Tentamen 1 i Matematik 1, HF1903
25 sep 2015, kl. 8:15-12:15
Examinator: Armin Halilovic
Undervisande lärare: Fredrik Bergholm, Jonas Stenholm, Elias Said 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) . Vem som har rätt till komplettering framgår av betyget Fx på MINA SIDOR.
Komplettering sker c:a två veckor efter att tentamen är rättad. Om komplettering är godkänd rapporteras betyg E, annars rapporteras F.
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. (4p) (Uppgift 1 kan du som är godkänd på KS1 hoppa över.)
a) (1p) Vektorn vr=(−2,3,6) är placerad så att den slutar i punkten (2,1,0). Vilka koordinater har denna vektors startpunkt?
b) (1p) Vektorn ur är 5 längdenheter lång och riktad åt rakt motsatt håll mot vr. Bestäm ur
på koordinatform.
c) (2p) Tre vektorer är givna: ar=(1,3), br=(3,1)
och cr =(10,0). Det gäller att b
y a x
cr= ⋅r+ ⋅r. Bestäm x och y.
Uppgift 2. (2p)
Vi betraktar triangeln OAB vars hörn är i punkterna O=(0,0,0), A=(1,2,3) och B=(3, 4, 1).
Låt M1 och M2 vara mittpunkterna på sidorna OB och AB. Bestäm koordinaterna för mittpunkten på sträckan M1M2.
Uppgift 3. (2p)
Bestäm volymen av den parallellepiped som spänns upp av vektorerna ar=(1,4,9), )
6 , 7 , 5
=( br
och cr=(−1,−2,−1).
Var god vänd.
Uppgift 4. (4p)
Tyngdpunkten (masscentrumet), Tr
, för ett system av fyra partiklar definieras på följande sätt:
4 3 2 1
4 4 3 3 2 2 1 1
m m m m
r m r m r m r T m
+ + +
⋅ +
⋅ +
⋅ +
= ⋅r r r r
r ,
där partikel nummer i har massan mioch befinner sig i punkten rri. Bestäm tyngdpunkten för följande system av fyra partiklar:
Partikel 1 väger 3 g och befinner sig i (0,–2, –9).
Partikel 2 väger 1 g och befinner sig i (5, 3, 3).
Partikel 3 väger 4 g och befinner sig i (1, 0, 5).
Partikel 4 väger 1 g och befinner sig i (6, –6, 2).
Uppgift 5. (4p)
Ange ekvationen för det plan som ligger mitt emellan (i.e. på samma avstånd från) och är parallell med följande två plan 2x−y+3z=7 och 2x−y+3z=−2. För full poäng skall svaret motiveras.
Uppgift 6. (4p)
Låt ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
⎟ =
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
6 0 0
0 4 0
0 0 2 1
1 0
1 1
0 1 1
B och k
A
a) För vilka värden på konstanten k är matrisen A inverterbar? (1p) b) Sätt k = 0 i matrisen A och lös följande ekvationssystem: A−1XA=B. (3p)
Uppgift 7. (4p)
En ljusstråle reflekteras mot planet z=x+2y. Den skickas ut från punkten P= (–1,4,0) så att reflektionspunkten R blir origo (0,0,0). Vilken vektorriktning (a, b, c) får den reflekterade strålen, om ljusstrålen reflekteras så att vinkeln mot planets normal i reflektionspunkten för infallande stråle= vinkeln mot normalen för reflekterad stråle. De båda strålarna och
normalen ligger i samma plan.
Lycka till.
FACIT
Uppgift 1. (4p) (Uppgift 1 kan du som är godkänd på KS1 hoppa över.)
a) (1p) Vektorn vr =(−2,3,6) är placerad så att den slutar i punkten (2,1,0). Vilka koordinater har denna vektors startpunkt?
b) (1p) Vektorn ur är 5 längdenheter lång och riktad åt rakt motsatt håll mot vr. Bestäm ur
på koordinatform.
c) (2p) Tre vektorer är givna: ar=(1,3), br=(3,1)
och cr =(10,0). Det gäller att b
y a x
cr= ⋅r+ ⋅r. Bestäm x och y.
Lösning:
a) Om vektorns startpunkt är A och dess slutpunkt är B så är beräknas vektorns koordinater med:
v OB OA OA
OB
vr= − ⇒ = −r
) 6 , 2 , 4 ( ) 6 , 3 , 2 (
(2,1,0)− − = − −
= A
b) vr=(−2,3,6)
En vektor riktad åt rakt motsatt håll är −vr=(2,−3,−6)=wr
Bilda en enhetsvektor i denna riktning: (2, 3, 6)
7 1 7
) 6 , 3 , 2 ( ) 6 ( ) 3 ( 2
) 6 , 3 , 2 (
2 2
2 = − − = ⋅ − −
− +
− +
−
= − w wr r
Detta ger )
7 , 30 7 , 15 7 (10 ) 6 , 3 , 2 7 (
5⋅ − − = − −
= ur
c) cr= x⋅ar+y⋅br För in givna värden: (10,0)=x⋅(1,3)+y⋅(3,1)
Denna enda vektorekvation ger två skalära ekvationer, en för vardera koordinatriktning:
⎩⎨
⎧
= +
= +
0 3
10 3
y x
y
x Multiplicera ekv 1 med -3:
⎩⎨
⎧
= +
−
=
−
−
0 3
30 9
3 y x
y x
Addera ledvis:
⎩⎨
⎧
−
=
−
−
=
−
−
30 8
30 9
3 y
y
x Ekv 2 ger: 3,75
4 15 8
30 = =
= y
25 , 4 1 5 4 3 15 10 3 10 10
3 = ⇒ = − = − ⋅ =− =−
+ y x y
x
Svar: a) (4,−2,−6) b) )
7 , 30 7 , 15 7 (10 ) 6 , 3 , 2 7 (
5⋅ − − = − −
=
ur c)
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=
−
=
−
=
75 , 4 3 15
25 , 4 1 5
y x
Rättningsmall: a) Rätt eller fel b) Rätt eller fel c) Ställer upp ekvationssystemet i x och y korrekt +1p.
Uppgift 2. (2p)
Vi betraktar triangeln OAB vars hörn är i punkterna O=(0,0,0), A=(1,2,3) och B=(3, 4, 1).
Låt M1 och M2 vara mittpunkterna på sidorna OB och AB. Bestäm koordinaterna för mittpunkten på sträckan M1M2.
Lösning:
=
OA (1,2,3), OB= (3,4,1), OM1=
2
1 OB= (3/2, 2, 1/2), OM2= (OA+OB)/2=(2,3,2). Låt S vara mittpunkten på sträckan M1M2. Då gäller
4) ,5 2 ,5 4 (7 2) ,5 5 2, (7 2 1 2
2
1+ = =
=OM OM
OS
(Uppgiften kan också lösas med likformighet.) SVAR: Koordinaterna (x,y,z)= (7/4,5/2,5/4).
Rättningsmall: Helt rätt 2p. Rätt OM1 och OM2 ger 1p. Fel i bråkräkningar (med rätt metod) ger -1p.
Uppgift 3. (2p)
Bestäm volymen av den parallellepiped som spänns upp av vektorerna ar=(1,4,9), )
6 , 7 , 5
=( br
och cr=(−1,−2,−1). Lösning.
Volymen= absolutbeloppet av determinanten med raderna ( 1,4,9), (5,7,6) , (−1,−2,−1):
1 2 1
6 7 5
9 4 1
−
−
−
= 1⋅(7⋅(−1)−6⋅(−2))− 5⋅(4⋅(−1)−9⋅(−2)) +(−1)⋅(4⋅6−9⋅7))=
= 5−5⋅14−(24−63)= 5−70+39= −26.
Volymen= |−26| = 26 v.e.
Svar: 26 v.e.
Uppgift 4. (4p)
Tyngdpunkten (masscentrumet), Tr
, för ett system av fyra partiklar definieras på följande sätt:
4 3 2 1
4 4 3 3 2 2 1 1
m m m m
r m r m r m r T m
+ + +
⋅ +
⋅ +
⋅ +
= ⋅r r r r
r ,
där partikel nummer i har massan mioch befinner sig i punkten rri. Bestäm tyngdpunkten för följande system av fyra partiklar:
Partikel 1 väger 3 g och befinner sig i (0,–2, –9).
Partikel 2 väger 1 g och befinner sig i (5, 3, 3).
Partikel 3 väger 4 g och befinner sig i (1, 0, 5).
Partikel 4 väger 1 g och befinner sig i (6, –6, 2).
Lösning.
Ta definitionen av tyngdpunkten och sätt in givna värden:
4 3 2 1
4 4 3 3 2 2 1 1
m m m m
r m r m r m r T m
+ + +
⋅ +
⋅ +
⋅ +
= ⋅r r r r
r
1 4 1 3
2) 6, - (6, 1 5) 0, (1, 4 3) 3, (5, 1 9) - (0,-2, 3
+ + +
⋅ +
⋅ +
⋅ +
= ⋅
9
2) 6, - (6, 20) 0, (4, 3) 3, (5, 27) -
(0,-6, + + +
=
9 ) 2 ,- 9
9 ,- 9 (15 2) - (15,-9, 9
1 9
2) - (15,-9,
=
⋅
=
=
Svar: (15,-9,- 2) 9
1⋅
= Tr
Rättningsmall: Korrektsubstitution i formel =1p , Korrekt uttryck
9
2) 6, - (6, 20) 0, (4, 3) 3, (5, 27) -
(0,-6, + + + ger + 1p (=totalt 2p).
Allt korrekt = 4p Uppgift 5. (4p)
Ange ekvationen för det plan som ligger mitt emellan (i.e. på samma avstånd från) och är parallell med följande två plan 2x−y+3z=7 och 2x−y+3z=−2. För full poäng skall svaret motiveras.
Lösning.
Eftersom det plan som ligger mitt emellan är parallell med de andra kommer det att ha samma normalvektor, dvs nr=(2,−1,3). Planets ekvation är PL: 2x−y+3z+d =0.
Det återstår att hitta konstanten d och därför behöver vi en punkt tillhörande planet PL.
För att göra detta väljer en godtycklig punkt från respektive plan, t.ex.
) 0 , 2 , 0 ( )
1 , 0 , 2
( 2
1= ochP =
P . Mittpunkten på sträckan mellan P1 och P2 är då 2)
,1 1 , 1 ( 2 )
0 ,1 2
2 ,0 2
0
(2+ + + =
=
M som tillhör mittplanet PL.
Insättning av punkten M i planets ekvation:
2 0 5
2 1 3 2
: − + +d = ⇒ d=−
PL .
Allternativ lösning: Det sökta planet är parallell med de givna planen ger att nr=(2,−1,3) är planets normalvektor. En punkt i planet är mittpunkten på sträckan mellan två punkter P1 och P2, där P1 ligger på den ena och P2 på den andra av givna plan (välj t ex x=0 och z=0 i varje plan).
) 0 , 2 , 0 ( )
0 , 7 , 0
( 2
1 = − ochP =
P ,0)
2 , 5 0 ( 2 )
0 ,0 2
2 , 7 2
0
(0+ − + + = −
= M
Planets ekvation: 0
2 3 5 2
0 ) 0 ( 3 2) ( 5 1 ) 0 (
2 x− − y+ + z− = ⇔ x−y+ z− =
Svar: Ekvationen för det plan som ligger mitt emellan är ) 0 2 ( 1 3 ) 1 ( 1 ) 1 (
2 x− − y− + z− =
eller 0
2 3 5
2x−y+ z− = ( eller 4x−2y+6z−5=0).
Rättningsmall:
- Rätt normalvektor eller planets ekvation utan beräkning av konstanten d +1p.
- Fel mittpunkt -3p.
-Korrekt metod, en mittpunkt och en normalvektor men fel beräkning=3p - Endast svar utan motivering= 0p.
Uppgift 6. (4p)
Låt ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
⎟ =
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
6 0 0
0 4 0
0 0 2 1
1 0
1 1
0 1 1
B och k
A
a) För vilka värden på konstanten k är matrisen A inverterbar? (1p) b) Sätt k = 0 i matrisen A och lös följande ekvationssystem: A−1XA=B. (3p)
Lösning:
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
⎟ =
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
6 0 0
0 4 0
0 0 2 1
1 0
1 1
0 1 1
B och k
A
a) Matrisen A är inverterbar om och endast om det(A) ≠ 0.
2 1
1 1 0
1 1 1 1
1 1
1 0
1 1
0 1 1
det = = k − =k− − =k−
k A
Matrisen är inverterbar om och endast om k ≠2 b) För k = 0.
1 1
1 1
1 1
−
−
−
−
−
−
=
⇔
=
⇔
=
⇔
=
⇔
=
ABA X
ABA EXE
ABA EXAA
AB XA AA B
XA A
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
⎟=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
6 4 0
6 0 2
0 4 2 6 0 0
0 4 0
0 0 2 1 1 0
1 0 1
0 1 1 AB
Bestämning av inversen till matris A via Jacobis-metoden:
0 1 1
1 0 0
0 0 1 1 1 0
1 1 0
0 1 1 0
1 0
1 0 0
0 0 1 1 0 1
1 1 0
0 1 1 1
0 0
0 1 0
0 0 1 1 1 0
1 0 1
0 1 1
−
−
⇒
⇒
2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 1 0 0
0 1 0
0 0 1 1
1 1
2 1 2 1 2 1
0 0 1 2 0 0
0 1 0
0 1 1 1
1 1
1 0 0
0 0 1 2 0 0
1 1 0
0 1 1
−
−
−
⇒
−
⇒ −
−
⇒
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
−
⎟=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
−
− =
1 1 1
1 1 1
1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 A 1
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
−
⎟=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
−
⎟ =
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
−
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
= −
5 1 1
2 4 2
1 1 3 10
2 2
4 8 4
2 2 6 2 1 2 1 1 1 1
1 1 1
1 1 1 6 4 0
6 0 2
0 4 2 ABA 1
X
Rättningsmall:
a) Rätt eller fel.
b) Korrekt inversmatris =1 p
Korrekt uttrycket för X dvs X = ABA−1 +1p Allt korrekt i b-delen =3p
Uppgift 7. (4p)
En ljusstråle reflekteras mot planet z=x+2y. Den skickas ut från punkten P= (–1,4,0) så att reflektionspunkten R blir origo (0,0,0). Vilken vektorriktning (a, b, c) får den reflekterade strålen, om ljusstrålen reflekteras så att vinkeln mot planets normal i reflektionspunkten för infallande stråle= vinkeln mot normalen för reflekterad stråle. De båda strålarna och
normalen ligger i samma plan.
Lösning:
Angivet plan går genom origo (0,0,0) = reflektionspunkten. Punkten P=(−1,4,0). Låt
=
= OP
vr (−1,4,0). Beteckna med en vektor parallell med sr spegelbilden av vr med avseende på normalen.
Planets normal är N = (1,2,−1) eftersom planets ekvation är x+2y−z=0.
Låt wr vara projektionen av v =OP på normalen.
Då gäller ( kolla formelblad):
(1,2, 1)
6 ) 7
( = −
⋅
= ⋅ N
N N
N w v
r r .
För spegelbilden sr gäller (sefiguren)
v w v w v
PQ OP
PR OP
s r r r r r r
−
=
− +
=
+
= +
=
2 ) ( 2
2
) 0 , 4 , 1 ( ) 1 , 2 , 1 6(
2⋅7 − − −
=
) 0 , 4 , 1 ( 3) , 7 3 ,14 3
(7 − + −
=
3) , 7 3 ,2 3 (10 −
= .
Alltså är )
3 , 7 3 ,2 3
(10 − en riktningsvektor för den reflekterade strålen.
Vi kan välja vilken som helst vektor parallell med sr t ex (10, 2,–7).
Svar: (10, 2,–7)
Rättningsmall: 1p för korrekt projektion.
2p för korrekt uppställd formel för att komma till spegelbilden.
Avdrag för enstaka slarvfel i uträkningarna. Bara uträkningar med korrekt svar utan motiveringar ger 3p.
v
N
w s
P Q R
O
