Tentamen 1 i Matematik 1, HF1903 onsdag 7 januari 2015, kl 8.15 – 12.15
Hjälpmedel: Endast formelblad (miniräknare är inte tillåten)
För godkänt krävs 10 poäng av 24 möjliga poäng (betygsskala är A,B,C,D,E,FX,F). Den som uppnått 9 poäng får betyget FX och har rätt att komplettera denna tentamen.
Fullständiga lösningar skall presenteras till alla uppgifter.
Examinator: Armin Halilovic
Undervisande lärare: Håkan Strömberg, Jonas Stenholm, Elias Said
1. Punkterna A = (1,0,3) och B = (-1,0,-3) är givna.
a) Bestäm vektorn AB . → (1p) b) Bestäm en enhetsvektor riktad i rakt motsatt riktning mot AB . → (1p) c) Bestäm en enhetsvektor som är vinkelrät mot AB . → (2p)
2. Punkterna A=(2,2,2), B=(0,1,3) och C=(-4,3,0) ligger i planet Π.
Bestäm ekvationen för den linje som skär detta plan i en rät vinkel och som går genom punkten P=(3,7,9).
Avgör om origo ligger på linjen. (4p)
3. a) Invertera matrisen A. ⎥
⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡
−
= −
2 4
3
A 2 (1p)
b) Lös följande matrisekvation: A⋅X +B=C, där:
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡
−
= −
2 4
3
A 2 , ⎥
⎦
⎢ ⎤
⎣
=⎡ 0 1
1
B 0 och ⎥
⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡
−
= −
6 23
10
C 9 (3p)
4. Bestäm lösningarna till följande ekvationssystem:
a)
⎪⎩
⎪⎨
⎧
= +
−
= +
=
− +
0 3 3
0 2
0
z y x
z x
z y x
(2p) b)
⎪⎩
⎪⎨
⎧
= +
−
−
= +
−
= + +
10 5 4
27 10
20 2
z y x
z x
z y x
(2p)
Vänd!
5. Plan En k (1,1 a) B b) B Här Kab
6. En t Ett p Avg b) b övri plan z
n sluttande m kabel spänn
,1). Kabeln Bestäm avstå Bestäm vink
r nedan är e beln går sne
triangel har plan beskriv gör om trian berör planet igt helt på p net (utan att
ka
mark kan be ns upp från p n är 20 3 l åndet från k keln (använd en skiss av k
ett inåt.
sina hörn i vs av följan ngeln a) skä
(d.v.s. trian planets ena s beröra dett
abel P
eskrivas me punkten (10 längdenhete kabelns slutp
d arccos(…) kabel och m
punkterna A de ekvation är planet (d.
ngeln har mi sida), eller c ta).
x mark
ed ekvatione 0, 3, 2) i det er lång.
punkt, P, til )) mellan ka mark (y-axel
A=(1,1,1), n: 4x−y−z
.v.s triangel inst en punk c) ligger hel
kplan
en 5
z = , dx t sluttande m
ll det sluttan abeln och d ln är riktad i
B=(2,1,0) o
=12 z . ln ligger på
kt gemensam lt och hållet
där z-axeln ä markplanet,
nde markpla et sluttande inåt).
och C=(2,-1 båda sidor m med plan t på ena sida
är vertikal.
i riktningen anet.
e markplane
1,-1).
om planet), net men ligg
an av
n (2p) et. (2p)
, ger för
(4p)
Lösningar
1. a) AB→ =B− A=(-1,0,-3)-(1,0,3)=(-2,0,-6)
b) En vektor riktad rakt motsatt AB är → −AB→ =(2,0,6) En enhetsvektor riktad rakt motsatt AB blir då →
10 ) 3 , 0 , 1 ( 40
) 6 , 0 , 2 ( 6 0 2
) 6 , 0 , 2 (
2 2
2 = =
+
= + rr
c) Först bestämmer vi en vektor som är vinkelrät mot AB : → vr=(a,b,c) är vinkelrät mot AB om → vroAB→ =0, d.v.s.
(a,b,c)o(−2,0,−6)=−2a−6c=0 ⇒ a=−3c
Alla vektorer som uppfyller ovanstående samband (för godtyckligt b) är vinkelräta mot AB → Välj t.ex. c = 1 och b = 0: vr =(−3,0,1)
En enhetsvektor (vinkelrät mot AB ) fås då med: →
10 ) 1 , 0 , 3 ( 1 0 ) 3 (
) 1 , 0 , 3 (
2 2 2
= − + +
−
= − rr
Svar: a) (-2,0,-6) b) 40
) 6 , 0 , 2
( c) 10
) 1 , 0 , 3 (−
Rättningsmall: a) och b) rätt eller fel,
c) korrekt bestämning av en vinkelrät vektor ger 1p
2. Riktningsvektorn för en linje som skär ett plan i en rät vinkel är samtidigt en normalvektor till detta plan. Bestäm alltså planets normalvektor och använd den som riktningsvektor för linjen:
En normalvektor nr till planet ges av nr=AB→ ×AC→
) 2 , 1 , 6 ( ) 2 , 2 , 2 ( ) 0 , 3 , 4 ( )
1 , 1 , 2 ( ) 2 , 2 , 2 ( ) 3 , 1 , 0 (
AB→ = − = − − AC→ = − − = − −
) 8 , 10 , 1 ( ) 8 ( ) 10 ( 1 2
1 6
1 1 2 AB
n = ⋅ + ⋅ − + ⋅ − = − −
−
−
−
−
=
×
= → → x y z
z y x
e e
e e e e
AC r r r
r r r r
Den sökta linjen har alltså nr som riktningsvektor och går genom punkten (3,7,9).
Linjens ekv: (x,y,z)=(3,7,9)+t⋅(1,−10,−8) eller
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−
=
−
= +
=
t z
t y
t x
8 9
10 7
3
Ligger origo, (0,0,0), på linjen?
3 0
3+ = ⇒ =−
= t t
x , vilket insättes i uttrycken för y och z på linjen:
0 37 ) 3 ( 10
7− ⋅ − = ≠
= y
0 33 ) 3 ( 8
9− ⋅ − = ≠
= z
x, y och z blir inte samtidigt noll. Origo ligger inte på denna linje.
Svar: Linjens ekvation är
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−
=
−
= +
=
t z
t y
t x
8 9
10 7
3
. Origo ligger inte på linjen.
Rättningsmall: 3p för linjens ekv. 1p för att ha avgjort att origo inte ligger på linjen.
3. a) Invertering av matris med Jacobis metod:
(Vi börjar med enhetsmatrisen till höger och ska, med tillåtna räkneoperationer, flytta den till vänster om mittstrecket)
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡
−
−
1 0
0 1 2 4
3 2
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡−
1 2
0 1 4 0
3 2
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡−
1 2
0 4 4 0
12 8
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡− − −
1 2
3 2 4 0
0 8
Till höger om strecket står nu A , −1 ⎥
⎦
⎢ ⎤
⎣
⋅⎡
⎥=
⎦
⎢ ⎤
⎣
=⎡
−
2 4
3 2 8 1
14 24
38 28
A1
b) Formell lösning av matrisekvationen:
) ( )
( 1
1
1 A X A C B X A C B
A B
C X A C
B X
A⋅ + = ⇒ ⋅ = − ⇒ − ⋅ ⋅ = − ⋅ − ⇒ = − ⋅ −
Med siffror insatta:
⎥=
⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡
−
⋅ −
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⋅⎡
⎟⎟=
⎠
⎜⎜ ⎞
⎝
⎛ ⎥
⎦
⎢ ⎤
⎣
−⎡
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡
−
⋅ −
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⋅⎡
=
−
⋅
= −
6 22
9 9 2 4
3 2 8 1 0 1
1 0 6 23
10 9 2
4 3 2 8 ) 1
1 (
B C A X
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
=⎡
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⋅⎡
= 1 3
0 6 24 8
0 48 8 1
Svar: a) ⎥
⎦
⎢ ⎤
⎣
⋅⎡
− =
2 4
3 2 8
1 1
A b) ⎥
⎦
⎢ ⎤
⎣
=⎡ 3 1
0 X 6
Rättningsmall:
a) rätt eller fel b) löst formellt: X = A−1⋅(C−B) ger 1p
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡
14 24
38 28
1 0
0 1
4. a) Gausselimination:
⎪⎩
⎪⎨
⎧
= +
−
= +
=
− +
0 3 3
0 2
0
z y x
z x
z y x
totalmatrisen är
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
0 0 0
3 1 3
1 0 2
1 1 1
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
0 0 0
3 1 3
1 0 2
1 1 1
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
0 0 0
6 4 0
3 2 0
1 1 1
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
0 0 0
0 0 0
3 2 0
1 1 1
Den sista raden tolkas som 0 = 0 (alltid sann), det blir en parameterlösning.
Låt z= , t ⇒ − y+ t= y = ⋅t 2 0 3
3 2
t t
t y z
x= − = − ⋅ =− ⋅ 2 1 2
3
Parameterlösningen blir
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
=
⋅
=
⋅
−
=
t z
t y
t x
2 32
1
eller (låt t = 2s)
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=
−
=
s z
s y
s x
2 3
b)
⎪⎩
⎪⎨
⎧
= +
−
−
= +
−
= + +
10 5 4
27 10
20 2
z y x
z x
z y x
ger
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
10 27 20
5 1 4
10 0 1
1 1 2
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
10 27 20
5 1 4
10 0 1
1 1 2
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡ −
−
−
10 20 27
5 1 4
1 1 2
10 0 1
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
−
98 34 27
45 1 0
21 1 0
10 0 1
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
132 34 27
66 0 0
21 1 0
10 0 1
Sista raden tolkas som 66z=−132 ⇒ z =−2
Andra raden: y+21z=−34 ⇒ y =−34−21⋅(−2)=8 Första raden: −x+10z=−27 ⇒ x =27+10⋅(−2)=7 Unik (entydig) lösning:
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−
=
=
=
2 8 7
z y x
Svar: a) Parameterlösning
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=
−
=
s z
s y
s x
2
3 b) Unik lösning
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−
=
=
=
2 8 7
z y x
Rättningsmall: a) och b) Väsentligen korrekt gausselimination ger 1p
5. a) Kabelns startpunkt: Q = (10, 3, 2)
Kabelns slutpunkt P befinner sig 20 3 längdenheter från Q i riktningen (1,1,1).
Enhetsvektor i kabelns riktning:
3 ) 1 , 1 , 1
= ( rr
) 20 , 20 , 20 3 (
) 1 , 1 , 1 3 ( 20 3
20 ⋅ = ⋅ =
→ =
r
QP r
) 22 , 23 , 30 ( ) 20 , 20 , 20 ( 2) 3,
(10, + =
= +
= → →
→
QP OQ
OP .
Alltså P=(30,23,22).
Markplanet har ekvationen 5
z = eller x −x+0⋅y+5⋅z=0, med normalvektorn (-1,0,5)
Avståndet från punkten P till markplanet kan bestämmas med formel från formelbladet:
2 2 2
1 1 1
C B A
D Cz By d Ax
+ +
+ +
= +
Siffror insatta: 15,7 . .
26 80 26
80 5
0 ) 1 (
0 22 5 23 0 30 ) 1 (
2 2
2 le
d = = ≈
+ +
−
+
⋅ +
⋅ +
⋅
= −
b) För att få vinkeln mellan kabeln och markplanet bestämmer man först vinkeln mellan kabeln och markplanets normal.
Formel för skalärprodukt (formelblad) ger:
v u
v ur r or r
= ⋅ θ cos
Siffror insatta: 0 78 4 26
3
) 5 , 0 , 1 ( ) 1 , 1 , 1
cos ( = >
⋅
= o −
θ
Cos θ är ett positivt tal. Det betyder att θ < 90°. Om φ är vinkeln mellan kabeln och markplanet gäller då att φ = 90° - θ = 90° - arccos(
78
4 ) (≈90°−63,1°=26,9°)
Svar: a) . . 26
80 le b) 90° - arccos(
78 4 )
Rättningsmall: a) Korrekt bestämning av P:s koordinater ger 1p
b) Bestämmer korrekt cosθ, där θ är vinkeln mot planets normal, 1p
6. Hur triangeln ligger i förhållande till planet avgörs av hur dess hörn ligger i förhållande till planet. Betrakta alltså endast triangelns tre hörn.
Välj en punkt i planet, t.ex. P = (2,-2,-2) Bilda vektorerna från P till triangelns tre hörn:
PA→ =(1,1,1)-(2,-2,-2)=(-1,3,3) PB→ =(2,1,0)- (2,-2,-2)=(0,3,2) PC→ =(2,-1,-1)-(2,-2,-2)=(0,1,1)
Punkten P ligger i planet. Planets normalvektor är nr =(4,−1,−1). Om en punkt Q ligger i planet gäller att nroPQ→ =0
Om punkten Q ligger utanför planet åt det håll som normalvektorn är riktad mot så kommer nroPQ→ >0 eftersom n PQ→ = nr o PQ→ ⋅cosθ
ro och θ < 90°.
På samma sätt gäller att om Q ligger utanför planet på den andra sidan så är nroPQ→ <0 eftersom θ > 90°.
Det är alltså denna skalärprodukts tecken som avgör på vilken sida om planet en punkt ligger.
Undersök triangelns tre hörn:
nroPA→ =(4,−1,−1)o(−1,3,3)=−10 nroPB→ =(4,−1,−1)o(0,3,2)=−5 nroPC→ =(4,−1,−1)o(0,1,1)=−2
Skalärprodukten är negativ för samtliga hörn, d.v.s. de ligger alla på samma sida om planet. Det innebär att triangeln i sin helhet ligger på ena sidan av planet, utan att beröra detta i någon punkt.
Svar: Rätt alternativ är c). Triangeln ligger helt och hållet på ena sidan av planet (utan att beröra detta).
Rättningsmall: Inser och förklarar tydligt att det räcker att räkna på de tre hörnen för att kunna besvara frågan, 1p
Rätt metod med enstaka räknefel, -1p
