TENTAMEN 17 dec 2018, HF1006 och HF1008
Moment: TEN1 (Linjär algebra), 4 hp, skriftlig tentamen
Kurser: Linjär algebra och analys HF1006 och Analys och linjär algebra, HF1008, Klasser: TIELA1, TIMEL1, TIDAA1
Tid: 8-12, Plats: Campus Flemingsberg Lärare: Maria Shamoun 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 försättsbladet, eftersom tentorna skannas och automatiskt kopplas till namn/personnummer som finns på försättsbladet)
Inlämnade uppgifter skall markeras med kryss på försättsbladet.
Tentafrågor (dvs. det här bladet) ska lämnas in tillsammans med lösningar.
Till samtliga uppgifter krävs fullständiga lösningar.
---
Uppgift 1. (4p) (Student som är godkänd på KS1 hoppar över uppgift 1.)
a) (2p) Beräkna volymen av den parallellepiped som spänns upp av vektorernaa=(2,2,2) , )
1 , 2 , 1
=( b
och c=(3,4,6).
b) (2p) Bestäm en ekvation för planet som går genom punkterna A=(2,2,2), B=(3,4,4), C=(3,3,2).
Uppgift 2) (4p)
För vilka värden på parametern a har ekvationssystemet
4 4
3
0 2
2 2
= + +
= + +
= + +
az y x
z y x
z y x
i) exakt en lösning ii) oändligt många lösningar iii) ingen lösning.
Var god vänd.
Uppgift 3. (2p)
Skriv det komplexa talet
( )
51 1 z
i
= + på formenreiθ.
Uppgift 4. (4p) Lös ekvationen z3 = och ange lösningarna exakt på formen a + bi. 8i
Uppgift 5. (4p)
Låt
− −
=
=
=
6 12
3 , 3
1 1
0 , 0
1 1
1
2 B C
A .
Lös följande matrisekvationer (med avseende på X) a) (2p) AX +BX =C.
b) (2p) XA +BX =C
Uppgift 6. (2p) Bestäm egenvärden och egenvektorer till matrisen . 0 1
6
5
−
= M
Uppgift 7. (2p)
Given är punkten C=(1, 2, 0) och planet α: x+ y−2z−6=0. Bestäm en ekvationen för sfären som har punkten C som medelpunkten och som tangerar planet α.
Uppgift 8. (2p) Låt ABC vara en triangel. Vi betecknar med A1, B1, C1 mittpunkter på BC, AC och AB. Låt vidare T vara skärningspunkten mellan sträckorna AA1 och BB1. Bevisa att
|AT | 2 |= A T1 | .
(Anmärkning: En sammanbindningssträcka mellan triangelns hörn och motstående sidas mittpunkt kallas median. Skärningspunkten mellan medianer kallas triangelns tyngdpunkt.
Du ska faktiskt bevisa att tyngdpunkten delar medianen i förhalandet 2:1. )
Lycka till!
FACIT:
Uppgift 1. (4p) (Student som är godkänd på KS1 hoppar över uppgift 1.)
a) (2p) Beräkna volymen av den parallellepiped som spänns upp av vektorernaa=(2,2,2), )
1 , 2 , 1
=( b
och c=(3,4,6) .
b) (2p) Bestäm en ekvation för planet som går genom punkterna A=(2,2,2), B=(3,4,4), C=(3,3,2).
Lösning:
a)
6
| 6
| 4 6 16
|
| ) 6 4 ( 2 ) 3 6 ( 2 ) 4 12 ( 2
|
4 | 3
2 2 1 6 3
1 2 1 6 4
1 2 2
|
| 6 4 3
1 2 1
2 2 2
|
=
=
−
−
=
− +
−
−
−
=
⋅ +
⋅
−
⋅
=
= V
b) En normalvektor till planet är n= AB×AC där AB=(1,2,2)och AC=(1,1,0). Vi har
) 1 , 2 , 2 ( 2
1 2 1
2 1 0 1
2 1 0 1
2 2 0 1 1
2 2
1 = − + =− + − = − −
=
×
= i j k i j k
k j i AC AB
n
.
Planets ekvation:
0 ) 2 ( 1 ) 2 ( 2 ) 2 (
2 − + − − − =
− x y z
eller −2x+2y−z+2=0.
Svar: a) Volymen=6 b) −2x+2y−z+2=0 Rättningsmall:
a) Ett poäng för korrekt uppställning av determinanten | 6 4 3
1 2 1
2 2 2
=|
V .
2p om allt är korrekt.
b) Ett poäng för en korrekt normalvektor. 2p om allt är korrekt.
Uppgift 2) (4p)
För vilka värden på parametern a har ekvationssystemet
4 4
3
0 2
2 2
= + +
= + +
= + +
az y x
z y x
z y x
i) exakt en lösning ii) oändligt många lösningar iii) ingen lösning.
Lösning:
Systemets determinant är det(A)= a−5. a−5=0⇒ a=5.
Systemet har exakt en lösning om a≠5. Vi undersöker systemet för a=5:
För a=5 får vi systemet
=
−
=
−
= + +
⇔
−
=
−
−
=
−
= + + +
− +
−
⇔
= + +
= + +
= + +
0 0
2 2 2 2
2 2 2 )
3 1 3 (
) 2 1 ( 4 5 4 3
0 2
2 2
z y
z y x
z y
z y
z y x
E E
E E z
y x
z y x
z y x
Systemet är lösbart med 2 ledande och en fri variabel.
Därför har systemet oändligt många lösningar om a=5 i) Systemet har exakt en lösning om a≠5.
ii) Oändligt många lösningar om a=5
iii) Fallet ”ingen lösning” kan inte förekomma i denna uppgift.
Rättningsmall: 1p för korrekt determinanten D=a–5.
1p för varje del i, ii eller iii.
Uppgift 3. (2p)
Skriv det komplexa talet
( )
51 1 z
i
= + på formenreiθ.
Lösning:
Metod 1. Först skriver vi 1 i+ på potensform.
Vi har |1+ =i| 2 och arg(1 ) arctan1 . 1 4
i π
θ = + = =
Därmed 1 i e4i + = π .
Nu har vi
( ) ( )
54
5 5 5 5
5 4
4
1 1 1 1
1 2 2 2
i i i
z e
i e e
π π π
= = = = −
+ ⋅
.
Vi kan skriva resultat på flera olika sätt bl. annat
5 5
5 3
4 4 ( 2 )
4 4
5 2
4 4
1 2 2
8 8
2 2 4 2
2 2
i i
i i
i
e e
z e e
e
π π
π π π
π
− −
− +
= = = = ⋅ = ⋅
⋅
⋅
Svar: 54
5
1 2
z e i
−π
= ( Alternativ:
5 4
4 2 e i
z
− π
= eller
3
2 4
8
z e i
= ⋅ π )
Rättningsmall för metod 1: Korrekt till 5
4
1 2 i z
e
= π
ger 1p. Allt korrekt= 2p.
Metod 2. Först skriver vi 1 i+ på polär form (dvs. trigonometrisk form), beräknar uttrycket och därefter skriver resultatet på potensform form.
( )
5 53 4
1 cos 0 sin 0 cos 0 sin 0
5 5
1 2 cos sin 4 2 cos sin
4 4
4 4
1 5 5 2 3 3 2
cos sin cos sin
8 8
4 4 4 4
4 2
i
i i
z
i i i
i i e
π
π π
π π
π π π π
+ +
= = = =
+ + ⋅ +
= ⋅ − + − = ⋅ + = ⋅
Rättningsmall för metod 2: Korrekt till 1 5
2 cos sin
4 i 4
π π
+
ger 1p. Allt korrekt= 2p.
Uppgift 4. (4p) Lös ekvationen z3 = och ange lösningarna exakt på formen a + bi. 8i
Lösning:
Metod 1: Vi skriver högerledet på potensform
e
iz
3= 8
(π/2) . Häravk i k i
e e
z
3 )2 2 ( / 3 )
2 2 ( / 3 /
1
2
8
π π
π
π + +
=
=
, där k=0, 1, 2.För k=0 har vi
i i
i e
e
z i i = + = +
+
=
=
= ) 3
2 1 2 ( 3 2 6) sin(
6) cos(
2 2
2 3 ) 6
2 ( /
0
π
π π
π
. För k=1 har vi
i i
i e
e
z i i = − + =− +
+
=
=
= + ) 3
2 1 2 ( 3 2 6 ) sin(5 6 )
cos(5 2 2
2 3 ) 6
2 2 ( /
1
π
π π
π π
.
i i i
i e
e
z i i ) 2(0 ) 2
2 sin(3 2 )
cos(3 2 6 ) sin(9 6 )
cos(9 2 2
2 3 ) 6
4 2 ( /
2 = − =−
+
=
+
=
=
= π + π π π π π π
. Svar: z0 = 3+i , z1=− 3+i , z2 =−2i
Rättningsmall (metod1) : 1p för korrekt till
z
3= 8 e
(π/2)i.+1p för varje korrekt lösning z0 = 3+i , z1 =− 3+i , z2 =−2i . Metod 2:
Omskrivning av båda leden till polärform:
( )
3 cos 3 sin 3 8 cos sin
2 2
r v i v = π i π
+ +
Likheter gäller om: r3 =8 ⇒ r= och 2 2
3 2 där
2 6 3
v= + ⋅π n π n∈ Ζ ⇒ = + ⋅v π n π Ekvationens tre rötter bestäms för n= 0, 1, 2:
0
1
2
2 cos sin 3
6 6
2 2 5 5
2 cos sin 2 cos sin 3
6 3 6 3 6 6
2 2 3 3
2 cos 2 sin 2 2 cos sin 2
6 3 6 3 2 2
z i i
z i i i
z i i i
π π
π π π π π π
π π π π π π
= + = +
= + + + = + = − +
= + ⋅ + + ⋅ = + = − Svar: z0 = 3+i , z1=− 3+i , z2 =−2i
Rättningsmall (metod2) : 1p för korrekt till 3(cos 3 sin 3 ) 8 cos sin
2 2
r v i+ v = π +i π
+1p för varje korrekt lösning z0 = 3+i , z1 =− 3+i , z2 =−2i . Uppgift 5. (4p)
Låt
− −
=
=
=
6 12
3 , 3
1 1
0 , 0
1 1
1
2 B C
A .
Lös följande matrisekvationer (med avseende på X) a) (2p) AX +BX =C.
b) (2p) XA +BX =C Lösning:
Notera att vi X står till höger om A och B i båda termer i vänsterledet av ekvationen
C BX AX + = .
Därför kan vi faktorisera vänsterledet. Vi får C
X B A+ ) = (
Alltså
− −
=
6 12
3 3 2
2 1
2 X (*)
Matrisen
= 2 2
1
D 2 är inverterbar eftersom det(D)=2 ≠0.
Vi har
−
= −
−
2 2
1 2 2
1 1 D
Från (*) har vi
− −
=
−
6 12
3 3 2 2
1
2 1
X =
− −
=
− −
=
− −
−
−
9 15
6 9 18
30
12 18 2 1 6 12
3 3 2 2
1 2 2 1
Svar a)
− −
= 15 9
6 X 9
Rättningsmall (a) : 1p för korrekt inversmatrisen
−
= −
+ −
2 2
1 2 2 ) 1
(A B 1 .
Notera att vi X står på olika sidor om A och B i termerna i vänsterledet av ekvationen C
BX XA + = .
Därför kan vi INTE faktorisera vänsterledet.
Vi använder följande ansats
= d c
b
X a som vi substituerar i ekvationen
C BX XA + = . Vi får
− −
=
+
6 12
3 3 1
1 0 0 1 1
1 2
d c
b a d
c b
a ,
− −
=
+ + +
+ +
+ +
6 12
3 3 )
( ) (
0 0
) ( ) 2 (
) ( ) 2 (
d b c a d
c d c
b a b
a ,
− −
=
+ + +
+
+ +
6 12
3 3 )
2 (
) 3 (
) ( )
2 (
d c b d c a
b a b
a
Härav får vi följande system:
= +
+
= + +
−
= +
−
= +
6 2
12 3
3 3 2
d c b
d c a
b a
b a
(sys (*))
Från första två ekv. får vi a=0 och b=−3. Detta substitueras i ekv 3 och 4 och fås
= +
= +
9 2
12 3
d c
d c
Sista två ekv ger c=3 och d=3.
Därmed .
3 3
3
0
−
= X
Svar: .
3 3
3
0
−
= X
Rättningsmall (b) : 1p för korrekt till och med systemet sys (*).
Uppgift 6. (2p) Bestäm egenvärden och egenvektorer till matrisen . 0 1
6
5
−
= M
Lösning:
Steg 1. Vi får matrisens egenvärden genom att lösa den karakteristiska ekvationen 0
)
det(A− Iλ = ( EKV1 ) Vi har:
0 6 5 0
) 6 ( 1 ) )(
5 ( ) 0
0 ( 1
6 )
5
( 2
= +
−
⇔
=
−
⋅
−
−
−
⇔
− =
−
− λ λ λ λ
λ
λ .
Härav λ1=2 och λ2=3
Steg 2. För varje egenvärden (dvs. lösning till EKV1) λk substituerar vi λ=λk i 0
)
(A−λI v = ( EKV2)
och bestämmer motsvarande egenvektor .
i) λ1=2 ger
=
−
−
0 0 2
1 6 3
y
x och följande system
=
=
⇔ −
=
−
=
−
0 0
0 2 0
2 0 6
3 x y
y x
y
x .
Härav y=t och x=2t, och därmed är
= t v 2t
1
, (där t∈R, t ≠0) tillhörande
egenvektorer.
ii) λ2=3 ger
=
−
−
0 0 3
1 6 2
y
x och följande system
=
=
⇔ −
=
−
=
−
0 0
0 3 0
3 0 6
2 x y
y x
y
x .
Härav y=t och x=3t, och därmed är
= t v 3t
2
, (där t∈R, t≠0) tillhörande
egenvektorer. (Anmärkning: Nollvektorn räknas inte som en egenvektor, därför t≠0.) Svar: egenvärden λ1=2 och λ2=3 med tillhörande egenvektorer
= t v 2t
1
resp.
= t v 3t
2
(där t∈R, t≠0)
Rättningsmall: Korrekta två egenvärden ger 1p. Korrekt ett egenvärde med tillhörande egenvektor ger 1p. Allt korrekt=2p.
Uppgift 7. (2p)
Given är punkten C=(1, 2, 0) och planet α: x+ y−2z−6=0. Bestäm en ekvationen för sfären som har punkten C som medelpunkten och som tangerar planet α.
Lösning:
Sfärens radie är lika lång som avståndet mellan punkten C och planet α.
( )
2 2 2
1 2 2 0 6 3
, 1 1 2 6
r=d C α = + − ⋅ − =
+ + .
Sfären består av alla punkter i R3vars avstånd till punkten C är lika med r.
Sfärens ekvation med radien 3
r= 6 och medelpunkten C=(1, 2, 0) blir:
( 1)2
(
2)
2 2 3z 6
x− + y− + = , eller
( 1)2
(
2)
2 2 3 2 36 2 y z
x− + − + = = Svar: ( 1)2
(
2)
2 2 3z 2 x− + y− + = Rättningsmall. 1p för korrekt radien.
Uppgift 8. (2p) Låt ABC vara en triangel. Vi betecknar med A1, B1, C1 mittpunkter på BC, AC och AB. Låt vidare T vara skärningspunkten mellan sträckorna AA1 och BB1. Bevisa att
|AT | 2 |= A T1 | .
(Anmärkning: En sammanbindningssträcka mellan triangelns hörn och motstående sidas mittpunkt kallas median. Skärningspunkten mellan medianer kallas triangelns tyngdpunkt.
Du ska faktiskt bevisa att tyngdpunkten delar medianen i förhalandet 2:1. ) Lösning:
A B
C
A B
C
1
1 1
T
a) Vi söker talet x så att
→
→ =xAA1
AT .
och talet y så att
→
→ = yBB1 BT
Vidare betecknar vi
= AB→
a ,
= AC→
b
och uttrycker
→
AT som en linjär kombination av a och b
på två olika sätt:
i) xb
xa a b a x BA AB x AA x
AT
2 )) 2
2( ( 1 )
( 1
1 = + = + − = +
= → → →
→
(*) Andra sätt att beräkna vektorn
→
AT : Vi går genom punkten B.
ii) yb a y b
a y a AB BA y a BB y AB BT AB
AT
) 2 1 ( 2 ) ( 1 )
( 1
1 = + + = + − + = − +
+
= +
= → → → → → →
→
(**) Från (* ) och (**) har vi
yb a y xb
xa
) 2 1 2 (
2 + = − +
eller ( om vi skriver a, b på var sin sida)
x b a y
x y )
2 (2 ) 2 1
( + − = − (***) Eftersom a b
, är icke parallella vektorer är (***) möjlig endast om följande två villkor är uppfyllda
0 2+ y−1=
x och 0
2 2y−x =
.
Från 0
2 2y− x =
har vi x= ysom vi substituerar i 1 0 2+ y− =
x och får
3 1 2
2 0 3
2+ −1= ⇒ x = ⇒ x= x x
. Därför
3
= 2
= x
y .
Alltså, vi har fått
→
→
→ = 1 = 1
3 2AA AA
x
AT och
→
→
→ = 1 = 1
3 2BB BB
y
BT .
Därmed 2/ 3 delar av medianen AA1 ligger mellan hörnet A och T och 1/3 mellan T och sidans mittpunkt A1.
Alltså T delar AA1 i förhållandet 2:1.
Rättningsmall. 1p för korrekt bevis med dålig förklaring. 2p om beviset är korrekt (med bra förklaring.).
