MAA123 Grundläggande vektoralgebra Tentamen – TEN4

Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen – TEN4 – Lösningsförslag
2012.01.09
14.30–16.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Del A ger maximalt 10 poäng. Del B ger maximalt 12 poäng. För betyg 3 fordras
minst 6 poäng varav minst 5 från A-delen. För betyg 4 fordras minst 11 poäng varav
minst 5 från A-delen och minst 3 från B-delen. För betyg 5 fordras minst 17 poäng.
Frågor kan ställas till: Hillevi Gavel, som nås på telefon 073–763 27 88
Övriga anvisningar: • Skriv läsbart. • Förklara alla resonemang som inte är trivialt uppenbara. • Se till att det framgår vad svaret på frågan är. • Om du inte kan lösa en uppgift
fullständigt men har några idéer, skriv då ner dem. Det kan ge delpoäng.
A-del
1 Vi har planet Π : 2x + 3y − 4z = 12. Ta fram ett parameteruttryck för Π. Du kan
förutsätta ON-system.
(2p)
Lösning:
För parameterform behöver vi en punkt i planet, och två vektorer parallella med det.
Variant 1: Om vi har tre punkter i planet kan vi ta fram vektorerna ur dem. Vi behöver alltså
tre olika lösningar till planets ekvation. P1 : (x, y, z) = (6, 0, 0), P2 : (x, y, z) = (0, 4, 0) och
P3 : (x, y, z) = (0, 0, −3) uppfyller ekvationen (och är lätta att hitta). Som riktningsvektorer
−−−−
→
−−−−
→
kan vi ta P1 P2 = (−6, 4, 0) och P1 P3 = (−6, 0, −3), vilket (med P1 som utgångspunkt) ger
parameteruttrycket
Π : (x, y, z) = (6, 0, 0) + s(−6, 4, 0) + t(−6, 0, −3)
Variant 2: Riktningsvektorerna ska vara vinkelräta mot planets normal, som (om vi förutsätter ON-system) är n = (2, 3, −4). Vinkelräta vektorer har skalärprodukt noll, och vi
kan med huvudräkning försöka hitta några saker som ger det resultatet. u = (3, −2, 0) och
v = (0, 4, 3) fungerar, ger (även här med P1 som utgångspunkt):
Π : (x, y, z) = (6, 0, 0) + s(3, −2, 0) + t(0, 4, 3)
Det finns givetvis oändligt många lika korrekta svar!
Variant 3: Hantera det som ett vanligt ekvationssystemproblem. (Att ”systemet” bara består av en enda ekvation förändrar inte principen.)



x = 6 − 32 s + 2t




2x + 3y − 4z = 12 ⇒ x = 6 − 32 y + 2z ⇒ 
y= s




z = t
vilket kan skrivas om till (x, y, z) = (6, 0, 0) + s(− 32 , 1, 0) + t(2, 0, 1).
Rättningsnorm: Helt korrekt svar: 2p. Gjort någonting konstruktivt (t.ex. letat punkter eller
vektorer vinkelräta mot normalen) men inte kommit till svar: 1p. Inga avdrag för rena
räknefel, om man förstår hur det var tänkt.
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.01.09
Sida 2 (av 7)
2 En triangel har hörn i punkterna P : (−2, 5, 1), Q : (−1, 1, 2) och R : (1, 9, 2).
Bestäm triangelns area. (ON-system)
(2p)
Lösning:
Vi har:
Area =
basen · höjden sida1 · sida2 · sin(vinkel)
=
2
2
Även vektorprodukt tas fram ur storlek · storlek · sin(vinkel), och går lätt att få fram.
−−→
u = PQ = (−1, 1, 2) − (−2, 5, 1) = (1, −4, 1)
−
−→
v = PR = (1, 9, 2) − (−2, 5, 1) = (3, 4, 1)
u × v = (1, −4, 1) × (3, 4, 1) = · · · = (−8, 2, 16)
p
√
ku × vk = k(−8, 2, 16)k = k2(−4, 1, 8)k = |2| (−4)2 + 12 + 82 = 2 81 = 2 · 9
Triangelns area erhålls då resultatet halveras:
Svar: 9 a.e.
Rättningsnorm: Kommit igång med beräkningen: 1p. Kommit ända till svar: 2p. Bara 1p
vid räknefel i vektorprodukten (eftersom svaret är lätt att kolla), inga avdrag för andra
typer av räknefel.
3 (a) Skriv talet z = −6 − 6i på polär form.
(1p)
Lösning:
3π
Inspektion i komplext talplan ger att arg z = 5π
föredrar det prin4 (eller − 4 , om man
p
√
√
cipala argumentet). Pythagoras sats ger |z| = (−6)2 + (−6)2 = 2 · 36 = 6 2.
√
5π
Svar: z = 6 2(cos 5π
4 + i sin 4 )
Rättningsnorm: Måste vara helt rätt för poäng.
(b) Skriv talet w = 5(cos π + i sin π) på rektangulär form.
(1p)
Lösning:
w = 5(−1 + i · 0) = −5 + 0i = −5
Rättningsnorm: Måste vara helt rätt för poäng. Både −5 + 0i och −5 godtas.
4 (a) Rita en bild som visar vad som menas med ”ortogonala projektionen av vektorn v på vektorn w”, projw v. Se till att det klart framgår vilken vektor som är
vilken!
(1p)
Lösning:
v
w
projw v
Rättningsnorm: Det ska gå att förstå vilken vektor som är vilken, och bilden ska föreställa projektionen på w och inte på v.
(b) Med vilken formel kan man beräkna projw u? (Motivering behövs ej.)
(1p)
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.01.09
Sida 3 (av 7)
Lösning:
projw v =
v·w
v·w
w
w=
w·w
kwk2
Rättningsnorm: Båda formlerna går lika bra, men ska vara helt rätt i övrigt. Har man
ritat projv w på (a) får formel för detta poäng här.
5 Vi har linjen ℓ : (x, y, z) = (−8, −13, −4) + t(3, −2, 2) och planet Π : 2x + 6y +
3z = −8. Om linjen skär planet, bestäm vinkeln mellan dem. Bestäm i annat fall
avståndet. (ON-system)
(2p)
Lösning:
Skalärprodukten av riktningvektorn och normalvektor behövs i vinkelbestämning, och talar också om ifall de är parallella:
r · n = (3, −2, 2) · (2, 6, 3) = 3 · 2 + (−2) · 6 + 23̇ = 6 − 12 + 6 = 0
Linjen och planet är parallella, så det är avståndet som söks. Alla punkter på ℓ ligger på
samma avstånd från Π, så vi kan se hur långt bort utgångspunkten P0 ligger. Ta någon
−−−→
punkt Q som uppfyller planets ekvation, t.ex Q = (−4, 0, 0). Längden av QP0 :s projektion
på n ger den sökta sträckan.
−−−→
QP0 = (−8, −13, −4) − (−4, 0, 0) = (−4, −13, −4)
−−−→
QP0 · n (−4, −13, −4) · (2, 6, 3) −8 − 78 − 12 −−−→
=
= √
k projn QP0 k = 4 + 36 + 18 knk k(2, 6, 3k
−98 = | − 14| = 14 l.e.
= 7 (Man kan också gå i normalvektorns riktning från P0 tills man når Π.)
Rättningsnorm: Identifierat vilket problem som ska lösas, men inget mer: 0p. Påbörjat en
fungerande lösning: 1p. Avslutat en fungerande lösning: 2p.
Var god vänd!
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.01.09
Sida 4 (av 7)
B-del
6 Lös nedanstående ekvationssystem för alla reella tal λ:



−λx + 2λy −
4z = λ − 2




2x − 3y + (2λ + 6)z =
3





 x − 2y +
λz =
0
(Eftersom det inte är möjligt att ta fram sifferlösningar för alla oändligt många
värden som λ kan ha är det inget fel om man får formler innehållande λ som svar.)
(4p)
Lösning:
Lika många ekvationer som obekanta, så det är troligen entydig lösning (som då beror
på λ). Men det kanske finns några värden på λ som gör att det händer något annat. Vi får
räkna, och noga tänka efter. Det verkar enklare att byta översta och understa ekvationen
med varandra:



x − 2y +
λz =
0




2x − 3y + (2λ + 6)z =
3





−λx + 2λy −
4z = λ − 2
Eliminera x i kolumn 1:



x − 2y +
z=
0




⇒ 
y+
6z =
3





(λ2 − 4)z = λ − 2
(1)
Ledande 1:a i rad 2 med 0:a under färdigserverad. Men nu då? För att få ledande 1:a i rad 3
behöver vi dividera med λ2 − 4. Om detta tal är noll går detta inte att göra. Så vi måste
specialbehandla de fallen. λ2 − 4 = 0 ger λ = ±2. Undersök dessa alternativ:
Sätt in λ = −2:



x − 2y + z = 0




(1) : 
y + 6z = 3





0z = −4
Detta är olösligt.
Sätt in λ = 2:



x − 2y + z = 0




(1) : 
y + 6z = 3





0z = 0
Nedersta raden ”försvann”, att 0z ska bli 0 uppfylls ju automatiskt. Eliminera y ur översta
ekvationen:





x = 6 − 10t







 x = 6 − 10z
 x + 10z = 6

⇒
⇒
⇒ 
y = 3 − 6t





 y = 3 − 6z
 y + 6z = 3



z =
t
Om λ , ±2 kan vi dividera med λ2 − 4, och får



x − 2y + z = 0




(1) : 
y + 6z = 3




1

z = λλ−2
2 −4 = λ+2
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.01.09
Sida 5 (av 7)
Eliminera z ur de övre ekvationerna, och sedan y ur den översta
⇒

λ


x − 2y = − λ+2




3λ
y = λ+2





1

z = λ+2



x =




y =





 z=
⇒
5λ
λ+2
3λ
λ+2
1
λ+2
Här (i de allra flesta fallen) fick vi en entydig lösning, som beror av λ.
Geometrisk tolkning av resultatet: Ett sådant här problem kan tolkas som sökande efter
skärningspunkten mellan tre plan. För λ = −2 blir det översta och nedersta planet parallella, och då finns ingen skärningspunkt. För λ = 2 blir de planen identiska, och man får
en skärningslinje där det tredje planet passerar. I övriga fall skär planen i en punkt. Exakt
vilken punkt beror på λ.
Anm. Uppgiftens innehåll är taget från det överbetygsmarkerade avsnitt 1.4.3. Kommentaren i parentesen är avsedd som en ledtråd för de som inte läst avsnittet men som har tid
över på tentan.
Rättningsnorm: 0p om man bara försöker lösa systemet för ett antal slumpvalda tal λ.
Annars: 2p för korrekt lösning av det allmänna fallet. 1p för korrekt identifierande av de
avvikande fallen. 1p för korrekt lösning av fallen. 1p om man verkar ha rätt grundidé men
inte lyckas komma till lösning.
7 En regelbunden oktaeder är en kropp som begränsas av 8 liksidiga trianglar, se
bild.
P5
P4
P3
P1
P2
P6
På den avbildade oktaedern är koordinaterna för hörnet P1 : (−11, −11, −8) och
för hörnet P3 : (−13, −7, −4). Hörnen P1 , P2 , P3 och P4 ligger alla i planet Π :
2x + 2y − z + 36 = 0. Bestäm koordinaterna för de resterande hörnen. (ON-system.)
(4p)
Lösning:
Man kan börja med att hitta koordinaterna för centrumpunkten Q, för alla hörnen måste
ligga på samma avstånd från denna. Q måste ligga precis mitt emellan P1 och P3 , så
−−→ −−−→ 1 −−−−
→
OQ = OP1 + 2 P1 P2 = (−11, −11, −8) +
1
2
(−13, −7, −4) − (−11, −11, −8)
= (−12, −9, −6)
Avståndet mellan centrumpunkt och hörn är
−−−→
kQP1 k = k(−11, −11, −8) − (−12, −9, −6)k = k(1, −2, −2)k
p
√
= 12 + (−2)2 + (−2)2 = 9 = 3
Hörnen P5 och P6 kan vi få genom att gå denna sträcka från Q rakt upp/ner från planet
som innehåller P1 till P4 , dvs. i den rikning som normalen n till Π pekar. n = (2, 2, −1),
knk = 3, så vi ska helt enkelt gå exakt en n:
−−−→ −−→
OP5 = OQ + n = (−12, −9, −6) + (2, 2, −1) = (−10, −7, −7)
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.01.09
Sida 6 (av 7)
−−−→ −−→
OP6 = OQ − n = (−12, −9, −6) − (2, 2, −1) = (−14, −11, −5)
−−−−
→
De sista punkterna får vi om vi rör oss den givna sträckan i rät vinkel mot såväl P1 P3 som
−−−−
→
−−−→
P5 P6 . De redan beräknade QP1 och n har dessa riktningar, så vi kan ”kryssa” dessa för att
få reda på hållet:
−−−→
v = QP1 × n = (1, −2, −2) × (2, 2, −1) = · · · = (6, −3, 6) = 3(2, −1, 2)
Även normen för (2, −1, 2) är 3, så det är bara att gå denna vektor åt ena eller andra hållet
från Q:
−−−→ −−→
OP2 = OQ + (2, −1, 2) = (−12, −9, −6) + (2, −1, 2) = (−10, −10, −4)
−−−→ −−→
OP4 = OQ − (2, −1, 2) = (−12, −9, −6) − (2, −1, 2) = (−14, −8, −8)
(Det är möjligt att det som vi satt som P2 är P4 och tvärtom, och samma för P5 och P6 .
Just det fanns det inte tillräckligt med information i frågan för att avgöra.)
Det finns ett flertal andra sätt att gå till väga!
Rättningsnorm: Minst en konstruktiv idé: 1p. Minst två olika konstruktiva idéer: 2p. Fler
idéer än så, utan att nå det fullständiga svaret: 3p. Helt rätt: 4p.
8 I en del tillämpningar räknar man med vektorer i betydligt högre dimension än 3.
Räkningarna kan utföras på vektorernas koordinater på precis samma sätt som när
man räknar i 2D eller 3D, det är bara lite fler koordinater inblandade. Begrepp som
linjärt oberoende och linjärkombination definieras på samma sätt.
En av dessa tillämpningar är studiet av matriser. Där kan man se matrisens rader
som koordinatuppsättningar, och kallar dessa för dess radvektorer. Läser man på
andra ledden kan man se kolumnerna som koordinatuppsättningar, och kallar dessa
för dess kolumnvektorer. En m × n-matris A har m stycken radvektorer, som ligger
i det n-dimensionella rummet, och n stycken kolumnvektorer, som ligger i det mdimensionella rummet.
Då man löser linjära ekvationssystem med Gauss-Jordans metod så eftersträvar
man att få en systemmatris på radkanonisk form. Då man uppnått detta innehåller
matrisen ett antal ”ledande ettor”.
(a) Förklara varför de radvektorer som innehåller de ledande ettorna garanterat är
linjärt oberoende.
(2p)
Lösning:
De ledande ettorna står i olika kolumner och har nollor över och under. Det innebär
att en sådan radvektor har en etta i en position där alla de andra har nollor. Om den
skulle gå att linjärkombinera fram skulle vi alltså ha fått fram en etta genom att lägga
ihop multipler av nollor. Det går inte! (Däremot kan eventuella nollrader, som man
ser till att ligger i botten, linjärkombineras fram av de andra raderna; det är bara att
multiplicera dem med noll och lägga ihop.)
Rättningsnorm: Vattentätt resonemang: 2p. Visat förståelse för problemställningen
men inte fått ihop alla detaljerna: 1p.
(b) Förklara varför de kolumnvektorer som innehåller de ledande ettorna garanterat är linjärt oberoende, medan eventuella övriga kolumner går att skriva som
linjärkombination av de med ettorna.
(2p)
Lösning:
De ledande ettorna står på olika rader, med nollor över och under. Det innebär att
kolumnvektorerna ifråga har en koordinat som är ett medan övriga är noll, och ettorna
står på olika ställen. Enligt samma resonemang som i (a) går det inte att få fram en
sådan vektor med hjälp av de andra.
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.01.09
Sida 7 (av 7)
Eventuella kolumner utan ledande ettor har lite olika värden i olika positioner. De positioner som ligger nedanför den nedersta ledande ettan är noll, motsvarar eventuella
nollrader. Så alla nollskilda element ligger på samma höjd som någon ledande etta.
Om t.ex. kolumn 1 är c1 = 1 0 0 T , kolumn 1 ärc2 = 0 1 0 T , kolumn 3 c3 = 0 0 1 T
T
och kolumn 4 c4 = a b c så kan vi linjärkombinera fram c4 som ac1 + bc2 + cc3 .
Rättningsnorm: Se (a).