TENTAMEN 2016-Okt-25, HF1006 och HF1008
Moment: TEN1 (Linjär algebra), 4 hp, skriftlig tentamen
Kurser: Analys och linjär algebra, HF1008, Linjär algebra och analys HF1006 Klasser: TIELA1, TIMEL1, TIDAA1
Tid: 8-12, Plats: Campus Flemingsberg
Lärare: Marina Arakelyan, Fredrik Bergholm och Armin Halilovic Examinator: Armin Halilovic
Betygsgränser: Maxpoäng = 24
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. (4p) (Student som är godkänd på KS1 hoppar över uppgift 1.) a) (2p) Lös olikheten 0
3 4
2 ≥
−
− x x
x .
b) (2p) Lös ekvationssystemet
= +
−
−
= + +
= +
+
0 2
4 2
2
5 2
z y x
z y x
z y x
.
Uppgift 2. (2p) En fyrhörning ABCD är given, där A(–4, –4,4), B(–3,2,2), C(2,5,1) och D(3,–2, 2). Visa att diagonaler
→
ACoch
→
BD i denna fyrhörning är vinkelrätta mot varandra.
Uppgift 3. (4p) Punkterna A(5,1,–4), B(1,2, –1), C(3,3, –4) och S(2,2,2) är hörn i en pyramid ABCS. Bestäm pyramidens höjd SO. (Se figuren.)
Uppgift 4. (2p) För vilka x gäller följande olikhet
0 1 2 3
5 0 3 2
2 3 1
≥
−
−
−
x ?
Uppgift 5. (4p) Lös matrisekvationen
=
2 2
2 2 2
0 0
2 2
R ,
där
−
= s c
s
R c och c2+ s2 =1.
Uppgift 6. (2p) Bestäm (det kortaste) avståndet mellan två linjer L1: (x,y,z)=(−t,−t,t) och L2: (x,y,z)=(2+2t,3−2t,−2).
Uppgift 7. (2p)
a) (1p) Lös ekvationen z3 =−8i, där z är ett komplext tal.
b) (1p) Ange alla lösningar på formen a+bi.
Uppgift 8. (2p) Bestäm alla egenvärden och egenvektorer för matrisen
= 4 2
2
A 1 .
Uppgift 9. (2p) Låt u och v
vara två tredimensionella vektorer skilda från 0
sådana att
|
|
|
|u+v = u−v . Visa att u och v
är vinkelräta vektorer.
Lycka till.
FACIT
Uppgift 1. (4p) a) (2p) Lös olikheten 0 3 4
2 ≥
−
− x x
x .
b) (2p) Lös ekvationssystemet
= +
−
−
= + +
= +
+
0 2
4 2
2
5 2
z y x
z y x
z y x
.
Lösning:
a) Vi faktoriserar nämnaren och löser olikheten ) 0
3 (
4 ≥
−
− x x
x
med hjälp av teckentabell
x-värden: 0 3 4
−x
4 + + + + + 0 –
x – 0 + + + + +
−3
x – – – 0 + + +
) 3 ( 4
−
− x x
x + Ej
def
– Ej def
+ 0 –
Svar a) x∈(−∞,0)∪(3,4] Alternativt skrivsätt: {x∈R:x<0 eller 3<x≤4} b)
⇔
= +
−
−
= + +
= +
+
0 2
4 2
2
5 2
z y x
z y x
z y x
⇔
= +
−
−
=
−
= + + +
+
−
5 3
6 3
5 2
2 1 1
2 1 2
z y
z z y x
e e
e e
byta plats på e2 och e3
⇔
−
=
−
= +
−
= +
+
6 3
5 3
5 2
z z y
z y x
z=2, y=1 och x=0.
Svar b) x=0, y=1, z=2. Rättningsmall:
a) Korrekt tabell =1p Felaktiga parenteser vid gränspunkter -1p. Allt korrekt= 2p.
b) Korrekt metod och en obekant =1p. Allt korrekt=2p.
Uppgift 2. (2p) En fyrhörning ABCD är given, där A(–4, –4,4), B(–3,2,2), C(2,5,1) och D(3,–2, 2). Visa att diagonaler
→
ACoch
→
BD i denna fyrhörning är vinkelrätta mot varandra.
) 0 , 4 , 6 ( )
3 , 9 , 6
( − = −
= →
→
BD AC
0 0 36 36 ) 0 , 4 , 6 ( ) 3 , 9 , 6
( − ⋅ − = − − =
=
⋅ →
→
BD AC
Eftersom AC→ ⋅BD→ =0⇒
→
AC och
→
BD är vinkelräta vektorer.
Rättningsmall: Korrekta vektorer AC→ =(6,9,−3) BD→ =(6,−4,0) ger 1p.
Allt korrekt=2p.
Uppgift 3. (4p) Punkterna A(5,1,–4), B(1,2, –1), C(3,3, –4) och S(2,2,2) är hörn i en pyramid ABCS. Bestäm pyramidens höjd SO. (Se figuren.)
Lösning:
Metod 1:
Låt
→
→ ×
=AB AC n
. Då är höjden h lika med längden av projektionen av
→
AS på n .
Först 6 6 6 6(1,1,1)
0 2 2
3 1
4 =− − − =−
−
−
=
×
= → → i j k
k j i AC AB
n
.
Projektionen av AS→ =(−3,1,6) på n=−6(1,1,1)
är samma som projektionen av
→
AS på )
1 , 1 , 1
=( m
(eller vilken som helst vektor parallell med n Enligt projektionsformel (se formeln på formelblad) har vi
) 1 , 1 , 1 3(
= 4
⋅ ⋅
= ⋅
→ →
m m m
m AS AS
projm
.
3 3
| 4
| =
= proj OS→
h m .
Svar:
3 3
= 4 h
Rättningsmall: Korrekt
→
→ × AC
AB ger +1p. Korrekt (1,1,1) 3
=4
→
OS
projm ger +1p .Allt korrekt ger 4p
Metod 2:
Volymen av en pyramid är
ABC
ABC A
h V h A V
∆
∆
= ⋅
⇒
⋅
= 3
3
1 ,
där h= SO är pyramidens höjd och A∆ABC betecknar basens area.
Först beräknar vi pyramidens volym:
) 6 , 1 , (−3
→ =
AS , AB→ =(−4,1,3) , AC→ =(−2,2,0),
4
| 24 6|
| 1 0 2 2
3 1 4
6 1 3 6|
1 = − =
−
−
−
= V
Basens area | |
2
1 → →
∆ = AB×AC
AABC .
Först 6 6 6 6(1,1,1)
0 2 2
3 1
4 =− − − =−
−
−
=
× →
→
k j i k j i AC
AB
.
Därmed 6 3 3 3
2
| 1 2|
1 × = ⋅ =
= → →
∆ AB AC
AABC .
Slutligen
3 3 4 3 4 3 3
4 3
3⋅ = ⋅ = =
= A∆ABC
h V
Svar:
3 3
= 4 h
Rättningsmall: Korrekt determinant ger +1p. Korrekt beräkning av volymen ger +1p Korrekt beräkning av basens area ger +1p. Allt korrekt ger 4p
Metod 3:
Vi betraktar parallellepipeden som spänns upp av vektorerna )
3 , 1 , (−4
→ =
AB , AC→ =(−2,2,0)och AS→ =(−3,1,6) . Parallellepipedens höjd från punkten S är samma som höjden av pyramiden från samma punkt.
Volymen av parallellepipeden är | | 24| 24 0
2 2
3 1 4
6 1 3
| = − =
−
−
−
=
V .
Basens area | |
→
→ ×
= AB AC
basen .
Först 6 6 6 6(1,1,1)
0 2 2
3 1
4 =− − − =−
−
−
=
× →
→
k j i k j i AC
AB
.
Därmed basen=|AB→ ×AC→ |=6 3. Slutligen
3 3 4 3 4 3 6
24 )
( = = =
= basen
pipeden parallelle
h V
Svar:
3 3
= 4 h
Rättningsmall: Korrekt determinant ger +1p. Korrekt beräkning av volymen ger +1p Korrekt beräkning av basens area ger +1p. Allt korrekt ger 4p
Metod 4:
Höjden från punkten S är lika med avståndet från punkten S till planet som går genom punkterna A, B och C.
Vektor 6 6 6 6(1,1,1)
0 2 2
3 1
4 =− − − =−
−
−
=
× →
→
k j i k j i AC
AB
är vinkelrät mot planet
genom A,B och C. För att skriva planets ekvation väljer vi en normal vektor, enklast (1,1,1) och en punkt, t ex A(5,1,–4).
Planets ekvation är 1(x−5)+1(y−1)+1(z+4)=0eller x+y+z−2=0
Avståndet från S(2,2,2) till planet är
3 3 4 3
| 4 3
2 2 2
|2+ + − = =
=
d .
Svar:
3 3
= 4 h
Rättningsmall: Korrekt
→
→ × AC
AB ger +1p. Korrekt planets ekvation ger +1p. Allt korrekt ger 4p
Uppgift 4. (2p) För vilka x gäller följande olikhet
0 1 2 3
5 0 3 2
2 3 1
≥
−
−
−
x ?
Lösning:
Vi utvecklar determinanten t ex. efter första kolonn och får
⇒
− ≥
⋅
− +
⋅
−
−
⋅
− 0
5 0
2 3 3
1 2
2 ) 3
3 2 1 ( 2
5
1 0 x
⇒
≥ +
⋅
−
−(2 3 ) 7 45 0
10 x
⇒
≥ +41 0 21x
21
−41
≥ x Svar:
21
−41
≥ x
RM: Korrekt till 21x+41≥0 ger +1p. Allt korrekt =2p.
Uppgift 5. (4p) Lös matrisekvationen
=
2 2
2 2 2
0 0
2 2
R ,
där
−
= s c
s
R c och c2+ s2 =1.
Lösning:
Beteckna
= 2 0
0
A 2 , då är
=
=
−
2 / 1 0
0 2 / 1 2 0
0 2 4
1 1
A .
Multiplicera VL och HL från vänster med
=
−
2 / 1 0
0 2 /
1 1
A .
=
2 / 1 0
0 2 /
2 1
R
−
2 2
2
2 =
2 / 2 2 / 2
2 / 2 2 /
2 .
Alltså är
=
2 / 2 2 / 2
2 / 2 2 /
2 2
R (*)
Enligt antagande är
−
= s c
s
R c som vi substituerar i (*) och får
−
c s
s
c
−
c s
s
c =
2 / 2 2 / 2
2 / 2 2 / 2
eller
−
−
−
2 2 2 2
2
2 s c sc
sc s
c =
2 / 2 2 / 2
2 / 2 2 /
2 .
Vi identifierar element i ovanstående matriser och får
ekv11: c2 − s2 = 2/2 , ekv12: − sc2 = 2/2, ekv21: 2sc= 2/2 , ekv22: c2− s2 = 2/2
Ekvationen ekv12: − sc2 = 2/2, ger 2sc=− 2/2. Detta är motsägelse med ekv21 som påstår att 2sc= 2/2. Alltså ingen lösning.
Svar: Ingen lösning.
Rättningsmall: 1p för inversen
=
−
2 / 1 0
0 2 /
1 1
A .
+1p för rätt R2.
3p om man kommer till korrekt ekvationssystem :
ekv11: c2 − s2 = 2/2 , ekv12: − sc2 = 2/2, ekv21: 2sc= 2/2 , ekv22: c2− s2 = 2/2 Allt rätt =4p.
Uppgift 6. (2p) Bestäm (det kortaste) avståndet mellan två linjer L1: (x,y,z)=(−t,−t,t) och L2: (x,y,z)=(2+2t,3−2t,−2).
Lösning:
Metod 1:
Först väljer vi riktnings vektorer t ex v1=(−1,−1,1)
för L1 och v2 =(2,−2,0) . Då är vektorn n=v1×v2 =(2,2,4)
vinkelrät mot både v1 och v2
.
Vi väljer en punkt på varje linje, t ex P1 =(0,0,0) och P2 =(2,3,−2) och bildar vektorn )
2 , 3 , 2
2 (
1P = −
P .
Den kortaste avståndet mellan linjerna är längden av projektionen projnP1P2. Alltså
6
| 6 ) 2 , 1 , 1 6(
|1
| ) 4 , 2 , 2 24(
| 2
|
|
|
| 1 2 1 2 = = =
⋅
= ⋅
= n
n n
n P P P
P proj
d n
Svar:
6 6 .
Rättningsmall : Korrekt n=v1×v2 =(2,2,4)
=1p. Allt korrekt =2p.
Metod 2:
Låt Q och R vara två punkter som ligger på L1 respekt. L2 så att avståndet mellan de är det kortaste avståndet mellan linjerna. Då är QR vinkelrät mot både v1
och v2 och därmed.
1=0
⋅ v QR
och QR⋅ v2 =0
(*) .
Eftersom Q ligger på L1 och R på L2 har vi )
, , ( t t t
Q= − − och R=(2+2s,3−2s,−2). Härav )
2 , 2 3 , 2 2
( s t s t t
QR= + + − + − −
Från (*) och v1 =(−1,−1,1)
, v2 =(2,−2,0)
har vi systemet 0
) 2 ( 1 ) 2 3 ( 1 ) 2 2 (
1 + + − − + + − − =
− s t s t t ekv1
0 ) 2 ( 0 ) 2 3 ( 2 ) 2 2 (
2 + s+t − − s+t + − −t = ekv2 eller förenklad
0 7 3 − =
− t ekv1
0 2
8s− = ekv2
som ger t =−7/3 och s=1/4. Därmed Q=(7/3,7/3,−7/3), R=(5/2,5/2,−2)
och (1,1,2)
6 ) 1 3 / 1 , 6 / 1 , 6 / 1
( =
=
QR .
Härav
6
| 6
|QR =
Svar:
6 6 .
Rättningsmall : Korrekt till systemet ekv1, ekv2 ger1p. Allt korrekt =2p.
Uppgift 7. (2p)
a) (1p) Lös ekvationen z3 =−8i, där z är ett komplext tal.
b) (1p) Ange alla lösningar på formen a+bi.
Lösning:
a) Eftersom i e2i
3
8 8
π
=
− har vi ekvationen
i
e k
z 2 2 )
(3
3 8 π
π+
=
Här av
+ + +
=
=
= +
+
3 ) 2 sin(2 3 )
2 cos(2 2 2
2 3 )
2 (2 3
2 2 3
π π π
π π
π π π
i k e k
e
z i
i k k
där k=0, 1, 2.
b) För k=0 har vi z i ) 2i
sin(2 2)
cos(
0 2 =
+
= π π
För k=1 har vi
i i
i i
z = − − =− −
+
=
+ + +
= ) 3
2 1 2 ( 3 2 6 ) sin(7 6 )
cos(7 2 3 ) 2 sin(2 3 )
2 cos(2
1 2
π π
π π π
π
För k=2 har vi
i i
i i
z = − = −
+
=
+ + +
= ) 3
2 1 2 ( 3 2 6 )
sin(11 6 )
cos(11 2 3 ) 4 sin(2 3 )
4 cos(2
2 2
π π
π π π
π
Svar: a) i
i k k
e e
z 3 )
2 (2 3
2 2 3
2 2
π π π
π + +
=
= där k=0, 1, 2.
eller
+ + +
= )
3 2 sin(2 3 )
2 cos(2
2 π π π kπ
k i
z där k=0, 1, 2.
b) z0 =2i, z1=− 3−i z2 = 3−i Rättningsmall : a=1p, b=1p
Uppgift 8. (2p) Bestäm alla egenvärden och egenvektorer för matrisen
= 4 2
2
A 1 .
Lösning:
Vi löser följande två ekvationer : 0
)
det(A− Iλ = ( EKV1 ) och ( ) 0
=
− I v
A λ ( EKV2) Steg 1. Först löser vi den karakteristiska ekvationen, det(A− Iλ )=0.
0 ) 5 ( 0 5 0
4 ) 4 )((
1 ( ) 0
4 ( 2
2 ) 1
( 2
=
−
⇒
=
−
⇒
=
−
−
−
⇒
− =
− λ λ λ λ λ λ
λ λ
Därmed har vi två lösningar: λ1 =0 och λ2 =5
Steg 2. Låt
= y v x
. Vi löser ( ) 0
=
− I v
A λk dvs
=
−
−
0 0 )
4 ( 2
2 ) 1 (
y x
k k
λ λ
för k=1 och k=2.
För λ1 =0 har vi
=
=
⇔ +
= +
=
⇔ +
=
0 0
0 2 0
4 2
0 2 0
0 4
2 2
1 x y
y x
y x y
x
Härav y= och t x=−2t dvs v=
= −
1 t 2 y
x där t är ett reellt tal ≠ (notera att 00 räknas ej som en egenvektor )
För λ2 =5 har vi
=
= +
⇔ −
=
−
= +
⇔ −
=
−
−
0 0
0 2
0 2
0 2 4 0
0 1
2 2
4 x y
y x
y x y
x
Härav y= och t x=t/2 dvs v=
=
1 2 / t 1 y
x där t är ett reellt tal ≠ . 0
Svar: λ1 =0 med motsvarande egenvektorer
−
1
t 2 , t∈ , R t≠0
2 =5
λ med motsvarande egenvektorer
1
2 /
t 1 , t∈R , t≠0.
Rättningsmall : Korrekta egenvärden=1p, Korrekta egenvektorer b=1p.
En poäng för ett egetvärde med korrekta motsvarande egenvektorer.
Allt korrekt =2p.
Uppgift 9. (2p) Låt u och v
vara två tredimensionella vektorer skilda från 0
sådana att
|
|
|
|u+v = u−v . Visa att u och v
är vinkelräta vektorer.
Lösning:
Vi saka visa att u⋅ v=0 .
Metod 1. Vi använder formeln |a|2=a⋅a. Enligt antagande
|
|
|
|u+v = u−v , vi kvadrerar båda leden och får
⇒
−
=
+ |2 | |2
|u v u v
⇒
−
−
= +
+ )( ) ( )( )
(u v u v u v u v
Ekv.(1): u⋅u+ u⋅v+v⋅v=u⋅u− u⋅v+v⋅v⇒ 2
2
⇒
⋅
−
=
⋅v u v
u 2 2
⇒
=
⋅ 0
4u v
=0
⋅ v u
(*)
Eftersom u och v
är skilda från 0
visar (*) att u och v
är vinkelräta vektorer . Anmärkning: Ovanstående bevis gäller för n-dimensionella vektorer.
Metod 2.
Låt u=
(u1,u2,u3) och v=
(v1,v2,v3).
Kvadrera båda led i |u+v|=|u−v|: VL2= HL2 => |u + |v 2= |u − |v 2.
(u1+v1)2 + (u2+v2)2+ (u3+v3)2= (u1−v1)2 + (u2−v2)2+ (u3−v3)2 ⇔ Ekv.(1): u12
+u22
+u32
+v12
+v22
+v32
+2(u1v1+u2v2+u3v3)=
u12
+u22
+u32
+v12
+v22
+v32−2(u1v1+u2v2+u3v3) 2(u1v1+u2v2+u3v3)= −2(u1v1+u2v2+u3v3) => 2u ⋅ = −2 vv u ⋅
4u ⋅v=0 u⋅v=0
(*) Eftersom u
och v
är skilda från 0
visar (*) att u och v
är vinkelräta vektorer . Rättningsmall: 1p om man bara kommer till Ekv.(1) eller motsvarande uttryckt med skalärprodukter. 2p om man bevisar attu⋅v =0
.
