1 Kurs: HF1903 Matematik 1, Moment TEN1 (Linjär Algebra)
Datum: 28 augusti 2015 Skrivtid 8:15 – 12:15 Examinator: Armin Halilovic
Undervisande lärare: Elias Said
För godkänt betyg krävs 10 av max 24 poäng.
Betygsgränser: För betyg A, B, C, D, E krävs 22, 19, 16, 13 respektive 10 poäng.
Komplettering: 9 poäng på tentamen ger rätt till komplettering (betyg Fx).
Vem som har rätt till komplettering framgår av betyget Fx på MINA SIDOR.
Komplettering sker c:a två veckor efter att tentamen är rättad. Om komplettering är godkänd rapporteras betyg E, annars rapporteras F.
Hjälpmedel: Endast bifogat formelblad (miniräknare är inte tillåten).
• Till samtliga inlämnade uppgifter fordras fullständiga lösningar.
• Skriv endast på en sida av papperet.
• Skriv namn och personnummer på varje blad.
• Inlämnade uppgifter skall markeras med kryss på omslaget
• Skriv klass på omslaget, A, B eller C.
• Denna tentamenslapp får ej behållas efter tentamenstillfället utan ska lämnas in tillsammans med lösningar
=======================================
Uppgift 1. (4p) a) Lös olikheten:
x
x 2 4
1 1 2
2
≥ −
− (2p)
b) Lös ekvationen 2x−4 + x= 5−x (2p)
Uppgift 2. (4p)
a) Bestäm Ar Br 4
3 − om vektor Ar =(2,5,−4)
och vektor Br =(2,5,−4)
. (1p)
b) Bestäm x så att vektorn u=( x1, ,2) blir vinkelrät mot v=(x,x,−1). (1p) c) Beräkna arean av den triangel, vars hörn ligger i punkterna (1, 3, 1), (2, –1, 0)
och (0, 4, 2). (2p)
Var God Vänd!
2 Uppgift 3. (4p)
Betrakta följande ekvationssystem:
⎪⎩
⎪⎨
⎧
= + +
−
−
=
−
= + +
6 2
18 5
3
12 z a y x
z y
z y x
a) Avgör om det finns något värde (några värden) för konstanten a, för vilket
ekvationssystemet inte har en unik lösning. Bestäm i så fall vilken typ av lösning det blir (antingen finns oändligt många lösningar eller saknas lösning). (2p)
b) Lös ekvationssystemet om a=0. (2p)
Uppgift 4. (4p)
a) Lös följande matrisekvation: AX +A2 =E
där: ⎟⎟⎠
⎜⎜ ⎞
⎝
=⎛
⎟⎟⎠
⎜⎜ ⎞
⎝
⎛
= −
1 0
0 , 1
0 1
2
1 E
A (2p)
b) Bestäm inversen till följande matris
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
1 1 0
1 0 1
0 1 1
C (2p)
Uppgift 5. (4p)
Ett plan innehåller punkterna (1,0,1),(2,1,0) och (3,−1,1). Bestäm avståndet mellan linjen ,
, ) 1 , 1 , 1 ( ) 4 , 1 , 4 ( ) , ,
(x y z = +t − därt∈R och planet.
Uppgift 6. (4p)
Linjen L: (x,y,z)=(1,2,0)+t(2,−1,2), därt∈R, projiceras ortogonalt på planet 0
2
2x− y+z= . Beräkna den projicerade linjens ekvation.
Lycka till!
3
Lösningsförslag
Uppgift 1. (4p) a) Lös olikheten:
x
x 2 4
1 1 2
2
≥ −
− (2p)
b) Lös ekvationen 2x−4 + x= 5−x (2p)
Lösning:
a) Definitionsmängden till olikheten är 2
≠1 x .
) 0 4 2 )(
1 2 (
)) 1 2 ( ) 4 2 ( 0 2 4 2
1 1 2
2 4
2 1 1 2
2 ≥
−
−
−
−
⇔ −
− =≥
− −
− ⇔
− ≥ x x
x x x
x x x
) 0 4 2 )(
1 2 (
10
5 ≥
−
−
⇔ −
x x
x 0
) 2 1 )(
1 2 ( 2
) 2 1 (
5 ≥
−
−
⇔ −
x x
x 0
) 1 2 ( 2
5 ≥
⇔ −
x
Kortare allternativ:
) 0 1 2 ( 2
1 1
2 0 2 ) 2 1 ( 2
1 1
2 2 4
2 1 1 2
2 ≥
+ −
⇔ −
− ≥
− −
− ⇔
− ≥ x x x x x
x 0
) 1 2 ( 2
5 ≥
⇔ − x
Alltså 0(2x−1)> eller 2
>1
x . (Notera att nämnaren inte får vara noll.)
b) Först:
⎩⎨
⎧
<
−
−
≥
−
= +
− (2 4) om 2 2 om ) 4 2 4 (
2 x x
x
x x ,
⎩⎨⎧
>
<
−
−
−
≤
≥
−
−
= +
− (5 ) om5 0 dvs 5 5 dvs 0 5
om ) 5 5 (
x x
x
x x
x x
Vi kan visa detta i en teckenschema:
2 5 4
2x− − x(2 −4) 0 + x(2 −4) + x(2 −4) + x(2 −4)
−x
5 +(5−x) +(5−x) +(5−x) 0 −(5−x) i) Intervallet (−∞,2].
I detta interval blir 2x−4+x= 5−x ekvivalent med −(2x−4)+ x=(5− x) som ger −2x+4+x=5−x⇒4=5, dvs ingen lösning i detta intervall.
ii) Intervallet [2,5).
I detta interval blir 2x−4+x= 5− x ekvivalent med +(2x−4)+x=(5− x) som ger
4 9 9
4x= ⇒ x= som ligger i intervallet [2,5). Alltså 4
= 9
x är en lösning.
iii) Intervallet [5,∞).
I detta interval blir 2x−4+ x= 5−x ekvivalent med +(2x−4)+ x= −(5− x) som ger
2 1 1
2x=− ⇒ x= − , som ligger i intervallet [5,∞ . )
4 Alltså har ekvationen en lösning
4
= 9 x . Svar: a)
2
> 1
x b) 4
=9 x
Rättningsmall:
a) Korrekt omskrivning till 0 ) 1 2 ( 2
5 ≥
−
x eller till 0
) 2 1 )(
1 2 ( 2
) 2 1 (
5 ≥
−
−
− x x
x ger 1p. Allt korrekt=2p.
b) Korrekt teckenanalys för både 2x−4 och 5− x ger 1p. Allt korrekt=2p.
Uppgift 2. (4p)
a) Bestäm Ar Br 4
3 − om vektor Ar =(2,5,−4)
och vektor Br =(2,5,−4)
. (1p)
b) Bestäm x så att vektorn u=(1,x,2) blir vinkelrät mot v=(x,x,−1). (1p) c) Beräkna arean av den triangel, vars hörn ligger i punkterna (1, 3, 1), (2, –1, 0)
och (0, 4, 2). (2p)
Lösning:
a) 3Ar −4Br =3(2,5,−4)−4(2,5,−4)=(−2,−5,4) . 5 3 5 9 45 16 25 4
| B 4 A 3
| r − r = + + = = ⋅ =
b) u⋅v=0⇔(x,x,−1)⋅(1,x,2)=0⇔ x+x2 −2=0⇔ x2+x−2=0 Härav x1=1, x2 =−2.
c) Beteckna punkterna P=(1, 3, 1), Q=(2, –1, 0), R=(0, 4, 2).
Då är PQ→ =(1,−4,−1) och PR→ =(−1,1,1). Härav PQ→×PR→ =(−3,0,−3).
Arean av triangeln = 2
2 18 3 2
| 1 2|
1 PQ→×PR→ = =
Rättningsmall: a och b: rätt eller fel.
c) Korrekt vektorprodukt (−3,0,−3)ger 1p, Allt korrekt=2p.
Uppgift 3. (4p)
Betrakta följande ekvationssystem:
⎪⎩
⎪⎨
⎧
= + +
−
−
=
−
= + +
6 2
18 5
3
12 z a y x
z y
z y x
5 a) Avgör om det finns något värde (några värden) för konstanten a, för vilket
ekvationssystemet inte har en unik lösning. Bestäm i så fall vilken typ av lösning det blir (antingen finns oändligt många lösningar eller saknas lösning). (2p) b) Lös ekvationssystemet om a=0. (2p)
Lösning:
a) Om systemats determinant D=0 har ekvationen INTE en unik lösning. I detta fall har ekvationen antingen oändligt många eller ingen lösning.
18 3 2
1
5 3 0
1 1 1
+
=
−
−
= a
a
D .
=0
D ger a=−6.
För a=−6 har vi systemet
⎪ ⇔
⎩
⎪⎨
⎧
=
− +
−
−
=
−
= + +
6 6 2
18 5
3
12 z y x
z y
z y x
⎪ ⇔
⎩
⎪⎨
⎧
=
−
−
=
−
= + +
18 5 3
18 5
3
12
z y
z y
z y x
⎪ ⇒
⎩
⎪⎨
⎧
=
−
=
−
= + +
36 0
18 5
3
12 z y
z y x
ingen lösning om a=−6.
b) För a=0 har vi systemet
⎪ ⇔
⎩
⎪⎨
⎧
= +
−
−
=
−
= + +
6 2
18 5
3
12 y x
z y
z y x
⎪ ⇔
⎩
⎪⎨
⎧
= +
−
=
−
= + +
18 3
18 5
3
12
z y
z y
z y x
⎪ ⇔
⎩
⎪⎨
⎧
=
−
=
−
= + +
36 6
18 5
3
12
z z y
z y x
=6
z , y=4 , x=2
Svar: a) Ingen lösning om a=−6. b) x=2, y=4,z=6.
Rättningsmall: a) 1p för korrekt a=−6. 1p för slutsatsen (med Gausselimination) . b) Korrekt Gausselimination och en variabel z=6 ger 1 p. Allt korrekt=2p.
Uppgift 4. (4p)
a) Lös följande matrisekvation: AX +A2 =E
där: ⎟⎟
⎠
⎜⎜ ⎞
⎝
=⎛
⎟⎟⎠
⎜⎜ ⎞
⎝
⎛
= −
1 0
0 , 1
0 1
2
1 E
A (2p)
b) Bestäm inversen till följande matris
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
1 1 0
1 0 1
0 1 1
C (2p)
Lösning: a) AX +A2 =E⇔ AX =E−A2.
6 Eftersom A är en inverterbar matris har vi
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡ −
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡ −
⎥ =
⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡
−
−
− −
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⎥ ⎡
⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡ −
=
−
= −
3 1
2 2 1 1
2 0 2 ) 1 2 1
2 1 1
0 0 ( 1 1 1
2 0 2 ) 1
( 2
1 E A
A X
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡− −
⎥=
⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡− −
= 3/2 1/2
3 1 1
3 6 2 2
1 .
b)
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
− +
+
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
− +
−
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
1 1 1
0 1 1
0 1 0 2 0 0
1 1 0
1 0 1 2 3
2 2 1 1 0 0
0 1 1
0 0 1 1 1 0
1 1 0
0 1 1 3
2 1
1 1 0 0
0 1 0
0 0 1 1 1 0
1 0 1
0 1 1 )
| (
r r
r r r
r r r
r I
C
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
2 / 1 2 / 1 2 / 1
0 1 1
0 1 0
1 0 0
1 1 0
1 0 1
2 / 3 1 1 1
0 1 1
0 1 0
2 0 0
1 1 0
1 0 1 2
r r
)
| ( 2 / 1 2 / 1 2 / 1
2 / 1 2 / 1 2 / 1
2 / 1 2 / 1 2 / 1 1 0 0
0 1 0
0 0 1 3 2
3 1
−1
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
− +
−
C I r
r r r
.
Därmed
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
− =
2 / 1 2 / 1 2 / 1
2 / 1 2 / 1 2 / 1
2 / 1 2 / 1 2 / 1
C 1 .
Svar a) ⎥
⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡− −
⎥=
⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡− −
= 3/2 1/2
3 1 1
3 6 2 2
X 1 b)
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
− =
2 / 1 2 / 1 2 / 1
2 / 1 2 / 1 2 / 1
2 / 1 2 / 1 2 / 1 C 1
Rättningsmall: a) Korrekt både A−1och A2ger 1p. Allt korrekt=2p.
b) Rätt eller fel.
Uppgift 5. (4p)
Ett plan innehåller punkterna (1,0,1),(2,1,0) och (3,−1,1). Bestäm avståndet mellan linjen ,
, ) 1 , 1 , 1 ( ) 4 , 1 , 4 ( ) , ,
(x y z = +t − därt∈R och planet.
Lösning:
Beteckna punkterna P=(1,0,1),Q=(2,1,0) och R=(3,−1,1). Då är PQ→ =(1,1,−1) och PR→ =(2,−1,0).
Härav PQ→×PR→ =(−1,−2,−3)
Planets ekvation: −1(x−1)−2(y−0)−3(z−1)=0eller x+2y+3z=4.
7 Vi inser att planet och linjen är parallella eftersom linjens riktningsvektor v =(1,1,−1)och planets nårmalvektor nr =(1,2,3)är vinkelräta (för vr⋅nr=0). Samma slutsats kan fi dra om vi kollar skärningen mellan linjen och planet:
Vi substituerar linjens skalära ekvationer (x,y,z)=(4,1,4)+t(1,1,−1) t
x= 4+ , y= 1 och +t z= 4−t i planets ekvation 4
3
2 + =
+ y z
x
och får (4+t)+2(1+t)+3(4−t)=4⇒0=14⇒ingen skärningspunkt.
Därmed är linjen parallell med planet.
Vi väljer en punkt på linjen , tex (4,1,4) och substituerar i formeln 14
14 |
| 14
| 3 2 1
4 4 3 1 2
|4
|
| 2 2 2 2 2 2
1 1
1 = =
+ +
−
⋅ +
⋅
= + +
+
+ +
= +
C B A
D Cz By d Ax
Svar: 14
Rättningsmall: Korrekt planets normalvektor=1p. Korrekt planets ekvation +1p (totalt 2p) Om man inser att planet och linjen är parallella +1p. Allt korrekt=4p.
Uppgift 6. (4p)
Linjen L: (x, y,z)=(1,2,0)+t(2,−1,2), därt∈R, projiceras ortogonalt på planet 0
2
2x− y+z= . Beräkna den projicerade linjens ekvation.
Lösning:
A
P
B L
Den projicerade linjen
Vi bestämmer två punkter på den projicerade linjen:
i) Först bestämmer vi skärningspunkten mellan linjen och planet genom att substituera:
t
x=1+2 , y= 2−t, z=2ti planets ekvation2x−2y+z=0.
Vi har 2(1+2t)−2(2−t)+2t=0⇒t=1/4och därmed är skärningspunkten ) 2 ,1 4 ,7 2 (3
=
A .
Punkten A ligger på den projicerade linjen.
ii) Vi väljer en punkt till på linjen L t ex P= (1,2,0) och projicerar den på planet 2x−2y+z=0.
8 Den räta linje L2, som går genom (1,2,0) vinkelrät mot planet har riktnings vektorn (2,−2,1) ekvationen:
. ) 1 , 2 , 2 ( ) 0 , 2 , 1 ( ) , ,
(x y z = +t − Skärnings punkten mellan L2
t z t y t
x=1+ , =2− , =
och planet 2x−2y+z=0 ger t= 2/9 och därmed ) 9 ,2 9 ,14 9 (13
=
B .
Kvarstår att ange ekvationen för linjen genom A och B:
36 ) , 10 36 , 7 36 ( 2 18) , 5 36 , 7 18
(− 1 − − = − − −
→ =
AB som är parallell med vektorn (2,7,10)
Vi kan välja
Därmed är den projicerade linjens ekvation ) (2,7,10) 2
,1 4 ,7 2 (3 ) , ,
(x y z = +t .
Svar: ) (2,7,10)
2 ,1 4 ,7 2 (3 ) , ,
(x y z = +t
Allternativ lösning: Man kan bestämma skärningspunkt som ovan. därefter kan man bestämma projektionen av linjens riktningsvektor på planet.
Rättningsmall:
En skärningspunkt korrekt ger 1p. Korrekt ortogonallinje genom en annan punkt =+1p. Två korrekta punkter ger totalt 3 poäng. Allt korrekt =4p
