TENTAMEN Matematik 1 Kurskod HF1903 Skrivtid 13:15-17:15 Onsdagen 25 september 2013 Tentamen består av 3 sidor

(1)

TENTAMEN

Matematik 1 Kurskod HF1903 Skrivtid 13:15-17:15 Onsdagen 25 september 2013

Tentamen består av 3 sidor

Hjälpmedel: Utdelat formelblad. Räknedosa ej tillåten.

Tentamen består av 13 uppgifter som totalt kan ge 24 poäng.

Poäng Betyg

22-24 A

19-21 B

16-18 C

13-15 D

10-12 E

9 Fx

Fx är ett underkänt betyg men med möjlighet till komplettering.

Kompletteringen kan endast göras upp till betyg E.

• Till samtliga inlämnade uppgifter fordras fullständiga lösningar.

• Börja varje ny uppgift på ett nytt blad, detta gör att rättningen blir säkrare.

• Skriv endast på en sida av papperet.

• Skriv namn och personnummer på varje blad.

• Inlämnade uppgifter skall markeras med kryss på omslaget Undervisande lärare: Elias Said, Jonas Stenholm, Håkan Strömberg Examinator: Armin Halilovic

(2)

Har du klarat KS:en hoppar du över de fyra uppgifterna i ramen nedan

Uppgift 1 (1 poäng).

Det gäller att vektorn ~v är summan av vektorerna ~a och ~b, (~v = ~a + ~b). Beräkna ~a om ~v = (1, 5, 9) och ~b = (−1, 2, −1).

Givet vektorn ~v = (1, 5, 9). Bestäm en enhetsvektor med samma riktning som ~v.

Uppgift 3 (1 poäng)

Bestäm en vektor som är vinkelrät mot ~v = (1, 5, 9) och som har en negativ z- komponent.

En triangel har sina hörn i punkterna P₁ = (1, 3), P₂ = (2, −1) och P₃ = (3, 2).

Bestäm längden av den längsta sidan i denna triangel.

Uppgift 5 (3 poäng) Lös matrisekvationen

AX + 5E = B då

A =

2 1 3 2

B =

11 0 8 7

och då E är enhetsmatrisen

Bestäm samtliga lösningar till matrisekvationen

X



 2 4 6



 = (7)

Högerledet består alltså av en 1 × 1-matris Uppgift 7 (3 poäng)

För vilka värden på a har ekvationssystemet entydig, ingen eller oändligt många lösningar?







x + z = 1

x + y + az = 0

−ay − 2z = −1

Uppgift 8 (3 poäng) Givet de tre vektorerna ~u = (0, 2, −1), ~v = (2, −2, −4), ~w = (10, 2, 4).

Låt ~z = (10, 20, 25). Bestäm a, b och c så att

a~u + b~v + c~w =~z

Uppgift 9 (2 poäng) Visa att påståendet: ”Punkterna P₁ = (3, 0, 2), P₂ = (4, 3, 0) P₃ = (8, 1, −1)är hörn i en rätvinklig triangel” är sant. Vid vilken punkt ligger den räta vinkeln?

Bestäm till sist triangelns area.

(3)

Uppgift 11 (2 poäng) För vilka värden på den reella konstanten a är matrisen

A =





a 1 1 1 a 1 1 1 a



 inverterbar, det vill säga att A har invers.

Uppgift 12 (2 poäng) Låt L₁ vara skärningslinjen mellan planen x − y + 2z − 3 = 0 och x + y − 2z + 3 = 0 och låt L₂ vara skärningslinjen mellan planen x − y − z − 11 = 0 och 2x + 2y + z − 5 = 0 . Bestäm ekvationen, på normalform, för det plan som går genom punkten (1, 2, 3) och är parallellt med både L₁ och L₂.

Uppgift 13 (2 poäng) En flaggstång, representerad av vektorn ~n = (2, 2, 1), står med foten i origo, vinkelrätt mot den plana marken. Solstrålarna faller in i riktningen av vektorn ~v = (1, 1, −3). Beräkna längden av flaggstångens skugga. Är skuggan längre än flaggstången?

(4)

Lösningar

Det gäller att vektorn ~v är summan av vektorerna ~a och ~b, (~v = ~a + ~b). Beräkna ~a om

~v = (1, 5, 9) och ~b = (−1, 2, −1).

Lösning:

~v = ~a + ~b

~a = ~v − ~b

~a = (1, 5, 9) − (−1, 2, −1)

~a = (2, 3, 10) Svar: ~a = (2, 3, 10)

Givet vektorn ~v = (1, 5, 9). Bestäm en enhetsvektor med samma riktning som ~v.

Lösning: En enhetsvektor ~r ges av

~r = ~v

|~v| = (1, 5, 9)

√1²+ 5²+ 9² = 1

√107 (1, 5, 9)

Svar: 1

√107(1, 5, 9) Uppgift 3 (1 poäng)

Bestäm en vektor som är vinkelrät mot ~v = (1, 5, 9) och som har en negativ z-komponent.

Lösning: En vektor, ~u = (a, b, c) är vinkelrät mot ~v om ~v ◦ ~u = 0

~v ◦ ~u = 0

(1, 5, 9) ◦ (a, b, c) = 0 a + 5b + 9c = 0

Det finns oändligt många lösningar, även då z-komponenten är < 0. Till exempel ~u = 4, 1, −1

En triangel har sina hörn i punkterna P1 = (1, 3), P2 = (2, −1) och P3 = (3, 2). Bestäm längden av den längsta sidan i denna triangel.

Lösning: Vi bestämmer de tre vektorer som utgör triangelns sidor.

P₁~P₂ = (2, −1) − (1, 3) = (1, −4) p1²+ (−4)² = √ 17 P₂~P₃ = (3, 2) − (2, −1) = (1, 3) √

1²+ 3² = √ 10 P₃~P₁ = (1, 3) − (3, 2) = (−2, 1) p(−2)²+ 1² = √

5

√

(5)

Uppgift 5 (3 poäng) Lös matrisekvationen

AX + 5E = B då

A =

2 1 3 2

B =

11 0 8 7

och då E är enhetsmatrisen Lösning:

AX + 5E = B AX = B − 5E A⁻¹AX = A⁻¹(B − 5E)

X = A⁻¹(B − 5E) Vi bestämmer så A⁻¹ med hjälp av Jacobis metod

2 1 1 0 3 2 0 1

−³₂· rad 1 adderas till rad 2

2 1 1 0

0 ¹₂ −³₂ 1

−2· rad 2 adderas till rad 1

2 0 4 −2

0 ¹₂ −³₂ 1

Multiplicera rad 1 med ¹₂ och rad 2 med 2

1 0 2 −1 0 1 −3 2

Vi har bestämt

A⁻¹ =

2 −1

−3 2

och kan nu utföra

A⁻¹(B − 5E) =

2 −1

−3 2

11 0 8 7

− 5

1 0 0 1

=

2 −1

−3 2

6 0 8 2

=

4 −2

−2 4

Svar:

X =

4 −2

−2 4

(6)

Bestäm samtliga lösningar till matrisekvationen

X



 2 4 6



 = (7)

Högerledet består alltså av en 1 × 1-matris

Lösning: För att matrismultiplikationen ska vara definierad måste X(1×3). Låt X = (x, y, z).

Eftersom X inte är kvadratisk kan den inte inverteras. Vi löser då ekvationen genom att införa den okända matrisens element

x y z



 2 4 6



 = (7)

Vi får 2x + 4y + 6z = 7. Ekvationen har oändligt många lösningar som alla ligger i planet 2x + 4y + 6z = 7. På parameterform får vi genom att sätta z = t och y = s, x = ⁷₂− 2s − 3t

Svar 





x = ⁷₂ −2s −3t

y = s

z = t

För vilka värden på a har ekvationssystemet entydig, ingen eller oändligt många lösningar?







x + z = 1

x + y + az = 0

−ay − 2z = −1

Lösning: Vi startar med att bestämma determinanten för koefficientmatrisen

1 0 1

1 1 a

0 −a −2

= −2 − a + a²

Determinanten = 0 då a²− a − 2 = 0, a1 = −1 och a2 = 2. Vi vet nu att systemet har unika lösningar så länge a 6= −1 och a 6= 2

Vi undersöker nu systemet då a = −1 och får totalmatrisen





1 0 1 1

1 1 −1 0 0 1 −2 −1





(7)

Subtrahera rad 2 från rad 3 ger så





1 0 1 1

0 1 −2 −1

0 0 0 0





Eftersom 0 · a + 0 · b + 0 · c = 0 gäller för alla uppsättningar av x, y, z har systemet oändligt många lösningar då a = −1

Återstår att undersöka systemet då a = 2. Vi får





1 0 1 1

1 1 2 0

0 −2 −2 −1



 Subtrahera rad 1 från rad 2 ger





1 0 1 1

0 1 1 −1

0 −2 −2 −1





Addera 2· rad 2 till rad 3 



1 0 1 1

0 1 1 −1 0 0 0 −3





Eftersom 0 · a + 0 · b + 0 · c 6= −3 för alla uppsättningar av x, y, z saknar systemet lösningar då a = 2

Svar:

• Då a 6= −1 och a 6= 2 har systemet en entydig lösning.

• Då a = −1 har systemet oändligt många lösningar (en-parametrig lösning).

• Då a = 2 saknar systemet lösningar.

Uppgift 8 (3 poäng) Givet de tre vektorerna ~u = (0, 2, −1), ~v = (2, −2, −4), ~w = (10, 2, 4).

Låt ~z = (10, 20, 25). Bestäm a, b och c så att

a~u + b~v + c~w =~z Lösning: Det gäller alltså att bestämma a, b och c så att

a~u + b~v + c~w =~z eller med talen insatta

(0, 2a, −a) + (2b, −2b, −4b) + (10c, 2c, 4c) = (10, 20, 25) Vi får då ekvationssystemet







2b + 10c = 10 2a − 2b + 2c = 20

−a − 4b + 4c = 25

(8)

Detta löser vi med Gausselimination och får totalmatrisen





0 2 10 10

2 −2 2 20

−1 −4 4 25





Vi multiplicerar rad 3 med −1 och byter därefter plats på rad 1 och rad 3





1 4 −4 −25

2 −2 2 20

0 2 10 10



 Subtrahera 2· rad 1 från rad 2.





1 4 −4 −25

0 −10 10 70

0 2 10 10



 Subtrahera rad 1 från rad 3





1 4 −4 −25

0 −10 10 70

0 12 0 −60





Vi får nu 12b = −60, b = −5. Genom bakåtsubstitution får vi så c = 2 och a = 3 Svar: 3~u − 5~v + 2~w =~z

Uppgift 9 (2 poäng) Visa att påståendet: ”Punkterna P₁ = (3, 0, 2), P₂ = (4, 3, 0) P3 = (8, 1, −1)är hörn i en rätvinklig triangel” är sant. Vid vilken punkt ligger den räta vinkeln?

Bestäm till sist triangelns area.

Lösning: Vi kan med hjälp av de tre punkterna bilda tre vektorer P₁~P₂ = (4, 3, 0) − (3, 0, 2) = (1, 3, −2) P₁~P₃ = (8, 1, −1) − (3, 0, 2) = (5, 1, −3) P₂~P₃ = (8, 1, −1) − (4, 3, 0) = (4, −2, −1) Vi bestämmer nu längden hos dessa tre vektorer

| ~P₁P₂| =p1²+ 3²+ (−2)² =√ 14

| ~P₁P₃| =p5²+ 1²+ (−3)² =√ 35

| ~P₂P₃| =p4²+ (−2)²+ (−1)² =√ 21 Med hjälp av Pythagaros’ sats ser vi nu att

√ 14

2

+√ 21

2

=√ 35

2

och att triangeln är rätvinklig. Detta hade man också kunna konstatera genom att skalär-

(9)

Vilket man också kan få genom

(1, 3, −2) × (4, −2, −1) 2

= 7 ·

√6 2 Svar: 7 ·

q3 2

Bestäm a, så att determinanten till de två matriserna A och B får samma värde

A =





1 a 2

a −2 1

a a 1



 B =





1 2 −a

−2 a 1

−2 −a 1





Lösning: Vi får ekvationen

1 a 2

a −2 1

a a 1

=

1 2 −a

−2 a 1

−2 −a 1

som utvecklat ger

−2 + 2a²+ a²+ 4a − a²− a = a − 2a²− 4 − 2a²+ 4 + a 2a²+ 3a − 2 = −4a²+ 2a

6a²+ a − 2 = 0 a1= −²₃ a2= ¹₂ Svar: a = −²₃ och a = ¹₂

Uppgift 11 (2 poäng) För vilka värden på den reella konstanten a är matrisen

A =





a 1 1 1 a 1 1 1 a



 inverterbar, det vill säga att A har invers.

Lösning: Matrisen A är inte inverterbar då

det A =

a 1 1 1 a 1 1 1 a

= 0

Vi erhåller

a³+ 1 + 1 − a − a − a = 0 a³− 3a + 2 = 0

Enklaste sättet att lösa denna ekvation av tredje graden är att ’gissa’ en rot. Vi ser ganska snart att a = 1 duger.

(10)

Med hjälp av polynomdivision får vi nu

a³ −3a +2 : a − 1 = a²+ a − 2 a³ −a²

a² −3a a² −a

−2a +2

−2a +2 0

Vi kan nu skriva ekvationen (a − 1)(a²+ a − 2) = 0genom att lösa a²+ a − 2 = 0 får vi rötterna a₁= 1och a₂ = −2. Vi har nu funnit rötterna a₁= 1, a₂= 1 och a₃= −2

Svar: Matrisen är inte inverterbar då a = 1 eller a = −2.

Uppgift 12 (2 poäng) Låt L1 vara skärningslinjen mellan planen x − y + 2z − 3 = 0 och x + y − 2z + 3 = 0 och låt L2 vara skärningslinjen mellan planen x − y − z − 11 = 0 och 2x + 2y + z − 5 = 0 . Bestäm ekvationen, på normalform, för det plan som går genom punkten (1, 2, 3) och är parallellt med både L1 och L2.

Lösning: De fyra planen har normalvektorerna: ~n1 = (1, −1, 2), ~n2 = (1, 1, −2), ~n3 = (1, −1, −1)och ~n₄ = (2, 2, 1), Riktningsvektorn för L₁ är parallell med vektor

~

v1=n~1× ~n2= (0, 4, 2) = 2(0, 2, 1) Riktningsvektorn för L2 är parallell med vektor:

~

v₂=n~₃× ~n₄= (1, −3, 4) Planets normalvektor ges av

~n = ~v₁× ~v₂= (11, 1, −2)

och eftersom planet går genom punkten (1, 2, 3) är planets ekvation:

11x + y − 2z + d = 0 11 + 2 − 6 + d = 0

d = −7 Svar: Planets ekvation är 11x + y − 2z − 7 = 0

Uppgift 13 (2 poäng) En flaggstång, representerad av vektorn ~n = (2, 2, 1), står med foten i origo, vinkelrätt mot den plana marken. Solstrålarna faller in i riktningen av vektorn ~v = (1, 1, −3). Beräkna längden av flaggstångens skugga. Är skuggan längre än flaggstången?

Lösning: ~n = (2, 2, 1) är normalvektor till planet ’marken’, i vilket punkten (0, 0, 0) ligger.

Planets ekvation för marken blir då 2x + 2y + z + d = 0, ger d = 0. Flaggstångsknoppen befinner sig i punkten P = (2, 2, 1). Den aktuella solstrålen går genom punkten P med riktning ~v. Linjens ekvation för solstrålen är (x, y, z) = (2 + t, 2 + t, 1 − 3t). Solstrålen når marken då 2(2 + t) + 2(2 + t) + 1 − 3t = 0, som ger t = −9.