MAA123 Grundläggande vektoralgebra Tentamen – TEN4

Mälardalens högskola
Akademin för utbildning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen – TEN4 – Lösningsförslag
2012.08.09
08.30–10.30
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. En triangel har hörn i punkterna P1 : (−2, −4, 6), P2 : (−6, −7, 6) och P3 :
(−3, −11, 6) i ett ON-system. Bestäm vinklarna i triangeln.
(2p)
Lösning:
Snabblösning:
Alla punkterna har samma x-koordinat. Det innebär att triangeln ligger i det med xyplanet parallella planet z = 6. För att analysera detta problem behöver vi bara titta på xoch y-koordinaterna, vilket kan göras grafiskt:
−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1
−1
−2
P1
b
−3
−4
−5
P2
−6
b
−7
−8
−9
−10
b
P3
−11
−12
Det framgår tydligt att detta är en halv kvadrat, vinklarna vid P1 och P3 är 45◦ och vinkeln
vid P2 är 90◦ .
Standardlösning:
Vi använder skalärprodukt för att ta fram vinklarna. Man behöver bara ta reda på två av
dem; den tredje kan erhållas ur vinkelsumman.
Vinkeln vid P1 fås ur
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.08.09
Sida 2 (av 6)
−−−−
→ −−−−
→
P1 P2 · P1 P3
(−4, −3,0) · (−1, −7,0)
cos α = −−−−
→ −−−−
→ =
kP1 P2 kkP1 P3 k k(−4, −3,0)kk − 1, −7,0k
25
1
25
= √ =
√ = √ = cos 45◦
5 50
5·5 2
2
Vinkeln är 45◦ . (Det finns inga andra vinklar med detta cosinusvärde som är möjliga i en
triangel.)
Vinkeln vid P2 erhålls på samma sätt:
−−−−
→ −−−−
→
(4,3,0) · (−1, −7,0)
P2 P1 · P2 P3
0
cos β = −−−−
=
=0
→ −−−−
→ =
k(4,3,0)kk3, −4,0k
k(4,3,0)kk3, −4,0k
kP2 P1 kkP2 P3 k
Vinkeln är rät. (Om täljaren är noll spelar det ingen roll vad nämnaren är, så den behöver
vi inte räkna ut.)
Den sista vinkeln måste vara 180◦ − 45◦ − 90◦ = 45◦ .
Rättningsnorm: 1p för fungerande metod, 1p till om dessutom helt rätt genomförd.
2. Vi har talen z = 5 − 3i och w = 2i − 4. Beräkna, och ge svaren på rektangulär form:
(a) zw
(1p)
Lösning:
(b)
zw = (5 − 3i)(2i − 4) = 10i − 20 − 6i2 + 12i = −14 + 22i
z
w
(1p)
Lösning:
Förläng med nämnarens konjugat:
5 − 3i (5 − 3i)(−2i − 4)
z
=
=
w 2i − 4 (2i − 4)(−2i − 4)
−10i − 20 + 6i2 + 12i −26 + 2i
= − 13
=
=
10 +
20
(−4)2 − (−2i)2
1
10 i
Rättningsnorm: Gäller båda deluppgiftern: Inga avdrag för rena sifferräkningsfel, så
länge principen är rätt och i2 hanteras riktigt.
3. Vi har linjerna
ℓ1 : (x, y, z) = (−1, 0, 7) + t(−3, 1, 4)
ℓ2 : (x, y, z) = (5, −2, −1) + t(3, −1, −4)
i ett koordinatsystem. Är linjerna
(1) Identiska (2) Parallella men inte identiska (3) Skärande men inte identiska
(4) Något annat?
Motivera, och se till att det framgår vilket av alternativen du menar att det är. (2p)
Lösning:
Har linjerna samma riktning? Det har de om riktningsvektorerna är parallella, vilket de är
om en av dem är multipel av den andra:
r1 = (−3, 1, 4) = −(3, −1, −4) = −r2
Ja, de har samma riktning. Då kan vi utesluta alternativ (3) och (4).
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.08.09
Sida 3 (av 6)
Om två parallella linjer har någon punkt gemensam så är alla punkter på dem gemensamma, dvs. de är identiska. Se om ℓ2 :s utgångspunkt ligger på ℓ1 . Det gör den om nedanstående ekvation är lösbar:
(−1, 0, 7) + t(−3, 1, 4) = (5, −2, −1)
Bryt isär i ett ekvationssystem:



−1 − 3t = 5




t = −2





 7 + 4t = −1
Mittenekvationen är färdiglöst; se om lösningen passar in i de övriga:
−1 − 3(−2) = −1 + 6 = 5 OK
7 + 4(−2) = 7 − 8 = −1 OK
Ekvationen är lösbar, punkten ligger på linjen, linjerna är identiska, alternativ (1).
Rättningsnorm: 1p för parallellitetsanalys, 1p för sammanfallandeanalys.
4. Två av dessa uttryck är felaktiga (vilket innebär att de inte betyder någonting alls).
Säg vilka två uttryck det är som är fel, och förklara vad det är som är felet.
(i) u · (v · w)
(ii) ku × vk
(iii) u × (v × w)
(iv) ku · vk
(Alla bokstäver står för vektorer.)
(2p)
Lösning:
(i) är fel, för uttrycket inom parentesen blir en skalär, och man kan inte beräkna skalärprodukten av en vektor och en skalär; det ska vara två vektorer.
(ii) är helt korrekt. (Vektorprodukten blir en vektor, vektornorm beräknas för vektorer.)
(iii) är helt korrekt. (Uttrycket inom parentesen blir en vektor, och vektorprodukt beräknas för två vektorer.)
(iv) är fel, för man tar inte vektornorm av en skalär.
Rättningsnorm: 1p per rätt utpekad och motiverad sak; 1p totalt om rätt saker är utpekade
men motiveringarna fel/obegripliga/obefintliga
5. Vi har linjen ℓ : (x, y, z) = (1 + t, 1 − 2t, 1) och planet Π : −4x − 2y + 4z + 8 =
0 i samma ON-system. Bestäm skärningsvinkeln mellan dem. Om de inte skär
varandra, bestäm istället avståndet.
(2p)
Lösning:
De skär inte om de är parallella; de är parallella om linjens riktningsvektor och planets
normalvektor är vinkelräta; dessa är vinkelräta om skalärprodukten är noll. Undersök den:
r · n = (1, −2, 0) · (−4, −2, 4) = −4 + 4 + 0 = 0
Det är avståndet som söks.
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.08.09
Sida 4 (av 6)
Ta någon punkt på ℓ, t.ex. utgångspunktenP0 : (1, 1, 1), och gå sedan i normalens riktning tills Π nås. Räkningarna blir lite enklare om man kortar ner normalvektorn till
n1 = 12 (−4, −2, 4) = (−2, −1, 2). Så följ linjen
ℓ1 : (x, y, z) = (1, 1, 1) + s(−2, −1, 2)
⇔



x = 1 − 2s




y=1− s





 z = 1 + 2s
Insatt i Π2 :s ekvation får vi
−4(1 − 2s) − 2(1 − s) + 4(1 + 2s) + 8 = 0
⇔
6 + 18s = 0
⇔
6
=
s = − 18
1
3
Då är avståndet
1
3 kn1 k
=
1
3
p
(−2)2 + (−1)2 + 22 =
1
3
· 3 = 1 vad man nu har för längdenhet
Rättningsnorm: 0p om man bara identifierat vilket problem som ska lösas. 1p för fungerande metod, 1p för korrekt genomförd.
B-del
6. Punkterna P1 : (−6, −4, −7), P2 : (3, −4, 2) och P3 : (1, 7, −3) är hörn i en liksidig
triangel i ett ON-system. Ta fram alla punkter som ligger lika långt från P1 som
från P2 som från P3 .
(4p)
Lösning:
Först och främst ligger mittpunkten P0 i triangeln exakt lika långt från alla tre hörnen.
Denna punkt kan vi få genom att ta medelvärdet att de tre punkternas koordinater:
−−−→
OP0 =
1
3
(−6, −4, −7) + (3, −4, 2) + (1, 7, −3) = (− 32 , − 31 , − 81 )
Om vi sedan drar en linje genom P0 vinkelrätt mot det plan som de tre punkterna ligger
i så kommer det från alla punkter på denna linje vara lika långt till var och en av de tre
givna punkterna. (Kan nog formuleras bättre. . . ) Vi behöver därför en normalvektor till
detta plan, vilket vi kan få genom att ”kryssa” triangelns kantvektorer:
−
−−−
→ −−−−
→
r = P1 P2 × P1 P3 = · · · = (−99, 27, 99) = 9(−11, 3, 11)
Svar: Alla punkter på linjen ℓ : (x, y, z) = (− 23 , − 31 , − 81 ) + t(−11, 3, 11).
Rättningsnorm: Poäng efter hur stor andel av en fullständig lösning man fått ihop.
7. En elementär matris är en matris som är precis en elementär radoperation från
enhetsmatrisen. Om man multiplicerar en annan matris med en elementär matris
blir slutresultatet att radoperationen utförs på den andra matrisen.
Vi har nedanstående matris:


−1 3
A = 

−2 5
Skriv inversen till A som en produkt av elementära matriser.
(4p)
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.08.09
Sida 5 (av 6)
Lösning:
Då vi inverterar A gör vi en följd av elementära radoperationer, som omvandlar A till I.
Detta motsvarar att vi multiplicerar A med en sekvens elementära matriser, så att slutprodukten blir I. Något som multiplicerat med A ger I är per definition inversen till A. Det
vi ska göra är därför att invertera A på vanligt sätt, bokföra operationerna och skriva dem
som elementära matriser.


−1 3 1 0


−2 5 0 1




−1 0
 1 −3 −1 0




E1 = 
0 1
0 1
−2
5




1 −3 −1 0
1 0




E2 = 
0 −1 −2 1
2 1





1

1 −3 −1
0
0
E3 = 



0
1
2 −1
0 −1




1 3
1 0 5 −3
E4 = 



0 1 2 −1
0 1
(Radoperationerna är alltså i tur och ordning: multiplicera rad 1 med −1, addera 2 gånger rad 1 till rad 2, multiplicera rad 2 med −1, addera 3 gånger rad 2 till rad 1.) Enligt
resonemanget har vi att
A−1 = E4 E3 E2 E1
eftersom E4 E3 E2 E1 A = I
(Observera ordningen.)
Rättningsnorm: Poäng efter hur stor andel av en fullständig lösning man fått ihop.
8. Då man arbetar med komplexa tal utnyttjar man bland annat polär form och De
Moivres formel : zn = r(cos α+i sin α) n = rn (cos nα+i sin nα). r är då z:s belopp,
och α argumentet, som mäts moturs från positiva realaxeln.
Men man skulle också kunna tänka sig att man t.ex. mätte vinkeln medurs från
positiva imaginäraxeln. Om vi kallar denna vinkel β kan vi skriva z = r(sin β +
i cos β).
(a) Visa att man inte direkt kan använda De Moivres formel om man använder
den här vinkeln (dvs. visa att zn inte säkert är lika med rn (sin nβ + i cos nβ).)
(1p)
Lösning:
Ska man visa att en formel inte alltid gäller räcker det att hitta ett enda motexempel.
Vi kan ta något riktigt enkelt: i = 1(sin 0+i cos 0). i2 = −1. 12 sin(2·0)+i cos(2·0) =
1(sin 0 + i cos 0) = i. −1 , i.
Rättningsnorm: Kan nog bara bli rätt eller fel.
(b) Ta fram en fungerande formel för z2 uttryckt i vinkeln β. Formeln ska vara
maximalt förenklad.
(1p)
Lösning:
Kvadrering innebär att man multiplicerar ihop två lika saker, och det kan man ju göra
med vanlig multiplikation:
z2 = r(sin β + i cos β) · r(sin β + i cos β)
= r2 (sin β sin β + sin βi cos β + i cos β sin β + i cos βi cos β)
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.08.09
Sida 6 (av 6)
= r2 (sin2 β − cos2 β) + i2 sin β cos β
= r2 (− cos 2β + i sin 2β)
(Om man inte kommer ihåg dubbla-vinkeln-formlerna så kan man ta fram dem ur De
Moivres formel, som man ju vet ska fungera.)
Rättningsnorm: 1p om man kommit till näst sista steget; det är ju en fungerande om
än ej förenklad formel.
(c) Ta fram en fungerande formel för zn uttryckt i vinkeln β.
(2p)
Lösning:
En metod: α = π/2 − β. Genom att gå via De Moivres formel får vi
zn = r(sin β + i cos β) n
= r(cos α + i sin α) n
= rn (cos nα + i sin nα)
= rn cos n(π/2 − β) + i sin n(π/2 − β)
Vill vi förenkla det här ytterligare ser det ut som att vi måste falluppdela:
Om n är delbar med 4 blir nπ/2 ett jämnt antal π och påverkar inte de trigonometriska
värdena. Då är
rn cos n(π/2 − β) + i sin n(π/2 − β) = rn (cos(−nβ) + i sin(−nβ)) = rn (cos nβ − i sin nβ)
Om n är delbar med 2 men inte med 4 så blir nπ/2 ett udda antal π, och byter då tecken
på de trigonometriska värdena (vilket man lätt kan se i en enhetscirkel):
rn cos n(π/2−β)+i sin n(π/2−β) = rn (− cos(−nβ)−i sin(−nβ)) = rn (− cos nβ+i sin nβ)
Om n är udda och ett steg högre än ”delbar med 4” (som 5, 9, 13 osv.) blir nπ/2 ett jämnt
antal π plus π/2. Det ger
rn cos n(π/2 − β) + i sin n(π/2 − β) = rn (cos(π/2 − nβ) + i sin(π/2 − nβ))
= rn (sin nβ + i cos nβ)
(Sista stegets förenkling kan läsas ut ur en enhetscirkel.) Om slutligen n är udda och ett
steg lägre än ”delbar med 4” (som 3, 7, 11 osv.) ger samma grundidé
rn cos n(π/2 − β) + i sin n(π/2 − β) = rn (cos(−π/2 − nβ) + i sin(−π/2 − nβ))
= rn (cos(π/2+nβ)−i sin(π/2+nβ)) = rn sin(−nβ)−i cos(−nβ) = rn (− sin nβ−i cos nβ)
En annan metod: Vi har redan en formel för z2 . Ur den kan vi ta fram en formel för z3 =
z · z2 , och så vidare. Detta kommer att ge
z = r(sin β + i cos β)
2
z = r2 (− cos 2β + i sin 2β)
z3 = r3 (− sin 3β − i cos 3β)
z4 = r4 (cos 4β − i sin 4β)
z5 = r5 (sin 5β + i cos 5β)
och så vidare. Det är fyra olika formler, som turas om.
Anmärkning: Inspirationen till denna uppgift var en inlämningsuppgift, där en student bytt
till den här representationsformen eftersom β råkade vara betydligt enklare än α. Tyvärr
funkade det ju inte att bara direkt köra De Moivre på denna nya representationsform, men
jag blev nyfiken på vilka räkneregler som egentligen gällde för den.
Rättningsnorm: 1p för konstruktivt angreppssätt, 1p till om dessutom slutfört.