• No results found

Mälardalens högskola Akademin för utbildning, kultur och kommunikation

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Share "Mälardalens högskola Akademin för utbildning, kultur och kommunikation"

Copied!
56
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Full text

(1)

Mälardalens högskola

Akademin för utbildning, kultur och kommunikation

MMA123 Algebra för ingenjörer

Tentamen 10.08.25 08.30–11.30

Hjälpmedel: Endast skrivmaterial (gradskiva tillåten).

Poängfördelning och betygsgränser: Uppgifterna på A-delen ger maximalt 2 poäng styck.

Uppgifterna på B-delen ger maximalt 4 poäng styck. För betyg 3 fordras minst 11 po- äng, för betyg 4 minst 17 poäng och för betyg 5 minst 23 poäng.

Frågor kan ställas till: Hillevi Gavel, som nås på 073 763 27 88

Övriga anvisningar: • Skriv läsbart. • Förklara alla resonemang som inte är trivialt uppen- bara. • Se till att det framgår vad svaret på frågan är. • Om du inte kan lösa en uppgift fullständigt men har några idéer, skriv då ner dem. Det kan ge delpoäng. • Du får skriva flera uppgifter på samma papper, men skriv bara på ena sidan av pappret.

A-del

1 (a) Beräkna inversen för nedanstående matris:

 

 

 

 

 

 

1 −2 8

2 −4 15

−1 3 −11

 

 

 

 

 

 

(1p)

Lösning:

Normal uträkning, svaret är











−1 2 2

7 −3 1

2 −1 0











Rättningsnorm: Inget avdrag för enstaka räknefel, så länge principen är rätt.

(b) Lös nedanstående ekvationssystem:

 

 

 

 

 

 

x − 2y + 8z = 2 2x − 4y + 15z = 1

−x + 3y − 11z = 0

Se till att det klart och tydligt framgår vad lösningen är! (1p)

Lösning:

Koefficientmatrisen är densamma som matrisen i (a)-uppgiften, så snabbaste lösning- en är att utnyttja den beräknade inversen:











x y z











=











−1 2 2

7 −3 1

2 −1 0





















 2 1 0











=











 0 11 3











Man får givetvis också lösa systemet på vanligt sätt.

Rättningsnorm: Inget avdrag för enstaka räknefel

1

(2)

MMA123/MM2340 Tentamen 10.08.25 Lösningsförslag

Sida 2 (av 7)

2 Vi har matriserna

A =

 

 

 

1 0 −3

0 2 4

 

 

  B = h

3 −4 −17 i

Matrisen X uppfyller XA = B

Vad är X? (2p)

Lösning:

X måste vara en 1 × 2-matris, annars stämmer inte dimensionerna. Säg att X = [a b]. Det ger

XA =h a bi







1 0 −3

0 2 4





=h

a 2b −3a + 4bi

=h

3 −4 −17i

= B

Förstaelementet ger a = 3, andra 2b = −4, dvs. b = −2, och detta stämmer med tredje:

−3 · 3 + 4 · (−2) = −17. Så X =h

3 −2i

Rättningsnorm: 1 p för vettigt angreppssätt; 2 p om uppgiften är slutförd. Inget avdrag för enstaka räknefel. Ett sådant leder troligen till ”problemet olösligt”, vilket då ger poäng om man motiverar ordentligt. Ingen poäng för ”olösligt” utan tillhörande räknefel.

3 (a) Vad är en vektor för något? Ge en förklaring som du själv skulle ha kunnat

förstå innan du läste den här kursen. (1p)

Lösning:

Nånting som har både storlek och riktning, som hastighet och kraft. Kan illustreras med en pil. (Det finns en mycket mer omfattande matematisk definition, men det här är det som är relevant i de samband som ni arbetar med.)

(b) Vad är en skalär för något? (Samma instruktion i övrigt.) (1p)

Lösning:

Ett vanligt tal, eller någon storhet som kan fullständigt beskrivas med ett tal (som massa eller laddning).

4 I nedanstående bild har vi ritat representanter för fem vektorer. Om vi använder basen B = {u

1

, u

2

}, vilka koordinater har då

(a) v

1

? (2/3p)

(b) v

2

? (2/3p)

(c) v

3

? (2/3p)

(Summan avrundas till närmsta heltal.)

(3)

MMA123/MM2340 Tentamen 10.08.25 Lösningsförslag

Sida 3 (av 7)

u

1

u

2

v

1

v

2

v

3

Lösning:

(a) v1= −3u1− u2, koordinater (−3, −1) (b) v2= 2u1+ 3u2, koordinater (2, 3) (c) v3= −3u1+ 2u2, koordinater (−3, 2)

Rättningsnorm: Den som gjort ett konsekvent fel, typ tagit u2:s koefficient som första- koordinat eller svarat med linjärkombinationen istället för med talparet, får halva poängen.

5 (a) z = −10 − 10i. Skriv z på polär form. (1p)

Lösning:

z = 10

2(cos 5π/4 + i sin 5π/4)

(b) w = 5(cos 5π/6 + i sin 5π/6). Skriv w på rektangulär form. (1p)

Lösning:

w = −5

3/2 + 5i/2

Rättningsnorm: Om det är småfel i båda deluppgifterna ges 1 p totalt för uppgif- tern.

6 Vi har linjerna

1

: (x, y, z) = (−5, 2, 0) + t(−3, 1, 2)

2

: (x, y, z) = (1, 0, −4) + t(3, −1, −2)

(angivna i samma koordinatsystem). Är ℓ

1

och ℓ

2

två olika linjer eller samma linje?

Motivera! (2p)

Lösning:

(−3, 1, 2) = −(3, −1, −2) så riktningsvektorerna är parallella. Då är linjerna antingen pa- rallella eller identiska. Om någon punkt på ℓ1ligger på ℓ2så är de identiska. Se efter om P1: (−5, 2, 0) ligger på ℓ2. Gör den det så finns ett t sådant att

(−5, 2, 0) = (1, 0, −4) + t(3, −1, −2)(3t, −t, −2t) = (−6, 2, 4)

Detta kan separeras i tre ekvationer om man så vill, men förmodligen ser man att t = −2 löser denna vektorekvation. Så P1ligger på ℓ2, och då måste linjerna vara identiska.

Rättningsnorm: Korrekt angreppssätt: 1 p. Helt rätt: 2 p.

(4)

MMA123/MM2340 Tentamen 10.08.25 Lösningsförslag

Sida 4 (av 7)

7 Då man arbetar med vektorer använder man bland annat skalärprodukt (dot pro- duct) och vektorprodukt (cross product). Dessa räknesätt har likartade räkneregler, men de är inte helt lika.

(a) Skriv upp någon räkneregel som är i princip likadan för skalärprodukt och för

vektorprodukt. (1p)

Lösning:

Exempelvis: u · (v + w) = u · v + u · w, u × (v + w) = u × v + u × w; u · 0 = 0, u × 0 = 0; (au) · v = a(u · v), (au) × v = a(u × v).

(b) Skriv upp någon räkneregel som inte är likadan för skalärprodukt och för vek-

torprodukt. (1p)

Lösning:

Exempelvis: u · v = v · u men u × v = −(v × u); u · v = 0 betyder att u och v är vinkelräta men u × v = 0 betyder att de är parallella; u × u = 0 för alla u medan u · u = 0 bara för u = 0.

Rättningsnorm: Svårt att förutse hur svaren kan se ut!

8 En triangel har hörn i punkterna P

1

: (−3, 4, −2), P

2

: (−1, 4, −5) och P

3

: (−3, 7, −1). Bestäm triangelns area. (ON-system.) (2p)

Lösning:

Utnyttja

Area = basen · höjden

2 =sida · sida · sin (mellanliggande vinkel) 2

och att

ku × vk = kuk · kvk · sin αuv

Vi tar kantvektorerna, kryssar dem, tar normen och halverar:

u =−−−−→P1P2= (−1, 4, −5) − (−3, 4, −2) = (2, 0, −3) v =−−−−→P1P3= (−3, 7, −1) − (−3, 4, −2) = (0, 3, 1)

u × v = (2, 0, −3) × (0, 3, 1) = 0 · 1 − (−3) · 3, −3 · 0 − 2 · 1, 2 · 3 − 0 · 0 = (9, −2, 6) ku × vk = k(9, −2, 6)k = p

92+ (−2)2+ 62= √

81 + 4 + 36 = √

121 = 11 så arean är 11/2 vad-man-nu-arbetar-i-för-areaenheter.

Rättningsnorm: Insett att man ska utgå från kantvektorerna: 1 p. Insett att man ska använda vektorprodukt: 1 p. Inget avdrag för räknefel.

(5)

MMA123/MM2340 Tentamen 10.08.25 Lösningsförslag

Sida 5 (av 7)

B-del

9 Vi har ekvationssystemet

 

 

 

 

 

 

λx + y + 5z = 4 x + y + 3z = λ x + λy + 4z = λ

Lös ekvationssystemet för alla värden på λ. (4p)

Lösning:

Starta Gauss-Jordan som vanligt, men skjut upp division med obekant så långt som möjligt med hjälp av radbyten. (Obekanta uttryck kan vara noll, och man kan ju inte dividera med noll.)











L 1 5 4

1 1 3 L

1 L 4 L











∼ · · · ∼











1 1 3 L

0 1 − L 5 − 3L 4 − L2

0 L − 1 1 0











Nu verkar man inte kunna få en ledande 1:a i andra kolumnen utan att dividera, vilket förutsätter att L , 1. Undersök först vad som händer om L = 1:











1 1 3 1

0 0 2 3

0 0 1 0











Det här ser väldigt olösligt ut, för 2z = 3 är inte konsistent med 1z = 0.

Om L , 1 kan vi dividera med det, och kommer vidare till











1 1 3 L

0 1 (5 − 3L)/(1 − L) (4 − L2)/(1 − L)

0 0 6 − 3L 4 − L2











Samma problem igen. Om L = 2 blir 6 − 3L = 0 och går inte att dividera med. Undersök det fallet:











1 1 3 2

0 1 1 0

0 0 0 0





















1 0 2 2

0 1 1 0

0 0 0 0











Ger x + 2z = 2, y + z = 0, vilket kan parameteruttryckas som x = 2 − 2t, y = −t, z = t. Om L , 2 kan vi däremot dividera, och får

∼ · · · ∼











1 0 0 (5L − 8)/3(1 − L) 0 1 0 (L − 2)/3(1 − L)

0 0 0 (L + 2)/3











Rättningsnorm: Identifierat de två undantagsfallen: 1 p styck. Fixat det generella fallet: 2 p

10 u, v och z är tre olika komplexa tal. De uppfyller uz = v

2

uv = z

2

Visa att talen ligger som hörn i en liksidig triangel i det komplexa talplanet. (4p)

(6)

MMA123/MM2340 Tentamen 10.08.25 Lösningsförslag

Sida 6 (av 7)

Lösning:

Om z vore noll skulle v också vara noll, och tvärtom, och det var sagt att talen var olika.

Så de är inte noll, och går att dividera med. Vi får

u = v2

z u = z2 v vilket kan sättas ihop till

v2 z =z2

vv3= z3

Två olika tal med samma kubik är lösningar till samma binomiska tredjegradsekvation. Det betyder att de har samma belopp och att deras argument skiljer sig med 360/3 = 120. Så vi har

v = r(cos θ + i sin θ), z = r cos(θ ± 120) + i sin(θ ± 120) Då blir

u = v2 z

= r(cos θ + i sin θ)2 r cos(θ ± 120) + i sin(θ ± 120)

= r2(cos 2θ + i2 sin θ) r cos(θ ± 120) + i sin(θ ± 120)

= r cos(2θ − (θ ± 120)) + i sin(2θ − (θ ± 120))

= r cos(θ ∓ 120) + i sin(θ ∓ 120)

u ligger alltså på samma avstånd från origo, och 120åt andra hållet. Hörnen på en liksidig triangel med centrum i origo ligger på samma avstånd från origo, och i riktningar som skiljer sig med 120. Så hörnen ligger som angivet, Vilket Skulle Bevisas.

Rättningsnorm: Får göras upp under rättningen, svårt att förutse hur svaren kommer att se ut!

11 Vi har en 3 × 3-matris A med följande egenskaper: Om vi tar en punkt P : (x, y, z) så kommer

A

 

 

 

 

 

  x y z

 

 

 

 

 

 

att ge oss koordinaterna för den punkt i planet Π : x + 2y + 3z = 0 som ligger

närmast P. Vad är matrisen A? (4p)

Lösning:

Man kan gå till väga på femtioelva olika sätt, här kommer två:

Variant 1 (geometrisk): En första observation: Om vi multiplicerar en punkt som redan ligger i planet med A så ska vi få ut samma koordinater som vi stoppade in. Planet kan skrivas om till x = −2y − 3z, så vi vet alltså att

A











−2y − 3z y z











=











−2y − 3z y z











(7)

MMA123/MM2340 Tentamen 10.08.25 Lösningsförslag

Sida 7 (av 7)

Om vi sätter in några lätträknade värden för y och z och sätter namn på elementen i A har vi











a b c

d e f

g h i





















−2 1 0











=











−2 1 0





















−2a + b

−2d + e

−2g + h











=











−2 1 0























b = 2a − 2 e = 2d + 1 h = 2g

Verkar lovande. Lyckas vi hitta första kolumnen i matrisen så kan vi med den bestämma andra kolumnen. Vi gör om samma sak med andra siffror:











a b c

d e f

g h i





















−3 0 1











=











−3 0 1





















−3a + c

−3d + f

−3g + i











=











−3 0 1























c = 3a − 3 f = 3d

i = 3g + 1 Vi kan tydligen ta fram även tredje kolumnen ur första.

Nu kanske vi ska titta på en punkt som ligger utanför planet. Normalen är n = (1, 2, 3).

Punkten P : (1, 2, 3) ligger en normalvektor ovanför origo, dvs. origo är den punkt som ligger närmast P. Det ger:











a b c

d e f

g h i





















 1 2 3











=











 0 0 0





















a + 2b + 3c d + 2e + 3 f g + 2h + 3i











=











 0 0 0























a + 2b + 3c = 0 d + 2e + 3 f = 0 g + 2h + 3i = 0 Sätter vi nu in de första resultaten i det sista systemet får vi

a + 2(2a − 2) + 3(3a − 3) = 14a − 13 = 0 a = 13/14

d + 2(2d + 1) + 3(3d) = 14d + 2 = 0 d = −2/14 = −1/7 g + 2(2g) + 3(3g + 1) = 14g + 3 = 0 g = −3/14 Vi har nu första kolumnen, och kan ta fram andra och tredje:

b = 2(13/14) − 2 = −1/7 c = 3(13/14) − 3 = −3/14 e = 2(−1/7) + 1 = 5/7 f = 3(−1/7) = −3/7 h = 2(−3/14) = −3/7 i = 3(−3/14) + 1 = 5/14

Variant 2 (algebraisk) (Geometrisk också, men man börjar resonera algebraiskt.) Om man multiplicerar en kolumnmatris med en 1:a i en position och 0:or i övrigt med en matris så får man ut den kolumn i matrisen som motsvarar 1:ans position. Låt oss se efter vilka punk- ter i planet som ligger närmast P1 : (1, 0, 0), P2: (0, 1, 0) och P3: (0, 0, 1); koordinaterna för dessa måste motsvara kolumnerna i matrisen.

P1: Kolla var linjen ℓ1: (x, y, z) = (1, 0, 0) + t1(1, 2, 3) skär planet:

1(1 + t1) + 2(2t1) + 3(3t1) = 1 + 14t = 0 t = −1/14 så skärningspunkten är Q1: (1, 0, 0) − 141(1, 2, 3) = (1314,−142,−143).

P2: Var skär ℓ2: (x, y, z) = (0, 1, 0) + t2(1, 2, 3) planet?

1(t1) + 2(1 + 2t1) + 3(3t1) = 2 + 14t2= 0 t2= −2/14 Skärningspunkt Q3: (0, 1, 0) −142(1, 2, 3) = (−142,1014,−146).

P3: Var skär ℓ3: (x, y, z) = (0, 0, 1) + t3(1, 2, 3) planet?

1(t1) + 2(2t1) + 3(1 + 3t1) = 3 + 14t2= 0 t2= −3/14 Skärningspunkt Q3: (0, 0, 1) −143(1, 2, 3) = (−143,−146,145).

Svar: A =











13

14142143

142 1014146

143146 5 14











Rättningsnorm: Poäng efter hur stor procent av en fungerande lösning man åstadkommit.

Åtminstone 1 p för konstruktiv början.

(8)

Mälardalens högskola

Akademin för undervisning, kultur och kommunikation

MAA123 Grundläggande vektoralgebra

Test 1 – Lösningsförslag 2010.09.20 08.30–09.30

Detta test är examination på ÖVN1.

Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)

Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 poäng.

Frågor kan ställas till: Hillevi Gavel, som nås på 073–763 27 88

Övriga anvisningar: • Skriv läsbart. • Förklara alla resonemang som inte är trivialt uppen- bara. • Se till att det framgår vad svaret på frågan är. • Om du inte kan lösa en uppgift fullständigt men har några idéer, skriv då ner dem. Det kan ge delpoäng.

1.1 Vi har här två matriser:

A =

 

 

 

3 −2 4

0 2 −3

 

 

 

B =

 

 

 

−5 0 1

−1 3 7

 

 

  Beräkna, eller förklara varför det är omöjligt:

(a) A + B (1p)

Lösning:

Går att beräkna, addera elementvis:

A+ B =







3+ (−5) −2 + 0 4+ 1 0+ (−1) 2+ 3 −3 + 7





=







−2 −2 5

−1 5 4







Rättningsnorm:Inget avdrag för enstaka räknefel om man kan se att principen är rätt.

(b) AB (1p)

Lösning:

Går ej att räkna ut, eftersom A har 3 kolumner och B bara 2 rader. De antalen måste vara lika för att produkten ska vara definierad.

Rättningsnorm:Förklaringen måste påpeka att det är de här antalen som är prob- lemet. Ingen poäng om man räknar ut något!

1.2 (a) Lös nedanstående ekvationssystem med Gauss-Jordans metod:

 

 

 

 

 

 

x + 4y = −2

−2x − 7y = 4 3x + 10y = −6

Se till att det klart och tydligt framgår vad lösningen är! (1p)

(9)

MAA123 – Lösning Sida 2 (av 3)

Lösning:

Gauss-Jordan ger:











1 4 −2

−2 −7 4

3 10 −6











∼ · · · ∼











1 0 −2

0 1 0

0 0 0











så lösningen är x= −2, y = 0. (Tredje raden säger bara att 0x + 0y ska bli noll, och det blir det ju automatiskt.)

Rättningsnorm:Inget avdrag för enstaka räknefel. (Resultatet av ett sådant är för- modligen att ekvationssystemet verkar sakna lösning.) Det måste på något sätt framgå vad svaret är, bara den reducerade matrisen räcker inte. (Om man i testet i (b) ser att personen läst ut svaret korrekt ur matrisen så ges dock poäng.)

(b) Visa att din lösning är korrekt. Om systemet saknar lösning, förklara hur du

såg det. (1p)

Lösning:

Sätt in lösningen i samtliga ekvationer:













VL1= −2 + 4 · 0 = −2 = HL1

VL2= −2 · (−2) − 7 · 0 = 4 = HL2

VL3= 3 · (−2) + 10 · 0 = −6 = HL3

Rättningsnorm:Man måste testa i samtliga ekvationer för poäng. Vid felräkning i (a) ger korrekt förklaring av varför systemet verkar olösligt poäng. Vid felräkning som gav ett svar (vilket testet visar inte stämmer) ger ”jag räknade visst fel på (a)”

poäng medan ”problemet är olösligt” inte ger det.

1.3 Din kompis har löst en matrisekvation så här:

XA = B XAA

−1

= A

−1

B

XI = A

−1

B X = A

−1

B

Han har nu räknat ut A

−1

och tagit fram X. Men svaret stämmer inte då han sätter in det i ursprungsekvationen. Han ber dig om hjälp. Vad har han gjort för fel, och

hur ska han rätta till det? (2p)

Lösning:

Då man löser en ekvation måste man göra exakt samma sak i vänster och höger led. Han har lagt på A−1 till höger i vänster led och till vänster i höger. Eftersom matrismultip- likation inte är kommutativ (dvs. det spelar roll i vilken ordning faktorerna står) är detta inte att göra samma sak. Han ska flytta A−1till högersidan i högerledet. (Det är till höger den ska stå, eftersom den måste hamna bredvid A i vänsterledet för att man ska få I där.) Rättningsnorm:Om man kommer med någon rimlig hypotes typ ”han har nog räknat fel i inverteringen, och ska multiplicera ihop den beräknade inversen med ursprungsmatrisen för att se om det stämmer” så får man 1 poäng för uppgiften.

Var god vänd!

(10)

MAA123 – Lösning Sida 3 (av 3)

1.4 (a) Beräkna inversen till nedanstående matris (förutsatt att det är möjligt):

A =

 

 

 

 

 

 

1 −3 5

−2 7 −7

−1 2 −8

 

 

 

 

 

 

Se till att det klart och tydligt framgår vad svaret är! (1p)

Lösning:

Gauss-Jordan ger











1 −3 5 1 0 0

−2 7 −7 0 1 0

−1 2 −8 0 0 1











∼ · · · ∼











1 −3 5 1 0 0

0 1 3 2 1 0

0 0 0 3 1 1











 Matrisen saknar invers.

Rättningsnorm:Inget avdrag för enstaka räknefel.

(b) Visa att den beräknade inversen är korrekt eller förklara hur du såg att det

inte finns någon. (1p)

Lösning:

Problemet är de där tre nollorna i nedersta raden. Det är omöjligt att göra om dem till 0 0 1. (Man kan inte få slut-1:an bara med hjälp av 2:a raden, den ger skräp i position 2. Och börjar vi blanda in 1:a raden också kommer den att lägga saker i position 1.)

Rättningsnorm:Man ska visa att man vet att det är 0 0 0 som är problemet, man behöver inte formulera så klart varför det är ett problem. Om man räknade fel så att man fick fram en invers på (a) ska man multiplicera ihop denna med ursprungs- matrisen, vilket inte kommer att ge identitetsmatrisen. ”Jag har visst räknat fel” ger poäng, ”olösligt” ger det inte.

(11)

Mälardalens högskola

Akademin för undervisning, kultur och kommunikation

MAA123 Grundläggande vektoralgebra

Test 2 – Lösningsförslag 2010.10.04 08.30–09.30

Detta test är examination på ÖVN2.

Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)

Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 poäng.

Frågor kan ställas till: Hillevi Gavel, som nås på 073–763 27 88

Övriga anvisningar: • Skriv läsbart. • Förklara alla resonemang som inte är trivialt uppen- bara. • Se till att det framgår vad svaret på frågan är. • Om du inte kan lösa en uppgift fullständigt men har några idéer, skriv då ner dem. Det kan ge delpoäng.

2.1 Vi har vektorerna u = (1 , −4 , 2), v = (−3 , −2 , 4) och w = (−1 , 5 , 8) (angivna i samma bas). Skriv w som linjärkombination av u och v, om det är möjligt.

Förklara annars varför det inte går. (2p)

Lösning:

Vi ska alltså hitta två tal a, b, sådana att au + bv = w. Det ger a(1,−4,2) + b(−3,−2,4) = (−1,5,8)

(a − 3b,−4a − 2b,2a + 4b) = (−1,5,8) vilket motsvarar följande linjära ekvationssystem













a − 3b = −1

−4a − 2b = 5 2a + 4b = 8 som löses med Gauss-Jordan:











1 −3 −1

−4 −2 5

2 4 8











∼ · · · ∼











1 −3 1

0 −14 1

0 10 10











Redan här ser man att ekvationssystemet är inkonsistent; ekvationerna −14b = 1 och 10b = 10 kan inte uppfyllas samtidigt.

Svar: Det går inte!

Rättningsnorm: Visat att man förstått frågan: 1 p. Kommit till svar: ytterligare 1 p.

2.2 Har nedanstående ekvationssystem entydig lösning?

 

 

 

 

 

 

7x2z = −5

−3x + y + 4z = 8 4x2z = 3

Motivera! (2p)

(12)

MAA123 – Lösning Sida 2 (av 3)

Lösning:

En metod: lös ekvationssystemet och se hur det går. Man behöver här inte hålla på ända till reducerad form; när man fått nollor nedanför diagonalen är det uppenbart att vidare räkning kommer att leda till entydig lösning, och då kan man bryta.

Annan metod: Lika många ekvationer som obekanta, vilket ger kvadratisk koefficient- matris. Då har vi entydig lösning om och endast om koefficientmatrisen är inverterbar, vilket den är om och endast om dess determinant är skild från noll. Kolla determinanten:

7 0 −2

−3 1 4

4 0 −2

= −0 + 1

7 −2 4 −2

−0 = 7 · (−2) − (−2) · 4 = −14 + 8 = −6 , 0

(Vi har utvecklat efter andra kolumnen.) Svar: Ja, ekvationssystemet har entydig lösning.

Rättningsnorm: Första metoden: Kommit igång: 1 p. Kommit ända till svar i klartext:

1 p. Andra metoden: Valt metoden: 1 p. Räknat rätt på determinanten: 1 p.

2.3 Nedan har vi ritat representanter för ett antal vektorer i planet:

u

1

u

2

u

3

u

4

Nu vill vi ha en bas.

(a) Kan man använda {u

1

, u

2

} som bas för vektorerna i planet? (2/3p)

Lösning:

Nej. (Vektorerna är parallella, och därmed (1) är de inte linjärt oberoende (2) spän- ner de inte upp planet. En bas för något ska bestå av linjärt oberoende vektorer som spänner upp vad-det-nu-är man ska ha en bas till.)

(b) Kan man använda {u

1

, u

3

} som bas för vektorerna i planet? (2/3p)

Lösning:

Ja. (De är linjärt oberoend och spänner upp planet.)

(c) Kan man använda {u

2

, u

3

, u

4

} som bas för vektorerna i planet? (2/3p)

Lösning:

Nej. (De spänner upp planet, men är inte linjärt oberoende. Tre vektorer i planet är alltid linjärt beroende, för planet är två-dimensionellt.

Rättningsnorm: Kan bara bli rätt eller fel. Svar som man inte kan avgöra om de avser att vara ”ja” eller ”nej” får 0 p.

Motivering behövs ej, men är inte förbjuden. Poängsumman avrundas till närms- ta heltal.

Var god vänd!

(13)

MAA123 – Lösning Sida 3 (av 3)

2.4 Vi har följande matriser:

A =

 

 

 

−5 2 4 2

 

 

  B =

 

 

  1 1 2 2

 

 

  C =

 

 

  4 −1

3 7

 

 

  Beräkna

det(ABC) (2p)

Lösning:

En metod: Multiplicera ihop matriserna, vilket ger

ABC =







−7 −6

56 48







Beräkna sedan determinanten, som blir noll.

Annan metod: Utnyttja

det(ABC) = det A · det B · det C Beräkna determinanterna:

det A = −18 det B = 0 det C = 31 Produkten blir noll, eftersom en av faktorerna är det.

Tredje metod: Inled som i metod 2, men konstatera direkt att B har två proportionella rader, därmed ej är inverterbar, och därmed har determinant noll, vilket gör hela klabbet till noll, oavsett var det A och det B är.

Rättningsnorm: Metod 1: Korrekt matrisprodukt (inget avdrag för enstaka räknefel): 1 p.

Korrekt determinantberäkning: 1 p. Metod 2: Insett metoden: 1 p. Korrekta determinant- beräkningar : 1 p. Metod 3: Insett metoden: 1 p. Motiverat begripligt: 1 p.

(14)

Mälardalens högskola

Akademin för undervisning, kultur och kommunikation

MAA123 Grundläggande vektoralgebra

Test 3 – Lösningsförslag 2010.10.18 08.30–09.30

Detta test är examination på TEN2 del A.

Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)

Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 poäng.

Frågor kan ställas till: Hillevi Gavel, som nås på 073–763 27 88

Övriga anvisningar: • Skriv läsbart. • Förklara alla resonemang som inte är trivialt uppen- bara. • Se till att det framgår vad svaret på frågan är. • Om du inte kan lösa en uppgift fullständigt men har några idéer, skriv då ner dem. Det kan ge delpoäng.

OBS! Om du blir godkänd (dvs. får minst 5 poäng) så kan du skriva del B vid tentatillfället 1 november. Detta kan ge dig högre betyg på kursen. (Om du inte blir godkänd nu får du skriva om del A då.)

3.1 Vi har punkterna

P1: (4, 0, 1) P2: (2, −2, 3) P3: (−1, 3, 2)

Ta fram den parameterfria ekvationen för det plan som innehåller punkterna. (2p) Lösning:

En metod: Ekvationen borde se ut enligt ax+ by + cz + d = 0, och de givna punkternas koordinater ska passa in. Det ger ekvationsssystemet













4a+ 0b + 1c + d = 0 2a − 2b+ 3c + d = 0

−1a+ 3b + 2c + d = 0

Detta underbestämda homogena ekvationssystem löses med Gauss-Jordan:











4 0 1 1 0

2 −2 3 1 0

−1 3 2 1 0





















1 0 0 16 0 0 1 0 16 0 0 0 1 13 0











 Vi har alltså













a+16d= 0 b+16d= 0 c+13d= 0













a= −16d b= −16d c= −13d

Vi har här fått fram alla tänkbara varianter på planets ekvation. Eftersom vi nöjer oss med en sätter vi d till något som ger snygga siffror, t.ex. d = −6, vilket ger a = 1, b = 1, c= 2, och svaret x + y + 2z − 6 = 0.

Alternativt tar vi fram en parameterform och eliminerar parametrarna ur en av ekvatio- nerna, eller så tar vi fram normalen och utgår från den.

Rättningsnorm:Via ekvationssystem: Satt upp rätt system: 1 p. Kommit vidare till ek- vation i klartext: 1 p. Via parameterform: Korrekt parameterform: 1 p. Kommit vidare till ekvation i klartext: 1 p. Via normal: Rätt normal: 1 p. Kommit vidare till ekvation i klartext: 1 p.

(15)

MAA123 – Lösning Sida 2 (av 3)

3.2 Här har vi en lista på ett antal ”räkneregler”. En del av dem är korrekta, andra är felaktiga.

(En regel är korrekt om den alltid gäller.) Ange för varje ”regel” om den är rätt eller fel.

(a) u · v= kukkvk cos α (där α är vinkeln mellan u och v) (±0,4p)

(b) u × v= kukkvk sin α (±0,4p)

(c) u · 0= 0Tryckfel! (±0,4p)

(d) Om u · v= 0Tryckfel!så måste någon av u och v vara 0 (±0,4p)

(e) u × (v+ w) = u × v + u × w (±0,4p)

Alla bokstäver står för vektorer. Motivering behövs ej, men se till att det klart framgår vad som är svar på vilken fråga.

Obs! Ett felaktigt svar ger minuspoäng. (Inget svar alls ger 0 p.) Totalpoängen för upp- giften blir dock aldrig lägre än noll, och avrundas till heltal.

Lösning:

Vi motiverar felaktigheterna, även om det inte krävdes:

(a) Rätt

(b) Fel. Däremot gäller att ku × vk= kukkvk sin α

(c) Tryckfel i frågan, så det är oklart hur den ska tolkas. ”Vektor skalärt nollvektorn= talet noll” är sant medan ”vektor skalärt nollvektorn= nollvektorn” är falskt. Samma problem med nästa uppgift. Därför stryker vi uppgift (c) och (d), och ökar poängen på de resterande till 2/3 p styck.

(d) Utgår!

(e) Rätt

Rättningsnorm:Korrekt svar ger+2/3 p, felaktigt−2/3 p. Obesvarad fråga, svar som man inte förstår vilken fråga det hör till och svar som man inte kan tolka får 0 p.

3.3 Punkterna P1, P2, P3och P4är hörn på en parallellogram, och ligger i den ordningen. De första punkternas koordinater är: P1 : (6, −4, 3), P2 : (5, −2, 3), P3 : (4, −2, 0). Bestäm

parallellogrammens area. (ON-system) (2p)

Lösning:

Arean av en parallellogram är basen · höjden = sida · sida · sin(mellanliggande vinkel) vilket gör att den kan beräkas med hjälp av vektorprodukten av kantvektorerna.

u=−−−−→

P2P1= (6, −4, 3) − (5, −2, 3) = (1, −2, 0) v=−−−−→

P2P3= (4, −2, 0) − (5, −2, 3) = (−1, 0, −3) u × v= (1, −2, 0) × (−1, 0, −3) = (−6, −3, 2) ku × vk= k(−6, −3, 2)k = p

(−6)2+ (−3)2+ 22= √ 49= 7 så arean är 7 vad-man-nu-använder-för-enheter.

Rättningsnorm:Insett att man ska ha vektorprodukten av kantvektorerna: 0,5 p. Räknat ut kantvektorerna: 0,5 p. Korrekt vektorprodukt: 0,5 p. Normberäkning: 0,5 p. 0,5 och 1,5 p avrundas båda till 1.

3.4 Vi har planenΠ1: 3x − 2y+ 4z = 6 och Π2: −2x+ 3y + 3z = −1 (angivna i samma ON- system). Bestäm vinkeln mellan planen. Om de är parallella, bestäm istället avståndet.

(2p)

(16)

MAA123 – Lösning Sida 3 (av 3)

Lösning:

Planens normalvektorer är n1= (3, −2, 4) respektive n2= (−2, 3, 3), och dessa är uppen- bart inte parallella. Alltså är det vinkeln som söks. Vinkelberäkningen ger

cos α= n1 · n2

kn1kkn2k

= (3, −2, 4) · (−2, 3, 3) k(3, −2, 4)kk(−2, 3, 3)k

= 3 · (−2)+ (−2) · 3 + 4 · 3 k(3, −2, 4)kk(−2, 3, 3)k

= 0

k(3, −2, 4)kk(−2, 3, 3)k= 0 så vinkeln är rät.

Rättningsnorm:Ställt upp korrekt vinkelberäkningsformel: 1 p. Vinkel i klartext: 1 p.

(Om man gör en avståndsberäkning av avståndet från ena planet till en punkt i det andra så får man 1 p om den är helt korrekt.)

(17)

Mälardalens högskola

Akademin för undervisning, kultur och kommunikation

MAA123 Grundläggande vektoralgebra

Tentamen – Lösningsförslag 10.11.01 08.30–11.30

Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)

Poäng: Information finns på de respektive delskrivningarna.

Frågor kan ställas till: Hillevi Gavel, som nås på 073–763 27 88

Övriga anvisningar: • Skriv läsbart. • Förklara alla resonemang som inte är trivialt uppen- bara. • Se till att det framgår vad svaret på frågan är. • Om du inte kan lösa en uppgift fullständigt men har några idéer, skriv då ner dem. Det kan ge delpoäng.

OBS!

• Del 1 och 2 är omexamination av kursmomenten ÖVN1 och ÖVN2. Om du redan är godkänd på något av dessa moment så ska du inte skriva motsvarande del av tentan.

• Del 3 är omexamination TEN2 del A, som gavs 18 oktober. Om du fick minst 5 poäng då eller är godkänd på ÖVN3 sedan föregående läsår så ska du inte skriva denna del.

• Del 4 är TEN2 del B, den del som kan ge överbetyg. Den är frivillig.

(18)

MAA123 Tentamen – Lösning 10.11.01 Sida 2 (av 11)

Del 1: ÖVN 1

Denna del är är omexamination av ÖVN1 och ska inte skrivas av de som redan är godkända på ÖVN1.

För godkänt fordras minst 5 poäng.

1 (a) Beräkna inversen till nedanstående matris (förutsatt att det är möjligt):

A =

 

 

 

 

 

 

1 0 −3

−2 0 7

3 −1 −9

 

 

 

 

 

 

Se till att det klart och tydligt framgår vad svaret är! (1p)

Lösning:

Gauss-Jordan ger











1 0 −3 1 0 0

−2 0 7 0 1 0

3 −1 −9 0 0 1











∼ · · · ∼











1 0 0 7 3 0

0 1 0 3 0 −1

0 0 1 2 1 0











 (En av operationerna är ett radbyte.)

Svar: A−1=











7 3 0

3 0 −1

2 1 0











Rättningsnorm: Inget avdrag för enstaka räknefel, om principen är rätt. Om räknefel gjorde att inversberäkningen verkade olöslig så ger ”invrs saknas” poäng. Om man kör fast vid radbytet och där säger ”olösligt” ges ingen poäng.

(b) Visa att den beräknade inversen är korrekt eller förklara hur du såg att det inte

finns någon. (1p)

Lösning:

Multiplicera ihop den beräknade inversen med ursprungsmatrisen och konstatera att det blir enhetsmatrisen.

Rättningsnorm: Om man gjort räknefel i (a) och ändå får enhetsmatrisen här ges ingen poäng, då har man inte utfört beräkningen ordentligt. Om man gjort räknefel i (a) och ser att det inte blir enhetsmatrisen så ger ”jag har visst räknat fel i (a)” poäng medan

”olösligt” inte gör det. Att korrekt invertera tillbaka och se att man får tillbaka A ger poäng.

2 (a) Lös nedanstående ekvationssystem med Gauss-Jordans metod:

 

 

 

 

 

 

x − 4y + 2z + 5w = 0

−x + 5y + z − 6w = −6 2x − 6y + 10z + 8w = −10

Se till att det klart och tydligt framgår vad lösningen är! (1p)

(19)

MAA123 Tentamen – Lösning 10.11.01 Sida 3 (av 11)

Lösning:

Gauss-Jordan ger











1 −1 2 5 0

−1 5 1 −6 −6

2 −6 10 8 −10











∼ · · · ∼











1 −4 2 5 0

0 1 3 −1 −6

0 0 0 0 2











vilket innebär att ekvationssystemet är olösligt. Nedersta raden innebär att 0x + 0y + 0z + 0w ska bli 2, och det kan det inte bli! (Detta besvarar nästa fråga.)

Rättningsnorm: Inget avdrag för enstaka räknefel, men svaret ska stämma med den reducerade matris man kommit fram till.

(b) Visa att din lösning är korrekt. Om systemet saknar lösning, förklara hur du

såg det. (1p)

Lösning:

Se (a)-uppgiften.

Rättningsnorm: Om man räknat fel så att man fick ett svar på (a) så ska man testa svaret (med eventuella parametrar) i samtliga ekvationer, vilket kommer att visa att det inte stämmer. ”Jag räknade visst fel på (a)” ger då poäng medan ”problemet är olösligt” inte ger det.

3 (a) Vilken typ av linjära ekvationssystem är det som kan ha icke-triviala lösning-

ar? (1p)

Lösning:

Homogena ekvationssystem, system där alla högerled är noll, kan ha icke-triviala lös- ningar.

Rättningsnorm: Namn eller beskrivning går lika bra.

(b) Vad är en icke-trivial lösning för något? (1p)

Lösning:

En icke-trivial lösning till ett homogent system är vad som helst som inte är den trivi- ala lösningen ”sätt alla obekanta till noll”.

Rättningsnorm: Räcker inte med bara ”en som inte är trivial”.

4 Vi har matriserna

A =

 

 

 

 

 

 

−1 2

0 −3

2 4

 

 

 

 

 

 

B =

 

 

 

 

 

 

−7 6

−2

 

 

 

 

 

 

Vi vet att B = AX Vad är matrisen X?

Lösning:

A är 3 × 2, B är 3 × 1. Då måste X vara 2 × 1, annars stämmer inte dimensionerna. Vi sätter

X =





 x y







(20)

MAA123 Tentamen – Lösning 10.11.01 Sida 4 (av 11)

och ser vart det leder:

AX = B











−1 2

0 −3

2 4















 x y





 =











−7 6

−2











Detta är matrisformen av det överbestämda linjära ekvationssystemet













−x + 2y = −7

−3y = 6 2x + 4y = −2

Kan lösas med Gauss-Jordan, men är tillräckligt enkelt att lösa med inspektion. Ekvation 2 ger y = −2. Insatt i ekvation 1 och 3 ger det −x − 4 = −7 respektive 2x − 8 = −2. Båda dessa ekvationer har lösningen x = 3.

Svar: X =





 3

−2







Rättningsnorm: Kommit igång med lösningen: 1 p. Helt rätt svar: +1 p (dvs. 2 p totalt).

Trivialt räknefel och ett konstaterande av att svaret måste vara fel: +1 p. (Svaret kan kon- trolleras med huvudräkning, så det finns ingen ursäkt för att svara med något som inte stämmer.) Trivialt räknefel som fick problemet att verka olösligt, ihop med korrekt för- klaring för hur man såg detta: +1 p. Ett påstående av typen ”A går inte att invertera så problemet är olösligt” ger 0 p totalt.

(21)

MAA123 Tentamen – Lösning 10.11.01 Sida 5 (av 11)

Del 2: ÖVN2

Denna del är omexamination av ÖVN2 och ska inte skrivas av de som redan är god- kända på ÖVN2.

För godkänt fordras minst 5 poäng.

5 Vi har vektorerna u = (0, −3, 2), v = (2, 2, −1) och w = (6, 0, 1) (angivna i samma bas). Skriv w som linjärkombination av u och v, om det är möjligt. Förklara annars

varför det inte går. (2p)

Lösning:

Vi söker tal a, b, sådana att w = au + bv. Det ger a(0, −3, 2) + b(2, 2, −1) = (6, 0, 1)

(2b, −3a + 2b, 2a − b) = (6, 0, 1) vilket kan skrivas som ekvationssystemet













2b = 6

−3a + 2b = 0 2a − b = 1

Kan lösas med Gauss-Jordan, men inspektion går lika bra: Ekvation 1 ger b = 3, vilket insatt i ekvation 2 ger a = 2, och dessa värden stämmer i ekvation 3 och löser därmed systemet.

Svar: w = 2u + 3v

Rättningsnorm: Visat att man förstår frågan: 1 p. Kommit ända till korrekt svar: 1 p. (Kan kontrolleras med huvudräkning, så ingen ursäkt för räknefel.)

6 (a) Beräkna determinanten för nedanstående matris:

 

 

 

 

 

 

−1 4 −1 5 0 −1

−3 2 0

 

 

 

 

 

 

(1p)

Lösning:

Utveckling efter rad 2 verkar bra:

−1 4 −1

5 0 −1

−3 2 0

= −5

4 −1

2 0

+ 0

−1 −1

−3 0

− (−1)

−1 4

−3 2

= −5(0 + 2) + 0 + (−2 + 12) = −10 + 10 = 0

Rättningsnorm: Inget avdrag för räknefel, om man kan se att själva principen är rätt.

Teckenfel räknas som principfel.

(b) Är matrisen inverterbar? Motivera! (1p)

Lösning:

Inte inverterbar, eftersom determinanten är noll.

Rättningsnorm: Svaret ska stämma överens med vad man nu fick på (a). Den som på korrekt sätt försöker invertera matrisen och korrekt konstaterar att det inte går får också poäng.

(22)

MAA123 Tentamen – Lösning 10.11.01 Sida 6 (av 11)

7 (a) Om man säger ”vektorerna u, v och w är en linjärt oberoende mängd”, exakt vad menar man med det? (Vi söker alltså den formella definitionen.) (1p)

Lösning:

Ingen av de tre vektorerna går att skriva som linjärkombination av de övriga två.

(b) Hur brukar man rent praktiskt göra för att avgöra om mängden är linjärt obe-

roende eller inte? (1p)

Lösning:

Se efter om enda sättet att linjärkombinera fram nollvektorn ur de tre vektorerna är att ge dem koefficient noll allihop. (Går det att göra på andra sätt så är de beroende.) Rättningsnorm: Svaren ska vara något som man kan tolka som det som står här och inget annat.

8 I nedanstående bild har vi ritat representanter för fem vektorer.

w

u

1

u

2

v

1

v

2

−2u1 4u2

−2v1

−v2

(a) Ange koordinaterna för w i basen B

1

= {u

1

, u

2

}. (1p)

Lösning:

Enligt bild i rött: w = −2u1+ 4u2, så koordinaterna är (−2, 4).

(b) Ange koordinaterna för w i basen B

2

= {v

1

, v

2

}. (1p)

Lösning:

Enligt bild i blått: w = −2v1− v2, så koordinaterna är (−2, −1).

Rättningsnorm: Helt rätt på båda uppgifterna ger 2 p. Mindre fel (borttappade minus, omkastade siffror, eller linjärkombination istället för koordinater) ger 1 p totalt.

(23)

MAA123 Tentamen – Lösning 10.11.01 Sida 7 (av 11)

Del 3: TEN2 del A

Denna del är omexamination av TEN2 del A och ska inte skrivas av de som fick minst 5 p på skrivningen 18 oktober, och inte heller av de som läste kursen förra läsåret och som är godkända på ÖVN3.

För godkänt fordras minst 5 poäng.

9 (a) Vad menas med en riktningsvektor för en linje? (1p)

Lösning:

En vektor (ej nollvektorn) parallell med linjen. Om linjen ges på formen ℓ : (x, y, z) = (a, b, c) + t(d, e, f ) är (d, e, f ) riktningsvektor.

(b) Vad menas med en normalvektor till ett plan? (1p)

Lösning:

En vektor (ej nollvektorn) vinkelrät mot planet. Om planet ges på formen ax + by + cz + d = 0 i ett ON-system är (a, b, c) en normalvektor.

Rättningsnorm: I båda fallen räcker det med en av de föreslagna förklaringarna, eller med en tydlig figur. Om man skriver flera saker måste mer än hälften av det man skrivit vara korrekt för poäng.

Rita gärna figur!

10 Vi har två vektorer, u och v. kuk = 4, kvk = 3. Vinkeln mellan dem är 150

. Bestäm

(a) ku × vk (1p)

Lösning:

ku × vk = kukkvk sin αu,v= 4 · 3 · sin 150= 12 ·12 = 6.

(b) u · v (1p)

Lösning:

u · v = kukkvk cos αu,v= 4 · 3 · cos 150= 12 ·

3 2 = 6√

3.

Rättningsnorm: Om man har rätt formler men inte klarat de trigonometriska värdena så ger 1 p totalt för uppgiften.

För full poäng måste svaren ges på enklast möjliga form.

11 Vi har planen Π

1

: (x, y, z) = (0, 3, −2) + s(−4, 0, 3) + t(1, −5, −2) och Π

2

: 3x − y + 4z + 11 = 0 (angivna i samma ON-system). Är Π

1

och Π

2

två olika plan eller

samma plan? Motivera! (2p)

Lösning:

Kan göras på flera sätt, det här är antagligen det kortaste:

Om de är samma måste ”utgångspunkten” P0 : (0, 3, −2) i Π1 ligga i Π2. Sätt in och kontrollera: 3 · 0 − 3 + 4 · (−2) + 11 = 0 − 3 − 8 + 11 = 0. Stämde, P0ligger i Π2. Riktningsvektorerna r1 = (−4, 0, 3) och r2 = (1, −5, −2) för Π1är parallella med planet.

Normalvektorn n = (3, −1, 4) för Π2 är vinkelrät mot det planet. Om planen är samma måste r1och r2vara vinkelräta mot n, vilket kan kollas med hjälp av skalärprodukt:

r1 · n = (−4, 0, 3) · (3, −1, 4) = −4 · 3 + 0 · (−1) + 3 · 4 = −12 + 0 + 12 = 0 r2 · n = (1,−5, −2) · (3, −1, 4) = 1 · 3 + (−5) · (−1) + (−2) · 4 = 3 + 5 − 8 = 0 Båda skalärprodukterna noll, båda vinklarna räta. Så uttrycken beskriver samma plan.

(24)

MAA123 Tentamen – Lösning 10.11.01 Sida 8 (av 11)

(Variationer är att skriva om Π1till parameterfri ekvationsform och jämföra, eller att beräk- na normalvektorn för Π1genom att ta vektorprodukten av r1och r2och jämföra med n.) Rättningsnorm: Kommit igång med lösningen: 1 p. Kommit ända till svar: +1 p. Inget avdrag för enstaka räknefel, däremot ska svaret man ger stämma överens med ens egna beräkningar.

12 Vi har linjerna

1

: (x, y, z) = (−2, −1, 3) + t(1, 0, 2)

2

: (x, y, z) = (7, −6, 2) + t(1, 4, 1)

(angivna i samma ON-system). Bestäm avståndet mellan dem. (2p)

Lösning:

En metod: hitta de två punkter på linjerna som ligger närmast varandra. Först lite namn- givning (och eftersom ”t” står för olika saker på de olika linjerna döper vi om denna para- meter):

1: (x, y, z) = (−2, −1, 3)

| {z }

P1

+t1(1, 0, 2)

| {z }

r1

2: (x, y, z) = (7, −6, 2)

| {z }

P2

+t2(1, 4, 1)

| {z }

r2

Vi söker avståndet mellan punkterna Q1 och Q2 vilka uppfyller (1) Q1 ligger på ℓ1

(2) Q2 ligger på ℓ2 (3)−−−−→Q1Q2 är vinkelrät mot r1 (4)−−−−→Q1Q2 är vinkelrät mot r2. Vinkel- räthet kan kollas med skalärprodukt.

−−−−→Q1Q2= (7, −6, 2) + t2(1, 4, 1) − (−2, −1, 3) + t1(1, 0, 2)

= (9 − t1+ t2,−5 + 4t2,−1 − 2t1+ t2)

−−−−→Q1Q2 · r1= −5t1+ 3t2+ 7 = 0

−−−−→Q1Q2 · r2= −3t1+ 18t2− 12 = 0

Vi kan nu lösa det linjära ekvationssystemet:







−5 3 −7

−3 18 12





 ∼







1 0 2

0 1 1







vilket innebär att t1 = 2 och t2= 1. Insatt ger detta

−−−−→Q1Q2= (9 − 2 + 1, −5 + 4 · 1, −1 − 2 · 2 + 1) = (8, −1, −4)

så avståndet är k−−−−→Q1Q2k = p

82+ (−1)2+ (−4)2= √

81 = 9 vad-man-nu-har-för-enhet Alternativt så projicerar man−−−−→P1P2på r1× r2. Detta ger också avståndet.

Rättningsnorm: Denna metod: Förklarat vad man gör: 0,4 p. Tagit fram Q1Q2: 0,4 p. Be- räknat skalärprodukterna: 0,4 p. Löst ekvationssystemet: 0,4 p. Kommit fram till svaret:

0,4 p. Projektionsmetoden: Förklarat vad man gör: 0,4 p. Tagit fram −−−−→P1P2: 0,4 p. Tagit fram r1× r2: 0,4 p. Beräknat projektionen: 0,4 p. Kommit fram till svaret: 0,4 p. I båda fallen avrundas poängsumman till närmsta heltal.

References

Related documents

Appen och webbtjänsten är en viktig del i vår digitala resa och i vår ambition att göra det enklare och smidigare att boka resa med oss och att minska behovet av att ringa

Ja det blir ju dom fördelarna som vi pratade om att man får begrepp och man får en förförståelse kanske för andra ämnen man berör andra ämnen man man kanske inte går in så

Birgitta Jansson, adjunkt i svenska och doktorand i didaktik, Mälardalens högskola Lina Samuelsson, lektor i litteraturvetenskap, Mälardalens högskola. Marie Öhman, docent

Avslutningsvis presenterar vi i avsnitt 6 förslag på satsningar som Forte bedömer vara särskilt angelägna för att svensk forskning effektivt ska kunna bidra till omställningen till

I dag medför Rymdstyrelsens begränsade möjligheter att delta i Copernicus och ESA:s övriga jordobservationsprogram och Rymdsäkerhetsprogrammet att Sverige och svenska aktörer

Växtslag Sortförslag (favoritsorter står först i uppräkningen)

 under vredet finns ventilens spindel (4k-7 eller 4k-9mm) - på toppen finns det ett spår som visar kulans läge; spåret längs är ventilen öppen, spåret tvärs är

– Ja, det är det nog. Vi har tit- tat på större universitet där man går från en tudelad organisation till en samlad. Kanske är IT mer utsatt för förändring än andra