GRAM-SCHMIDTS METOD
Med hjälp av Gram-Schmidts metod kan vi omvandla n st. linjäroberoende vektorer 𝑣𝑣⃗1… 𝑣𝑣⃗𝑛𝑛 i ett vektorrum till n st ortonormerade vektorer
𝑓𝑓⃗
1…𝑓𝑓⃗
𝑛𝑛 som spänner upp samma rum dvs som satisfierarspan(
𝑓𝑓⃗
1… 𝑓𝑓�⃗
𝑛𝑛) = span (𝑣𝑣⃗1… 𝑣𝑣⃗𝑛𝑛)Gram-Schmidts ortogonaliserings- / ortonormeringsmetod.
Antag att 𝑣𝑣⃗1… 𝑣𝑣⃗𝑛𝑛 är linjärt oberoende vektorer.
Först bildar vi en ortogonal bas 𝑢𝑢�⃗1… 𝑢𝑢�⃗𝑛𝑛.
Därefter normerar vi vektorerna 𝑢𝑢�⃗1… 𝑢𝑢�⃗𝑛𝑛 och får en ortonormerad bas (𝑓𝑓⃗1… 𝑓𝑓⃗𝑛𝑛):
1.
𝑢𝑢�⃗
1= 𝑣𝑣⃗
12.
𝑢𝑢�⃗
2= 𝑣𝑣⃗
2− 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢�⃗1(𝑣𝑣⃗
2)= 𝑣𝑣⃗
2−
(𝑣𝑣�⃗||𝑢𝑢�⃗2∙𝑢𝑢�⃗1)1||2
𝑢𝑢 �⃗1
3.
𝑢𝑢�⃗
3= 𝑣𝑣⃗
3− 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢��⃗2(𝑣𝑣⃗
3) − 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢�⃗1(𝑣𝑣⃗
3) = 𝑣𝑣⃗
3−
(𝑣𝑣�⃗||𝑢𝑢��⃗3∙𝑢𝑢��⃗2)2||2
𝑢𝑢�⃗
2−
(𝑣𝑣�⃗||𝑢𝑢�⃗3∙𝑢𝑢�⃗1)1||2
𝑢𝑢 �⃗1
...
n.
𝑢𝑢�⃗
𝑛𝑛= 𝑣𝑣⃗
𝑛𝑛− 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢��⃗𝑛𝑛−1(𝑣𝑣⃗
𝑛𝑛) − ⋯ − 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢�⃗1(𝑣𝑣⃗
𝑛𝑛) = 𝑣𝑣⃗
𝑛𝑛−
(𝑣𝑣�⃗||𝑢𝑢��⃗𝑛𝑛∙𝑢𝑢��⃗𝑛𝑛−1)𝑛𝑛−1||2
𝑢𝑢�⃗
𝑛𝑛−1−
(𝑣𝑣�⃗||𝑛𝑛𝑢𝑢�⃗ ∙𝑢𝑢�⃗1)1||2
𝑢𝑢 �⃗1
Kommentarer:
1. Vi kan med enkel beräkning visa att 𝑢𝑢�⃗2 är ortogonal mot
𝑢𝑢�⃗
1:
vektor 𝑢𝑢�⃗1∙ 𝑢𝑢�⃗2 = 𝑢𝑢�⃗1∙ 𝑣𝑣⃗2−(𝑣𝑣�⃗�|𝑢𝑢��⃗2∙𝑢𝑢��⃗1)
1|�2 �|𝑢𝑢�⃗1|�2 = 𝑢𝑢�⃗1 ∙ 𝑣𝑣⃗2− 𝑣𝑣⃗2∙ 𝑢𝑢�⃗1 = 0
På liknande sätt visar vi att 𝑢𝑢�⃗3 är ortogonal mot 𝑢𝑢�⃗1 och mot 𝑢𝑢�⃗2 och i allmänt att vektorerna 𝑢𝑢�⃗1… 𝑢𝑢�⃗𝑛𝑛 är parvis ortogonala.
2. Vektorerna är 𝑢𝑢�⃗𝑘𝑘 skilda från 0�⃗ ( annars är 𝑣𝑣⃗𝑘𝑘 en linjär kombination av 𝑣𝑣⃗1… 𝑣𝑣⃗𝑘𝑘−1 som strider med antagande att 𝑣𝑣⃗1… 𝑣𝑣⃗𝑛𝑛 är linjärt oberoende).
3. Enligt 1 och 2 är 𝑢𝑢�⃗1… 𝑢𝑢�⃗𝑛𝑛 linjärt oberoende (ortogonala nollskilda vektorer) som ligger i span (𝑣𝑣⃗1… 𝑣𝑣⃗𝑛𝑛). Med andra ord bildar 𝑢𝑢�⃗1… 𝑢𝑢�⃗𝑛𝑛 en ortogonal bas till span (𝑣𝑣⃗1… 𝑣𝑣⃗𝑛𝑛).
Alltså span(𝑢𝑢�⃗1… 𝑢𝑢�⃗𝑛𝑛)= span (𝑣𝑣⃗1… 𝑣𝑣⃗𝑛𝑛).
Normering:
Om vi delar varje basvektor 𝑢𝑢�⃗1… 𝑢𝑢�⃗𝑛𝑛 med dess norm får vi en ortonormerad bas:
𝑓𝑓⃗
1= 𝑢𝑢�⃗
1/ || 𝑢𝑢�⃗
1|| , 𝑓𝑓⃗2 = 𝑢𝑢 ��⃗
2/ ||𝑢𝑢 ��⃗
2|| , …, 𝑓𝑓⃗𝑛𝑛 = 𝑢𝑢 ��⃗
𝑛𝑛/ ||𝑢𝑢 ��⃗
𝑛𝑛||
= 𝑢𝑢 ��⃗
𝑛𝑛/ ||𝑢𝑢 ��⃗
𝑛𝑛||
Uppgift 1.
Vi betraktar rummet 𝑅𝑅5 Låt W= span(𝑣𝑣⃗1, 𝑣𝑣⃗2, 𝑣𝑣⃗3)
a) Bestäm en ortogonal bas för W
b) Bestäm en ortonormerad bas för W då
𝑣𝑣⃗1 =
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 20 01⎦⎥⎥⎥⎤
, 𝑣𝑣⃗2 =
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 10 01⎦⎥⎥⎥⎤
, 𝑣𝑣⃗3 =
⎣⎢
⎢⎢
⎡ 0
−11 02⎦⎥⎥⎥⎤
,
Lösning:
Vi använder Gram-Schmidts ortonormerings metod.
1.
𝑢𝑢�⃗
1= 𝑣𝑣⃗
1=
⎣ ⎢
⎢ ⎢
⎡
120 0 1
⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ⎤
2.
𝑢𝑢�⃗
2= 𝑣𝑣⃗
2− 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢��⃗1(𝑣𝑣⃗
2)= 𝑣𝑣⃗
2−
||𝑢𝑢��⃗𝑣𝑣�⃗2∙𝑢𝑢��⃗11||2
𝑢𝑢�⃗
1=𝑣𝑣⃗
2−
46𝑢𝑢�⃗
1=
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 10 01⎦⎥⎥⎥⎤
−23
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 20 01⎦⎥⎥⎥⎤
=
⎣⎢
⎢⎢
⎡ 1/3
−1/30 1/3⎦0⎥⎥⎥⎤
3.
𝑢𝑢�⃗
3= 𝑣𝑣⃗
3− 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢��⃗2(𝑣𝑣⃗
3) − 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢��⃗1(𝑣𝑣⃗
3) = 𝑣𝑣⃗
3−
||𝑢𝑢��⃗𝑣𝑣�⃗3∙𝑢𝑢��⃗22||2
𝑢𝑢�⃗
2−
||𝑢𝑢��⃗𝑣𝑣�⃗3∙𝑢𝑢��⃗11||2
𝑢𝑢�⃗
1= 𝑣𝑣⃗
3−
1/31/3𝑢𝑢�⃗
2−
46𝑢𝑢�⃗
1=
⎣⎢
⎢⎢
⎡ 0
−11 02⎦⎥⎥⎥⎤
−
⎣⎢
⎢⎢
⎡ 1/3
−1/30 1/3⎦0⎥⎥⎥⎤
−23
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 20 01⎦⎥⎥⎥⎤
=
⎣⎢
⎢⎢
⎡−1
−10 01⎦⎥⎥⎥⎤
Härmed har vi fått en ortogonal bas B=(
𝑢𝑢�⃗
1, 𝑢𝑢�⃗2, 𝑢𝑢�⃗
3)
Svar a) En ortogonal bas är B=(
𝑢𝑢�⃗
1, 𝑢𝑢�⃗2, 𝑢𝑢�⃗
3) = (
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 20 01⎦⎥⎥⎥⎤
,
⎣⎢
⎢⎢
⎡ 1/3
−1/30 1/3⎦0⎥⎥⎥⎤
,
⎣⎢
⎢⎢
⎡−1
−10 01⎦⎥⎥⎥⎤
)
b) För att få en ortonormerad bas delar vi varje basvektor med dess norm.
𝑓𝑓⃗1 =
𝑢𝑢
���⃗1||
𝑢𝑢
���⃗1|| = ||���⃗𝑢𝑢
11||𝑢𝑢
���⃗1= 1√6
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 20 01⎦⎥⎥⎥⎤
,
𝑓𝑓⃗2 = 1
||
𝑢𝑢
���⃗2||𝑢𝑢
���⃗2 = 1�1/3
⎣⎢
⎢⎢
⎡ 1/3
−1/30 1/3⎦0⎥⎥⎥⎤
= √3 3
⎣⎢
⎢⎢
⎡ 1
−10 01⎦⎥⎥⎥⎤
𝑓𝑓⃗3 = 1
||
𝑢𝑢
���⃗3||𝑢𝑢
���⃗3= 1√3
⎣⎢
⎢⎢
⎡−1
−10 01⎦⎥⎥⎥⎤
Svar b) En ortonormerad bas är ( 𝑓𝑓⃗1
,
𝑓𝑓⃗2, 𝑓𝑓⃗3)= ( √61⎣⎢
⎢⎢
⎡1 20 01⎦⎥⎥⎥⎤
, √33
⎣⎢
⎢⎢
⎡ 1
−10 01⎦⎥⎥⎥⎤
, √31
⎣⎢
⎢⎢
⎡−1
−10 01⎦⎥⎥⎥⎤
)
Uppgift 2.
Låt A=
4 1 1
4 0 1
4 2 1
a) Bestäm en bas för im(A)
b) Bestäm en ortonormerad bas för im(A).
Lösning:
im(A) = span(
4 4 4 , 1 0 2 , 1 1 1
)
Med hjälp av elementära radoperationer
−
0 0 0
0 1 0
4 2 1
~ 0 1 0
0 0 0
4 2 1
~ 4 1 1
4 0 1
4 2 1
ser vi att matrisen har två oberoende kolonner och att sista kolonnvektor är beroende av de 2 första ( faktiskt parallell med första kolonn).
Därför bildar första två kolonner en bas till im(A) . im(A) = span(
4 4 4 , 1 0 2 , 1 1 1
) = span(
1 0 2 , 1 1 1
)
Svar a) En bas B till im(A) består av vektorerna
𝑣𝑣⃗1 =
1 1 1
och 𝑣𝑣⃗2=
1 0 2
b) Vi ortonormerar basen B:
𝑢𝑢�⃗1 = 𝑣𝑣⃗1 =
1 1 1
,
𝑢𝑢�⃗2 = 𝑣𝑣⃗2− 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑢𝑢��⃗1(𝑣𝑣⃗2)=
−
=
−
0 1 1
1 1 1 3 3 1 0 2
.
Vi har en ortogonal bas (𝑢𝑢�⃗1, 𝑢𝑢�⃗2)
Kvarstår att normera vektorerna 𝑢𝑢�⃗1och 𝑢𝑢�⃗2
𝑓𝑓⃗1 = ||𝑢𝑢���⃗1
1||
𝑢𝑢
���⃗1=
1 1 1 3
1 ,
𝑓𝑓⃗2 = ||𝑢𝑢���⃗1
2||
𝑢𝑢
���⃗2=
− 0
1 1 2 1
Svar b) En ortonormerad bas till im(A) bildas av
1 1 1 3
1 och
− 0
1 1 2
1 .
Uppgift 3.
Låt A=
12 8 4
3 2 1
a) Bestäm en bas för ker(A)
b) Bestäm en ortonormerad bas för ker(A).
Lösning:
ker(A) är mängden av alla lösningar till Ax =0. Låt
= z y x
x .
0 x =
A ⇔
=
0 0 12
8 4
3 2 1
z y x
⇔
= + +
= + +
0 12 8 4
0 3 2
z y x
z y x
⇔
=
= + +
0 0
0 3 2y z
x
Två fria variabler y=s, z=t . En ledande variabel x= –2s–3t
− −
= t s
t s x
3
2 =
−
+
−
1 0 3
0 1 2
t s
Svar a) En bas till ker(A) är B= ) 1 0 3 , 0 1 2 (
−
−
Svar b) ) Vi ortonormerar basen B:
−
=
=
0 1 2
1
1 v
u , 𝑢𝑢�⃗2 = 𝑣𝑣⃗2− 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑢𝑢��⃗1(𝑣𝑣⃗2)=
−
−
=
−
−
−
=
−
−
−
1 5 / 6
5 / 3
0 5 / 6
5 / 12
1 0 3
0 1 2 5 6 1 0 3
För att nklare normera vektorerna kan vi byta 𝑢𝑢�⃗2 mot en parallell vektor som har hela koordinater, t ex 5 𝑢𝑢�⃗2=
−
−
5 6 3
.
Alltså är
−
= 0 1 2
u1 och 5 𝑢𝑢�⃗2=
−
−
5 6 3
två ortogonala vektorer som bildar en bas till ker(A).
Vi normerar de två vektorerna och får en ortonormerad bas till ker(A),
C= )
70 / 5
70 / 6
70 / 3 , 0
5 / 1
5 / 2
(
−
−
−
.
Svar: C= )
70 / 5
70 / 6
70 / 3 , 0
5 / 1
5 / 2
(
−
−
−
är en ortonormerad bas till ker(A),
Uppgift 4.
Vi betraktar rummet 𝑅𝑅5
Låt W= span(𝑣𝑣⃗1, 𝑣𝑣⃗2, 𝑣𝑣⃗3, 𝑣𝑣⃗4) där
𝑣𝑣⃗1 =
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 20 01⎦⎥⎥⎥⎤
, 𝑣𝑣⃗2 =
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 10 01⎦⎥⎥⎥⎤
, 𝑣𝑣⃗3 =
⎣⎢
⎢⎢
⎡ 0
−11 02⎦⎥⎥⎥⎤
, 𝑣𝑣⃗4 =
⎣⎢
⎢⎢
⎡ 0
−22 04⎦⎥⎥⎥⎤
Låt 𝑥𝑥⃗ =
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 23 11⎦⎥⎥⎥⎤
.
a) Bestäm ortogonala projektionen av vektorn 𝑥𝑥⃗ på underrummet 𝑊𝑊
b) Låt avbildningen T vara ortogonala projektionen av vektorer i 𝑅𝑅5 på W.
Bestäm matrisen som hör till avbildningen T.
Lösning:
a) Först bestämmer vi i) en bas till W,
ii) därefter en ortogonal bas till W,
ii) och till slut använder vi projektionsformeln.
i) En bas till W består av vektorerna 𝑣𝑣⃗1 =
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 20 01⎦⎥⎥⎥⎤
, 𝑣𝑣⃗2 =
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 10 01⎦⎥⎥⎥⎤
, 𝑣𝑣⃗3 =
⎣⎢
⎢⎢
⎡ 0
−11 02⎦⎥⎥⎥⎤
(kolla med Gaussmetoden)
ii) För att få en ortogonal bas använder vi Gram-Schmidts metod ( kolla upp 1)
𝑢𝑢�⃗
1= 𝑣𝑣⃗
1=
⎣ ⎢
⎢ ⎢
⎡
120 0 1
⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ⎤
𝑓𝑓⃗
2= 𝑣𝑣⃗
2− 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢��⃗1(𝑣𝑣⃗
2)= 𝑣𝑣⃗
2−
||𝑢𝑢��⃗𝑣𝑣�⃗2∙𝑢𝑢��⃗11||2
𝑢𝑢�⃗
1=𝑣𝑣⃗
2−
46𝑢𝑢�⃗
1=
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 10 01⎦⎥⎥⎥⎤
−23
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 20 01⎦⎥⎥⎥⎤
=
⎣⎢
⎢⎢
⎡ 1/3
−1/30 1/3⎦0⎥⎥⎥⎤
Anmärkning: (En liten trick att undvika beräkning med bråk.) Vi kan faktiskt välja en ny basvektor
𝑢𝑢�⃗
2= 3𝑓𝑓⃗
2= 3
⎣ ⎢
⎢ ⎢
⎡
−1/31/30 0 1/3
⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ⎤
=
⎣ ⎢
⎢ ⎢
⎡
−110 0 1
⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ⎤
( som är också ortogonal mot
𝑢𝑢�⃗
1 )𝑢𝑢�⃗
3= 𝑣𝑣⃗
3− 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢��⃗2(𝑣𝑣⃗
3) − 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢��⃗1(𝑣𝑣⃗
3) = 𝑣𝑣⃗
3−
||𝑢𝑢��⃗𝑣𝑣�⃗3∙𝑢𝑢��⃗22||2
𝑢𝑢�⃗
2−
||𝑢𝑢��⃗𝑣𝑣�⃗3∙𝑢𝑢��⃗11||2
𝑢𝑢�⃗
1= 𝑣𝑣⃗
3−
13𝑢𝑢�⃗
2−
46𝑢𝑢�⃗
1 =⎣⎢
⎢⎢
⎡ 0
−11 02⎦⎥⎥⎥⎤
−
⎣⎢
⎢⎢
⎡ 1/3
−1/30 1/3⎦0⎥⎥⎥⎤
−23
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 20 01⎦⎥⎥⎥⎤
=
⎣⎢
⎢⎢
⎡−1
−10 01⎦⎥⎥⎥⎤
iii) Nu använder vi projektionsformel.
Lägg märke till att vi inte behöver enhetsvektorer i projektionsformeln. Det räcker (och det är enklare att räkna) med ortogonala vektorer .
𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑊𝑊(
𝑥𝑥⃗ ) = 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢⃗1(
𝑥𝑥⃗ ) + 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢⃗2(
𝑥𝑥⃗ ) + 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢⃗3(
𝑥𝑥⃗ )
= 𝑢𝑢���⃗𝑥𝑥��⃗∙𝑢𝑢���⃗1
1∙𝑢𝑢���⃗1
𝑢𝑢
���⃗1+
𝑢𝑢���⃗��⃗𝑥𝑥2∙𝑢𝑢���⃗∙𝑢𝑢���⃗22𝑢𝑢
���⃗2−
���⃗𝑢𝑢��⃗𝑥𝑥3∙𝑢𝑢���⃗∙𝑢𝑢���⃗33𝑢𝑢
���⃗3=
1𝑢𝑢
���⃗1+ 0𝑢𝑢
���⃗2− 1𝑢𝑢
���⃗3=
⎣⎢
⎢⎢
⎡2 21 00⎦⎥⎥⎥⎤
,
Uppgift 5.
Vi betraktar rummet 𝑅𝑅5 Låt W= span(𝑣𝑣⃗1, 𝑣𝑣⃗2, 𝑣𝑣⃗3) där
𝑣𝑣⃗1 =
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 10 10⎦⎥⎥⎥⎤
, 𝑣𝑣⃗2 =
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 20 01⎦⎥⎥⎥⎤
, 𝑣𝑣⃗3 =
⎣⎢
⎢⎢
⎡2 30 11⎦⎥⎥⎥⎤
,
Låt avbildningen T vara ortogonala projektionen av vektorer i 𝑅𝑅5 på W.
Bestäm matrisen som hör till avbildningen T.
Lösning: Låt 𝑥𝑥⃗ =
⎣⎢
⎢⎢
⎡𝑎𝑎1
𝑎𝑎2
𝑎𝑎3 𝑎𝑎4 𝑎𝑎5⎦⎥⎥⎥⎤
vara en godtyckligt vektor i 𝑅𝑅5.
Vi bestämmer den ortogonala projektionen av 𝑥𝑥⃗ på samma sätt som i föregående uppgift och därefter bestämmer avbildningens matris.
i) En bas till W består av vektorerna 𝑣𝑣⃗1 =
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 10 10⎦⎥⎥⎥⎤
, 𝑣𝑣⃗2 =
⎣⎢
⎢⎢
⎡1 20 01⎦⎥⎥⎥⎤
.
(kolla med Gaussmetoden; tredje vektorn är faktiskt summan av första två) ii) För att få en ortogonal bas använder vi Gram-Schmidts metod ( kolla upp 1)
𝑢𝑢�⃗
1= 𝑣𝑣⃗
1=
⎣ ⎢
⎢ ⎢
⎡
110 1 0
⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ⎤
𝑢𝑢�⃗
2= 𝑣𝑣⃗
2− 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢��⃗1(𝑣𝑣⃗
2)= 𝑣𝑣⃗
2−
𝑢𝑢��⃗𝑣𝑣�⃗2∙𝑢𝑢��⃗11∙𝑢𝑢��⃗1
𝑢𝑢�⃗
1=𝑣𝑣⃗
2−
33𝑢𝑢�⃗
1=
⎣⎢
⎢⎢
⎡ 0 10
−11 ⎦⎥⎥⎥⎤
En ortogonal bas till W är (
𝑢𝑢�⃗
1 , 𝑢𝑢�⃗2 )
iii) Nu använder vi projektionsformel.
Lägg märke till att vi inte behöver enhetsvektorer i projektionsformeln. Det räcker (och det är enklare att räkna) med ortogonala vektorer .
𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑊𝑊(
𝑥𝑥⃗ ) = 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢⃗1(
𝑥𝑥⃗ ) + 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝
𝑢𝑢⃗2(
𝑥𝑥⃗ )
= 𝑎𝑎1+𝑎𝑎32+𝑎𝑎4
𝑢𝑢
���⃗1+
𝑎𝑎2−𝑎𝑎34+𝑎𝑎5𝑢𝑢
���⃗2=
𝑎𝑎1+𝑎𝑎32+𝑎𝑎4⎣⎢
⎢⎢
⎡1 10 10⎦⎥⎥⎥⎤
+
𝑎𝑎2−𝑎𝑎34+𝑎𝑎5⎣⎢
⎢⎢
⎡ 0 10
−11 ⎦⎥⎥⎥⎤
=13
⎣⎢
⎢⎢
⎡𝑎𝑎1+ 𝑎𝑎2+𝑎𝑎4 𝑎𝑎1+ 2𝑎𝑎2+𝑎𝑎5 𝑎𝑎1+ 2𝑎𝑎04−𝑎𝑎5 𝑎𝑎2−𝑎𝑎4+𝑎𝑎5 ⎦⎥⎥⎥⎤
=
−
− 1 1 0 1 0
1 2 0 0 1
0 0 0 0 0
1 0 0 2 1
0 1 0 1 1
3 1
⎣⎢
⎢⎢
⎡𝑎𝑎1 𝑎𝑎2 𝑎𝑎3
𝑎𝑎4
𝑎𝑎5⎦⎥⎥⎥⎤
Därmed är avbildningens matris A=
−
− 1 1 0 1 0
1 2 0 0 1
0 0 0 0 0
1 0 0 2 1
0 1 0 1 1
3
1 .
Tentamen 11 jan 2021 (Uppgift 4.)
