TENTAMEN 15 aug 2019, HF1006 och HF1008

TENTAMEN 15 aug 2019, 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: 14-18, 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) Vi betraktar triangeln ABC, där A=(2, 2, p), B=(3, 3, 3) och C=(5, 4, 4) Bestäm p så att arean av triangeln ABC blir

2

3 a.e.

b) (2p) Bestäm skärningspunkten mellan linjen L: (x,y,z)=(1,2,0)+t(2,1,1) och planet π : x+ y+2z=7.

Uppgift 2) (4p)

a) För vilka värden på parametern a har ekvationssystemet

7 4

4

1 2

2

3

= + +

= + +

= + +

az y x

z y x

z y x

oändligt många lösningar.

b) Lös systemet för detta värde på a.

Uppgift 3. (2p) Låt

(

)

z i

i

= + . Bestäm i) | z och ii) arg(z) |

Uppgift 4. (2p) Låt z=x+ yi vara ett komplext tal. Lös ekvationen 2z+3z =2+3i .

Var god vänd.

Uppgift 5. (2p) a) Bestäm realdelen av 4²⁰²² 1

1 i

i z i+

−

= + .

b) Rita i det komplexa tal planet de punkter z som satisfierar

3

|

|

1≤ z ≤ och

) 2 4 arg(

π π ≤ z ≤ .

Uppgift 6. (2p) Lös ekvationen 0 3

6

2 2 2

2 1

= x x

.

Uppgift 7. (4p)

Låt 



 



=−



 



=



 



=

4 2

3 , 3

1 1

0 , 0

3 5

1

2 B C

A .

Lös följande matrisekvationer (med avseende på X) a) (2p) AX + 2B=C.

b) (2p) (XA)^T +B^T =C (Där M^T betecknar transponatet till M) .

Uppgift 8. (2p) Bestäm egenvärden och egenvektorer till matrisen . 0 2

12

10 



 



 −

= A

Uppgift 9. (2p) Antag att 𝐵𝐵 = �1

1⋮� är en 𝑛𝑛𝑛𝑛1 vektor. Visa då att om 𝐴𝐴 = �_𝑛𝑛¹𝐵𝐵𝐵𝐵^𝑇𝑇− 𝐼𝐼_𝑛𝑛�, där 𝐼𝐼𝑛𝑛 är enhetsmatrisen, då är 𝐴𝐴² = −𝐴𝐴.

Lycka till!

FACIT

Uppgift 1. (4p) (Student som är godkänd på KS1 hoppar över uppgift 1.)

a) (2p) Vi betraktar triangeln ABC, där A=(2, 2, p), B=(3, 3, 3) och C=(5, 4, 4) Bestäm p så att arean av triangeln ABC blir

2

3 a.e.

b) (2p) Bestäm skärningspunkten mellan linjen L: (x,y,z)=(1,2,0)+t(2,1,1) och planet π : x+ y+2z=7.

Lösning:

a)

Arean beräknas med tex 2 AB BC×

 

detta ger att 3

2 2

AB BC× =

 

( )

( )

( ) ^{( ) (}

⁾

1 1 1 2 1 2

, ,

(1,1, 3 ) (2,1,1) 1 (3 ), (1 2(3 )),1 2

3 1 3 1 1 1

1 3

,5 2 , 1 2 5 2

2

p p p

p p

p p p

p

= = =

− × − − − − − −

− −

= − − − = − + − + =

Vilket ger att

2 2 2

1 2

4 4 25 20 4 1 3 5 24 27 9 och 3

p − p+ + − p+ p + = ⇒ p − p+ ⇒ p = 5 p = Svar a: 9

p= eller 5 p= 3

Rättningsmall a) Korrekt till ekvationen

(

) (

)

b)

Insättning av L i π ger:

1 2 2 2 7 4

t t t t 5

+ + + + ⋅ = ⇔ =

Koordinaterna till skärningspunkten blir då 4 13

1 2 5 5

4 14

2 5 5

4 5 x

y

z

= + ⋅ =

= + =

=

Svar b: Skärningspunkten är 13 14 4 , ,

5 5 5

 

 

 

Rättningsmall a) Korrekt 4

t= 5 ger 1p. Allt korrekt=2p.

Uppgift 2) (4p)

a) För vilka värden på parametern a har ekvationssystemet

7 4

4

1 2

2

3

= + +

= + +

= + +

az y x

z y x

z y x

oändligt många lösningar.

b) Lös systemet för detta värde på a.

Lösning:

1 2 2

1 3 2 3

3 3 3

1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 2 5 5

2 2 1 0 0 1 0 0 1

7 4 5 ( 4) 15 5

4 4 0 0 4 0 0 0

E E E

E E a E E a

a a

       

   

 ⇒ − +  − − ⇒  −  

     

   

  − +  − −   − +  − 

     

a) Ekvationssystemet har oändligt många lösningar om 15 5− a=0 ⇔ a=3

Alternativ: Man kan först lösa Det(A)=0 och därefter visa att a=3 ger oändligt många lösningar.

b) Lösningen för a=3 blir

2 5

x t

y t z

= − −

 =

 =



Rättningsmall a) Korrekt till trappformen ger 1p. Allt korrekt=2p.

(Alternativ lösning: 1p om determinanten är korrekt.) b) Korrekta två variabler ger 1p. Allt korrekt=2p.

Uppgift 3. (2p) Låt

(

)

z i

i

= + . Bestäm i) | z och ii) arg(z) | Lösning:

Skriver om z i polärform och förenklar:

( )

( ) ^{( )}

( ) ( )

( )

2 2

10 10

4 4

cos sin 1

cos 10 sin 10

2 4 2 4

2 2 cos sin

1 1

cos 2 sin 2

32 32

z i i

i i

π π

π π

π π π π

π π

+     

= + = ⋅  − ⋅ +  − ⋅ =

= ⋅ − + − =

i) Svar: 1

z =32 ii) Svar: arg(z)= 0 Rättningsmall: Korrekt 1

z =32 ger 1p, Korrekt arg(z)= 0 ger 1p,

Uppgift 4. (2p) Låt z=x+ yi vara ett komplext tal. Lös ekvationen 2z+3z =2+3i .

Lösning:

Insättning av z=x+ yi i ekvationen ger:

( ) ( )

2 x iy+ +3 x iy− = +2 3 i ⇔ 5x iy− = +2 3i Identifierar lika termer i vänster- och högerled:

5 2 2

5

3 3

x x

y y

=  =

 ⇔ 

− = 

  = −

Svar: 2 5 3 z= − i

Rättningsmall: Korrekt till systemet 5 2 3 x

y

 =

− = ger 1p. Allt korrekt=2p.

Uppgift 5. (2p) a) Bestäm realdelen av 4²⁰²² 1

1 i

i z i+

−

= + .

b) Rita i det komplexa tal planet de punkter z som satisfierar (båda villkor)

3

|

|

1≤ z ≤ och

) 2 4 arg(

π π ≤ z ≤ .

Lösning:

a) Först i i

i i i i i

i = =

+

⋅ +

−

= +

− +

2 2 1

1 1 1 1

1 och 4i²⁰²² =4⋅(i²)¹⁰¹¹=4⋅(−1)¹⁰¹¹=−4

har vi 4 4

1

1 + ₂₀₂₂ = −

−

= + i i

i

z i .

Därför Re(z) = − . 4 Svar a: Re(z) = − 4 b)

0 1 x

y

3

Svar b) Se ovanstående figur (Området är markerad med blå färg).

Rättningsmall: Korrekt a ger 1p, korrekt b ger 1p

Uppgift 6. (2p) Lös ekvationen 0 3

6

2 2 2

2 1

= x x

.

Determinanten D= x(2x−6)−1(2x−12)+2(6−12)=2x² −8x=2x(x−4). D=0 ⇔ 2x(x−4)=0⇔ x₁ =0 eller x₂ =4.

Svar: x₁ =0, x₂ =4

Rättningsmall: Korrekt determinant D=2x²−8x ger 1p.

Allt korrekt= 2p.

Uppgift 7. (4p)

Låt 



 



=−



 



=



 



=

4 2

3 , 3

1 1

0 , 0

3 5

1

2 B C

A .

Lös följande matrisekvationer (med avseende på X) a) (2p) AX + 2B=C.

b) (2p) (XA)^T +B^T =C (Där M^T betecknar transponatet till M) . Lösning:

a)

Från AX + 2B=C har vi AX =C−2B.

Eftersom det(A) = 6-5=1 ≠ 0 är A inverterbar: 



 





−

= −

−

2 5

1 3 1

1 1

A .

Nu har vi

) 2 (

2B X A ¹ C B

C

AX = − ⇔ = ⁻ −



 



 



 



− 



 



 −



 





−

= −

⇔ 1 1

0 2 0 4 2

3 3 2

5 1 X 3



 



−



 





−

= −

⇔ 0 2

3 3 2 5

1 X 3



 





−

= −

⇔ 15 11

7 X 9

b) Enligt räknelagar för transponering gäller (XA)^T =A^TX^T. Från (XA)^T +B^T =C har vi

C B X

A^{T T} + ^T = eller A^TX^T =C−B^T,

där 



 



=



 



=

1 0

1 text 0

3 1

5

2 _T

T B

A .

Eftersom det(A^T) = 6-5=1 ≠ 0 är A^T inverterbar: 



 





−

= −

−

2 1

5 3 1 ) 1

(A^{T 1} .

Nu har vi

(

)

T T

T T

TX C B X A C B

A = − ⇔ =( )⁻¹ −



 



 



 



−



 



 −



 





−

= −

⇔ 0 1

1 0 4 2

3 3 2

1 5

T 3 X



 



 



 



 −



 





−

= −

⇔ 2 3

2 3 2

1 5

T 3 X



 



− −

=

⇔ 7 4

9

T 19

X .

Härav 



 





−

= −

4 9

7

X 19 .

Svar: a) 



 





−

= −

11 15

7

X 9 b) 



 





−

= −

4 9

7 X 19

Rättningsmall: a) Korrekt A⁻¹ ger 1p. Allt korrekt=2p.

b) Korrekt till ^{XT =(AT)−1}

(

)

Uppgift 8. (2p) Bestäm egenvärden och egenvektorer till matrisen . 0 2

12

10 



 



 −

= A

Steg 1. Vi får matrisens egenvärden genom att lösa den karakteristiska ekvationen 0

)

det(A− Iλ = ( EKV1 )

Vi har:

0 24 10 0

) 12 ( 2 ) )(

10 ( ) 0

0 ( 2

12 )

10

( ₂

= +

−

⇔

=

−

⋅

−

−

−

⇔

− =

−

− λ λ λ λ

λ

λ .

Härav λ₁=4 och λ₂=6

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=4 ger 



 



=



 







 





−

−

0 0 4

2 12 6

y

x och följande system





=

=

⇔ −





=

−

=

⇔ −

 ⇔



=

−

=

−

0 0

0 2 0

2 0 } 2

förkorta 0 {

4 2

0 12

6 x y

y x

y x 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=6 ger 



 



=



 







 





−

−

0 0 6

2 12 4

y

x och följande system





=

=

⇔ −





=

−

=

⇔ −

 ⇔



=

−

=

−

0 0

0 3 0

3 0 } 3

förkorta 0 {

6 2

0 12

4 x y

y x

y x y

x y

x .

Härav y=t och x= , och därmed är 3t 



 



= t v 3t

2

 , (där t∈R, t ≠0) tillhörande

egenvektorer. (Anmärkning: Nollvektorn räknas inte som en egenvektor, därför t≠0.) Svar: egenvärden λ₁=4 och λ₂=6 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 9. (2p) Antag att 𝐵𝐵 = �1

1⋮� är en 𝑛𝑛𝑛𝑛1 vektor. Visa då att om 𝐴𝐴 = �_𝑛𝑛¹𝐵𝐵𝐵𝐵^𝑇𝑇− 𝐼𝐼𝑛𝑛�, där 𝐼𝐼_𝑛𝑛 är enhetsmatrisen, då är 𝐴𝐴² = −𝐴𝐴.

Lösning:

𝐴𝐴² = �1

𝑛𝑛 𝐵𝐵𝐵𝐵^𝑇𝑇− 𝐼𝐼𝑛𝑛�² = �1

𝑛𝑛 𝐵𝐵𝐵𝐵^𝑇𝑇− 𝐼𝐼𝑛𝑛� �1

𝑛𝑛 𝐵𝐵𝐵𝐵^𝑇𝑇− 𝐼𝐼𝑛𝑛� = 1

𝑛𝑛²𝐵𝐵𝐵𝐵^𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵^𝑇𝑇−2

𝑛𝑛 𝐵𝐵𝐵𝐵^𝑇𝑇+ 𝐼𝐼𝑛𝑛

= {𝑂𝑂𝐵𝐵𝑂𝑂 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝐵𝐵^𝑇𝑇𝐵𝐵 = 𝑛𝑛} = 𝑛𝑛

𝑛𝑛²𝐵𝐵𝐵𝐵^𝑇𝑇−2

𝑛𝑛 𝐵𝐵𝐵𝐵^𝑇𝑇+ 𝐼𝐼_𝑛𝑛 =1

𝑛𝑛 𝐵𝐵𝐵𝐵^𝑇𝑇−2

𝑛𝑛 𝐵𝐵𝐵𝐵^𝑇𝑇+ 𝐼𝐼_𝑛𝑛

= −1

𝑛𝑛 𝐵𝐵𝐵𝐵^𝑇𝑇+ 𝐼𝐼𝑛𝑛 = −𝐴𝐴 VSV!

Rättningsmall: Rätt eller fel.