Tentamen i Linjär algebra, HF1904

(1)

Sida 1 av 7

Tentamen i Linjär algebra, HF1904

Datum: 22 aug 2019 Skrivtid: 14:00-18:00 Lärare: Joakim Dahlberg 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).

• Skriv TYDLIGT NAMN och PERSONNUMMER på varje blad, (speciellt tydligt på omslaget, eftersom tentorma skannas och automatiskt kopplas till namn/personnummer som finns på omslaget)

• Skriv endast på en sida av papperet.

• Inlämnade uppgifter skall markeras med kryss på omslaget.

• Fullständiga lösningar skall presenteras till alla uppgifter. ( Endast svar utan tillhörande lösning ger 0 poäng.)

• Ange omslagsbladet klasstillhörighet : Klass A, Klass B eller Klass C eller Omregistrerad för enklare sortering.

• Denna tentamenslapp får ej behållas utan lämnas in tillsammans med lösningar.

--- 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

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 x E

E E E 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� ⇒

(2)

�(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= eller �t 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)

Sida 2 av 7

(3)

⇒ 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) (Student som är godkänd på inlämningsuppgiften hoppar över uppgift 3.)

Låt + ⋅

+

= + ²³

1 3

2 i

i

z i Bestäm | z|.

Lösning:

|𝑧𝑧| = �^2+3𝑖𝑖_1+𝑖𝑖 + 𝑖𝑖²³� = �(2+3𝑖𝑖)(1−𝑖𝑖)

(1+𝑖𝑖)(1−𝑖𝑖) + 𝑖𝑖 ∙ (𝑖𝑖²)¹¹� = �2−2𝑖𝑖+3𝑖𝑖−3𝑖𝑖²

1²+1² + 𝑖𝑖(−1)¹¹� = �^5+𝑖𝑖₂ − 𝑖𝑖� = �^5−𝑖𝑖₂ � =

= ^√5²₂⁺¹²= ^√26₂ Svar: ^√26

2

Rättningsmall:

+1p för ^2+3𝑖𝑖

1+𝑖𝑖 = ^5+𝑖𝑖₂ . +1p för 𝑖𝑖²³ = −𝑖𝑖. 3p om allt är korrekt.

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

+ +

= + )

P Q

Sida 3 av 7

(4)

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).

|𝑃𝑃𝐴𝐴𝑃𝑃𝑃𝑃_{𝑁𝑁��⃗}�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.

Sida 4 av 7

(5)

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� ∙

1

5�5 −20 1 � =

1

5�2 ∙ 5 + 1 ∙ 0 2 ∙ (−2) + 1 ∙ 12 ∙ 5 + 3 ∙ 0 2 ∙ (−2) + 3 ∙ 1� =¹⁵�10 −310 −1�

Sida 5 av 7

(6)

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) Beräkna exakt

26

2 2

3 





 − i .

Lösning:

Beteckna 𝑧𝑧 =^√3₂ −₂^𝑖𝑖.

Vi har 𝐴𝐴 = |𝑧𝑧| = �³₄+¹₄=1 .

Från cos(𝜃𝜃) =^√3₂ och sin(𝜃𝜃) = −¹₂ har vi 𝜃𝜃 = −^𝜋𝜋₆. Alltså 𝑧𝑧 = 1𝐴𝐴⁻^{𝑖𝑖𝑖𝑖}⁶.

(Alternativ: 𝑧𝑧 =^√3₂ −₂^𝑖𝑖 = cos^𝜋𝜋₆− 𝑖𝑖 sin₆^𝜋𝜋= cos �−^𝜋𝜋₆� + 𝑖𝑖 sin �−^𝜋𝜋₆� = 𝐴𝐴⁻^{𝑖𝑖𝑖𝑖}⁶ .) 𝑧𝑧²⁶= �𝐴𝐴⁻^{𝑖𝑖𝑖𝑖}⁶�²⁶= 𝐴𝐴⁻^{𝑖𝑖𝑖𝑖}⁶^∙26 = 𝐴𝐴⁻^{26𝑖𝑖𝑖𝑖}⁶ = 𝐴𝐴⁻^{2𝑖𝑖𝑖𝑖}⁶ ^{−𝑖𝑖4𝜋𝜋}= 𝐴𝐴⁻^{𝑖𝑖𝑖𝑖}³ ∙ 𝐴𝐴^{−𝑖𝑖4𝜋𝜋} = 𝐴𝐴⁻^{𝑖𝑖𝑖𝑖}³ ∙ 1 =

= cos �−^𝜋𝜋₃� + 𝑖𝑖 sin �−^𝜋𝜋₃� =¹₂−^√3₂ 𝑖𝑖 Svar: ¹

2−^√3₂ 𝑖𝑖 Rättningsmall:

+1p för korrekt |𝑧𝑧| = 1. +1p för korrekt 𝜃𝜃 = −^𝜋𝜋₆. 3p om allt är korrekt

Sida 6 av 7

(7)

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 K₁har 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 =^𝑎𝑎₂(1 1 1) = (2 2 2) och 𝑂𝑂𝑇𝑇��⃗₂ = 𝑎𝑎(0 0 1) +^𝑏𝑏₂(1 1 1)=(1 1 5).

𝑂𝑂𝑇𝑇��⃗ =_𝑚𝑚¹ �𝑚𝑚1𝑂𝑂𝑇𝑇��⃗₁+ 𝑚𝑚2𝑂𝑂𝑇𝑇��⃗₂� =_{64𝑟𝑟+8𝑠𝑠}¹ [64𝐴𝐴(2,2,2) + 8𝑠𝑠(1,1,5)] =

8

64𝑟𝑟+8𝑠𝑠[8𝐴𝐴(2,2,2) + 𝑠𝑠(1,1,5)] = _{8𝑟𝑟+𝑠𝑠}¹ (16𝐴𝐴 + 𝑠𝑠, 16𝐴𝐴 + 𝑠𝑠, 16𝐴𝐴 + 5𝑠𝑠) . Svar: 𝑇𝑇 =_{8𝑟𝑟+𝑠𝑠}¹ (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.

a= 4dm b= 2dm

O

x

y z

4 4

4 6

Sida 7 av 7