TENTAMEN 2017-Dec-18, HF1006 och HF1008 Moment:

TENTAMEN 2017-Dec-18, 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: Niclas Hjelm, Erik Melander 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 TYDLIGT NAMN och PERSONNUMMER på varje blad, (speciellt tydligt på omslaget, eftersom tentorma skannas och automatiskt kopplas till namn/personnummer som finns på omslaget)

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)

a) (2p) Beräkna arean av den parallellogram som spänns upp av vektorerna )

2 , 2 , 1

(

a och b(2,2,2)

.

b) Beräkna volymen av den parallellepiped som spänns upp av vektorerna )

2 , 1 , 1

(

u , v(1,2,2) och w (2,3,6).

Uppgift 2. (4p) Följande ekvationssystem är givet

























1 4

2

1 3 3

1 az y x

z y x

z y x

För vilket värde (vilka värden) på a har systemet

i) oändligt många lösningar ii) exakt en lösning iii) ingen lösning ?

Uppgift 3. (2p)

a) Bestäm avståndet från punkten A=(1,1,–3) till planet 2x2yz90. b) Bestäm avståndet från punkten O=(0,0,0) till linjen (x,y,z)(3t,2t,3t).

Var god vänd.

Uppgift 4. (2p)

Lös följande olikhet (med avseende på x)

0 ) 5 ( 5 2

4 3 1

3 1



 x x

.

Uppgift 5. (4p)

a) (2p) Lös matrisekvationen XA XB CD (med avseende på X)

där 



 



 

 



 







 







 





1 1

1 , 1

0 0

3 , 3

1 1

0 , 0

2 0

1

1 B C D

A .

Tips: Faktorisera vänsterledet i ekvationen.

b) (2p) Lös matrisekvationen MYYN F (med avseende på Y)

där 



 







 







 





5 3

3 , 1

1 1

1 , 0

0 0

0

2 N F

M .

Uppgift 6) (6p)

a) (2p) Bestäm Re( z) och | z| om 



  i z i

2 1

3

b) (2p) Bestäm alla lösningar till ekvationen z³i. Ange lösningar på a form. bi c) (2p) Ekvationen z⁴ 2z³6z² 2z50, har en lösning z . Bestäm alla lösningar. i

Uppgift 7. (2p) En kropp K består av två homogena kuber K1 och K₂ vars kanter är parallella med axlarna i ett koordinat system. Den större kuben K1 har ett hörn i origo O=(0, 0, 0) och varje kant har längden a=4 dm. Den mindre kuben K2 är placerat på den större kuben så att ett hörn ligger i punkten (0,0,4) (se figuren) Varje kant i den mindre kuben har längden b=2 dm. Kuberna är gjorda av ett homogent material med densiteten  2kg/dm³. Bestäm masscentrum till kroppen K.

Tips: Låt T₁ och T₂vara tyngdpunkterna för delkroppar K1 och K2 med motsvarande massor m₁ och m₂. Om O betecknar origo och T masscentrum då gäller

) 1(

2 2 1 1





  m OT m OT

OT m där mm₁m₂.

Lycka till!

a= 4dm b= 2dm

O

x

y z

4

4 4 6

FACIT

Uppgift 1. (4p)

a) (2p) Beräkna arean av den parallellogram som spänns upp av vektorerna )

2 , 2 , 1

(

a och b(2,2,2)

.

b) Beräkna volymen av den parallellepiped som spänns upp av vektorerna )

2 , 1 , 1

(

u , v(1,2,2) och w (2,3,6). Lösning:

a) Parallellogramens area ges av A a^b^

2 2 8 )

2 ( 2 0

) 2 , 2 , 0 ( ) 2 2 2 1 , 2 1 2 2 , 2 2 2 2 ( 2 2 2

2 2 1 2 , 2 , 2 ( ) 2 , 2 , 1 (

2 2

2     

































z y

x e e

e A







Svar a: Parallellogramens area är 2 2(ae)

b) Volymen av parallellepipeden ges av determinanten för den matris som utgörs av radvektorerna u,voch w.

| |1 2 6 1 2 2 2 1 3 2 2 2 1 1 6 1 2 3| 2

6 3 2

2 2 1

2 1 1

|                   

 V

Svar b: Parallellepipedens volym är 2 (ve).

Rättningsmall:

a) Korrekt vektorprodukt ger 1p. Allt korrekt =2p.

b) Korrekt uppställning av determinanten ger 1p. Allt korrekt =2p.

Uppgift 2. (4p) Följande ekvationssystem är givet

























1 4

2

1 3 3

1 az y x

z y x

z y x

För vilket värde (vilka värden) på a har systemet

i) oändligt många lösningar ii) exakt en lösning iii) ingen lösning ?

Lösning:

Systemet Ax b har exakt en lösning om det(A)0. Vi beräknar det( A):

8 2 4 3 1 1 1 2 3 1 4 1 1 2 3 1 3 1 ) det(

4 2

3 3 1

1 1 1



























































a a

a A

a A

Vi löser därefter ekvationen

4 8

2 0

8 2 0

)

det(A   a   a  a

och drar slutsatsen att systemet har exakt en lösning då a 4 Då a4 löser vi ekvationssystemet med Gausselimination

2 2 3 1

0 1

0 0 0

1 1 0

1 1 1

2 2 1 1 0 1

2 2 0

2 2 0

1 1 1

1 2 3

1 2 1

1 1

4 4 2

3 3 1

1 1 1

1 4

4 2

1 3

3

1

r r

r r r

r r z y x

z y x

z y x

 



















 































Ekvationen på nedersta raden, 01 saknar lösning

Svar: i) Fallet ”oändligt många lösningar” kan inte förekomma i denna uppgift.

ii) Ekvationen har exakt en lösning då a 4.

iii) Ekvationen saknar lösning då a 4. Rättningsmall:

Korrekta determinanten D a2 8 ger 1p.

Därefter +1 poäng för varje korrekt del i, ii och iii.

Uppgift 3. (2p)

a) Bestäm avståndet från punkten A=(1,1,–3) till planet 2x2yz90. b) Bestäm avståndet från punkten O=(0,0,0) till linjen (x,y,z)(3t,2t,3t). Lösning:

a) Enligt formelblad har vi att sökt avstånd, d, är:

2 ⋅ 1 2 ⋅ 1 1 ⋅ 3 9

2 2 1

6

√9 2

b) En riktningsvektor till linjen är 1,2,3 och en punkt på linjen är 3,0,0 (vilken fås när t=0). Enligt formelblad har vi att sökt avstånd, d, är:

| |

| 1,2,3 3,0,0 |

√1 2 3

| 1,2,3 3,0,0 |

√1 2 3

| 0, 9,6 |

√14

3√3 2

3√13 √14

√14

Rättningsmall: 1p för varje del

Uppgift 4. (2p)

Lös följande olikhet (med avseende på x)

0 ) 5 ( 5 2

4 3 1

3 1



 x x

.

Lösning:

Vi beräknar först determinanten:

8 6 )

5 ( 5 2

4 3 1

3 1

2 







 x x

x x

D .

Determinantens nollställen är 2 och 4.

Olikhete hjälp av

Från gra Svar: x

Rättnin

Uppgift a) (2p) L

där Tips b) (2p)

där M

Lösning a) Bryte sätt nu Vi beräk X Svar a)

b) Noter uttrycke b) Sätt

en D < 0 dv v grafen till

afen ser vi a ) 2 , (  x

ngsmall: Ko

t 5. (4p) Lös matrise



 A

s: Faktorise Lös matris



 



 0 0

0 M 2

g:

er vi ut X åt

knar 2 1 X= 2 0

1 0

ra att vi int et MYYN

vs x²6x

2



 x y

att D < 0 om ) , 4 ( 



orrekta dete

ekvationen







 ,

2 0

1 1

ra vänsterle ekvationen



 1 , N 0

t vänster i V 1 1 1 3 o

⋅ 31 2

1 ⋅ 3 1

e kan använ N , (matrisen

, vi får då a 2 0 0 0

0 8



x ka

8 6x

m x(,2

erminanten

XB XA  



 



 1 1

0 B 0

edet i ekvati YN MY



 , 1

1 F

VL får vi X A ch

1

1 och vi h 1

1

2 1

nda samma n Y ligger på att VL kan s 0

0

an vi lösa m

) , 4 ( )

2   .

ger 1p . A

D C

 (m









0 , C 3

ionen.

 (medF



 



 5 3

3 1 .

B 2

1 har XG

0 0

metod som å olika sido skrivas som 0 1

med hjälp av

Allt korrekt=

med avseen



 , 0 0

3

3 D

d avseende

2 1 .

så

i a-delen ef r i termerna m

1 1

2

en tabell el

=2p

nde på X)



 

 1 1

D 1

på Y)

ftersom vi k a MY och YN

ller direkt m



  1

1 .

kan inte fak YN)

3

med

ktorisera

för att detta skall stämma med matrisen i HL får vi alltså följande ekvationssystem som vi löser med hjälp av Gausseliminering

2 1

3 3

3 5

⇔

2 1

3 3

3 2

⇔

5 5

3 3

3 2

⇔

1 0 3 2

Därmed 0 1

2 3

Svar b) 0 1

2 3

Rättningsmall. a) Korrekta inversmatrisen 



 







 1 1

1 3 2

1 ger 1p . Allt korrekt =2p

b) Korrekt till 



 







 











5 3

3 1 3 2

d c d

b a b

a ger 1p . Allt korrekt =2p

Uppgift 6) (6p)

a) (2p) Bestäm Re( z) och | z| om 



  i z i

2 1

3

b) (2p) Bestäm alla lösningar till ekvationen z³i. Ange lösningar på a form. bi c) (2p) Ekvationen z⁴ 2z³6z² 2z50, har en lösning z . Bestäm alla lösningar. i Lösning

a) i i

i i i i i

i i i i

z i   

 





 



 



 



  1

5 5 5 4

1

2 6

3 2 1

2 1 2 1

3 2 1

3

2 2

.

Härav Re(z)1 och |z| 2 Svar a) Re(z)1 och |z| 2

Rättningsmall a) Korrekt z1i ger 1p . Allt korrekt =2p

b)

e

z i

z

3 3

3











Härav

e z _k

k



, k0,1,2

z e

i   



0 ²



 

sin6 cos6

cirkeln) .

trig (rita 6

sin7 6

cos7

1 ³

) 2 2 (3







 



i

e

z

i













2 1 2

3 i



sin6 cos6

6 sin11 6

cos11 2

3 ) 2 4 (3







 



i

e

z

i









2 1 2

3 i

Svar b) z₀ i,

2 1 2

3

1 i

z   ,

2 1 2

3

2 i

z  

Rättningsmall. b) Korrekt

z

e

k



, k 0,1,2 ger 1p . Allt korrekt =2p

Lösning c) :

Ekvationen z⁴ 2z³6z² 2z50, har reella koefficienter och en lösning z₁i.Därför är i

z₂  också en lösning till ekvationen. Polynomet i vänsterledet är därmed delbart med 1

) )(

(zi zi z² . Polynomdivision ger

5 2 )

1 /(

) 5 2 6 2

(z⁴  z³ z² z z² z²  z (kontrollera själv) .

Från ekvationen z² z2 50 får vi (med pq-formeln) två nya lösningar:

i

z₃ 12 och z₄ 12i

Svar c: z₁i, z₂ i, z₃ 12i, z₄ 12i

Rättningsmall c) Korrekt till produkten (zi)(zi)z²1 ger 1p . Allt korrekt =2p

Uppgift 7. (2p) En kropp K består av två homogena kuber K1 och K2 vars kanter är parallella med axlarna i ett koordinat system. Den större kuben K₁ har ett hörn i origo O=(0, 0, 0) och varje kant har längden a=4 dm. Den mindre kuben K2 är placerat på den större kuben så att ett hörn ligger i punkten (0,0,4) (se figuren) Varje kant

i den mindre kuben har längden b=2 dm. Kuberna är gjorda av ett homogent material med densiteten 2kg/dm³. Bestäm masscentrum till kroppen K.

Tips: Låt T₁ och T₂vara tyngdpunkterna för delkroppar K₁ och K₂ med motsvarande massor m₁ och m₂. Om O betecknar origo och T masscentrum då gäller

a= 4dm b= 2dm

O

x

y z

4

4 4 6

) 1(

2 2 1 1





  m OT m OT

OT m där mm₁m₂. Lösning:

Kuberna är homogena. Detta medför att deras tyngdpunkter ligger i mitten av respektive kub: T₁ (2,2,2) och T₂ (1,1,5)

Kubernas massor: (mV ) 128m₁ 24³  ,m₂ 22³ 16,m12816144 (kg) K:s masscentrum:

3) ,7 9 ,17 9 (17 144) ,336 144 ,272 144 (272 )) 5 , 1 , 1 ( 16 ) 2 , 2 , 2 ( 128 144(

1     

  OT

Svar: K:s masscentrum är ) 3 ,7 9 ,17 9 (17

Rättningsmall. Korrekt till (128 (2,2,2) 16 (1,1,5)) 144

1    ger 1p .

Allt korrekt =2p