Tentamen 1 i Matematik 1, HF1903, 22 september 2011, kl 8.15 – 12.15
Hjälpmedel: Endast formelblad (miniräknare är inte tillåten)
För godkänt krävs 10 poäng av 24 möjliga poäng (betygsskala är A,B,C,D,E,FX,F).
Betygsgränser: För betyg A, B, C, D, E krävs 22, 19, 16, 13 respektive 10 poäng.
Den som uppnått 9 poäng får betyget FX och har rätt att komplettera denna tentamen.
Fullständiga lösningar skall presenteras till alla uppgifter.
Examinator: Armin Halilovic
Undervisande lärare: Jonas Stenholm, Elias Said, Bengt Andersson
Följande uppgift (nr 1) görs av dem som inte klarat KS1:
Uppgift 1.
Två punkter, A (1,0,3) och B (–2, –5,–3), är givna. Bestäm:
a) Vektorn
→
AB . (1p)
b) En enhetsvektor i
→
AB :s riktning (1p)
c) En vektor som är parallell med
→
AB men bara en tiondel så lång som
→
AB (1p) d) En vektor som är vinkelrät mot
→
AB (1p)
Uppgift 2.
Givna är vektorn
→
v= (4,0,-2) och planet 2x+2y+3z=12.
a) Dela upp
→
v i två komposantvektorer: en som är vinkelrät mot planet ( 1
→
v ) och en som är parallell med planet ( 2
→
v ). (Då gäller att
→
→
→v =v1+v2) (3p)
b) Bestäm längden av den vinkelräta komposanten (1p)
Var god vänd.
Uppgift 3.
a) Låt ur=(1,1,1) och vv = (1,−1,1). Beräkna längden av ur × vr (1p)
b) Bestäm t så att triangeln, där vektorerna ur=(3, t, 1) och vv=(1, 1, 1) ingår som sidor, får arean
2
6 . (1p)
c) Bestäm a, så att determinanten till de två matriserna A och B får samma värde.
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
1 2
1 2
2 1 1
1 2
2 1
a a
a B
och a
a a
a
A (2p)
Uppgift 4.
a) Linjen (x,y,z)=(2,1,5)+t(0,0,1) skär planet x+y+z=1 i punkten P och planet
=1
− +y z
x i punkten Q. Bestäm koordinaterna för punkterna P och Q. (2p)
b) Undersök om punkten A=(1,2,4) ligger på linjen (x,y,z)=(5,5,6)+t(8,6,4) (2p) Uppgift 5.
Bestäm (det kortaste) avståndet från origo till planet genom punkterna
(5, 0, 0), (0,–2, 0) och (0, 0, 1). (2p) Bestäm också vinkeln mellan x-axeln och planet (anges med arccos (…….)) (2p)
Uppgift 6. Lös följande matrisekvation (X är en obekant matris):
B X
AX + =
,där
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
4 5 6
2 3 3
1 1 0
A och
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
3 1
6 1
1 0
B (4p)
Lycka till!
FACIT
Uppgift 1.
Två punkter, A (1,0,3) och B (–2, –5,–3), är givna. Bestäm:
a) Vektorn
→
AB . (1p)
b) En enhetsvektor i
→
AB :s riktning (1p)
c) En vektor som är parallell med
→
AB men bara en tiondel så lång som
→
AB (1p) d) En vektor som är vinkelrät mot
→
AB (1p)
Lösning:
1) a) AB→ =(−2,−5,−3)−(1,0,3)=(−3,−5,−6)
b) Enhetsvektor: ( 3, 5, 6)
70 1 )
6 ( ) 5 ( ) 3 (
) 6 , 5 , 3 (
2 2
2 = − − −
− +
− +
−
−
−
= −
= →
∧ →
AB v AB
c) parallell, kortare vektor: )
10 , 6 10 , 5 10 ( 3 ) 6 , 5 , 3 10 (
1 ⋅ − − − = − − −
→ = r
d) vinkelrät vektor: AB→ •→s =0 ⇒ (−3,−5,−6)•(s1,s2,s3)=−3s1 −5s2 −6s3 =0 en möjlig sådan vektor ( bland oändligt många) är t.ex. →s =(5,−3,0)
Svar: a) (−3,−5,−6) b)
70 ) 6 , 5 , 3 (− − −
c) )
10 , 6 10 , 5 10
(− 3 − − d) t.ex. (5,−3,0) Rättningsmall för a-d: Helt rätt ger 1p.
Uppgift 2.
Givna är vektorn
→
v= (4,0,-2) och planet 2x+2y+3z=12.
a) Dela upp
→
v i två komposantvektorer: en som är vinkelrät mot planet ( 1
→
v ) och en som är parallell med planet ( 2
→
v ). (Då gäller att
→
→
→v =v1+v2) (3p)
b) Bestäm längden av den vinkelräta komposanten (1p) Lösning:
a) Komposantvektorer fås med hjälp av projektion. Projicera
→
v på planets normalvektors riktning, så fås den mot planet vinkelräta komposanten.
Formel för projektion:
→
→
→
→ =(F•a0)a0 F
proja , där
→
a0är en enhetsvektor i projektionsriktningen.
Planets normalvektor är (2,2,3). En enhetsvektor i normalens riktning är 17
) 3 , 2 , 2 ( Komposant vinkelrät mot planet:
) 3 , 2 , 2 17 (
2 17
) 3 , 2 , 2 )) ( 3 , 2 , 2 ( ) 2 , 0 , 4 ((
17 ) 3 , 2 , 2 ) ( 17
) 3 , 2 , 2 ) ( 2 , 0 , 4 ((
)
( 0 0
1 = →• → → = − • ⋅ = − • ⋅ = ⋅
→
a a v v
{Anmärkning: Den ekvivalenta formeln a a a
a F F
proj a r
r r r r
r r ⎟⎟⎠
⎜⎜ ⎞
⎝
⎛
⋅
= ⋅ )
( ger samma resultat:
) 3 , 2 , 2 17 (
2
1 ⎟ = ⋅
⎠
⎜ ⎞
⎝
⎛
⋅
= ⋅
→
a a a
a
v v r
r r
r r
}
Komposant parallell med planet:
) 40 , 4 , 64 17 ( ) 1 17 , 40 17 , 4 17 (64 17) , 6 17 , 4 17 (4 17) , 34 0 17, (68 ) 3 , 2 , 2 17 ( ) 2 2 , 0 , 4
1 (
2 =→− → = − − ⋅ = − − = − − = ⋅ − −
→
v v v
b) Storleken av den vinkelräta komposanten:
17 17 3 2
2 17 2
2 2 2 2
1
= ⋅ + +
⋅
→ = v
Svar: a) (2,2,3) 17
2
1 = ⋅
→
v och (64, 4, 40)
17 1
2 = ⋅ − −
→
v b)
17 17 2⋅
Rättningsmall: a) Beräknat den mot planet vinkelräta komposanten korrekt : 2p b) Korrekt beräkning utgående från resultatet i deluppgift a: 1p
Uppgift 3.
a) Låt ur=(1,1,1) och vv = (1,−1,1). Beräkna längden av ur × vr (1p)
b) Bestäm t så att triangeln, där vektorerna ur=(3, t, 1) och vv=(1, 1, 1) ingår som sidor, får arean
2
6 . (1p)
c) Bestäm a, så att determinanten till de två matriserna A och B får samma värde.
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
1 2
1 2
2 1 1
1 2
2 1
a a
a B
och a
a a
a
A (2p)
Lösning:
a)
k i k j i v
u r r
r r r r
r 2 2
1 1 1
1 1
1 = −
−
=
× .
Längden av vektorn ur × är därmed | vvr ur × |= r 8=2 2 Svar a) 2 2
b)
Triangelns area är A= | | 2
1 ur ×vr . Vi beräknar
k t j
i t t
k j i v
u r r r
r r r r
r ( 1) 2 (3 )
1 1 1
1
3 = − − + −
=
× .
Längden av vektorn ur × är därmed | vvr ur × |= r (t−1)2+4+(3−t)2 = 2t2−8t+14 och arean A= 2 8 14
2
1 t2 − t+ .
Från arean A=
2
6 har vi 2t2 − t8 +14= 6 ֜ ( efter kvadrering)
֜ 2t2 −8t+14=6⇒2t2 −8t+8=0⇒t2 −4t+4=0⇒t1,2 =2 Svar b) t=2.
c)
2 1 3
2
12 7 12
1 144
49 12
1 3 1 144
1 12 0 1
3 1 6 1
0 2 6
4 2 2 3 2 det
det
2 1
2
2 2
2
=
−
=
⇒
±
−
=
±
−
= +
±
−
=
⇒
=
− +
⇒
=
− +
⇒
−
=
− +
⇒
=
a och a
a a
a
a a a
a a
a B
A
Svar: a) 2 2 b) t=2 c )
2 1 3
2
2 1 =− och a = a
Rättningsmall: a) Allt rätt: 1p
b) Mindre slarvfel under lösningsgång inga poängavdrag.
c) Rätt andragradsekvation ger 1p. Resten är rätt ger 1p.
Uppgift 4.
a) Linjen (x,y,z)=(2,1,5)+t(0,0,1) skär planet x+y+z=1 i punkten P och planet
=1
− +y z
x i punkten Q. Bestäm koordinaterna för punkterna P och Q. (2p)
b) Undersök om punkten A=(1,2,4) ligger på linjen (x,y,z)=(5,5,6)+t(8,6,4) Lösning:
a)
För att få P och Q koordinater substituerar vi x=2, y=1ochz=5+t i ekvationen
=1 + +y z
x resp x+y−z=1 och löser ut t.
) 2 , 1 , 2 ( 3
1 ) 5 ( 1 2
) 2 , 1 , 2 ( 7
1 ) 5 ( 1 2
=
⇒
−
=
⇒
= +
− +
−
=
⇒
−
=
⇒
= + + +
Q t
t
P t
t
Rättningsmall: 1p för varje punkts koordinat.
b)
Om punkten A ligger på linjen, innebär att det finns samma t-värde som bestäms så att punktens x-koordinat hamnar på linjen. Då ska också för samma t-värde både y- och z- koordinaten ligga på linjen. Alltså:
2 8 1
5
1= + t ⇒ t =− . Insättning av t-värdet i linjens ekvations y- och z- koordinat ger:
2 2) ( 1 6 5+ − =
=
y resp ) 4
2 ( 1 4
6+ − =
=
z vilket visar att y- och z- koordinaten hamnar rätt.
Punkten ligger alltså på linjen.
Rättningsmall: Fel bevis 2p avdrag
Uppgift 5.
Bestäm (det kortaste) avståndet från origo till planet genom punkterna
(5, 0, 0), (0,–2, 0) och (0, 0, 1). (2p) Bestäm också vinkeln mellan x-axeln och planet (anges med arccos (…….)) (2p) Lösning:
Om de givna punkterna i planet kallas A, B och C, så får man en normalvektor till planet med
→
→
→n= AB×AC
) 0 , 2 , 5 ( ) 0 , 0 , 5 ( ) 0 , 2 , 0
( − − = − −
→ =
AB AC→ =(0,0,1)−(5,0,0)=(−5,0,1)
=
−
⋅
−
−
⋅
−
⋅ +
⋅
−
−
−
⋅
⋅ +
⋅
−
⋅
−
⋅
=
−
−
−
=
×
= → → →
→
→
→
→
→
→
)) 5 ( ) 2 ( 0 5 ( ) 1 ) 5 ( ) 5 ( 0 ( ) 0 0 1 2 ( 1 0 5
0 2
5 i j k
k j i AC AB n
) 10 , 5 , 2 ( ) 10 ( ) 5 ( ) 2
(− + ⋅ + ⋅ − = − −
⋅
=→i →j →k
När man använder planets normalvektor och punkten (0,0,1) fås planets ekvation:
0 ) 1 ( 10 ) 0 ( 5 ) 0 (
2⋅ − + ⋅ − − ⋅ − =
− x y z , d.v.s. −2x+5y−10z=−10 eller 2x−5y+10z−10=0
Avståndet: ( Metod 1, formelblad).
(1.) Avståndet d från punkten A=(x1,y1,z1) till planet Ax+By+Cz+D=0 är
|
| 2 2 2
1 1 1
C B A
D Cz By d Ax
+ +
+ +
= + =
129
| 10 10 ) 5 ( 2
10 0 10 0 5 0
|2
2 2
2 =
+
− +
−
⋅ +
⋅
−
⋅
Avståndet: ( Metod 2).Bilda en linje utgående från origo som skär planet under rät vinkel:
) 10 , 5 , 2 ( ) 10 , 5 , 2 ( ) 0 , 0 , 0 ( ) , ,
(x y z = +t⋅ − − =t⋅ − − , d.v.s.
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−
=
=
−
=
t z
t y
t x
10 5
2
--- där (x,y,z)är koordinaterna för en punkt på linjen.
Koordinater för skärning mellan denna linje och planet fås genom insättning av linjens ekvation i planets ekvation:
129 10 10
129 10
) 10 ( 10 5 5 ) 2 (
2⋅ − + ⋅ − ⋅ − =− ⇒ =− ⇒ =−
− t t t t t
Skärningspunkten ligger då i: ( 2,5, 10) 129
10 ⋅ − −
−
Vektorn från origo till skärningspunkten är:
) 10 , 5 , 2 129 ( ) 10 0 , 0 , 0 ( ) 10 , 5 , 2 129 (
10 ⋅ − − − =− ⋅ − −
−
Avståndet från origo till skärningspunkten är:
129 129 10
129 ) 10 10 ( 5 ) 2 129 (
10 ⋅ − 2 + 2 + − 2 = ⋅ =
Alternativ lösning för avståndet
b) Vinkeln mellan x-axeln och planet fås genom att först beräkna vinkeln mellan x-axeln och planets normalvektor. En riktningsvektor för x-axeln är (1,0,0).
Skalärprodukt: → →
→
→ →
→
→
→
⋅
= •
⇒
⋅
⋅
=
•
v u
v v u
u v
u cosθ cosθ
129 2 0
0 1 ) 10 ( 5 ) 2 (
) 0 , 0 , 1 ( ) 10 , 5 , 2 cos (
2 2 2 2 2
2 =−
+ +
⋅
− + +
−
•
−
= − θ
Cosinusvärdet är negativt. Då är vinkeln större än 90 grader. Vinkeln mellan x-axeln och planet fås som: − )−90°
129 ( 2 arccos
Svar: a) 129
10 b) − )−90° 129 ( 2 arccos
Rättningsmall: a) Rätt tankegång ger 1p b) Beräknat vinkeln mot normalen: -1p
Uppgift 6. Lös följande matrisekvation (X är en obekant matris):
B X
AX + =
,där
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
4 5 6
2 3 3
1 1 0
A och
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
3 1
6 1
1 0
B (4p)
Lösning:
Först faktoriserar vi ekvationens vänsterledet
B X
AX + =
(ekv1) )
( A + I X = B
⇔
Matrisen
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
= +
5 5 6
2 4 3
1 1 1 )
(A I har determinanten
det(A+I)= =
5 5 6
2 4 3
1 1 1
– 2 och är därmed inverterbar.
Därför kan vi använda inversmatris och lösa (ekv1) : B
I A
X =( + )−1 (*) Vi beräknar
) 1
(A+ I − =…= )
1 1 9
1 1 3
2 0 10 2 eller 1 ( 2 / 1 2 / 1 2 / 9
2 / 1 2 / 1 2 / 3
1 0
5
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
och substituerar i (*) B I A
X =( + )−1 =
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡− −
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡− −
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥ −
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−
0 0
3 1
2 1 0
0 6 2
4 2 2 1 3 1
6 1
1 0 1 1 9
1 1 3
2 0 10 2 1
Svar:
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡− −
=
0 0
3 1
2 1 X
Rättningsmall: Korrekt faktorisering (A+ )I X =B ger 1p Korrekt inversen till (A+I) ger 1p
allt korrekt (4p)
==================================================
