Tentamen 1 i Matematik 1, HF1903
Torsdag 22 augusti Skrivtid: 14:00-18:00
Examinator: Armin Halilovic
För godkänt betyg krävs 10 av max 24 poäng.
Betygsgränser: För betyg A, B, C, D, E krävs 22, 19, 16, 13 respektive 10 poäng.
Komplettering: 9 poäng på tentamen ger rätt till komplettering (betyg Fx) . Hjälpmedel: Endast bifogat formelblad (miniräknare är inte tillåten).
• Till samtliga inlämnade uppgifter fordras fullständiga lösningar.
• Skriv endast på en sida av papperet.
• Skriv namn och personnummer på varje blad.
• Inlämnade uppgifter skall markeras med kryss på omslaget
• Denna tentamenslapp får ej behållas efter tentamenstillfället utan ska lämnas in tillsammans med lösningar
Uppgift 1. (2p)
Lös följande ekvationssystem (med avseende på x, y och z)
= + +
= + +
= + +
. 2 3 3 2
2 2
0 2
z y x
z y x
z y x
Uppgift 2. (2p)
Bestäm arean av triangeln ABC där A=(2,2,2), B=(3,3,4), C=(4,3,3).
Uppgift 3. (3p)
Bestäm volymen av parallellepipeden som späns upp av vektorerna )
2 , 1 , 3
=(
u , v=(1,1,1), w =(4,2,5).
Uppgift 4. (3p)
Bestäm avståndet från punkten P=( 1,2 , –1) till planet som går genom punkterna )
0 , 1 , 2
=(
A , B=(5,1,1) och C=(4,0,0).
Uppgift 5 . (4p)
För vilka värden på a har ekvationssystemet (med avseende på x, y och z)
= + +
= +
−
= + +
3 1 3
4 2 3
z y ax
z y a x
z y x
A) en entydig lösning B) oändligt många lösningar C) ingen lösning Var god vänd.
Uppgift 6. (4p)
Låt
=
=
=−
3 2
1 , 2
2 0
1 , 1
1 0
0
1 B C
A .
Lös följande matrisekvationer (med avseende på X) : a) (2p) XA + 2XB=C b) (2p) AX+XB=C
Uppgift 7. (3p) Plan sluttande mark kan beskrivas med ekvationen x− z5 =0, där z-axeln är vertikal.
En kabel spänns upp från punkten (10, 3, 2) i det sluttande markplanet, i riktningen (1,1,1). Kabeln är 20 3 längdenheter lång.
Bestäm avståndet från kabelns slutpunkt, P, till det sluttande markplanet.
Här nedan är en skiss av kabeln och markplanet (y-axeln är riktad inåt).
Kabeln går snett inåt.
Uppgift 8. (3p)
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. Kuben K1
är gjord av ett homogent material med densiteten
3 1 =rkg/ dm
r .
Kuben K2 är gjorda av ett homogent material med densiteten
3 2 =skg/ dm
r 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 så gäller
) 1 (
2 2 1 1
→
→
→ = m OT +m OT
OT m där m=m1+m2. Lycka till!
x z
markplan kabel
P
Facit:
Uppgift 1. (2p) (Student som är godkänd på KS1 hoppar över uppgift 1.) Lös följande ekvationssystem (med avseende på x, y och z)
= + +
= + +
= + +
. 2 3 3 2
2 2
0 2
z y x
z y x
z y x
Lösning:
Vi använder Gausselimination:
Metod 1. (Vi skriver ekvivalenta ekvationssystem):
=
−
=
−
= + +
⇔
+
− +
−
= + +
= + +
= + +
2 2 0 2
3 1 2
2 1 2
3 3 2
2 2
0 2
z y
z y
z y x
E E
E E z
y x
z y x
z y x
=
=
−
= + +
⇔
+
− 0 0
2 0 2 3
2
z y
z y x
E E
Systemet är lösbart med två ledande variabler x och y. Variabeln z varierar fritt. Sätt z = t.
Från andra ekv. får vi y= 2+t och från första ekv. har vi x=−y−2z=−2−3t.
Metod 2. (Totalmatris.) Det givna ekvationssystemet ger följande totalmatris där vi tillämpar Gausselimination
(1)(2)
(3)�1 1 2 1 2 1 2 3 3�0
22� ⇒ � (1′) = (1) (2′) = (2) − (1)
(3′) = (3) − 2 ∙ (1)� ⇒ (1′) (2′)
(3′)�1 1 2 0 1 −1 0 1 −1�0
22� ⇒
�(3′′) = (3′) − (2′)� ⇒(1′′) (2′′)
(3′′)�1 1 2 0 1 −1 0 0 0 �0
20� ⇒ �(1′′′) = (1′′) − (2′′)
� ⇒ (1′′′)
(2′′′)
(3′′′)�1 0 3 0 1 −1 0 0 0 �−2
20 � Sätt 𝑧𝑧 = 𝑡𝑡 så ger (2′′′) att 𝑦𝑦 = 2 + 𝑡𝑡 och (1′′′) att 𝑥𝑥 = −2 − 3𝑡𝑡
Svar: Systemet har oändligt många lösningar:
t
x=−2−3 , y= 2+t , z=t eller �𝑥𝑥
𝑦𝑦𝑧𝑧� = �−2
20 � + 𝑡𝑡 �−3 11 �.
Rättningsmall:
Korrekt till
=
=
−
= + +
0 0
2 0 2 z y
z y x
eller till �1 1 2 0 1 −1 0 0 0 �0
20� ger 1p.
Allt korrekt=2p.
Uppgift 2. (2p) (Student som är godkänd på KS2 hoppar över uppgift 2.) Bestäm arean av triangeln ABC där
A=(2,2,2), B=(3,3,4), C=(4,3,3).
Lösning:
Metod 1.
Arean av triangeln ABC är lika med | | 2
1 AB×AC .
Först AB=(1,1,2) och AC=(2,1,1).
Vektorprodukten 3 ( 1,3, 1)
1 2
1 1 1 2
2 1 1 1
2 1 1 1 2
2 1
1 = − + =− + − = − −
=
× i j k i j k
k j i AC
AB
.
Slutligen:
Arean= 11
2 1 1 9 2 1
| 1 2|
1 AB× AC = + + =
Svar: 11 2
1 a.e.
Rättningsmall:
1p för korrekt AB×AC =(−1,3,−1). 2p om allt är korrekt.
Metod 2.
Vi bestämmer längden (i kvadrat) på triangelns sidor med avståndsformeln.
(𝐴𝐴𝐴𝐴)2 = (3 − 2)2+ (3 − 2)2+ (4 − 2)2 = 6, (𝐴𝐴𝐵𝐵)2 = (4 − 3)2+ (3 − 3)2+ (3 − 4)2 = 2 (𝐴𝐴𝐵𝐵)2 = (4 − 2)2+ (3 − 2)2+ (3 − 2)2 = 6
Cosinussatsen (𝐴𝐴𝐵𝐵)2 = (𝐴𝐴𝐵𝐵)2+ (𝐴𝐴𝐴𝐴)2− 2(𝐴𝐴𝐵𝐵)(𝐴𝐴𝐴𝐴) cos 𝐴𝐴 ger
2 = 6 + 6 − 2 ∙ √6 ∙ √6 cos 𝐴𝐴 ⇒ cos 𝐴𝐴 = 2−12−12 =56 ⇒ (trigonometriska ettan)
⇒ sin 𝐴𝐴 = �1 − �56�2 =√116 och areasatsen ger 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎∆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴∙𝐴𝐴𝐴𝐴∙sin 𝐴𝐴
2 = √6∙√6∙2 √116 =√112 a.e.
Svar: √11
2 a.e.
Rättningsmall. 1p för korrekt cos 𝐴𝐴 =56. 2p om allt är korrekt.
Uppgift 3. (3p)
Bestäm volymen av parallellepipeden som späns upp av vektorerna )
2 , 1 , 3
=(
u , v=(1,1,1), w =(4,2,5). Lösning:
5 2 4
1 1 1
2 1 3
=
V =…=4
Uppgift 4. (3p)
Bestäm avståndet från punkten P=( 1,2 , –1) till planet som går genom punkterna )
0 , 1 , 2
=(
A , B=(5,1,1) och C=(4,0,0).
Lösning:
För att få en normalvektor till planet plockar vi ut riktningsvektorer mellan punkterna 𝐴𝐴𝐴𝐴�����⃗ = (3,0,1), 𝐴𝐴𝐵𝐵�����⃗ = (2, −1,0),
𝑁𝑁��⃗ = 𝐴𝐴𝐴𝐴�����⃗ × 𝐴𝐴𝐵𝐵�����⃗ = �𝚤𝚤⃗ 𝚥𝚥⃗ 𝑘𝑘�⃗
3 0 1
2 −1 0
� = (1,2, −3)
Planets ekvation är då 𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 − 3𝑧𝑧 = 𝑑𝑑 där insättning av t.ex. 𝐵𝐵 = (4, 0, 0) ger 𝑑𝑑 = 4.
Planets ekvation: 𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 − 3𝑧𝑧 − 4 = 0.
(Alternativ: Förenkla 1(𝑥𝑥 − 4) + 2(𝑦𝑦 − 0) − 3(𝑧𝑧 − 0) = 0. )
Avståndet mellan punkten P och planet kan vi bestämma på flera sätt:
Metod 1. (Formeln: avståndet | |
2 2 2
1 1 1
c b a
d cz by ax
+ +
+ +
= + )
Avståndet från punkten P=(x1,y1,z1)=(1,2,−1) till planet ax+by+cz+d =0 dvs 𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 − 3𝑧𝑧 − 4 = 0 får vi med hjälp av formeln (se formelblad)
avståndet
14
| 4 9 4 1
4 ) 1 ( 3 2 2
|1
|
| 2 2 2
1 1
1 =
+ +
−
−
−
⋅
= + +
+
+ +
= +
c b a
d cz by
ax l.e.
= ⋅ = =
7 14 2 14
14 4 14 14 14
4 .
Svar:
14
4 l.e. (= 2√14
7 l.e.) Metod 2.
Linjen genom punkten 𝑃𝑃 = (1, 2, −1) ortogonal mot planet har följande ekvation
�𝑥𝑥
𝑦𝑦𝑧𝑧� = � 1
−12 � + 𝑡𝑡 � 1
−32 �
Skärningspunkten Q mellan linjen och planet får vi genom att lösa:
(1 + 𝑡𝑡) + 2(2 + 2𝑡𝑡) − 3(−1 − 3𝑡𝑡) = 4
Alltså är 1 + 𝑡𝑡 + 4 + 4𝑡𝑡 + 3 + 9𝑡𝑡 = 4 ⇔ 14𝑡𝑡 = −4 ⇔ 𝑡𝑡 = −27 . Därmed 𝑃𝑃𝑃𝑃�����⃗ = −27� 1
−32 � . Avståndet från P planet dvs från P till Q är
|𝑃𝑃𝑃𝑃�����⃗| =27�12+ 22+ (−3)2 = 27√14 =2√147 l.e.
Svar: 2√14
7 l.e.
Metod 3.
Tar ut en vektor från en punkt i planet, här 𝐵𝐵, till 𝑃𝑃 som 𝐵𝐵𝑃𝑃�����⃗ = (−3,2, −1) .
Avståndet från P till planet är lika med längden av dess projektion på 𝑁𝑁��⃗ = (1,2, −3).
|𝑃𝑃𝐴𝐴𝑃𝑃𝑃𝑃𝑁𝑁��⃗�𝐵𝐵𝑃𝑃�����⃗�| = (se formelblad) =
14 4 14
3 4 3
|
|
|
| − + + =
⋅ = N
N
CP l.e.
Svar:
14
4 l.e. (= 2√14
7 l.e.) Rättningsmall:
1p för korrekt planets normalvektor . +1p (totalt 2p) för korrekt planets ekvation. för 3p om allt är korrekt.
Uppgift 5 . (4p)
För vilka värden på a har ekvationssystemet (med avseende på x, y och z)
= + +
= +
−
= + +
3 1 3
4 2 3
z y ax
z y a x
z y x
A) en entydig lösning B) oändligt många lösningar C) ingen lösning Lösning:
Determinanten för det givna ekvationssystemet
�3 1 2
3 −𝑎𝑎 1
𝑎𝑎 1 1� = 3(−𝑎𝑎 − 1) − 1(3 − 𝑎𝑎) + 2(3 + 𝑎𝑎2) = 2𝑎𝑎2− 2𝑎𝑎 = 2𝑎𝑎(𝑎𝑎 − 1) är ≠ 0 då 𝑎𝑎 ≠ 0 och 𝑎𝑎 ≠ 1. Då har ekvationssystemet en entydig lösning.
För fallet 𝑎𝑎 = 0 erhålls följande totalmatris (1)(2)
(3)�3 1 2 3 0 1 0 1 1�4
13� ⇒ � (1′) = (1) (2′) = (1) − (2)
(3′) = (3) � ⇒(1′) (2′)
(3′)�3 1 2 0 1 1 0 1 1�4
33� ⇒
⇒ �(3′′) = (3′) − (2′)� ⇒(1′′) (2′′)
(3′′)�3 1 2 0 1 1 0 0 0�4
30� där antalet lösningar är oändligt.
För fallet 𝑎𝑎 = 1 erhålls följande totalmatris (1)(2)
(3)�3 1 2 3 −1 1 1 1 1�4
13� ⇒ � (1′) = (1) (2′) = (1) − (2)
(3′) = 3 ∙ (3) − (1)� ⇒(1′) (2′)
(3′)�3 1 2 0 2 1 0 2 1�4
35� ⇒
⇒ �(3′′) = (3′) − (2′)� ⇒(1′′) (2′′)
(3′′)�3 1 2 0 2 1 0 0 0�4
32� som saknar lösning då 0 = 2 är falsk.
Svar: A) 𝑎𝑎 ≠ 0 och 𝑎𝑎 ≠ 1. B) Då 𝑎𝑎 = 0 C) Då 𝑎𝑎 = 1
Rättningsmall:
1p för korrekt determinant, 𝐷𝐷 = 2𝑎𝑎2− 2𝑎𝑎. planets normalvektor .
+1p för korrekt A, +1p för korrekt B, +1p för korrekt C.
Uppgift 6. (4p)
Låt
=
=
=−
3 2
1 , 2
2 0
1 , 1
1 0
0
1 B C
A .
Lös följande matrisekvationer (med avseende på X) : a) (2p) XA + 2XB=C b) (2p) AX+XB=C Lösning:
a) 𝑋𝑋𝐴𝐴 + 2𝑋𝑋𝐴𝐴 = 𝐵𝐵 ⇔ 𝑋𝑋𝐴𝐴 + 𝑋𝑋 ∙ 2𝐴𝐴 = 𝐵𝐵 ⇔ 𝑋𝑋(𝐴𝐴 + 2𝐴𝐴) = 𝐵𝐵 ⇔
⇔ 𝑋𝑋(𝐴𝐴 + 2𝐴𝐴)(𝐴𝐴 + 2𝐴𝐴)−1 = 𝐵𝐵(𝐴𝐴 + 2𝐴𝐴)−1⇔ 𝑋𝑋 = 𝐵𝐵(𝐴𝐴 + 2𝐴𝐴)−1 𝐴𝐴 + 2𝐴𝐴 = �−1 + 2 ∙ 1 0 + 2 ∙ 10 + 2 ∙ 0 1 + 2 ∙ 2� = �1 2
0 5� ⇒ (𝐴𝐴 + 2𝐴𝐴)−1=15�5 −20 1 �
𝑋𝑋 = 𝐵𝐵(𝐴𝐴 + 2𝐴𝐴)−1= �2 12 3� ∙15�5 −20 1 � =15�2 ∙ 5 + 1 ∙ 0 2 ∙ (−2) + 1 ∙ 12 ∙ 5 + 3 ∙ 0 2 ∙ (−2) + 3 ∙ 1� =15�10 −310 −1�
b) Sätt 𝑋𝑋 = �𝑎𝑎 𝑏𝑏𝑐𝑐 𝑑𝑑� så att 𝐴𝐴𝑋𝑋 + 𝑋𝑋𝐴𝐴 = 𝐵𝐵 ⇔ �−1 00 1� �𝑎𝑎 𝑏𝑏
𝑐𝑐 𝑑𝑑� + �𝑎𝑎 𝑏𝑏
𝑐𝑐 𝑑𝑑� �1 1
0 2� = �2 1 2 3� ⇔
⇔ �−𝑎𝑎 −𝑏𝑏𝑐𝑐 𝑑𝑑 � + �𝑎𝑎 𝑎𝑎 + 2𝑏𝑏
𝑐𝑐 𝑐𝑐 + 2𝑑𝑑� = �2 1 2 3� ⇔ �
−𝑎𝑎 + 𝑎𝑎 = 2 𝑎𝑎 + 2𝑏𝑏 − 𝑏𝑏 = 1
𝑐𝑐 + 𝑐𝑐 = 2 𝑑𝑑 + 𝑐𝑐 + 2𝑑𝑑 = 3
⇔ �
0 = 2 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 = 1
2𝑐𝑐 = 2 𝑐𝑐 + 3𝑑𝑑 = 3
går ej att lösa.
Svar: a) 𝑋𝑋 =15�10 −310 −1� b) Saknar lösning Rättningsmall:
a)1p för korrekt invers matris (𝐴𝐴 + 2𝐴𝐴)−1= 15�5 −20 1 �. 2p om allt är korrekt.
b) 1p för korrekt systemet �
0 = 2 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 = 1
2𝑐𝑐 = 2 𝑐𝑐 + 3𝑑𝑑 = 3 2p om allt är korrekt.
Uppgift 7. (3p) Plan sluttande mark kan beskrivas med ekvationen x− z5 =0, där z-axeln är vertikal.
En kabel spänns upp från punkten (10, 3, 2) i det sluttande markplanet, i riktningen (1,1,1). Kabeln är 20 3 längdenheter lång.
Bestäm avståndet från kabelns slutpunkt, P, till det sluttande markplanet.
Här nedan är en skiss av kabeln och markplanet (y-axeln är riktad inåt).
Kabeln går snett inåt.
Lösning:
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
= ( r
) 20 , 20 , 20 3 (
) 1 , 1 , 1 3 ( 20 3
20 ⋅ = ⋅ =
→ =
r
QP
) 22 , 23 , 30 ( ) 20 , 20 , 20 ( 2) 3,
(10, + =
= +
= → →
→
QP OQ
OP .
Alltså P=(30,23,22).
Markplanet har ekvationen −x+0⋅y+5⋅z=0, med normalvektorn (-1,0,5)
Avståndet från punkten P till markplanet kan bestämmas med formel från formelbladet:
x z
markplan kabel
P
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 = = ≈
+ +
−
+
⋅ +
⋅ +
⋅
= −
Svar: d=
26 80
Rättningsmall: 1p för korrekt
→
QP=(20,20,20).
+1p för korrekt P=(30,23,22), 3p om allt är korrekt.
Uppgift 8. (3p)
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. Kuben K1
är gjord av ett homogent material med densiteten
3 1 =rkg/ dm
r .
Kuben K2 är gjorda av ett homogent material med densiteten
3 2 =skg/ dm
r Bestäm masscentrum till kroppen K.
Tips: Låt T och 1 T vara tyngdpunkterna för delkroppar K2 1 och K2 med motsvarande massor m och 1 m . Om O betecknar origo och T masscentrum så gäller 2
) 1 (
2 2 1 1
→
→
→ = m OT +m OT
OT m där m=m1+m2. Lösning:
Låt enhetsvektorernas längd i det givna koordinatsystemet vara 1 dm.
𝑚𝑚1 = 𝜌𝜌1𝑉𝑉1 = 𝐴𝐴𝑎𝑎3 = 43𝐴𝐴 = 64𝐴𝐴 och 𝑚𝑚2 = 𝜌𝜌2𝑉𝑉2 = 𝑠𝑠𝑏𝑏3 = 8𝑠𝑠.
𝑇𝑇1 mitt i 𝐾𝐾1 och 𝑇𝑇2 mitt i 𝐾𝐾2 så att
𝑂𝑂𝑇𝑇�����⃗1 = (2 2 2) och 𝑂𝑂𝑇𝑇�����⃗2 = (1 1 5).
𝑂𝑂𝑇𝑇�����⃗ =𝑚𝑚1 �𝑚𝑚1𝑂𝑂𝑇𝑇�����⃗1+ 𝑚𝑚2𝑂𝑂𝑇𝑇�����⃗2� =64𝑟𝑟+8𝑠𝑠1 [64𝐴𝐴(2,2,2) + 8𝑠𝑠(1,1,5)] =
8
64𝑟𝑟+8𝑠𝑠[8𝐴𝐴(2,2,2) + 𝑠𝑠(1,1,5)] = 8𝑟𝑟+𝑠𝑠1 (16𝐴𝐴 + 𝑠𝑠, 16𝐴𝐴 + 𝑠𝑠, 16𝐴𝐴 + 5𝑠𝑠) . Svar: 𝑇𝑇 =8𝑟𝑟+𝑠𝑠1 (16𝐴𝐴 + 𝑠𝑠, 16𝐴𝐴 + 𝑠𝑠, 16𝐴𝐴 + 5𝑠𝑠)
Rättningsmall:
+1p för korrekta 𝑂𝑂𝑇𝑇�����⃗1 och 𝑂𝑂𝑇𝑇�����⃗2. +1p för m=64𝐴𝐴 + 8𝑠𝑠
3p om allt är korrekt.