TENTAMEN 30 okt 2013, HF1006 och HF1008 Moment:

TENTAMEN 30 okt 2013, HF1006 och HF1008

Moment: TEN1 (Linjär algebra), 4 hp, skriftlig tentamen Kurser: Analys och linjär algebra, HF1008,

Klasser:

TIELA1, TIMEL1, TIDAA1

Tid: 13.15-17.15, Plats: Campus Haninge

Lärare: Richard Eriksson, Inge Jovik och Armin Halilovic Examinator: Armin Halilovic

Betygsgränser: Maxpoäng = 24 (för de som har bonuspoäng med sig från Introduktionskursen är maxpoängen=25.)

För betyg A, B, C, D, E, Fx krävs 22, 19, 16, 13, 10 respektive 9 poäng.

Hjälpmedel på tentamen TEN1: Utdelad formelblad. Miniräknare ej tillåten.

Komplettering: 9 poäng på tentamen ger rätt till komplettering (betyg Fx) .

--- Skriv endast på en sida av papperet.

Skriv namn och personnummer på varje blad.

Inlämnade uppgifter skall markeras med kryss på omslaget.

--- Denna tentamenslapp får ej behållas utan lämnas in tillsammans med lösningar.

Fullständiga lösningar skall presenteras till alla uppgifter.

--- Uppgift 1. (2p)

Lös ekvationssystemet med Gausseliminering

�𝑥𝑥 + 𝑦𝑦 + 2𝑧𝑧 = 3 𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 + 𝑧𝑧 = 4 2𝑥𝑥 + 𝑦𝑦 + 𝑧𝑧 = 5.

Uppgift 2. (2p)

För vilka värden på konstanten a är de tre vektorerna (a,1,2), (1,0,a) och (0,1,0) linjärt beroende? ( Med andra ord, bestäm a så att alla tre vektorer ligger i samma plan.)

Uppgift 3. (2p)

Lös ekvationen �1 1 1 𝑥𝑥 1 2 6 3 𝑥𝑥� = 0.

Uppgift 4. (2p)

En triangel har hörnen i punkterna (1,1, 1), (2,3,3), och (3,3,2). Bestäm triangelns area.

Uppgift 5.

(2p) Bestäm kortaste avståndet från punkten 𝑃𝑃(2, −1,0) till planet 4𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 + 3𝑧𝑧 = 2

Uppgift 6.

(1p) Antag att 𝐴𝐴 = �1 2 1 1 1 2

1 1 1� och 𝐵𝐵 = �2 1

1 01 1�. Beräkna (𝐴𝐴^𝑇𝑇 − 𝐴𝐴)𝐵𝐵.

Uppgift 7.

(2p) Antag att 𝐵𝐵 = �1

1⋮� är en 𝑛𝑛𝑥𝑥1 vektor. Visa då att om 𝑀𝑀 = �𝐼𝐼𝑛𝑛−¹_𝑛𝑛𝐵𝐵𝐵𝐵^𝑇𝑇�, där 𝐼𝐼𝑛𝑛 är enhetsmatrisen, då är 𝑀𝑀 = 𝑀𝑀².

Uppgift 8.

(3p)

a) (2p)Ekvationen för en sfär är

𝑥𝑥²+ 𝑦𝑦²+ 𝑧𝑧²= 14 . Bestäm skärningspunkterna mellan denna sfär och linjen 𝑥𝑥 = 3 + 𝑦𝑦 = 𝑧𝑧 − 2.

b) (1p) Bestäm avståndet mellan skärningspunkterna.

Uppgift 9.

(2p)

För vilka värden på parametern a har systemet

2 6 3

= +

= +

ay x

ay

ax

a) exakt en lösning b) ingen lösning c) oändligt många lösningar?

Uppgift 10.

(2p)

a) Bestäm realdelen av

5

²⁰¹⁴

1

1 i

i

z i +

−

= +

_.

c) Rita i det komplexa tal planet de punkter z som satisfierar

4

|

|

3≤ z ≤ _och

4 ) 3 4 arg(

π

π _{≤ ≤}

z

_.

Uppgift 11.

(2p) Ekvationen

|z −5i|=|z −4+3i |

beskriver en rät linje i det komplexa talplanet. Sätt z = x +yi och skriv ekvationen på formen y = kx +m.

Uppgift 12.

(2p)

Bestäm alla (tre) lösningar till ekvationen

i

z³ =−8

.

Svara på formen a + . bi

Lycka till!

FACIT

Uppgift 1. (2p)

Lös ekvationssystemet med Gausseliminering

�𝑥𝑥 + 𝑦𝑦 + 2𝑧𝑧 = 3 𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 + 𝑧𝑧 = 4 2𝑥𝑥 + 𝑦𝑦 + 𝑧𝑧 = 5.

Lösning:













= + +

= + +

= + +

5 2

4 2

3 2

z y x

z y x

z y x

⇔

 







 







2R1 - R3

R1 -

R2

⇔













−

=

−

−

=

−

= + +

1 3

1 3 2

z y

z y

z y x

⇔

 







 







+ R2 R3

⇔



 





 



=

−

=

−

= + +

0 4

1 3 2 z

z y

z y x

Härav

z= 0, y=1+z=1, x=3 –2z – y=3 –0 –1=2 Svar: x= 2, y=1, z=0

Uppgift 2. (2p)

För vilka värden på konstanten a är de tre vektorerna (a,1,2), (1,0,a) och (0,1,0) linjärt beroende? ( Med andra ord, bestäm a så att alla tre vektorer ligger i samma plan.)

Lösning:

Metod 1. Volymen av den parallellepiped som definieras av de tre vektorerna är 0 om och endast om alla tre vektorer ligger i samma plan.

Volymen V=(formelblad)=

2

0 1 0

0 1

2 1

2

+

−

= a a a

2 2

0 ⇔ −

²

+ ⇔ = ±

= a a

V

_.

Metod 2. De tre vektorerna är beroende om och endast om vektorekvationen

r(a,1,2)+s(1,0,a)+t(0,1,0)=(0,0,0) har icke triviala lösningar dvs andra lösningar förutom uppenbara lösningen

r = 0

,

s = 0

,

t = 0

.

Vi identifierar koordinater och får systemet:



 





 



= +

= +

= +

⋅

0 2

0 0 as r

t r

s a r

⇔

( vi byter plats på R1 och R2 )

⇔



 





 



= +

= +

⋅

= +

0 2

0 0 as r

s a r

t r

⇔

 







 







2R1 - R3

aR1 -

R2

⇔



 





 



=

−

=

−

= +

0 2

0 0 t as

at s

t r

⇔

 







 







aR2 - R3

⇔ 



 



 

 



=

−

=

−

= +

0 ) 2 (

0 0

2

t

a at s

t r

Nu ser vi att homogena systemet har oändligt många lösningar ( och därmed icke triviala lösningar) om och endast om

0

2 −2=

a

⇔ a = ± 2

_.

Svar:

a = ± 2

Uppgift 3. (2p)

Lös ekvationen �1 1 1 𝑥𝑥 1 2 6 3 𝑥𝑥� = 0.

Lösning:

Determinanten D=

1 ( x − 6 ) − 1 ( x

²

− 12 ) + 1 ( 3 x − 6 ) = − x

²

+ 4 x = x ( − x + 4 )

. D=0

⇔

x(−x+4)=0

⇔ x

₁

= 0

eller

x

₂

= 4

.

Svar:

x

₁

= 0

,

x

₂

= 4

Uppgift 4. (2p)

En triangel har hörnen i punkterna (1,1, 1), (2,3,3), och (3,3,2). Bestäm triangelns area.

Kalla triangelns hörn för A (1,1,1), B (2,3,3) och C (3,3,2). Vi har

) 2 , 2 , 1

= (

→

AB

och

AC

^→

= ( 2 , 2 , 1 )

Arean är då 2

|

|

→

→ × AC

AB .

Först

( 2 4 ) ( 1 4 ) ( 2 4 ) ( 2 , 3 , 2 )

1 2 2

2 2

1 = − − − + − = − −

=

×

^→

→

k j

i k j i AC

AB

_.

Därför

| AB

^→

× AC

^→

| = 4 + 9 + 4 = 17

Slutligen, triangelns area är 2 17

Svar: Arean är 2

17 a.e.

Uppgift 5.

(2p) Bestäm kortaste avståndet från punkten 𝑃𝑃(2, −1,0) till planet 4𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 + 3𝑧𝑧 = 2

Lösning:

Metod 1. (formeln)

Vi använder formeln ( finns på formelblad):

Avståndet d från punkten A=(x₁,y₁,z₁) till planet

Ax + By + Cz + D = 0

är

|

|

2 2 2

1 1 1

C B A

D Cz By d Ax

+ +

+ +

= +

_.

Först skriver vi planests ekvation på formen

Ax + By + Cz + D = 0

(dvs alla termer på en sida),

0

2 3 2

4 x + y + z − =

, (alltså A=4, B=2 och C=3) , och substituerar punktens koordinater i formeln:

29

| 4 3

2 4

2 0 3 ) 1 ( 2 2

| 4

|

|

2 2 2 2 2 2

1 1

1

=

+ +

−

⋅ +

−

⋅ +

= ⋅ +

+

+ +

= +

C B A

D Cz By

d Ax

_.

Metod 2.(projektion)

Välj en godtycklig punkt i planet; exempelvis 𝐴𝐴 = (0,1,0). Bilda vektorn 𝐴𝐴𝑃𝑃 �����⃗ = (2, −2,0).

Planets normalvektor: 𝑛𝑛�⃗ = (4,2,3) och motsvarande enhetsvektor blir

𝑛𝑛� =

_√42+2¹₂₊₃₂

(4,2,3) =

_√29¹

(4,2,3). Det kortaste avståndet 𝑑𝑑 mellan punkten P och planet fås nu med hjälp av projektionen av 𝐴𝐴𝑃𝑃 �����⃗ på 𝑛𝑛� , dvs

𝑑𝑑 = |𝐴𝐴𝑃𝑃 �����⃗ ∙ 𝑛𝑛�| = |

_√29¹

(2, −2,0) ∙ (4,2,3)| =

_√29⁴

.

Svar:

Det kortaste avståndet mellan punkten P och planet är

_√29⁴

l.e.

Uppgift 6.

(1p) Antag att 𝐴𝐴 = �1 2 1 1 1 2

1 1 1� och 𝐵𝐵 = �2 1

1 01 1�. Beräkna (𝐴𝐴^𝑇𝑇 − 𝐴𝐴)𝐵𝐵.

Lösning:

𝐴𝐴

^𝑇𝑇

= � 1 1 1 2 1 1

1 2 1 � → (𝐴𝐴

^𝑇𝑇

− 𝐴𝐴)𝐵𝐵 = �� 1 1 1 2 1 1

1 2 1 � − � 1 2 1 1 1 2

1 1 1 �� � 2 1 1 0 1 1 � =

� 0 −1 0

1 0 −1

0 1 0 � � 2 1

1 0 1 1 � = � −𝟏𝟏 𝟎𝟎 𝟏𝟏 𝟎𝟎 𝟏𝟏 𝟎𝟎 �

Svar:

� −𝟏𝟏 𝟎𝟎

𝟏𝟏 𝟎𝟎

𝟏𝟏 𝟎𝟎 �

Uppgift 7.

(2p) Antag att 𝐵𝐵 = �1

1⋮� är en 𝑛𝑛𝑥𝑥1 vektor. Visa då att om 𝑀𝑀 = �𝐼𝐼𝑛𝑛−¹_𝑛𝑛𝐵𝐵𝐵𝐵^𝑇𝑇�, där 𝐼𝐼𝑛𝑛 är enhetsmatrisen, då är 𝑀𝑀 = 𝑀𝑀².

Lösning:

𝑀𝑀

²

= �𝐼𝐼

_𝑛𝑛

−

¹_𝑛𝑛

𝐵𝐵𝐵𝐵

^𝑇𝑇

�

²

= �𝐼𝐼

_𝑛𝑛

−

¹_𝑛𝑛

𝐵𝐵𝐵𝐵

^𝑇𝑇

� �𝐼𝐼

_𝑛𝑛

−

_𝑛𝑛¹

𝐵𝐵𝐵𝐵

^𝑇𝑇

� = 𝐼𝐼

_𝑛𝑛

−

_𝑛𝑛²

𝐵𝐵𝐵𝐵

^𝑇𝑇

+

_𝑛𝑛¹₂

𝐵𝐵𝐵𝐵

^𝑇𝑇

𝐵𝐵𝐵𝐵

^𝑇𝑇

=

{𝑂𝑂𝐵𝐵𝑂𝑂 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝐵𝐵

^𝑇𝑇

𝐵𝐵 = 𝑛𝑛} = 𝐼𝐼

_𝑛𝑛

−

_𝑛𝑛²

𝐵𝐵𝐵𝐵

^𝑇𝑇

+

_𝑛𝑛^𝑛𝑛₂

𝐵𝐵𝐵𝐵

^𝑇𝑇

= 𝐼𝐼

_𝑛𝑛

−

_𝑛𝑛²

𝐵𝐵𝐵𝐵

^𝑇𝑇

+

¹_𝑛𝑛

𝐵𝐵𝐵𝐵

^𝑇𝑇

= 𝐼𝐼

_𝑛𝑛

−

¹_𝑛𝑛

𝐵𝐵𝐵𝐵

^𝑇𝑇

= VSV!

Uppgift 8.

(3p)

a) (2p)Ekvationen för en sfär är

𝑥𝑥²+ 𝑦𝑦²+ 𝑧𝑧²= 14 . Bestäm skärningspunkterna mellan denna sfär och linjen 𝑥𝑥 = 3 + 𝑦𝑦 = 𝑧𝑧 − 2.

b) (1p) Bestäm avståndet mellan skärningspunkterna.

Lösning:

a) Linjen kan skrivas om på parameterform: � 𝑥𝑥 = 𝑎𝑎 𝑦𝑦 = −3 + 𝑎𝑎

𝑧𝑧 = 2 + 𝑎𝑎

För att hitta skärningspunkterna sätter vi in linjens koordinater i ekvationen för sfären och söker de värden på parametern 𝑎𝑎 som satisfierar sfärens ekvation.

Vi får 𝑎𝑎

²

+ (𝑎𝑎 − 3)

²

+ (2 + 𝑎𝑎)

²

= 14 →

3𝑎𝑎

²

− 2𝑎𝑎 + 13 = 14 → 𝑎𝑎

²

−

²₃

𝑎𝑎 −

₃¹

= 0 → 𝑎𝑎

₁

= −

¹₃

, 𝑎𝑎

₂

= 1

Vi substituerar 𝑎𝑎

1

= −

¹₃

, 𝑎𝑎

₂

= 1 i linjens ekvation och får skärningspunkterna:

3 ) , 5 3 , 10 3 ( − 1 −

=

A och

B=(1,−2,3)

Svar a: )

3 , 5 3 , 10 3 ( − 1 −

=

A och

B=(1,−2,3)

b) Avståndet mellan skärningspunkterna

3 3 4 3 3 4 3

4 3

4 3

) 4 (

) (

) (

|

|

2 2

2 2

2 1 2 2 1 2 2 1

2

 =



 



= 

 

 

 + 

 

 

 + 

 

 



= 

− +

− +

−

=

= AB

^→

x x y y z z

d

Svar b: 3 3

= 4

d

l.e.

Uppgift 9.

(2p)

För vilka värden på parametern a har systemet

2 6 3

= +

= +

ay x

ay

ax

a) exakt en lösning b) ingen lösning c) oändligt många lösningar?

Lösning:

Systemets determinant är

a a

a a

A a 3

1 ) 3

det( = =

²

−

.

a² − a3 =0

⇔ a = 0

eller

a = 3

Exakt en lösning om a ≠0 och a ≠3 --- Vi undersöker systemet för a=0 och a=3 För a=0 får vi systemet

 



 



=

= 2

e) (motsägels

6 0

x

⇒

( ingen lösning )

--- För a=3 får vi systemet

 



 



= +

= +

2 3

6 9 3

y x

y

x

⇔ (dela ekv1 med 3)

 



 



= +

= +

2 3

2 3

y x

y

x

⇔ (ekv2- ekv3)

⇔

  

 



=

= +

0 0

2 3y

x oändligt många lösningar (ett lösbar system med en fri variabel).

Svar:

a)

Exakt en lösning

om a ≠0 och a ≠3 b) Oändligt många lösningar om a=3 c) Ingen lösning om a=0

Uppgift 10.

(2p)

a) Bestäm realdelen av

5

²⁰¹⁴

1

1 i

i

z i +

−

= +

.

c) Rita i det komplexa tal planet de punkter z som satisfierar

4

|

|

3≤ z ≤ _och

4 ) 3 4 arg(

π

π _{≤ ≤}

z

_.

Lösning:

a) Först i i

i i i i i

i = =

+

⋅ +

−

= +

− +

2 2 1

1 1 1 1

1

och

5 i

²⁰¹⁴

= 5 i

²⁰¹²

⋅ i

²

= 5 ⋅ 1 ⋅ ( − 1 )

har vi

5 5

1

1

₂₀₁₄

−

=

− +

= + i i

i

z i .

Därför Re(z) = − 5

. Svar a:

Re(z) = − 5 b)

o 3 x

y

4

Svar: Se figuren

Uppgift 11.

(2p) Ekvationen

|z −5i|=|z −4+3i |

beskriver en rät linje i det komplexa talplanet. Sätt z = x +yi och skriv ekvationen på formen y = kx +m.

Lösning:

Vi substituerar z = x + yi i ekvationen

|z −5i|=|z −4+3i | och får

| 3 4

|

| 5

| x + yi − i = x + yi − + i

| ) 3 ( ) 4 (

|

| ) 5 (

|x+ y− i = x− + y+ i

⇔ ( enligt definitionen av absolutbeloppet )

⇔ x² +(y−5)² |= (x−4)² +(y+3)² (kvadrera båda leden)

⇔

x

²

+ ( y − 5 )

²

= ( x − 4 )

²

+ ( y + 3 )

² ( förenkla ) ⇔ x² +y²−10y+25=x² −8x+16+y²+6y+9

⇔8x=16y

⇔

2

y = x

Svar:

2

y = x

Uppgift 12.

(2p)

Bestäm alla (tre) lösningar till ekvationen

i

z³ =−8

.

Svara på formen a + . bi Lösning:

a)

z³ =−8i

⇔ ( r= 8, arg (z) = 2 3 π

; rita en figur)

i

e

z ²

3

3 8

π

=

⇔

i k

k e

z ³

2 2 3 3 /

81 π+ π

=

, k = 0 , 1 , 2

i k

k e

z ³

2 2 3

2

π+ π

=

, k = 0 , 1 , 2

För att skriva lösningarna på "

a + "- formen substituerar vi bi

k=0,1,2 och får:

i i

i e

e

z ^{i i} ) 2(0 1) 2

sin2 (cos2

2 2

2 ^{3 2}

0 2 2 3

0 = = = + = + ⋅ =

⋅

⋅

+ ^{π π}

π π

π

= +

=

=

=

⋅

⋅ +

6 ) sin7 6

(cos7 2 2

2 ⁶

7 3

1 2 2 3

1

π

π

π

π π

i e

e

z ^{i i}

( vinkeln ligger i tredje kvadranten)

=

i i

i = − − =− −

−

− ) 3

2 2 ( 3 2 6) 6 sin cos (

2

π π

= +

=

=

=

⋅

⋅ +

6 ) sin11 6

(cos11 2 2

2 ⁶

11 3

2 2 2 3

2

π

π

π

π π

i e

e

z ^{i i}

( vinkeln ligger i fjärde kvadranten)

=

i i

i = − = −

− ) 3

2 2 ( 3 2 6) 6 sin (cos

2

π π

Svar: Tre lösningar:

2 i

, − 3−i och

3 − i