $\lambda_{1,2}=\displaystyle\frac{2\cos\theta\pm \sqrt{4\cos^2\theta-4}}{2}=\cos\theta\pm\sqrt{\cos^2\theta-1}=\cos\theta\pm\sqrt{-\sin^2\theta}=\cos\theta\pm i\sin\theta.$
Torej, če je $\theta\neq k\pi$ , $k\in \mathbb{Z}$ , za matriko $R(\theta)$ ni realnih lastnih vrednosti.
Če je $\theta=0$ , dobimo $R(0)=\begin{pmatrix} 1& 0\\ 0&1\end{pmatrix}=I_2$ , tj. identična matrika reda $2$ , ki ima dvojno lastno vrednost $\lambda=1$ . Sledi, da je vsak neničelni vektor lastni vektor identične matrike.
Če je $\theta=\pi$ , ima rotacijska matrika obliko

$R(\pi)=\begin{pmatrix} -1& 0\\ 0&-1\end{pmatrix}=-I_2$

in ima zato $R(\pi)$ dvojno lastno vrednost $\lambda=-1$ ; spet je vsak neničelni vektor lastni vektor za $R(\pi)$ .
V prostoru $\mathbb{R}^3$ ima rotacijska matrika obliko
$R_z(\theta)= \begin{pmatrix} \cos \theta & - \sin \theta &0\\ \sin \theta & \cos \theta &0\\ 0&0&1 \end{pmatrix},\qquad 0\leq\theta< \pi,$

kjer os vrtenja kaže v smeri $z$ , tj. v nasprotni smeri urnega kazalca, za kot $\theta$ okoli izhodišča koordinatnega sistema.
Karakteristični polinom te matrike je

$\begin{align*} p_{R_z(\theta)}(\lambda)&= \begin{vmatrix} \cos \theta-\lambda & - \sin \theta &0\\ \sin \theta & \cos \theta -\lambda &0\\ 0&0&1-\lambda \end{vmatrix}= (1-\lambda)\cdot \begin{vmatrix} \cos \theta-\lambda & - \sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta -\lambda \end{vmatrix}\\ &\\ &=(1-\lambda)\cdot (\lambda^2-2\lambda\cdot \cos\theta+1). \end{align*}$

Lastne vrednosti so $\lambda_1=1$ , $\lambda_2=\cos\theta+i \sin \theta$ , $\lambda_3=\cos\theta-i \sin \theta$ za $0\leq\theta< \pi.$
Ločimo tri primere:

če je $\theta=0$ , ima rotacijska matrika $R_z(0)=I_3$ trojno lastno vrednost $\lambda=1$ in vsak neničelni vektor je lastni vektor matrike $R_z(0)$ ;
če je $\theta=\pi$ , rotacijsko matriko $R_z(\pi)$ zapišemo $\begin{pmatrix} -1 & 0 &0\\ 0 & -1 &0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}$ in ima lastne vrednosti $\lambda_1=1$ ter $\lambda_2=\lambda_3=-1$ ;
če je $0<\theta <\pi$ , so lastne vrednosti rotacijske matrike $\lambda_1=1$ , $\lambda_2=\overline{\lambda_3}$ (sta kompleksna konjugirana);
za $\lambda_1=1$ v zadnjih dveh primerih lahko izberemo lastni vektor, npr. $v_1= \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}$ , ki je vrtilna os.

Naloga 25: Poiščite vrednost realnega parametra $a$ tako, da je vektor $v=\begin{pmatrix} 1\\ a\\ a+1\end{pmatrix}$ lastni vektor matrike $A=\begin{pmatrix} 2&1&-1\\ 1&2&1\\ -1&1&2\end{pmatrix}$ .

Rešitev: Po definiciji je vektor $v\neq 0$ lastni vektor matrike $A$ pri lastni vrednosti $\lambda$ , če velja $A\cdot v=\lambda v$ . V našem primeru to pomeni

$\begin{pmatrix} 2&1&-1\\ 1&2&1\\ -1&1&2\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1\\ a\\ a+1\end{pmatrix}=\lambda \begin{pmatrix} 1\\ a\\ a+1\end{pmatrix}\Longleftrightarrow$

$\begin{pmatrix} 2+a-(a+1)\\ 1+2a+a+1\\ -1+a+2(a+1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \lambda\\ \lambda\cdot a\\ \lambda(a+1)\end{pmatrix}.$

Dobimo naslednji sistem

$\begin{cases}1=\lambda\\ 2+3a=\lambda a\\ 3a+1=\lambda (a+1)\end{cases}$

oziroma (za $\lambda=1$ )

$\begin{cases} 2+3a=a\\ 3a+1=a+1\end{cases}.$

Iz prve enačbe sistema dobimo $a=-1$ , iz druge pa $a=0$ . Ker nismo dobili enake vrednosti parametra $a$ , sklepamo, da ne obstaja $a\in \mathbb{R}$ tako, da bo $v=\begin{pmatrix} 1\\ a\\ a+1\end{pmatrix}$ lastni vektor dane matrike.

Naloga 26: Izračunajte determinanto prirejenke kvadratne matrike $A$ reda $n$ glede na determinanto matrike $A$ .

Rešitev: Spomnimo se formule za izračun inverzne matrike: $A^{-1}=\dfrac{1}{\det(A)}B_A$ , kjer je $B_A$ prirejenka matrike $A$ , tj. je transponiranka matrike kofaktorjev.
Če relacijo z leve pomnožimo z matriko $A$ , dobimo

$I_n=A\cdot A^{-1}=\frac{1}{\det(A)}A\cdot B_A$

torej velja

$A\cdot B_A=\det(A) \cdot I_n.$

Ker je determinanta multiplikativa funkcija, po Binetovi formuli sledi, da je

$\det (A\cdot B_A)=\det(A)\cdot \det(B_A)=\det (\det(A)\cdot I_n)=(\det(A))^n\cdot \det (I_n)=(det(A))^n$

oziroma

$\det(B_A)=(\det(A))^{n-1}.$

Naloga 27: Izračunajte kot med enotskima vektorjema $\vec{a}$ in $\vec{b}$ , če veste, da sta vektorja $\vec{c}=\vec{a}-3\vec{b}$ in $\vec{d}=5\vec{a}-\vec{b}$ pravokotna.

Rešitev: Označimo s $\varphi$ kot med vektorjema $\vec{a}$ and $\vec{b}$ . Ker sta oba enotska vektorja, imamo $\norm{\vec{a}}=1$ in $\norm{\vec{b}}=1$ .

Vektorja $\vec{c}$ in $\vec{d}$ sta pravokotna drug na drugega, torej je njun skalarni produkt enak nič:

$\begin{array}{ll} \vec{c}\cdot \vec{d}&=(\vec{a}-3\vec{b})\cdot (5\vec{a}-\vec{b})=5\vec{a}\cdot \vec{a}-\vec{a}\cdot \vec{b}-15\vec{b}\cdot \vec{a}+3\vec{b}\cdot \vec{b}=\\ &=5\norm{\vec{a}}^2-16\vec{a}\cdot \vec{b}+3\norm{\vec{b}}^2=\\ &=8-16 \norm{\vec{a}}\norm{\vec{b}}\cos\varphi=\\ &=8-16\cos\varphi=0 \Longleftrightarrow \cos\varphi=\dfrac{1}{2} \ \ \mbox{so }\ \ \varphi=\dfrac{\pi}{3}. \end{array}$

Naloga 28: Vektorji $\vec{a}=(1,2,-1)$ , $\vec{b}=(1,-3,2)$ in $\vec{c}=(-2,0,1)$ določajo tetraeder. Izračunajte volumen in telesno višino tega tetraedra na osnovno ploskev, ki leži v ravnini vektorjev $\vec{a}$ in $\vec{b}$ .

Rešitev: Volumen paralelepipeda, napetega na vektorje $\vec{a}$ , $\vec{b}$ ter $\vec{c}$ je

$V=\lvert (\vec{a}, \vec{b}, \vec{c})\rvert=\lvert \begin{vmatrix} 1&2&-1\\ 1&-3&2\\ -2&0&1\end{vmatrix}\rvert=\lvert -7\rvert =7.$

Torej je volumen iskanega tetraedra $Vol_{tetr}=\dfrac{7}{6}$ . Vemo, da je ${Vol}_{tetr}=\dfrac{1}{3}v\cdot p$ , kjer sta $v$ višina tetraedra in $p$ ploščina trikotnika, napetega na vektorja $\vec{a}$ in $\vec{b}$ .
Ploščina tega trikotnika je $p=\dfrac{1}{2}\norm{\vec{a}}\cdot \norm{\vec{b}}\cdot \sin\varphi=\dfrac{1}{2}\norm{\vec{a}\times \vec{b}}$ , kjer je $\varphi$ kot med vektorjema $\vec{a}$ in $\vec{b}$ . Izračunamo vrednost vektorskega produkta vektorjev $\vec{a}$ in $\vec{b}$ :

$\vec{a}\times \vec{b}=\begin{vmatrix} \bar{i}& \bar{j}& \bar{k}\\ 1& 2& -1\\ 1& -3& 2\end{vmatrix}=(1,-3,-5)\Rightarrow \norm{\vec{a}\times \vec{b}}=\sqrt{1^2+(-3)^2+(-5)^2}=\sqrt{35}$

in sledi, da je ploščina trikotnika enaka $p=\dfrac{\sqrt{35}}{2}$ .
Ker je ${Vol}_{tetr}=\frac{1}{3}v\cdot p$ , sklepamo da je vrednost višine tetraedra enaka

$v=\displaystyle\frac{3{Vol}_{tetr}}{p}=\frac{3\cdot\dfrac{7}{6}}{\dfrac{\sqrt{35}}{2}}=\dfrac{7}{\sqrt{35}}.$

Naloga 29: Naj bodo dane točka $C(-2,0,1)$ ter ravnini $\pi_1: x-2y+z+5=0$ in $\pi_2: x+2y+3z-11=0$ .

Zapišite enačbo premice $q$ , ki je presek ravnin $\pi_1$ in $\pi_2$ .
Določite enačbo ravnine $\pi$ , na kateri leži točka $C$ in ki je pravokotna na premico $q$ .
Na premici $q$ poiščite točke, ki so od ravnine $(yz)$ oddaljene za $6$ .

Rešitev:

Presek ravnin $\pi_1$ in $\pi_2$ je premica $q$ , ki ima enačbo:
$q=\pi_1\cap \pi_2: \begin{cases} x-2y+z=-5\\ x+2y+3z=11\end{cases}.$

Seštejemo enačbe sistema in dobimo enačbo $2x+4z=4$ oziroma $x+3z=3$ . Če zapišemo $z=t$ (poljubno realno število), sledi, da je $x=3-3t$ . Potem dobimo $2y=11-x-3z=11-(3-3t)-3t=8$ , tj. $y=4$ . Parametrična oblika premice $q$ je:

$q: \begin{cases} x=3-3t\\ y=4\\ z=t\end{cases}, t\in\mathbb{R}.$
Smerni vektor premice $q$ je $\vec{s}_q=(-3,0,1)$ . Ravnina $\pi$ , ki je pravokotna na premico $q$ , je pravokotna tudi na vektor $\vec{s}_q$ , torej je normalni vektor ravnine $\pi$ enak vektorju $\vec{s}_q$ , tj. $\vec{n}_{\pi}=\vec{s}_q$ . Splošna oblika enačbe ravnine $\pi$ je $-3x+z=d$ , in ker gre skozi točki $C(-2,0,1)$ , sledi, da je $d=-3\cdot (-2)+1\cdot 1=7$ . Dobimo enačbo ravnine $\pi: -3x+z=7$ .
Poljubna točka $T$ na premici $q$ ima koordinate $(3-3t, 4, t)$ . Ravnina $(yz)$ ima enačbo $x=0$ , torej je njen normalni vektor $\vec{n}_{(yz)}=(1,0,0)$ . Po formuli je razdalja med točko $T$ in ravnino $(yz)$ enaka
$d(T, (yz))=\displaystyle\frac{\lvert (\vec{r}_T-\vec{r_0})\cdot \vec{n}_{(yz)}\rvert}{\norm{\vec{n}_{(yz)}}}=\lvert 3-3t\rvert,$

saj je $\vec{r}_T=(3-3t, 4, t)$ in $\vec{r}_0=(0, y_0, z_0)$ krajevni vektor poljubne točke ravnine $(yz)$ in zato $(\vec{r}_T-\vec{r_0})\cdot \vec{n}_{(yz)}=(3-3t, 4-y_0, t-z_0)\cdot (1,0,0)=3-3t$ .
Po navodilu je ta razdalja enaka $6$ , torej rešimo enačbo $\lvert 3-3t\rvert=6$ oziroma $3-3t=6$ , z rešitvijo $t=-1$ , ali $3-3t=-6$ , z rešitvijo $t=3$ . Torej na premici $q$ obstajata dve točki $T_1$ in $T_2$ , ki sta od ravnine $(yz)$ oddaljeni za $6$ : za $t=-1$ dobimo točko $T_1(6,4,-1)$ in za $t=3$ točko $T_2(-6,4,3)$ .

Naloga 30: Pokažite, da se premici $p_1:\begin{cases} 2x+y-2z-4=0\\ 3x+6y-2z-12=0\end{cases}$ in $p_2: x-1=1-y=\displaystyle\frac{z-1}{\dfrac{7}{2}}$ sekata.

Rešitev: Enačbi obeh premic zapišemo v parametrični obliki. Začnemo s premico $p_1$ , ki je podana kot presek ravnin. Rešimo sistem enačb, ki ima neskončno mnogo rešitev, ker je rang matrike sistema $r=2$ ter število neznank $n=3$ in zato je rešitev 1-parametrična ( $n-r=3-2=1$ ). Če odrugo enačbo dštejemo od prve, dobimo $-x-5y+8=0$ , torej za poljubno realno število (parameter) $y=t$ je $x=-5t+8$ . Vstavimo $x$ in $y$ v prvo enačbo sistema in dobimo $2z=2x+y-4=2\cdot (-5t-8)+t-4=-9t+12$ oziroma $z=-\dfrac{9}{2}t+6$ . Parametrična oblika enačbe prve premice je

$p_1:\begin{cases} x=-5t+8\\ y=t\\ z=-\dfrac{9}{2}t+6\end{cases}, t\in\mathbb{R}.$

Zdaj uredimo enačbo premice $p_2$ . Iz $x-1=1-y=\displaystyle\frac{z-1}{\dfrac{7}{2}}=t'$ sledi, da je

$p_2:\begin{cases} x=1+t'\\ y=1-t'\\ z=1+\dfrac{7}{2}t'\end{cases}, t'\in\mathbb{R}.$

Izenačimo koordinate točk na premicah v parametrični obliki:

$\begin{align*} x&=-5t+8=1+t'\\ y&=t=1-t'\\ z&=-\dfrac{9}{2}t+6=1+2t' \end{align*}$

in rešimo sistem. Ker je $t=1-t'$ , pri prvi enačbi dobimo $-5\cdot (1-t')+8=1+t'$ , z rešitvijo $t'=-\dfrac{1}{2}$ , torej je $t=\dfrac{3}{2}$ . Vstavimo vrednost parametra $t$ v parametrično obliko premice $p_1$ (ali vrednost parametra $t'$ v parametrično obliko premice $p_2$ ) in dobimo koordinate točke $T$ , ki je presečišče danih premic: $T(\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{2}, -\dfrac{3}{4})$ .

Naloga 31: Naj bosta dani premici $p_1: \begin{cases} x+y-z=0\\ x-2z+3=0\end{cases}$ in $p_2: \displaystyle\frac{x-2}{1}=\frac{y}{2}=\frac{z+1}{2}$ .
Zapišite enačbo premice $p_3$ , ki je pravokotna na premici $p_1$ in $p_2$ in gre skozi točko $A(1,2,4)$ .

Rešitev:

Premica $p_1$ je podana kot presek dveh ravnin. Določimo njen smerni vektor z reševanjem sistema dveh enačb in 3 neznank. Razširjena matrika tega sistema je

$\tilde A=\begin{pmatrix} 1&1&-1&\lvert &0\\ 1&0&-2&\lvert &-3\end{pmatrix} \overset{V_2-V_1}{\sim}\begin{pmatrix} 1&1&-1&\lvert &0\\ 0&-1&-1&\lvert &-3\end{pmatrix}$

in $\rang (\tilde A)=2=\rang (A)$ , torej je rešitev sistema odvisna od $n-r=3-2=1$ parametra. Če pišemo $z=t$ (poljubno realno število), iz pripadajočega sistema

$\begin{cases}x+y-z=0\\ -y-z=-3\end{cases}$

dobimo $-y=-3+t$ oziroma $y=3-t$ ter $x=t-3+t=-3+2t$ . Parametrična oblika enačbe premice $p_1$ je

$p_1: \begin{cases} x=-3+2t\\ y=3-t\\ z=t\end{cases}, \ \ t\in\mathbb{R},$

zato je smerni vektor premice $p_1$ enak $\vec{s}_{p_1}=(2,-1,1)$ .

Premica $p_2$ je podana v kanonični obliki, torej je njen smerni vektor $\vec{s}_{p_2}=(1,2,2)$ .

Ker je premica $p_3$ pravokotna na premici $p_2$ in $p_3$ , je tudi smerni vektor $\vec{s}_{p_3}$ pravokoten na vektorja $\vec{s}_{p_1}$ in $\vec{s}_{p_2}$ oziroma

$\vec{s}_{p_3}=\vec{s}_{p_1}\times \vec{s}_{p_2}=\begin{vmatrix} \bar{i}& \bar{j} &\bar{k}\\ 2& -1& 1\\ 1& 2 & 2\end{vmatrix}=(-4, -3, 5).$

Zdaj lahko zapišemo parametrično obliko premice $p_3$ , ki gre skozi točko $A(1,2,4)$ :

$p_3: \begin{cases} x=1-4t\\ y=2-3t\\ z=4+5t\end{cases}, \ \ t\in\mathbb{R}.$

Naloga 32: Naj bosta premici $p_1: 2x-y-4=0=y-z-1$ in $p_2: x+y+z=0=x-z+4$ . Napišite enačbo premice $p_3$ skozi točko $A(2,-3,1)$ , ki je pravokotna na premici $p_1$ in $p_2$ .

Rešitev: Obe premici sta podani kot presečišče dveh ravnin. Njune enačbe zapišemo najprej v parametrični obliki. Za premico $p_1$ rešimo sistem $\begin{cases} 2x-y-4=0\\ y-z-1=0\end{cases}$ in dobimo $z=t$ (parameter), $y=1+t$ ter $x=\dfrac{1}{2}(4+1+t)=\dfrac{5}{2}+\dfrac{1}{2}t$ . Enačba premice $p_1$ je:

$p_1: \begin{cases} x=\dfrac{5}{2}+\dfrac{1}{2}t\\ y=1+t\\ z=t\end{cases}, \ \ t\in\mathbb{R},$

torej je njen smerni vektor $\vec{s}_{p_1}=(\dfrac{1}{2},1,1)$ .

Podobno rešimo sistem $\begin{cases} x+y+z=0\\ x-z+4=0\end{cases}$ in dobimo $z=t$ (parameter), $x=-4+t$ , $y=-t-(-4+t)=4-2t$ . Enačba premice $p_2$ je:

$p_2: \begin{cases} x=-4+t\\ y=4-2t\\ z=t\end{cases}, \ \ t\in\mathbb{R},$

in njen smerni vektor $\vec{s}_{p_2}=(1,-2,1)$ .

Ker je premica $p_3$ pravokotna na premici $p_2$ in $p_3$ , je njen smerni vektor $\vec{s}_{p_3}$ pravokoten na vektorja $\vec{s}_{p_1}$ in $\vec{s}_{p_2}$ :

$\vec{s}_{p_3}=\vec{s}_{p_1}\times \vec{s}_{p_2}=\begin{vmatrix} \bar{i}& \bar{j} &\bar{k}\\ \frac{1}{2}& 1& 1\\ 1& -2 & 1\end{vmatrix}=(3, \frac{1}{2}, -2).$

Enačba premice $p_3$ ima parametrično obliko:

$p_3: \begin{cases} x=2+3t\\ y=-3+\dfrac{1}{2}t\\ z=1-2t\end{cases}, \ \ t\in\mathbb{R}.$

Naloga 33:

Zapišite enačbo premice $p$ , ki gre skozi točki $A(1,1,1)$ in $B(0,1,-2)$ .
Izračunajte oddaljenost točke $C(2,1,-2)$ od te premice.
Katero ravnino določata premica $p$ in točka $C$ ?
Poiščite enačbo ravnine $\pi_2$ , ki vsebuje točko $D(1,2,3)$ in je pravokotna na premico $p$ .

Rešitev:

Smerni vektor premice $p$ skozi točki $A$ in $B$ je $\vec{s}_p=\vec{AB}=(0,1,-2)-(1,1,1)=(-1,0,-3)$ . Ta premica gre skozi točko $A$ in ima torej naslednjo enačbo v parametrični obliki:
$p: \begin{cases} x=1-t\\ y=1\\ z=1-3t\end{cases}, t\in\mathbb{R}.$
Izračunamo razdaljo med točko $C$ in premico $p$ po formuli:
$d(C, p)=\displaystyle\frac{\norm{(\vec{r}_C-\vec{r}_0)\times \vec{s}_p}}{\norm{\vec{s}_p}}, \ \ \mbox{kjer so}\ \ \vec{r}_C=(2,1,-2), \vec{r}_0=(1,1,1,), \vec{s}_p=(-1,0-3),$

$(\vec{r}_C-\vec{r}_0)\times \vec{s}_p=\begin{vmatrix} \bar{i}& \bar{j}& \bar{k}\\ 1& 0& -3\\ -1& 0& -3\end{vmatrix}=(0, 6, 0).$

Sledi, da je $d(C, p)=\displaystyle\frac{\sqrt{0^2+6^2+0^2}}{\sqrt{(-1)^2+0^2+(-3)^2}}=\frac{6}{\sqrt{10}}.$
Normalni vektor ravnine $\pi$ je pravokoten na vektorja $\vv{AB}$ in $\vv{AC}$ , torej je
$\vec{n}_{\pi}=\vv{AB}\times \vv{AC}=\begin{vmatrix} \bar{i}& \bar{j}& \bar{k}\\ 1& 0& -3\\ -1& 0& -3\end{vmatrix}=(0, 6, 0).$

Enačba ravnine je tako $\pi: 6y=d$ . Ker ravnina $\pi$ vsebuje točko $A$ , sledi, da je $6\cdot 1=d$ oziroma enačba iskane ravnine je $\pi: 6y=6\Leftrightarrow y=1$ .
Ker je ravnina $\pi_2$ pravokotna na premico $p$ , je njen normalni vektor enak smernemu vektorju premice, tj. $\vec{n}_{\pi_2}=\vec{s}_p=(-1,0,-3)$ . Sledi, da ima enačba ravnine obliko $\pi_2: -x-3z=d$ . Točka $D(1,2,3)$ pripada ravnini $\pi_2$ in je zato $-1-3\cdot 3=d$ oziroma $d=-10$ . Enačba ravnine $\pi_2$ je $-x-3z=-10\Leftrightarrow x+3z=10.$

Slika 8.1: Ravnina $\pi$ vsebuje premico $p$ in točko $C$ .

Naloga 34: Poiščite enačbo premice $p$ , ki leži v ravnini $\sigma: x-4y+2z=7$ in ki pod pravim kotom seka premico $q$ , podano s presekom ravnin $\pi_1: x-2y-4z=-3$ ter $\pi_2: 2x+y-3z=-1$ .

Rešitev: Premica $q$ je podana kot presek dveh ravnin:

$q=\pi_1\cap \pi_2: \begin{cases} x-2y-4z+3=0\\ 2x+y-3z+1=0\end{cases}.$

To je sistem dveh enačb s tremi neznankami, torej je rešitev odvisna od $n-r=3-2=1$ parametra ( $n=3$ je število neznank in $r=rang (A)=rang \begin{pmatrix} 1& -2& -4\\ 2& 1& 3\end{pmatrix}=2$ ). Če zapišemo $x=t$ (poljubno realno število), dobimo sistem

$\begin{cases} 2y+4z=t+3\\ y-3z=-2t-1 / \cdot 2\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 2y+4z=t+3\\ 2y-6z=-4t-2\end{cases}.$

Drugo enačbo odštejemo od prve in dobimo $4z-(-6z)=t+3-(-4t-2)$ oziroma $10z=5t+5$ , torej je $z=\dfrac{1}{2}\cdot (1+t)$ . Iz enačbe $y-3z=-2t-1$ dobimo, da je $y=3z-2t-1=\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}t-2t-1=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}t$ in na koncu dobimo, da je $x=-3+2y+4z=-3+1-t+2+2t=t$ . Parametrična oblika premice $q$ je torej

$q: \begin{cases} x=t\\ y=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}t\\ z=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}t\end{cases}, t\in\mathbb{R},$

in smerni vektor premice $q$ je enak $\vec{s}_q=(1, -\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2})$ .
Normalni vektor ravnine $\sigma$ je $\vec{n}_{\sigma}=(1,-4,2)$ . Ker premica $p$ leži v ravnini $\sigma$ , je smerni vektor $\vec{s}_p$ pravokoten na normalni vektor $\vec{n}_{\sigma}$ in tudi na smerni vektor $\vec{s}_q$ , torej je

$\vec{s}_p=\vec{s}_q\times \vec{n}_{\sigma}=\begin{vmatrix} \bar{i}& \bar{j}& \bar{k}\\ 1& -\dfrac{1}{2}& \dfrac{1}{2}\\ 1& -4& 2\end{vmatrix}=(1, -\frac{3}{2}, -\frac{7}{2}).$

Potrebujemo še eno točko, recimo, da je $A$ , na premici $p$ . To je presečišče med premico $p$ in premico $q$ , ki je hkrati presečišče med premico $q$ in ravnino $\sigma$ :

$A=q\cap \sigma: \begin{cases} x=t\\ y=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}t\\ z=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}t\\ x-4y+2z=7\end{cases} \Leftrightarrow t-4\cdot (\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}t)+2\cdot (\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}t)=7 \Leftrightarrow t=2.$

Torej dobimo točko $A(2, -\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{2})$ in zdaj lahko zapišemo parametrično obliko enačbe iskane premice:

$p:\begin{cases} x=2+t\\ y=-\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{2}t\\ z=\dfrac{3}{2}-\dfrac{7}{2}t\end{cases}, t\in\mathbb{R}.$

Slika 8.2: Točka $A$ je presečišče premice $p$ s premico $q$ in hkrati tudi presečišče premice $q$ z ravnino $\sigma$ .

Naloga 35: Naj bosta dani premici

$q_1:\begin{cases} x=1+t\\ y=-2+2t\\ z=1-2t \end{cases}, t\in\mathbb{R}, \quad\textup{ in }\quad q_2: \frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-1}{-2}.$

Izračunajte presek premic $q_1$ in $q_2$ .
Poiščite enačbo ravnine $\sigma$ , ki vsebuje premici $q_1$ in $q_2$ .

Rešitev:

Presek premic $q_1$ in $q_2$ , če obstaja, je ena točka, ki zadošča enačbama obeh premic. Najprej zapišemo enačbo premice $q_2$ v parametrični obliki:
$q_2:\begin{cases} x=1+t'\\ y=1-t'\\ z=1-2t' \end{cases}, t'\in\mathbb{R},$

in potem rešimo sistem

$\begin{cases} x=1+t=1+t'\\ y=-2+2t=1-t'\\ z=1-2t=1-2t'\end{cases}.$

Iz prve enačbe sledi, da je $t=t'$ . Vstavimo ga v drugo enačbo in dobimo $-2+2t=1-t$ oziroma $t=t'=1$ (ta vrednost zadošča tudi zadnji enačbi sistema). To vrednost vstavimo v parametrično obliko enačbe premice $q_1$ (ali $q_2$ ) in dobimo koordinate točke $A=q_1\cap q_2$ : $x=1+1=2, y=-2+2\cdot 1=0, z=1-2\cdot 1=-1$ . Torej je iskani presek točka $A(2,0,-1)$ .

Normalni vektor ravnine $\sigma$ , ki vsebuje premici $q_1$ in $q_2$ , je pravokoten na smerna vektorja $\vec{s}_{q_1}$ in $\vec{s}_{q_2}$ , torej je njun vektorski produkt:
$\vec{n}_{\sigma}=\vec{s}_{q_1} \times \vec{s}_{q_2}=\begin{vmatrix} \bar{i}&\bar{j}&\bar{k}\\ 1& 2& -2\\ 1& -1& -2\end{vmatrix}=(-6,0,-3).$

Splošna oblika enačbe ravnine $\sigma$ je $\sigma: -6x-3z=d$ in vemo, da ta ravnina vsebuje tudi točko $A$ . Sledi, da je $d=-6\cdot 2-3\cdot (-1)=-9$ . Ravnina $\sigma$ ima enačbo:

$\sigma: 2x+z=3.$

Slika 8.3: Ravnina $\sigma$ vsebuje premici $q_1$ in $q_2$ .

Naloga 36: Izračunajte presečišče med premico $p: \begin{cases} x=1-t\\ y=2\\ z=-1+3t\end{cases}, t\in\mathbb{R},$ in ravnino $\pi: 2x-6y+z=-7$ . Ali je premica $p$ pravokotna na ravnino $\pi$ ?

Rešitev: Presečišče med premico $p$ in ravnino $\pi$ je ena točka $A$ na dani premici $p$ , ki zadošča tudi enačbi ravnine $\pi$ :

$2\cdot (1-t)-6\cdot 2+(-1+3t)=-7\Leftrightarrow 2-2t-12-1+3t=-7,$

torej je $t=4$ in potem dobimo točko $A(-3, 2, 11)$ .

Premica $p$ je pravokotna na ravnino $\pi$ natanko tedaj, ko je normalni vektor ravnine vzporeden smernemu vektorju premice $p$ :

$\pi \perp p \Leftrightarrow \vec{n}_{\pi}\parallel \vec{s}_p \Leftrightarrow \vec{n}_{\pi}\times\vec{s}_p=\vec{0}.$

Iz enačbe premice $p$ dobimo, da je njen smerni vektor $\vec{s}_p=(-1, 0, 3)$ , in iz enačbe ravnine $\pi$ dobimo njen normalni vektor $\vec{n}_{\pi}=(2,-6,1)$ . Izračunamo vektorski produkt

$\vec{n}_{\pi}\times\vec{s}_p=\begin{vmatrix} \bar{i}& \bar{j}& \bar{k}\\ 2& -6& 1\\ -1& 0& 3\end{vmatrix}=(-18, -7, -6)\neq \vec{0},$

kar pomeni, da premica $p$ in ravnina $\pi$ nista pravokotni druga na drugo.

Naloga 37: Naj bosta dani premici $p_1: 2x-y-4=0=y-z-1$ in $p_2: x+y+z=0=x-z+4$ . Napišite enačbo premice $p_3$ skozi točko $A(2,-3,1)$ , ki je pravokotna na $p_1$ in $p_2$ .

Rešitev: Obe premici sta podani kot presek med dvema ravninama. Najprej bomo zapisali njuni parametrični obliki, da dobimo njuna smerna vektorja.

Za prvo premico $p_1$ vzamemo $y=t$ in potem iz druge enačbe dobimo $z=-1+t$ , kar vstavimo v prvo enačbo in izračunamo $x=2+\dfrac{1}{2}t$ . Torej, parametrična oblika premice $p_1$ je:

$p_1:\begin{cases} x=2+\dfrac{1}{2}t\\ y=t\\ z=-1+t\end{cases},$

iz katere sledi, da je smerni vektor $\vec{s}_{p_1}=(\dfrac{1}{2}, 1,1)$ .

Podobno bomo nadaljevali z drugo premico $p_2$ . Najprej vzamemo $x=t$ in iz druge enačbe dobimo $z=4+t$ , kar vstavimo v prvo enačbo in izračunamo $y=-4-2t$ .

Zapišemo parametrično obliko enačbe premice $p_2$ :

$p_2:\begin{cases} x=t\\ y=-4-2t\\ z=4+t\end{cases},$

iz katere sledi, da je smerni vektor $\vec{s}_{p_2}=(1, -2,1)$ .
Ker je premica $p_3$ pravokotna na $p_1$ in $p_2$ , izračunamo smerni vektor premice $p_3$ kot vektorski produkt smernih vektorjev premic $p_1$ in $p_2$ :

$\vec{s}_{p_3}=\vec{s}_{p_1}\times \vec{s}_{p_2}=\begin{vmatrix} \bar{i}&\bar{j}&\bar{k}\\\dfrac{1}{2}& 1& 1\\ 1&-2&1\end{vmatrix}=(3,\frac{1}{2}, -2).$

Sklepamo, da je parametrična oblika enačbe premice $p_3$ :

$\begin{cases} x=2+3t\\ y=-3+\dfrac{1}{2}t\\ z=1-2t \end{cases}, \quad t\in\R.$

Naloga 38: Izračunajte kot med premico $p: x=\displaystyle\frac{y+1}{3}=\dfrac{2z-2}{-3}$ in ravnino $\pi: 2x+3y-z-6=0$ .

Rešitev: S $\varphi$ označimo kot med premico in ravnino. To pomeni, da je $\psi =\dfrac{\pi}{2}-\varphi$ kot med smernim vektorjem premice in normalnim vektorjem ravnine.

Slika 8.4: $\varphi$ je kot med premico $p$ in ravnino $\pi$ .

Smerni vektor premice $p$ je $\vec{s}_p=(1,3,-\dfrac{3}{2})$ ter normalni vektor ravnine $\pi$ je $\vec{n}_{\pi}=(2,3,-1)$ . Potem izračunamo

$\cos \psi=\sin \varphi=\displaystyle\frac{\vec{s}_p\cdot \vec{n}_{\pi}}{\norm{\vec{s}_p}\norm{\vec{n}_{\pi}}}=\frac{1\cdot 2+3\cdot 3+(-\frac{3}{2})\cdot (-4)}{\sqrt{1^2+3^2+(-\dfrac{3}{2})^2}\cdot \sqrt{2^2+3^2+(-4)^2}}=\dfrac{17}{\dfrac{7}2\cdot {\sqrt{29}}}.$

Naloga 39: Zapišite enačbo ravnine $\pi$ , ki je pravokotna na premico $p: \begin{cases} x-2z=-1\\ y-3z=1\end{cases}$ in gre skozi točko, kjer premica $p$ seka ravnino $\sigma=(xy)$ .

Rešitev: Najprej zapišemo parametrično obliko enačbe premice $p$ . V drugi enačbi danega sistema upoštevamo $z=t$ in dobimo $y=1+3t$ , ki jo vstavimo v prvo enačbo in izračunamo $x=-1+2t$ . Zato ima premica $p$ enačbo
$p:\begin{cases} x=-1+2t\\ y=1+3t\\ z=t\end{cases}, t\in\mathbb{R}$ .
Ker je ravnina $\pi$ pravokotna na premico $p$ , sledi, da je normalni vektor ravnine enak smernemu vektorju premice oziroma $\vec{n}_{\pi}=\vec{s}_p=(2,3,1)$ . Torej je splošna oblika enačbe ravnine $\pi: 2x+3y+z=d$ . Premica $p$ poleg tega seka ravnino $\sigma=(xy): z=0$ v točki $A$ , ki jo dobimo za $z=t=0$ , torej je $A(-1,1,0)$ . Ker iskana ravnina $\pi$ vsebuje točko $A$ , velja $2\cdot (-1)+3\cdot 1+ 0=d$ oziroma $d=1$ . Ravnina $\pi$ ima enačbo $\pi: 2x+3y+z=1$ .

Naloga 40: Zapišite enačbo pravokotnice skozi izhodišče na premico $p: \begin{cases} x=2+2t\\ y=1+3t\\ z=3+t\end{cases}$ , $t\in\mathbb{R}$ .

Rešitev: Najprej zapišemo enačbo ravnine $\pi$ skozi izhodišče, pri čemer je ravnina pravokotna na dano premico (normalni vektor ravnine $\pi$ je smerni vektor premice $p$ ) $\pi: 2x+3y+z=0$ . Ta ravnina seka premico $p$ v točko $T$ , torej dobimo enačbo $2\cdot (2+2t)+3\cdot (1+3t)+3+t=0$ , z rešitvijo $t=-\dfrac{5}{7}.$ Sledi, da ima točka $T$ koordinate

$2+2\cdot (-\dfrac{5}{7}), 1+3\cdot (-\dfrac{5}{7}), 3-\dfrac{5}{7},$

zato je $T(\dfrac{4}{7}, -\dfrac{8}{7}, \dfrac{16}{7}).$ Iskana pravokotnica je premica skozi točki $T$ in $O$ , torej ima paramatrično obliko $\begin{cases} x=\dfrac{4}{7}t\\ y=-\dfrac{8}{7}\\ z=\dfrac{16}{7}\end{cases}, t\in\mathbb{R}$ , ekvivalentno z $\begin{cases} x=t'\\ y=-2t'\\ z=4t'\end{cases}, t'\in\mathbb{R}$ .

8 Naloge s celotnim postopkom reševanja

License

Share This Book