TNA001
Kontrollskrivning 4 – Svar med kommentarer/Lösningsskisser.
2013-10-10 Sixten Nilsson
1. Om är vinkeln mellan vektorerna gäller det att cos = | || |∙ . Vi får cos =
∙
√ ∙√
=
, d.v.s. = .Svar:
2. Vektorn är ortogonal mot linjen om är ortogonal mot linjens riktningsvektor = 2 5
−1
, d.v.s. vi skall ha
∙ = 0, vilket ger villkoret 3 −
−1 ∙ 2 5
−1
= 0 ⇔ (3 − ) ∙ 2 + (−1) ∙ 5 + ∙ (−1) = 0 ⇔ 6 − 2 − 5 − = 0 ⇔ =1 3 Svar: =
3. Projektionsformeln ger oss
∥ = ∙
| | = 2
−2 3
2 3 0 13
2 3 0
= − 2 13
2 3 0
Svar: ∥ = − 2 3 0 4. a) Origo (0,0,0) satisfierar endast ekvationen för plan B.
b) Punkten (2,3,1) satisfierar alla tre ekvationerna.
c) Två plan är parallella om deras normalvektorer är parallella. Planet 4 + 4 − 8 = 20 har normalvektorn 4 4
−8 . Då
är plan C:s normalvektor 1 1
−2
parallell med 4 4
−8 , ty
1 1
−2
= ∙ 4 4
−8
. Alltså är plan C parallellt med planet
4 − 2 + 10 = 20. För övriga plan (A och B) gäller att deras normalvektorer inte är parallella med 4 4
−8 .
Svar: a) B b) A, B, C c) C
5. Vi sätter in linjens ekvation i planets och får villkor på parametern vid ev. skärning:
2 ∙ (1 + ) − (−2 + ) + (3 + ) = 11 ⇔ 2 + 2 + 2 − + 3 + = 11 ⇔ = 2
Detta värde på sätter vi in i linjens ekvation och får skärningspunkten = (1 + 2 , −2 + 2 ,3 + 2) = (3 , 0 , 5).
Svar: Skärning i punkten (3 , 0 , 5)
6. Vi skriver systemet på matrisform:
, 2 1
0 2 5
0 0 0
1 1 0
1 2 1
~ 14 14 5
7 7 0
7 7 0
1 2 1
~ 11
1 5
2 3 5
4 1 3
1 2 1
t z
t y
t x
∈ ℝ.
Vi kontrollerar genom att sätta in lösningen i resp. ekvation i det ursprungliga systemet.
Ekvation 1: VL = (1t)2(2t)t5= HL Ekvation 2: VL = 3(1t)1(2t)4t1= HL, Ekvation 3: VL = 5(1t)3(2t)2t11= HL.
Kontrollen visar att vi funnit korrekt lösning.
Svar:
1 1 1
0 2 1
t z
y x
, ∈ ℝ
