Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen – Lösningsförslag
2011.08.11
08.30–11.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Information finns på de respektive delskrivningarna.
Frågor kan ställas till: Hillevi Gavel, som nås på 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.
OBS!
• Del 1 och 2 är omexamination av kursmomenten ÖVN1 och ÖVN2. Om du
redan är godkänd på något av dessa moment så ska du inte skriva motsvarande
del av tentan.
• Del 3 är omexamination TEN2 del A. Om du är godkänd på TEN2 eller på
ÖVN3 sedan föregående läsår så ska du inte skriva denna del.
• Del 4 är TEN2 del B, den del som kan ge överbetyg. Den är frivillig, men kan
bara skrivas av de som inte redan är godkända på TEN2.
MAA123 Tentamen – Lösning
2011.08.11
Sida 2 (av 11)
Del 1: ÖVN 1
Denna del är är omexamination av ÖVN1 och ska inte skrivas av de som redan är
godkända på ÖVN1.
För godkänt fordras minst 5 poäng.
1 Vi har här två matriser:
A= 1
2 3
4
B = 5
6
Beräkna, eller förklara varför det är omöjligt:
(a) AB
(1p)
Lösning:
Observera att 1 × 1-matriser är fullt tillåtna!
4
AB = 1 2 3 5 = 1 · 4 + 2 · 5 + 3 · 6 = 32
6
Rättningsnorm: (Gäller även (b)-uppgiften:) Inget avdrag för räknefel så länge man
kan se att siffrorna är ihopmonterade på rätt sätt. Men det ska vara rätt, och svarsmatrisen ska ha rätt storlek.
(b) BA
(1p)
Lösning:
4
BA = 5 1
6
4 · 1 4 · 2
2 3 = 5 · 1 5 · 2
6·1 6·2
4 · 3 4 8 12
5 · 3 = 5 10 15
6·3
6 12 18
2 (a) Lös nedanstående ekvationssystem med Gauss-Jordans metod:
x − 3y + 4z = 4
2x − 6y + 6z = 4
y − 2z = −4
3x − 6y + 9z = 6
Uträkningen ska finnas med, och svaret ska ges på formen ”x = . . ., y = . . .,
z = . . .” eller bestå av ordet ”olösligt”.
(1p)
(b) Visa att din lösning är korrekt. Om systemet saknar lösning, förklara hur du
såg det.
(1p)
Lösning:
(a) Gauss-Jordan ger
1 −3
4
2 −6
6
0
1 −2
3 −6
9
4
4
−4
6
∼ ··· ∼
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
−4
0
2
0
MAA123 Tentamen – Lösning
2011.08.11
Sida 3 (av 11)
så svaret är x = −4, y = 0, z = 2.
Rättningsnorm: Inget avdrag för enstaka räknefel, men svaret som man ger måste
stämma överens med den reducerade matris man kommit fram till.
(b) Det beräknade svaret ska sättas in i samtliga 4 ekvationer. Insatt i 1:a ser testet ut som
(−4) − 3 · 0 + 4 · 2 = −4 − 0 + 8 = 4 = HL OK!
x
z
y
Rättningsnorm: Insättning i alla 4 ekvationerna krävs. Om svaret är felaktigt men man
ändå får det att passera testet ges ingen poäng, då har man inte testat seriöst. Om testet
visar att svaret är fel ger ”jag har visst räknat fel” poäng, ”olösligt” gör det inte. Om
man räknat fel så att systemet föreföll olösligt så ger en bra förklaring av detta poäng.
3 En del linjära ekvationssystem är olösbara. En del har entydig lösning. En del har
oändligt många lösningar.
(a) Säg någon typ av linjära ekvationssystem som inte kan vara olöslig.
(1p)
Lösning:
Homogena ekvationssystem, sådana där alla högerled är noll. De har garanterat åtminstone den triviala lösningen ”sätt alla obekanta till noll”. (Det finns andra acceptabla svar, som ”ekvationssystem med inverterbar koefficientmatris”.)
(b) Säg någon typ av linjära ekvationssystem som inte kan ha entydig lösning.
(1p)
Lösning:
Underbestämda ekvationssystem, med färre ekvationer än obekanta. Informationen
räcker inte för att entydigt bestämma alla obekanta. (Också här finns alternativa godtagbara svar.)
Rättningsnorm: Namn eller beskrivning i ord går lika bra på båda frågorna. Det räcker
dock inte med ett exempel, man måste förklara vilken typ av system det handlar om.
4 (a) Beräkna inversen till nedanstående matris (förutsatt att det är möjligt):
2 −9 0
A = 1 −5 2
−3 13 2
Se till att det klart och tydligt framgår vad svaret är!
(1p)
Lösning:
Gauss-Jordan ger
2 −9 0
1 −5 2
−3 13 2
1
0
0
1 −5
0 0
1 0 ∼ · · · ∼ 0
1
0 1
0
0
2
−4
0
0
1
2
1 0
−2 0
−1 1
Matrisen går inte att invertera.
Rättningsnorm: Inget avdrag för enstaka räknefel, men svaret måste stämma med beräkningen.
(b) Visa att den beräknade inversen är korrekt eller förklara hur du såg att det inte
finns någon.
(1p)
MAA123 Tentamen – Lösning
2011.08.11
Sida 4 (av 11)
Lösning:
De tre nollorna på rad i vänsterhalvan ihop med icke-noll till höger visar att ekvationssystemet är olösligt. Om man räknat fel så att man fick en invers ska man multiplicera
ihop den beräknade inversen med ursprungsmatrisen.
Rättningsnorm: Om man räknade fel på (a) (vilket ska märkas i testet) så ger ”Jag har
visst räknat fel” ger poäng, ”olösligt” ger det inte. Om man räknat fel på (a) och ändå
får enhetsmatrisen här ges 0 p, för då har man inte genomfört beräkningen utan bara
skrivit upp det man vet att det borde bli.
MAA123 Tentamen – Lösning
2011.08.11
Sida 5 (av 11)
Del 2: ÖVN2
Denna del är omexamination av ÖVN2 och ska inte skrivas av de som redan är godkända på ÖVN2.
För godkänt fordras minst 5 poäng.
5 Vi har vektorerna u = (−6, 1, 4), v = (−4, −3, 1) och w = (2, 7, −2) (angivna i
samma bas). Skriv w som linjärkombination av u och v, om det är möjligt. Förklara
annars varför det inte går.
(2p)
Lösning:
Vi söker alltså skalärer a, b, sådadan att au + bv = w. Detta ger oss
−6a − 4b = 2
a(−6, 1, 4) + b(−4, −3, 1) = (2, 7, −2) ⇔
a − 3b = 7
4a + b = −2
Gauss-Jordan på detta överbestämda ekvationssystem ger
−6 −4
1 −3
2
7
1 −3
1 −2
7 ∼ · · · ∼ 0
4
1 −2
0
0 −4
Nedersta raden visar att ekvationssystemet är olösligt (0a + 0b kan inte bli −4), så det går
inte att skriva w som linjärkombination av u och w.
Rättningsnorm: För full poäng måste det framgå vad man fick ekvationssystemet ifrån,
tillräckligt mycket lösningsarbete för att det ska vara klart att systemet är olösligt och att
svaret är ”det går inte”. En lösning som är delvis korrekt men inte innehåller alla dessa
delar får 1 p.
6 Vi har matrisen
7 −11 13
A = 17 −7 3
7 −11 13
(a) Beräkna det A.
(1p)
Lösning:
0. Matriser med två identiska rader har garanterat determinant noll. (Man kan givetvis
räkna ut den också.)
Rättningsnorm: Motivering eller korrekt uppställd uträkning krävs. Inget avdrag för
räknefel, men teckenhanteringen måste vara korrekt.
(b) Är A inverterbar? Motivera!
(1p)
Lösning:
Nej, eftersom determinanten är noll.
Rättningsnorm: Svaret ska stämma överens med resultatet på (a).
7 En bas använder man för att kunna representera vektorer med koordinater. För att
en grupp vektorer ska gå att använda som bas för ett rum krävs två saker: (i) De
ska spänna upp upp rummet. (ii) De ska vara linjärt oberoende.
(a) Varför måste vektorerna spänna upp rummet för att kunna användas som
bas?
(1p)
MAA123 Tentamen – Lösning
2011.08.11
Sida 6 (av 11)
Lösning:
Annars finns det vektorer i rummet som inte går att skriva som linjärkombination av
basvektorerna. Dessa skulle då inte ha några koordinater, och hela poängen med baser
är ju att man ska kunna beskriva objekten med koordinater.
(b) Varför måste vektorerna vara linjärt oberoende för att kunna användas som
bas?
(1p)
Lösning:
Annars finns det vektorer i rummet som går att skriva på flera olika sätt, så att det finns
flera helt olika koordinater som står för precis samma vektor. Det är inte alls praktiskt;
om koordinaterna är olika ska grejerna också vara olika!
Rättningsnorm: Svaren kan formuleras på många olika sätt, allt som kan tolkas som
något i den här stilen godtas.
8 Nedan har vi markerat fyra punkter och ritat representanter för två vektorer. Ange
koordinaterna för följande punkter i det koordinatsystem som definieras av punkten P0 och basen {u1 , u2 }:
(a) P1
(2/3p)
(b) P2
(2/3p)
(c) P3
(2/3p)
b
P1
u1
b
b
P2
P0
u2
b
P3
Poängsumman avrundas till heltal.
Lösning:
Koordinaterna för en punkt är lika med koordinaterna för dess ortsvektor. Koordinaterna
för en vektor är består av de koefficienter som fordras för att linjärkombinera fram vektorn
ur de givna basvektorerna.
−−−−
→
(a) P0 P1 = 5u1 + 0u2 , så P1 : (5, 0)
−−−−
→
(b) P0 P2 = 1u1 + 3u2 , så P2 : (1, 3)
−−−−
→
(c) P0 P1 = −1u1 + 5u2 , så P3 : (−1, 5)
Rättningsnorm: Har man gjort ett konsekvent fel, t.ex. kastat om koordinaterna eller svarat
med linjärkombinationer, ges 1 p totalt på uppgiften.
MAA123 Tentamen – Lösning
2011.08.11
Sida 7 (av 11)
Del 3: TEN2 del A
Denna del är omexamination av TEN2 del A och ska inte skrivas av de som redan är
godkända på TEN2 och inte heller av de som läste kursen förra läsåret och som är
godkända på ÖVN3.
För godkänt fordras minst 5 poäng.
9 Bestäm projektionen av vektorn u = (9, −3, −9) på vektorn v = (−5, 1, 4). (ONsystem).
(2p)
Lösning:
Projektionsformeln ger
projv u =
u·v
9(−5) − 3 · 1 − 9 · 4
−84
v=
(−5, 1, 4) =
(−5, 1, 4) = (10, −2, −8)
2
2
2
2
42
kvk
(−5) + 1 + 4
Rättningsnorm: Inget avdrag för rena räknefel. Formeln måste vara rätt. Gör man sedan
principfel i antingen skalärproduktsberäkningen eller normberäkningen (medan resten är
rätt) ges 1 p. Beräknar man proju v istället ges 1 p. Svaret behöver inte förenklas.
10 Planet Π innehåller punkterna P : (−3, 1, 4) och Q : (−5, 6, 4) och är parallellt med
vektorn v = (1, −1, 1). Ange Π på ekvationsform (utan några parametrar). Du kan
förutsätta ON-system.
(2p)
Lösning:
−−→
Vektorn u = PQ = (−5, 6, 4) − (−3, 1, 4) = (−2, 5, 0) är också parallell med planet. n =
u × v = · · · = (5, 2, −3) är då en normalvektor till planet. Planets ekvation blir
(5, 2, −3) · (x + 3, y − 1, x + 4) = 0
⇔
5x + 2y − 3z + 25 = 0
Rättningsnorm: Kommit till normalvektorn alternativt satt upp ett korrekt parameterutryck
för planet alternativt satt upp ett korrekt ekvationssystem för att bestämma koefficienterna
i ax + by + cz + d = 0: 1 p. Ekvationen i klartext: 2 p
11 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) (u × v) · w
(iii) |u × v|
(iv) |u · v|
(Alla bokstäver står för vektorer.)
(2p)
Lösning:
(i) är fel, parentesen ger en skalär till resultat, och man kan inte beräkna vektorprodukten
av en skalär och en vektor; man behöver två vektorer.
(ii) är korrrekt, parentesen ger en vektor, och skalärprodukt ska beräknas för två vektorer.
(iii) är fel, för vektorprodukten ger en vektor till resultat och belopp beräknas för skalärer.
(Dubbla streck, för vektornorm, hade varit korrekt.)
MAA123 Tentamen – Lösning
2011.08.11
Sida 8 (av 11)
(iv) är korrekt, skalärprodukten ger en skalär så beloppstecknet är helt rätt.
Rättningsnorm: Rätt saker utpekade, med motiveringar varav minst en begriplig och korrekt, ger full poäng. Rätt saker utpekade men med felaktiga eller obegripliga motiveringar:
1 p. En sak korrekt utpekad, med begriplig och korrekt motivering: 1 p. Mindre än så rätt:
0p.
12 Vi har planen Π1 : 3x − y + 2z = 5 och Π2 : x + y − z = −7. Om planen skär
varandra, bestäm vinkeln mellan dem. Bestäm i annat fall avståndet. (ON-system)
(2p)
Lösning:
Planen skär varandra om de inte är är parallella; de är parallella om deras normalvektorer är
parallella. Ur koordinaterna utläser man dessa till n1 = (3, −1, 2), n2 = (1, 1, −1). Dessa är
inte parallella då de inte är multipler av varandra. Alltså är det vinkeln som söks. Vinkeln α
mellan två plan är lika med vinkeln mellan deras normaler:
cos α =
n1 · n2
kn1 kkn2 k
Eftersom (3, −1, 2) · (1, 1, −1) = 3−1−2 = 0 behöver man inte räkna ut normerna; vinkeln
är rät.
Rättningsnorm: Fått fram vinkeln i klartext: 2 p. Korrekt påbörjat vinkelberäkning, men
inte fått fram vinkeln: 1 p. Bara identifierat att det var vinkeln som söktes: 0 p. Korrekt
beräknat avståndet mellan en punkt i ena planet och det andra planet: 1 p.
MAA123 Tentamen – Lösning
2011.08.11
Sida 9 (av 11)
Del 4: TEN2 del B
Om du är godkänd på del 3 så kan den här delen ge dig överbetyg på kursen.
Det är frivilligt att skriva den. Väljer du att inte göra det så får du slutbetyg 3.
5–8 poäng här ger betyg 4 och 9–12 poäng ger betyg 5 på TEN2.
13 Vi har en högerorienterad ortonormerad bas B1 = {u1 , u2 } och en alternativ bas
B2 = {v1 , v2 }. I B1 har v1 koordinaterna (2, 1) och v2 koordinaterna (−1, 4).
(a) Rita en bild som visar hur u1 , u2 , v1 och v2 förhåller sig till varandra.
(1p)
(b) w1 har koordinaterna (−1, 2) i B2 . Vilka koordinater har den i B1 ?
(1p)
(c) w2 har koordinaterna (8, −5) i B1 . Vilka koordinater har den i B2 ?
(2p)
Lösning:
(a) Svaret på uppgiften är det i bilden som är svart:
b
b
b
b
b
v2
b
b
b
b
v1
u2
b
b
b
u1
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
(b) En grafisk lösning är inritad i blått och grönt. Motsvarande beräkning blir
w1 = −v1 + 2v2 = −(2u1 + u2 ) + 2(−u1 + 4u2 ) = −4u1 + 7u2
Koordinaterna för w1 i B1 är (−4, 7).
(c) En grafisk lösning är inritad i orange och rött. Beräkningsmässigt kan vi utgå från att
koordinaterna är (x, y) vilket ger beräkningen
w2 = 8u1 − 5u2 = xv1 + yv2 = x(2u1 + u2 ) + y(−u1 + 4u2 ) = (2x − y)u1 + (x + 4y)u2
MAA123 Tentamen – Lösning
vilket ger ekvationssystemet
2x − y = 8
⇔
x + 4y = −5
2011.08.11
Sida 10 (av 11)
x = 3
y = −2
Koordinaterna för w2 i B2 är (3, −2)
Rättningsnorm: (a) och (b) kan väl egentligen bara bli rätt eller fel. På (c) ger en konstruktiv början 1 p, för full poäng ska man ha kommit till svar.
14 Då man arbetar med tal så brukar man tala om ”de fyra räknesätten”: addition, subtraktion, multiplikation och division. I den här kursen har vi arbetat med matriser,
och där har vi (bland annat) infört räknesätten matrisaddition, matrissubtraktion
och matrismultiplikation. Men vi har inte studerat ”matrisdivision”, vilket beror på
att man inte infört det räknesättet, för det blir för mycket konstigheter.
Försök konstruera ett räknesätt ”matrisdivision” och förklara vad det är för komplikationer som uppstår.
(4p)
Lösning:
Division är motsatsen till multiplikation: om a/b = c så är a = bc = cb. För matriser
är första komplikationen om A/B = C ska innebära att A = BC eller att A = CB, dessa
uttryck är ju inte lika. Nå, det kan man helt enkelt bestämma! Vi säger att A/B = C innebär
att A = BC.
Detta ställer krav på matrisernas dimensioner. A och B måste ha samma antal rader för
att likhet ska kunna råda (och så får man justera storleken på kvoten C för att få rätt
dimensioner i övrigt). Nå, även de andra räknesätten har restriktioner på dimensionerna,
så det borde inte heller vara ett problem.
Så vi säger att kvoten C av A och B är den matris som löser ekvationen A = BC, förutsatt
att dimensionerna är sådana att ekvationen är rimlig. Men den här typen av ekvationer är
ofta olösliga, och de kan också ha oändligt många lösningar. Att en beräkning ibland ger
svaret ”det här går inte att göra” kan man kanske stå ut med, det händer även med andra
räknesätt (men det brukar vara en fördel om det bara inträffar i ett begränsat och klart
urskiljbart antal fall), men beräkningar som ger en hel massa olika svar fungerar mycket
dåligt. Man vill att A/B ska bli en och endast en sak, hur ska man annars få fram svaret i
en beräkning?
(Det finns säkert massor att tillägga; det här var det mest uppenbara på rak arm.)
Rättningsnorm: Omöjligt att förutse hur svaren kommer att se ut; poäng i princip efter hur
många intressanta saker man påpekat.
15 Vi har de tre planen Π1 : kx+2y+3z = 1, Π1 : 3x+kz = −21 och Π3 : −x+y+z = k
(där k är en parameter, med samma värde i alla tre uttrycken).
Finns det något värde k för vilket de tre planen skär utmed linje? Om ja: bestäm
detta värde på k och ett parameteruttryck för skärningslinjen. Om nej: förklara
varför inte.
(4p)
Lösning:
Uppgiften är lånad ur Linjär algebra av Kristoferson och Larfeldt.
Skärningen mellan ett antal plan är den/de punkter vars koordinater uppfyller samtliga
plans ekvationer. Det vi är ute efter är alltså att nedanstående ekvationssystem ska ha
MAA123 Tentamen – Lösning
2011.08.11
Sida 11 (av 11)
parameterlösning:
kx + 2y + 3z = 1
3x
+ kz = −21
−x + y + z = k
Ekvationssystemet har lika många ekvationer som obekanta, vilket vanligtvis innebär entydig lösning. Undantaget är om koefficientmatrisen inte är inverterbar, vilket den är om
dess determinant är noll. Undersök:
k 2 3 2
3 0 k = · · · = −k − 2k + 3 = −(k + 3)(k − 1)
−1 1 1 Determinanten blir alltså noll för k = −3 och för k = 1. För dessa värden på k måste
ekvationssystemet antingen vara olösligt eller ha parameterlösning. Undersök:
x + 2y + 3z = 1
k=1:
3x
+ z = −21
−x + y + z = 1
Detta ekvationssystem är olösligt, märker man om man försöker med Gauss-Jordan.
−3x + 2y + 3z = 1
x − z = −7
⇔
·
·
·
⇔
k = −3 :
3x
−
3z
=
−21
y = −10
−x + y + z = −3
På parameterform kan lösningen skrivas (x, y, z) = (−7 + t, −10, t), vilket motsvarar skärningslinjen.
Rättningsnorm: För full poäng måste man ha undersökt båda de relevanta fallen och ha
kommit fram till ett svar. I övrigt poäng efter ungefär hur många procent av lösningen man
har åstadkommit.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen – TEN3 – Lösningsförslag
2011.10.03
08.30–10.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Denna tentamen ger maximalt 14 poäng. 0–9 poäng: U. 10–12 poäng: G.
13–14 poäng: VG.
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.
1 (a) Visa att x = 0, y = −1, z = 2, w = −3 är en lösning till nedanstående ekvationssystem:
2x − 3y + 4z + w = 8
(1p)
3x + y
− 5w = 14
Lösning:
Sätt in lösningsförslaget i de två ekvationerna, och konstatera att det ger de önskade högerleden. Alternativt: lös systemet, lösningen är (x, y, z, w) = (50/11, 4/11, 0, 0) +
s(−4/11, 12/11, 1, 0)+t(14/11, 13/11, 0, 1), och s = 2, t = −3 ger den efterfrågade lösningen.
Rättningsnorm: Lösningsförslaget måset provas i båda ekvationerna för poäng.
(b) Är den lösning som visas i (a) den fullständiga lösningen på systemet? Motivera!
(Fullständig lösning = lösningsmängden.)
(1p)
Lösning:
Nej. Systemet är underbestämt, och underbestämda system kan inte ha entydig lösning, de har ingen eller oändligt många. Eftersom vi sett att ”ingen” inte gäller måste
finnas fler än den här.
Alternativt: Lös systemet, se (a). Man hittar många fler lösningar än den här.
Rättningsnorm: Motivering måste finnas för poäng. Om man i (a) löser systemet korrekt men inte ser att den föreslagna lösningen är en av de man hittat ges 1 p totalt på
uppgiften.
2 I nedanstående bild har vi ritat representanter för fem vektorer. Om vi använder
basen B = {u1 , u2 }, vilka koordinater har då
(a) v1 ?
(2/3p)
(b) v2 ?
(2/3p)
(c) v3 ?
(2/3p)
(Summan avrundas till närmsta heltal.)
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2011.10.03
Sida 2 (av 4)
−1u2
v3
3u2
2u2
4u1 v1
v2
3u1
u1
u2
Lösning:
Linjärkombinationer inritade i rött. Koordinaterna är koefficienterna i linjärkombinationerna, med koefficienten för u1 tagen först:
(a) (4, −1)
(b) (3, 2)
(c) (0, 3)
Rättningsnorm: Vid ett konsekvent fel, som att ge linjärkombinationerna istället för koordinaterna, eller ta koefficienten för u2 först, ges 1 p på uppgiften som helhet.
3 (a) Beräkna inversen till nedanstående matris (förutsatt att det är möjligt):
0
2 −4
1 −5
2
−2
6
4
(1p)
Lösning:
Gaussjordan ger:
0
2 −4
1 −5
2
−2
6
4
1
0
0
1 −5
0 0
2
1 0 ∼ · · · ∼ 0
1 −2
0 1
0
0
0
0 1
1/2 0
2 2
0
0
1
Invers saknas.
Rättningsnorm: Inget avdrag för rena räknefel om metoden är korrekt, men svaret ska
stämma överens med det man kom fram till.
(b) Visa att den beräknade inversen är korrekt eller förklara hur du såg att det inte
finns någon.
(1p)
Lösning:
Nollraden i vänsterhalvan visar att invers saknas. Det går inte att med elementära radoperationer få en 1:a i position (3, 3) utan att få en massa skräp i de andra positionerna.
Rättningsnorm: Det måste framgå att nollraden är problemet. Om man räknade fel
i (a) så att man fick fram en invers så ska man här multiplicera ursprungsmatrisen
med denna. Detta kommer (vid seriös räkning) inte att ge enhetsmatrisen. ”Jag har
visst räknat fel” ger då 1 p, ”olösligt” ger 0 p. Om man inleder med att beräkna determinanten för A, och konstaterar att den är noll så matrisen saknar invers så ges 2 p för
uppgiften som helhet.
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2011.10.03
Sida 3 (av 4)
4 Hur många lösningar har nedanstående ekvationsystem?
3x − 2y + 5z = 0
2x − y + 4z = 0
4x
− 3z = 0
(Du behöver inte ta fram lösningarna, men du måste motivera ditt svar.)
(2p)
Lösning:
Homogent system, så det är inte olösligt. Kvadratisk koefficientmatris; då har man entydig
lösning om och endast om koefficientmatrisen är inverterbar. Undersök determinanten:
3 −2
5 2
3
3 5 4 5 + (−1) · − 0 · 4 = −(−2) · 2 −1
4 −3 4 −3 2 4 4
0 −3 = 2 2 · (−3) − 4 · 4 − 3 · (−3) − 5 · 4 + 0 = −15 , 0
Koefficientmatrisen är inverterbar, så systemet har entydig lösning.
Man kan också börja lösa systemet, och bryta uträkningen så fort man ser att man inte får
någon nollrad.
Rättningsnorm: 1 p för beräkningen, 1 p för argumentationen. Avdrag för teckenfel i determinantberäkning men inte för andra typer av räknefel.
5 (a) Vad är en enhetsmatris (eng: identity matrix) för något? (Vi vill ha själva definitionen.)
(1p)
Lösning:
En enhetsmatris är en kvadratisk matris med ettor på diagonalen och nollor i övriga
positioner. Brukar betecknas I.
Rättningsnorm: Kan väl bara bli rätt eller fel?
(b) Vad är det som är så speciellt med enhetsmatriser? (Det måste finnas någon
orsak till att man valt att ge dem ett eget namn.)
(1p)
Lösning:
Samma egenskaper som talet ett: multiplicerar man med dem händer ingenting, IA =
A, oavsett vad A är.
Rättningsnorm: Också här är detta det enda vettiga svaret. (”För att kontrollera inverser” är inte ett fungerande svar; inverserna är intressanta därför att enhetsmatrisen har
denna egenskap.)
6 Vi har vektorerna u = (2, −1, 4), v = (3, 5, −2) och w = (3, −8, 14) (angivna i
samma bas). Skriv w som linjärkombination av u och v, om det är möjligt. Förklara
annars varför det inte går.
(2p)
Lösning:
Vi söker alltså två tal a och b sådana att au + bv =
ekvationssystem:
1
2
3
2a + 3b = 3
3
0
∼
·
·
·
∼
−a + 5b = −8
5 −8
−1
4a − 2b = 14
4 −2 14
0
w. Det ger följande överbestämda
0
1
0
3
−1
0
a = 3
b = −1
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2011.10.03
Sida 4 (av 4)
så w = 3u − v.
Rättningsnorm: 1 p för själva beräkningen. Inga avdrag för räknefel, men svaret måste
stämma med det man kom fram till. 1 p för antingen förklaring av hur man fick ekvationssystemet eller för linjärkombination i klartext.
7 Vi har två lika stora matriser A och B. det A = 8, det B = −2. Beräkna, eller förklara
varför det är omöjligt med given information:
(a) det(AB−1 )
(1p)
Lösning:
1
8
=
= −4
det B −2
Rättningsnorm: Kan bara bli rätt eller fel.
det(AB−1 ) = det A det B−1 = det A
(b) det(3B)
(1p)
Lösning:
Går inte att räkna ut, för man måste veta hur många rader B har och det står inte i
uppgiften.
Rättningsnorm: ”3n · (−2), där n är antalet rader i B” godtages.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen – TEN4 – Lösningsförslag
2011.10.31
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 Vi har punkten P : (−4, 1, 0), linjen ℓ : (x, y, z) = (0, −5, 5) + t(2, −3, 2) och planet
Π : x − 3y + 5z = 1 (angivna i samma system).
(a) Ligger P på ℓ? Motivera.
Lösning:
Se om man kan komma till P genom att gå utmed ℓ:
−4 =
2t
(−4, 1, 0) = (0, −5, 5) + t(2, −3, 2) ⇔
1
=
−5
−
3t
0 = 5 + 2t
(1p)
⇔
t = −2
t = −2
t = −2,5
Eftersom t inte samtidigt kan vara både 2 och 2,5 är svaret nej, P ligger inte på linjen.
Rättningsnorm: Kan väl bara bli rätt eller fel?
(b) Ligger P i Π? Motivera.
(1p)
Lösning:
Sätt in P:s koordinater i Π:s ekvation:
−4 − 3 · 1 + 5 · 0 = 7 , 1
Ekvationen uppfylls ej, så nej, P ligger inte i planet.
Rättningsnorm: Kan väl bara bli rätt eller fel?
Se till att det framgår om svaret är ja eller nej.
2 Vi har vektorerna u = (−2, −1) och v = (2, 6) (angivna i samma ON-bas). Dela
upp v i en komposant parallell med u och en vinkelrät mot u.
(2p)
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2011.10.31
Sida 2 (av 6)
Lösning:
Den parallella delen får vi med projektionsformeln:
v1 = proju v =
(2, 6) · (−2, −1)
−10
v·u
u=
(−2, −1) =
(−2, −1) = (4, 2)
5
kuk2
k(−2, −1)k2
Den vinkelräta delen får vi genom att dra bort den parallella delen:
v2 = v − v1 = (2, 6) − (4, 2) = (−2, 4)
Uppgiften kan också lösas grafiskt:
v2
v
v1
u
Svar: v = (4, 2) + (−2, 4)
Rättningsnorm: 1p för vardera komposanten. (Poäng för v2 på korrekt sätt beräknad ur v och v1 , även om v1 är felräknad.)
3 Vi har de komplexa talen z = 3 − i och w = −4 + i. Beräkna
(a) z · w
(1p)
Lösning:
(3 − i)(−4 + i) = −12 + 3i + 4i − i2 = −11 + 7i
Rättningsnorm: Inget avdrag för rena räknefel. i2 = −1 måste dock vara korrekt.
(b)
z
w
(1p)
Lösning:
3−i
(3 − i)(−4 − i)
−12 − 3i + 4i + i2 −13 + i
13
1
=
=
=− + i
=
2
−4 + i (−4 + i)(−4 − i)
17
17 17
16 − i
Rättningsnorm: Inget avdrag för rena räknefel. Båda de sista varianterna av talet godtas.
Svaren ska ges på rektangulär form.
4 Skalärprodukt och vektorprodukt är båda räknesätt som påminner om multiplikation, men där faktorerna är vektorer. Det både likheter och skillnader på de två
räknesätten.
(a) Säg något (räkneregel, princip, problemlösningsmetod) som fungerar precis
likadant för skalärprodukt och vektorprodukt.
(1p)
Lösning:
T.ex. distributiva lagen, utbrytning av skalär, multiplikation med nollvektorn ger
noll(vektor) som svar.
(b) Säg något som inte fungerar likadant för skalärprodukt och vektorprodukt. (1p)
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2011.10.31
Sida 3 (av 6)
Lösning:
T.ex. kommutativa lagen.
Rättningsnorm: Svar som man inte förstår om de hör till (a) eller (b) ges 0p. Om mer
än ett svar ges måste mer än 50% av de givna svaren vara korrekta för poäng.
5 Vi har linjerna
ℓ1 : (x, y, z) = (1, −7, 6) + t(3, −2, 2)
ℓ2 : (x, y, z) = (−2, −5, −5) + t(1, 4, 3)
(angivna i samma ON-system). Bestäm avståndet mellan dem.
(2p)
Lösning:
Vi döper om parameterarna till t1 och t2 och identifierar de punkter Q1 och Q2 på linjerna
som ligger närmast varandra. De måste uppfylla
−→
Q1 Q2 · r 1 = 0
−→
Q1 Q2 · r 2 = 0
där r1 och r2 är linjernas riktningsvektorer. Med siffror insatta:
−→
Q1 Q2 = (−2 + t2 , −5 + 4t2 , −5 + 3t2 ) − (1 + 3t1 , −7 − 2t1 , 6 + 2t2 )
= (−3 − 3t1 + t2 , 2 + 2t1 + 4t2 , −11 − 2t1 + 3t2 )
−→
Q1 Q2 · r1 = (−3 − 3t1 + t2 ) · 3 + (2 + 2t2 + 4t2 ) · (−2) + (−11 − 2t1 + 3t2 ) · 2
= −17t1 + t2 − 35 = 0
−→
Q1 Q2 · r2 = (−3 − 3t1 + t2 ) · 1 + (2 + 2t2 + 4t2 ) · 4 + (−11 − 2t1 + 3t2 ) · 3
= −t1 + 26t2 − 28 = 0
Ihopsatt till ett linjärt ekvationssystem:
−17t1 + t2 = 35
⇔ ··· ⇔
−t1 + 26t2 = 28
t1 = −2
t2 = 1
Då är
−→
Q1 Q2 = (−3 − 3(−2) + 1, 2 + 2(−2) + 4 · 1, −11 − 2(−2) + 3 · 1) = (4, 2, −4)
och det sökta avståndet
p
√
−→
kQ1 Q2 k = 42 + 22 + (−4)2 = 36 = 6 l.e.
(Alternativ lösningsmetod är att beräkna projektionen av vektorn mellan linjernas utgångspunkter på vektorprodukten av deras riktningsvektorer.)
Rättningsnorm: Påbörjad lösning enligt fungerande metod: 1p. Kommit ända till svar: ytterligare 1p. Inget avdrag för räknefel, om principerna är rätt. (Som principfel räknas att
√
utelämna parentesen runt −4 i normberäkningen, och få det hela till 4.)
B-del
6 Planet Π1 har ekvationen x + y + 1 = 0. Skärningslinjen mellan Π1 och planet Π2
är ℓ : (x, y, z) = (−2, 1, 3) + t(1, −1, −1) . Vinkeln mellan Π1 och Π2 är 60◦ . Bestäm
den parameterfria ekvationsformen för Π2 . (ON-system.)
(4p)
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2011.10.31
Sida 4 (av 6)
Lösning:
För att ta fram ett plan behöver vi dess normalriktning och en punkt i planet. En punkt har
vi, skärningslinjens utgångspunkt måste tillhöra Π2 . Vi kallar den sökta normalvektorn n2 .
Vi har också linjens riktningsvektor r = (1, −1, −1) och Π1 :s normalvektor n1 = (1, 1, 0).
Skärningslinjen ligger i Π2 och måste därför vara vinkelrät mot n2 . Vi vet alltså
n2 · r = 0
1
n1 · n2
= cos 60◦ =
kn1 kkn2 k
2
En vektor i 3D har 3 koordinater, och 2 ekvationer är inte tillräckligt för att bestämma den
entydigt. Men vi skulle kunna bestämma t.ex. att vi söker en normalvektor
som också√är
√
en enhetsvektor. Ger kn2 k = 1, vilket är lätt att räkna med. kn1 k = 12 + 12 + 02 = 2.
Om vi sätter n2 = (a, b, c) har vi
a−b−c =
0
√
a
+
b
=
2/2
a 2 + b 2 + c2 =
1
Om vi struntar i sista ekvationen så bildar de två första ett linjärt ekvationssystem, och
Gauss-jordan ger
√
a = 2/4 + s/2
√
b = 2/4 − s/2
c =
s
Detta insatt i den sista ekvationen ger
√
√
2 s 2
2 s 2
+ ) +(
− ) + s2 = 1
(
4
2
4
2
⇔
s2 =
1
2
⇔
1
s=±√
2
Tittar man på problemet geometriskt inser man att det rimligen måste finnas två olika svar
(är 60◦ -vinkeln till vänster eller till höger om skärningslinjen?), så det här ser vettigt ut.
Insatt får vi de två svarsalternativen
√
√
√
√
2
2
2
2
, 0,
) n2 = (0,
,−
)
n2 = (
2
2
2
2
För att förenkla beräkningarna kan vi nu slopa det där med enhetsvektor och skala om normalvektorerna till (1, 0, 1) respektive (0, 1, −1). Givet den ingående punkten P0 : (−2, 1, 3)
blir de två förslagen på Π2 (1, 0, 1) · (x + 2, y − 1, z − 3) = 0 eller uträknat x + z − 1 = 0
respektive (0, 1, −1) · (x + 2, y − 1, z − 3) = 0 eller y − z + 2 = 0.
Rättningsnorm: Poäng ungefär efter hur stor andel av lösningen man har åstadkommit.
Full poäng även om man inte hittat båda svaren, men observationen att det finns två svar
ger 1p även om man inte kommit längre än så.
7 Beräkna determinanten för nedanstående matris:
1 4 1 4 2
1 3 5 6 2
A = 3 7 3 0 9
5 0 4 8 8
0 1 6 8 8
(Det går bra att svara med ett aritmetiskt uttryck, som (1 + 2) · (3 − 4 + 5).) (4p)
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2011.10.31
Sida 5 (av 6)
Lösning:
Att lägga en rad eller en kolumn till en annan påverkar inte determinantens värde. Vi kan
till att börja med använda 1:a kolumnen för att snygga upp 1:a raden:
1 4 1 4 2 1
0
0
0
0 −1
4
2
0 4
2
0 1 3 5 6 2 1 −1
0 −12
3 = = 1· −5
3
7
3
0
9
3
−5
0
−12
3
−20 −1 −12 −2 −0+0−0+0
5 0 4 8 8 5 −20 −1 −12 −2 1
6
8
8
0 1 6 8 8 0
1
6
8
8
Vi kan använda den nya 1:a kolumnen för att snygga upp den nya 1:a raden:
−1
0
0
0 4
2
0 −1
−20 −22
3 3
0 −12
3 −5 −20 −22
−5
−20 −1 −12 −2 = −20 −81 −52 −2 = −1· −81 −52 −2 −0+0−0
10
10
8 1
10
10
8
6
8
8 1
Vi kan nu förenkla räkningarna lite genom att förenkla 1:a raden med hjälp av sista, och ta
in minustecknet:
0 −2 19 0 −2 19 −20 −22
3 − −81 −52 −2 = − −81 −52 −2 = 81 52 2 10
10
10
8 10 10 8 10
8 Nu har vi
0 −2 19 81 2 81 52 + 19 · 81 52 2 = 0 − (−2) · 10 8 10 10 10 10 8 = 2(81 · 8 − 2 · 10) + 19(81 · 10 − 52 · 10) = 6766
(1)
(2)
(Uträkningen kan genomföras på massor av andra sätt.)
√
Anm. Siffrorna i matrisen är 2 med 24 decimaler.
Rättningsnorm: En korrekt genomförd åtgärd som leder mot svaret: 1p. Två olika korrekta
åtgärder: 2p. (Att som i lösningsförslaget snygga upp kolumn 2–5 med hjälp av kolumn 1
räknas som en åtgärd, inte som fyra.) Tre eller fler olika korrekta åtgärder, utan att nå
svaret: 3p. Kommit till svar: 4p. Inga avdrag för rena räknefel, men teckenhantering vid
utvecklingar måste vara korrekta.
8 Det är alltså bara kvadratiska matriser som kan ha invers, och du ska nu få förklara
varför.
Dels ingår i definitionen av invers att AB ska bli lika med BA, och detta är bara
möjligt om matriserna är kvadratiska. (Tar man en icke-kvadratisk matris A med
storlek m × n och multiplicerar med en n × m-matris B blir AB av storlek m × m
och BA av storlek n × n, och matriser av olika storlek kan inte vara lika.)
Men dessutom ingår att båda produkterna ska bli enhetsmatrisen. Det går ofta att
till en matris A hitta en matris B sådan att den mindre av AB och BA blir en enhetsmatris. Men det är omöjligt att få den större av dem att bli det.
(a) Visa att om A är en 3 × 1-matris och B en 1 × 3-matris så kan AB inte bli
enhetsmatrisen.
(2p)
(b) Visa samma sak då A är en 3 × 2-matris och B en 2 × 3-matris.
(2p)
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2011.10.31
Sida 6 (av 6)
Lösning:
(a) Om vi sätter A = a b c T och B = d e f får vi
ad
AB = bd
cd
ae a f
be b f
ce c f
Om detta ska vara enhetsmatrisen måste element (1, 2), dvs. ae, vara noll. Om ae = 0
måste (enligt nollfaktorlagen) a = 0 eller e = 0. Om a = 0 blir hela rad 1 fylld med
nollor, och den ska ju ha en etta i första positionen. Och om e = 0 blir istället hela
kolumn 2 fylld med nollor, och det fungerar inte heller. Så sätter man nollor där det
ska vara nollor kan man inte samtidigt få ettor där man vill ha ettor. Så det går inte att
få fram enhetsmatrisen. Vilket Skulle Visas.
Rättningsnorm: 1p för användbar ansats, 1p för resonemang.
(b) Nu får vi sätta
a
A = c
e
b
c
f
g h
B =
j k
i
l
vilket ger att
ag + b j ah + bk
AB = cg + d j cg + dk
eg + j f eh + f k
ai + bl
ci + dl
ei + f l
Om man tittar på första kolumen så innehåller den ett antal gemensamma faktorer.
Man skulle kunna skriva den som
a
b
g c + j d
e
f
Man kan se den som en linjärkombination av de två vektorerna (a, c, e) och (b, d, f ),
skrivna på höjden. På samma sätt kan även de andra två kolumnerna ses som linjärkombinationer av samma två vektorer. Det vi vill linjärkombinera fram är kolumnerna
i enhetsmatrisen: (1, 0, 0), (0, 1, 0) och (0, 0, 1). De tre vektorerna är linjärt oberoende,
de pekar åt olika håll i rummet. Med hjälp av två vektorer går det bara att linjärkombinera fram ett plan, man kan inte komma ut i 3D. Så det går inte att få fram alla tre
önskade kolumnerna.
Rättningsnorm: Ingen poäng för ansatsen den här gången – den poängen lär man redan fått på (a). 1p för någon användbar observation, 2p om man har ett fullständigt
resonemang.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen – TEN3 – Lösningsförslag
2011.11.02
14.30–16.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Denna tentamen ger maximalt 14 poäng. 0–9 poäng: U. 10–12 poäng: G.
13–14 poäng: VG.
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.
1 Vi har nedanstående matriser:
−3 −4 −3
1 0 1
B = −2 −2
A = 2 1 2
0
4
4
3
0 2 1
(a) Beräkna AB.
(1p)
Lösning:
1
0
AB = 0 −2
0
0
0
0
3
Rättningsnorm: Inget avdrag för räknefel om man kan se att principen är korrekt.
(b) Beräkna det A · det B.
(1p)
Lösning:
1
det A · det B = det(AB) = 0
0
0 0 −2 0 = 1 · (−2) · 3 = −6
0 3 Det är också tillåtet att beräkna det A = 1, det B = −6 och multiplicera ihop svaren.
Rättningsnorm: Inga avdrag för räknefel, däremot vid teckenfel i utveckling av determinant. (Om man kör den längre uträkningen och hanterar tecknen rätt i den ena
delberäkningen ges inget avdrag för enstaka teckenfel i den andra.)
2 (a) Lös nedanstående ekvationssystem med Gauss-Jordans metod:
2x − 7y + 5z = 4
x − 5y + 2z = 0
−x − y − 4z = −7
Uträkningen ska finnas med, och svaret ska ges på formen ”x = . . ., y = . . .,
z = . . .” eller bestå av ordet ”olöslig”.
(1p)
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2011.11.02
Sida 2 (av 5)
Lösning:
Gauss-Jordan ger
2 −7
5
1 −5
2
−1 −1 −4
1
4
0 ∼ · · · ∼ 0
−7
0
−5 2
3 1
0 0
0
4
1
Olöslig!
Rättningsnorm: Inget avdrag för räknefel, men svaret man ger ska vara konsistent med
den matris man har kommit till.
(b) Visa att din lösning är korrekt. Om systemet saknar lösning, förklara hur du
såg det.
(1p)
Lösning:
Enligt nedersta raden ska 0x + 0y + 0z = 1. Några sådana tal finns inte!
Rättningsnorm: Har man räknat fel så att man fått ett svar så ska detta sättas in i alla
tre ekvationerna. Detta kommer att visa att svaret är fel. Kommentaren ”Jag har visst
räknat fel” ger då poäng, ”olösligt” gör det inte.
3 (a) Om man säger att vektorn v har koordinaterna (a, b, c) i basen B = {u1 , u2 , u3 },
exakt vad menar man med det?
(1p)
Lösning:
Att v = au1 + bu2 + cu3 .
Rättningsnorm: Jag tror inte att det finns andra vettiga svar på denna fråga.
(b) Om man säger att punkten P har koordinaterna (a, b, c) i det koordinatsystem
som definieras av basen B = {u1 , u2 , u3 } och punkten O, exakt vad menar man
med det?
(1p)
Lösning:
Att vektorn som kan representeras med den riktade sträckan från O till P har koordinaterna (a, b, c) i den betydelse de hade i (a)-uppgiften.
Rättningsnorm: Här kan formuleringen variera en del. ”Ortvektorn för v har de koordinaterna” godtas.
4 Matrisen X uppfyller
1 −3
2 0 11 −7
X
=
2
5 −3
3 −9
6
Vad är X?
Lösning:
För att måtten ska stämma måste X vara 2 × 2. Sätt
a b
X =
c d
Insatt i ekvationer har vi då
a b 1 −3
a + 2b −3a + 5b 2a − 3b 0 11 −7
2
=
=
c d 2
5 −3 c + 2d −3c + 5d 2c − 3d 3 −9
6
(2p)
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2011.11.02
Sida 3 (av 5)
vilket ger ekvationssystemet
a + 2b
= 0
−3a + 5b
= 11
2a
−
3b
=
−7
c + 2d = 3
−3c + 5d = −9
2c − 3d = 6
Kan lösas med Gauss-Jordan som två system med samma koefficientmatris men olika högerled:
1
−3
2
2
5
−3
0
11
−7
3
1 0
−9 ∼ · · · ∼ 0 1
6
0 0
−2
1
0
3
0
0
Svaret är
−2 1
X =
3 0
Rättningsnorm: 1p för konstruktiv början, 1p till om man kommer till svar. Inga avdrag
för rena räknefel. (Den troligast följden av ett sådant är att ekvationssystemet förefaller
inkonsistent. En förklaring till varför lösning inte finns ger då poäng.)
Var god vänd!
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2011.11.02
Sida 4 (av 5)
5 Nedanstående bild innehåller representanter för vektorerna u och v. Rita av den på
ditt skrivpapper.
v
u
Illustrera hur man tar fram en representant för
(a) u + v
(b) v − u
(1p)
(1p)
OBS! Lösningen ska vara grafisk. Det ska alltså inte finnas med någon beräkning,
utan det ska framgå hur man med enbart penna och linjal tar fram en bild av svaret.
Se också till att det framgår vad som är svaret!
Lösning:
(b)
u
v
v
(a)
v
−u
u
(b)
Det finns två rimliga lösningar på (b): v + (−u) och grafisk lösning av ekvationen v − u = x
⇔ u + x = v.
Rättningsnorm: Det måste alltså framgå hur man får fram svaret och vad svaret är. Vid
konsekvent fel (rätt svar men inget ”hur” eller utelämnade pilspetsar eller liknande) ges 1p
på uppgiften.
6 Här har vi en lista på ett antal ”räkneregler”. En del av dem är korrekta, andra är
felaktiga. (En regel är korrekt om den alltid gäller.) Ange för varje ”regel” om den
är rätt eller fel.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(A + B)−1 = A−1 + B−1
(A + B)T = AT + BT
(AB)T = BT AT
(AB)−1 = B−1 A−1
(A−1 )T = (AT )−1
(±0, 4p)
(±0, 4p)
(±0, 4p)
(±0, 4p)
(±0, 4p)
A och B är matriser, och deras storlekar är sådana att operationerna är möjliga att
genomföra. Motivering behövs ej.
Obs! Ett felaktigt svar ger minuspoäng. Totalpoängen för uppgiften blir dock aldrig lägre än noll, och avrundas till heltal.
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2011.11.02
Sida 5 (av 5)
Lösning:
Den första ”regeln” är felaktig, de följande fyra är korrekta.
Rättningsnorm: Svar som man inte kan förstå vilken deluppgift de hör till och svar som
man inte kan tolka ges 0p.
7 Vi har vektorerna u = (5, 0, 3), v = (7, 2, −9) och w = (−2, 0, 4) (angivna i samma
bas). Är vektorerna linjärt oberoende? Motivera!
(2p)
Lösning:
De är oberoende om och endast om det enda sättet att linjärkombinera fram nollvektorn ur
dem är att multiplicera allihop med noll. au + bv + cw = 0 ger det homogena ekvationssystemet
5a + 7b − 2c = 0
2b
=0
3a − 9b + 4c = 0
Det har entydig lösning (som då är den trivial lösningen ”sätt allt till noll”) om och endast
om koefficientmatrisen är inverterbar (annars har det oändligt många lösningar). Inverterbarhet kan kontrolleras med determinant:
5
7 −2 5 −2 − 0 = 2 5 · 4 − (−2) · 3 = 52 , 0
2
0 = −0 + 2 0
3
4
3 −9
4 Koefficientmatrisen är inverterbar, ekvationssystemet har entydig lösning, vektorerna är
linjärt oberoende. (Man kan också lösa ekvationssystemet, och bryta arbetet så fort man
ser att det bara har en lösning.)
Rättningsnorm: För 2p måste resonemanget klart framgå. (Att t.ex. bara räkna determinant
utan kommentarer ger 1p. Om man skrivit någonting som kan tolkas som en referens till
sats 5.4 i boken är det OK).
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen – TEN3 – Lösningsförslag
2011.12.02
14.30–16.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Denna tentamen ger maximalt 14 poäng. 0–9 poäng: U. 10–12 poäng: G.
13–14 poäng: VG.
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.
1 Vektorn u har koordinaterna (−12, 3, −4) i en ON-bas. Vektorn v har normen 3 och
är riktad åt motsatt håll mot u. Vilka koordinater har v?
(2p)
Lösning:
Normera u och multiplicera med den önskade normen. Lägg på minus för att ”vända”
pilen:
v = −3 ·
1
1
(−12, 3, −4) =
u = −3 · p
kuk
(−12)2 + 32 + (−4)2
3
13 (12, −3, 4)
Rättningsnorm: Rätt formel: 1p, rätt svar: 1p. Poängavdrag vid felhantering av minustecken i normberäkningen, eller omformulering av Pythagoras sats till ”summan av kateterna
är hypotenusan”.
2 (a) Lös nedanstående ekvationssystem med Gauss-Jordans metod:
x + 5y + 2z = 5
−2x − 10y − 3z = −6
−x − 5y − 4z = −13
Uträkningen ska finnas med, och svaret ska ges på formen x = . . .”, ”y = . . .”,
”z = . . .” eller bestå av ordet ”olösligt”.
(1p)
Lösning:
Gauss-Jordan:
1
5
2
−2 −10 −3
−1 −5 −4
1
5
−6 ∼ · · · ∼ 0
−13
0
5 0
0 1
0 0
−3
4 ;
0
x = −3 − 5y
z = 4
x = −3 − 5t, y = t, z = 4.
Rättningsnorm: Inget avdrag för enstaka räknefel, men svaret ska framgå i klartext
och vara konsistent med beräkningen.
(b) Visa att det du fått fram verkligen är en lösning. Om systemet saknar lösning,
förklara hur du såg det.
(1p)
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2011.12.02
Sida 2 (av 5)
Lösning:
Sätt in lösningsförslaget i samtliga ekvationer:
VL1 = (−3 − 5t) + 5t + 2 · 4 = −3 − 5t + 5t + 8 = 5 = HL1
− 12 = −6 = HL2
−
10t
10t
VL2 = −2(−3 − 5t) − 10t − 3 · 4 = 6 + VL3 = −(−3 − 5t) − 5t − 4 · 4 = 3 + 5t − 5t − 16 = −13 = HL3
Rättningsnorm: Svaret ska testas i samtliga ekvationer, med parameter. Om ett räknefel gjort att man fått ett svar som inte passar in så ger ”jag har visst räknat fel” poäng.
Om räknefel gjorde att systemet såg olösbart ut så ges poäng för korrekt förklaring av
detta.
3 Vi har här två matriser:
−5
2
5
A = 5 −4 −4
3 −3 −2
−4 −11 12
B = −2 −5 5
−3 −9 10
Är B invers till A? Motivera!
(2p)
Lösning:
Multiplicera matriserna med varandra och se om det blir enhetsmatrisen, eller invertera A
och se om det blir B, eller invertera B och se om det blir A. Det blir det, så svaret är Ja.
Rättningsnorm: Valt fungerande metod: 1p. Svar i klartext, konsistent med resultatet av
beräkningen: 1p. Inget avdrag för enstaka räknefel (som förmodligen leder till svaret nej.)
4 (a) Om man säger att ett ekvationssystem är underbestämt, exakt vad menar man
med det? (Vi söker själva definitionen.)
(1p)
Lösning:
Att man har färre ekvationer än obekanta.
Rättningsnorm: Kan väl bara bli rätt eller fel?
(b) Om man säger att ett ekvationssystem är konsistent, exakt vad menar man med
det? (Vi söker själva definitionen.)
(1p)
Lösning:
Att det är lösbart / att det inte innehåller motsägande information.
Rättningsnorm: Kan väl bara bli rätt eller fel?
5 Vi har vektorerna u = (5, −3, 1), v = (7, 2, 0) och w = (−3, 8, −2) (angivna i samma
bas). Är vektorerna linjärt oberoende? Motivera!
(2p)
Lösning:
Vektorerna är linjärt oberoende om och endast om enda lösningen till au + bv + cw = 0 är
a = b = c = 0. Detta ger det homogena ekvationssystemet
5 7 −3 a 0
5a + 7b − 3c = 0
−3a + 2b + 8c = 0 ⇔ −3 2
8 b = 0
a
− 2c = 0
1 0 −2 c
0
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2011.12.02
Sida 3 (av 5)
Ekvationssystemet har entydig lösning om och endast om determinanten för koefficientmatrisen är skild från noll. Undersök:
5 7 −3 7 −3 5 7 − 0 + (−2) · = ··· = 0
8 = 1 · −3 2
8 2
−3 2 1 0 −2 Så det är inte entydig lösning, och då är vektorerna inte oberoende.
Rättningsnorm: Fungerande metod: 1p. Kommit till svar (”ja” eller ”nej”) konsistent med
resultatet: 1p. Poängavdrag för teckenfel i determinantberäkning men inte för andra räknefel. (Eftersom detta är en direkt tillämpning av sats 5.4 i boken behövs ingen utförlig
motivering.)
6 Vi har matriserna
3
0
A =
0 −2
−1 0
B =
0 4
0 −24
C =
−6
8
Matrisen X uppfyller
AXB = C
Vad är X?
(2p)
Lösning:
Metod 1:
Sätt
x y
X =
z w
vilket ger
−3x 12y 0
=
AXB =
2z −8w −6
vilket ger
−3x = 0
12y = −24
2z = −6
−8w = 8
⇔
−24
=C
8
x= 0
y = −2
z = −3
w = −1
Metod 2:
A och B är lätta att invertera;
−1
1/3
0
−1
−1
B =
A =
1
0
0 − /2
0
1/4
Utnyttja inverserna:
AXB = C
A−1 AXBB−1 = A−1 CB−1
IXI = A−1 CB−1
−1
AX = A CB
−1
1/3
0 0 −24 −1
=
0 −1/2 −6
8 0
0 0
=
1/4
−3
−2
−1
Rättningsnorm: Valt en fungerande metod, och kommit så långt med den att det går att se
hur den var tänkt att genomföras: 1p. Kommit vidare till rätt svar: 1p. Bara 1p på uppgiften
om man i metod 2 satt in inverserna på fel ställen.
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2011.12.02
Sida 4 (av 5)
7 Denna uppgift ska lösas på sista bladet av skrivningen. Pappret ska rivas av och
lämnas in med de övriga lösningspappren.
Kod:
Code
Kurskod:
Bladnr:
Course code
Page nr
Uppgift nr:
Kursnamn:
Task nr
Course title
7 Detta blad ska rivas av och lämnas in tillsammans med de andra lösningspappren.
Ett koordinatsystem definieras med hjälp av basen {u1 , u2 } och punkten O (origo),
illustrerade nedan. Markera i bilden de punkter som har de angivna koordinaterna
i koordinatsystemet ifråga:
(a) P1 : (2, 1)
(2/3p)
(b) P2 : (−1, −3)
(2/3p)
(c) P3 : (−1, 0)
(2/3p)
Se till att det framgår vilken markerad punkt som är vilken!
x
P1
b
y
1
u1
1
b
O
P3
P2
b
u2
b
Lösning:
−−−→ −−−→
−−−→
Vektormässigt har vi koordinaterna för OP1 , OP2 och OP3 i basen {u1 , u2 }. Dessa ortsvek−−−→
torer är inritade i rött, punkterna sitter i pilspetsen. Exempelvis är OP1 = 2u1 + 1u2 .
Vill vi se det mer ”koordinatsystemmässigt” så ger O axelkorsningen, medan vektorerna
pekar ut axelriktingarna och anger gradering. Axlarna är inritade i blått. Den axel som
pekas ut av u1 är första koordinataxeln, som standardmässigt brukar betecknas x. P1 ligger
då 2 steg utmed x-axeln, 1 steg utmed y-axeln.
Rättningsnorm: Vid ett konsekvent fel (som går att förstå), som att ha tagit u2 först, ges 1p
totalt på uppgiften.
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).
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen – TEN3 – Lösningsförslag
2012.01.16
08.30–10.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Denna tentamen ger maximalt 14 poäng. 0–9 poäng: U. 10–12 poäng: G.
13–14 poäng: VG.
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.
1 Vi har här två matriser:
1 0 0
A = 0 2 0
0 0 3
4 4 4
B = 5 5 5
6 6 6
Beräkna, eller förklara varför det är omöjligt:
(a) A + B
(1p)
Lösning:
Går bra; addition fordrar att matriserna har samma storlek, vilket dessa har:
5
A + B = 5
6
4
7
6
4
5
9
Rättningsnorm: Inget avdrag för räknefel om man ser att principen är rätt.
(b) AB
(1p)
Lösning:
Går också bra; fordras att antal kolumner i 1:a matriser och antal rader i 2:a stämmer
överens:
4 4 4
AB = 10 10 10
18 18 18
Rättningsnorm: Inget avdrag för räknefel om man ser att principen är rätt.
2 I nedanstående bild har vi ritat representanter för fem vektorer.
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2012.01.16
Sida 2 (av 4)
w
v1
u2
v2
u1
(a) Ange koordinaterna för w i basen B1 = {u1 , u2 }.
(1p)
Lösning:
w = 7u1 + 5u2 , så koordinaterna är (7, 5)
(b) Ange koordinaterna för w i basen B2 = {v1 , v2 }.
Lösning:
w = 2v1 + 4v2 , så koordinaterna är (2, 4).
Rättningsnorm: (Gäller båda uppgifterna:) Full poäng om koordinaterna (dvs. talparen) finns med och är korrekta. 1p totalt om man bara angett linjärkombination, eller
kastat om något av koordinatparen.
(1p)
3 Lös nedanstående tre ekvationssystem på ett effektivt sätt:
x
−
2y
=
−8
a
−
2b
=
14
u − 2v = −2
x − y = −5
a− b= 9
u − v = −1
−2z + 3y = 13
−2a + 3b = −21
−2u + 3v = 3
Se till att det klart och tydligt framgår vad lösningarna är! (För full poäng måste
lösningsmetoden vara väl vald.)
(2p)
Tryckfel i uppgiften; z första systemet ska vara x.
Lösning:
Samma koefficienter, så vi kan lösa alla tre systemen samtidigt. På matrisform:
1 0 −2
1 −2 −8
14 −2
4 0
9 −1 ∼ · · · ∼ 0 1
3 −5 1
1 −1 −5
3
0
2 0
−2
3 13 −21
0 0
Svar: System 1 har lösning x = −2, y = 3; system 2 är olösligt; system 3 har lösningen
u = 0, v = 1.
Rättningsnorm: För full poäng ska man ha löst systemen samtidigt, och de svar man ger
ska stämma med den reducerade matrisen.
4 Skriv upp fem räkneregler för matriser. (Ett exempel på en räkneregel är A + B =
B + A. Just denna regel får du ingen poäng för.) Använd stora bokstäver för matriser
och små bokstäver för skalärer, och matriserna får förutsättas ha sådan storlek att
uttrycken är meningsfulla.
(2p)
Poängberäkning: 0,4 poäng för varje korrekt regel, −0,4 poäng för varje felaktig
regel. Summan avrundas till närmsta heltal. Om mer än fem regler ges poängsätts
de fem första.
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2012.01.16
Sida 3 (av 4)
Lösning:
Här är de räkneregler för matriser och determinanter som finns i boken:
A+B=B+A
A + ( B + C) = ( A + B ) + C
a(bC) = (ab)C
0+A=A+0=A
0A = 0
(a + b)C = aC + bC
a0 = 0
a(B + C) = aB + aC
annat än i undantagsfall
a(BC) = (aB)C = B(aC)
A(BC) = (AB)C
AB , BA
IA = AI = A
0A = 0
A0 = 0
(A + B)C = AC + BC
A(B + C) = AB + AC
(A + B)−1 , A−1 + B−1
1
(aB)−1 = B−1
a
T T
(A ) = A
annat än i undantagsfall
(AB)−1 = B−1 A−1
(A−1 )−1 = A
(A + B)T = AT + BT
(aB)T = aBT
(AB)T = BT AT
(A−1 )T = (AT )−1
det(aB) = an det B
1
det(A−1 ) =
det A
där n är antal rader i B
det(AB) = det A · det B
det(AT ) = det A
(Eftersom determinanter beräknas ur matriser kan de räknereglerna godtas som svar.)
Rättningsnorm: Uttryck som inte går att tolka får 0p, se i övrigt ”poängsättning”.
5 Vi har vektorerna v1 = (−2, 1, 1) , v2 = (6, −4, −1), v3 = (4, 2, −10) och v4 =
(2, −3, 4) (angivna i samma bas). Skriv v4 som linjärkombination av v1 , v2 och v3 ,
om det är möjligt. Förklara annars varför det inte går.
Lösning:
Vi ska alltså ha tag i tre tal a, b och c sådana att av1 + bv2 + cv3 = v4 . Resulterande
ekvationssystem blir på matrisform
−2
1
1
6
4
−4
2
−1 −10
1
2
−3 ∼ · · · ∼ 0
0
4
−4
2
1 −4
0
0
−3
2
1
Talen ska alltså uppfylla att 0a + 0b + 0c = 1. Några sådana tal finns inte, så problemet är
olösligt!
Rättningsnorm: För full poäng måste det framgå vad ekvationssystemet hade med frågan
att göra.
6 (a) Beräkna determinanten för nedanstående matris:
5
0 −3
−4 10
3
−7 −1
2
(1p)
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2012.01.16
Lösning:
Utveckling efter kolumn 2 verkar bra:
5
0 −3 5
3 = −0 + 10 −4 10
−7
−7 −1
2 5
−3 − (−1) 2
−4
Sida 4 (av 4)
−3 3 = 10(10 − 21) + (15 − 12) = −107
Rättningsnorm: Inget avdrag för räknefel om principen är rätt. Teckenfel räknas som
principfel.
(b) Är matrisen inverterbar? Motivera!
(1p)
Lösning:
Ja, eftersom determinanten inte är noll.
Rättningsnorm: Svaret ska vara konsistent med det man fick på (a), och referera till
värdet. Att beräkna inversen och konstatera att det går är också acceptabelt.
7 I den här kursen arbetar vi med vektorer och skalärer.
(a) Vad är en vektor för något? (Skriv ett svar som du tror att du själv skulle ha
förstått innan du läste den här kursen)
(1p)
Lösning:
Någonting som har både storlek och riktning, hastighet t.ex.
(b) Vad är en skalär för något? (Samma instruktion)
(1p)
Lösning:
Ett alldeles vanligt tal (eller en storhet som kan representeras med ett tal, som massa;
något som har storlek men saknar riktning).
Rättningsnorm: (Gäller båda deluppgifterna:) Kan nog bara bli rätt eller fel.
Mälardalens högskola
Akademin för utbildning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen – TEN3 – Lösningsförslag
2012.05.07
08.30–10.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Denna tentamen ger maximalt 14 poäng. 0–9 poäng: U. 10–12 poäng: G.
13–14 poäng: VG.
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.
1. Vi har matrisen
5 0 −5
A = 0 10
0
−10 5 15
(a) Beräkna det A.
(1p)
Lösning:
Enklaste beräkningen är förmodligen att först bryta ut faktorn 5 och därefter utveckla
efter 2:a raden:
5 0 −5 1 0 −1 det A = 0 10
0 = 53 0 2
0 −10 5 15 −2 1
3 1 −1 − 0) = 125 · 2 · 1 · 3 − (−1) · (−2) = 250
= 125(−0 + 2 3 −2
Rättningsnorm: Inga avdrag för rena räknefel, däremot 0p vid teckenfel i utvecklingen eller om man ej har med ”upphöjt i 3” vid utbrytning.
(b) Är A inverterbar? Motivera!
(1p)
Lösning:
Ja, eftersom det A , 0.
Rättningsnorm: Svaret ska vara konsistent med resultatet i (a)
2. Vi har vektorerna u = (2, 1, 3), v = (−4, −3, −5) och w = (0, 2, 1) (angivna i samma bas). Skriv w som linjärkombination av u och v, om det är möjligt. Förklara
annars varför det inte går.
(2p)
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2012.05.07
Sida 2 (av 4)
Lösning:
Vi söker alltså två tal a och b sådana att au + bv = w. Det ger ekvationssystemet
2a − 4b = 0
a − 3b = 2
3a − 5b = 1
och Gauss-Jordan ger
2 −4
1 −3
3 −5
0
2
1
∼ ··· ∼
1 −3
0
2
0
0
2
−4
3
Ekvationssystemet är inte lösbart, 0a + 0b , 3. Så w kan inte skrivas som linjärkombination av de andra två vektorerna.
Rättningsnorm: 1p för uppställande av rätt ekvationssystem, 1p för korrekt lösning. Inget
avdrag för rena räknefel, men svaret ska vara konsistent med resultatet man kom till.
3. Vi har här två matriser:
1 −2
A = 0
4
−5
0
3 −1
B =
0
2
Beräkna, eller förklara varför det är omöjligt:
(a) AB
(1p)
Lösning:
Går bra:
1 · 3 + (−2) · 0
1 −2
3 −1
= 0 · 3 + 4 · 0
AB = 0
4
0
2
−5 · 3 − 0 · 0
−5
0
1 · (−1) + (−2) · 2 3 −5
0 · (−1) + 4 · 2 = 0
8
−5 · (−1) + 0 · 2
−15
5
Rättningsnorm: Inget avdrag för räknefel om det går att se att tillvägagångssättet är
korrekt.
(b) BA
(1p)
Lösning:
Går ej. B har 2 kolumner, A 3 rader. Antal kolumner i första matrisen måste vara
samma som antal rader i andra (så att antalet element i förstas rader är lika med
antalet element i andras kolumner).
Rättningsnorm: Korrekt motivering fordras för poäng.
4. (a) Lös nedanstående ekvationssystem med Gauss-Jordans metod:
x − 2y − 6z − 6w = −10
2x − y − 3z − 6w = −5
Uträkningen ska finnas med, och svaret ska ges på formen ”x = . . . ”,”y =
. . . ”, ”z = . . . ”, ”w = . . . ” eller bestå av ordet ”olösligt”.
(1p)
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2012.05.07
Lösning:
Gauss-Jordan ger:
1 −2 −6
2 −1 −3
−6
−6
−10
−5
∼ ··· ∼
Sida 3 (av 4)
1
0
0 0
1 3
−2
2
0
5
vilket innebär
x − 2w = 0
y + 3z + 2w = 5
⇔
2w
x =
y = 5 − 3z − 2w
x=
2t
y = 5 − 3s − 2t
z=
s
w =
t
⇔
Rättningsnorm: Inga avdrag för rena räknefel, men svaret ska ges på parameterform.
(b) Visa att det du fått fram verkligen är en lösning. Om systemet saknar lösning, förklara
hur du såg det.
(1p)
Lösning:
Sätt in lösningen med parametrar och allt i båda ekvationerna:
VL1 = 2t − 2(5 − 3s − 2t) − 6s − 6t = 2t − 10 + Z
6Zs + 4t − Z
6Zs − 6t = −10 = HL1
VL2 = 2 · 2t − (5 − 3s − 2t) − 3s − 6t = 4t − 5 + Z
3Zs + 2t − Z
3Zs − 6t = −5 = HL2
Rättningsnorm: Svaret måste sättas in i båda ekvationerna, med parameterar, för poäng. Vid räknefel i (a) ger kommentaren ”jag har visst räknat fel” poäng.
5. I nedanstående bild har vi ritat representanter för fem vektorer:
−2u1
v3
2u2
v1
−1u1
−4u2
u2
1u2
v2
2u1
u1
Ange koordinaterna för följande vektorer i basen {u1 , u2 }:
(a) v1
(2/3p)
Lösning:
v1 = −2u1 − 4u2 , koordinater (−2, −4).
(b) v2
(2/3p)
Lösning:
v2 = 2u1 + 1u2 , koordinater (2, 1).
(c) v3
(2/3p)
Lösning:
v3 = −1u1 + 2u2 , koordinater (−1, 2).
Motivering behövs ej. Poängen avrundas till närmsta heltal.
Rättningsnorm: Vid ett konsekvent fel (som omkastade koordinater eller linjärkombinationer istället för koordinater) ges 1p totalt.
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2012.05.07
Sida 4 (av 4)
6. Räkning med matriser påminner mycket om räkning med tal. Man adderar, multiplicerar och så vidare. Men det är inte allt som är precis likadant.
(a) Säg något (räkneregel, resonemang, problemlösningsmetod) som fungerar
precis lika för tal och matriser.
(1p)
Lösning:
Massor av exempel: Addition är kommutativ och associativ, multiplikation är associativ. Det finns identitetselement för addition och multiplikation. Multiplikation med
noll(matrisen) ger noll(matrisen).
(b) Säg något som inte fungerar precis lika för tal och matriser.
(1p)
Lösning:
Inte fullt så många exempel: Tal går alltid att addera och multiplicera, för matriser
måste dimensionerna fungera. Multiplikation av tal är kommutativ, a · b = b · a, vilket
inte gäller matriser. Nollfaktorlagen gäller för tal men inte för matriser, kancellationslagen gäller för tal men inte för matriser. Alla tal utom noll har invers, många matriser
saknar invers.
Rättningsnorm: Gäller både (a) och (b): ger man mer än ett exempel måste mer än
50% vara korrekta för poäng.
7. u = (3, −4, 0) och v = (0, 12, −5) i samma ON-bas. Bestäm ku + vk.
(2p)
Lösning:
Triangelolikheten gör att vi inte kan beräkna normerna var för sig och addera, utan vi
måste göra exakt som det står.
p
√
√
ku + vk = k(3, −4, 0) + (0, 12, −5)k = k(3, 8, −5)k = 32 + 82 + (−5)2 = 98 = 7 2
(Sista steget är inte nödvändigt.)
Rättningsnorm: Om man istället beräknar kuk + kvk men gör detta helt korrekt ges 1p.
Mälardalens högskola
Akademin för utbildning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen – TEN4 – Lösningsförslag
2012.06.07
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. Vi har planet Π : (x, y, z) = (−6, 2, −4) + s(−2, −3, 1) + t(2, 7, 1) och vektorn
v = (−5, 2, −4) i samma ON-system. Är v vinkelrät mot Π? Motivera!
(2p)
Lösning:
En vektor som är vinkelrät mot planet är vinkelrät mot dess riktningsvektorer. Vinkelräthet
kan kontrolleras med skalärprodukt:
(−5, 2, −4) · (−2, −3, 1) = 10 − 6 − 4 = 0
(−5, 2, −4) · (2, 7, 1) = −10 + 14 − 4 = 0
Svar: Ja, vektorn är vinkelrät mot planet.
(Man kan också ta vektorprodukten av riktningsvektorerna; den är (−10, 4, −8) och konstatera att den är en multipel av v. Eller skriva om planet till ekvationsform 5x − 2y + 4z +
50 = 0, läsa ut normalvektorn och konstatera att den är en multipel av v.)
Rättningsnorm: Helt vattentätt resonemang: 2p. Påbörjat men ej avslutat en fungerande
analys: 1p.
2. En parallellogram har hörn i punkterna P1 : (−4, 5), P3 : (1, 4), P2 : (2, 1) och
P4 : (−3, 2) i ett ON-system. Bestäm parallellogrammens area.
(2p)
Lösning:
Vi bör börja med att rita parallellogrammen, eftersom det ingenting står om hur hörnen
ligger i förhållande till varandra:
P1
b
5
b
4
P3
3
b
P4
−5 −4 −3 −2 −1
2
b
1
P2
0
1
2
3
4
5
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.06.07
Sida 2 (av 8)
Metod 1:
Beloppet av determinanten för en 2 × 2-matris motsvarar arean av den parallellogram i ett
ON-system som har radvektorerna som kantvektorer.
−−−−
→
−−−−
→
P1 P3 = (5, −1)
P1 P4 = (1, −3)
5 −1 | = |14| = 14 areaenheter
Area = | 1 −3 Metod 2:
Bygg ut koordinaterna med en z-koordinat så att vi får ett 3D-problem. Normen för vektorprodukten av två vektorer motsvarar arean av den parallellogram de spänner upp:
−−−−
→ −−−−
→
kP1 P3 × P1 P4 k = k(5, −1, 0) × (1, −3, 0)k = k(0, 0, 14)k = 14 a.e.
Metod 3:
Arean av en parallellogram är basen gånger höjden. Höjden motsvarar avståndet mellan P4
och linjen
med någon
√ av metoderna för avstånd punkt-linje,
√
√ genom P1 och P3 . Beräknas −
−−−
→
P
P
k
=
98/13
längdenhet.
Basen
är
k
26 längdenheter. Ger arean 98/13 ·
och
är
1
3
√
√
26 = 196 = 14 areaenheter.
Metod 4:
Bygg om parallellogrammen till en rektangel:
Den erhållna rektangeln har basen 5 l.e. och höjden 2,8 l.e. och därmed arean 5 · 2,8) =
14 a.e.
Rättningsnorm: Helt korrekt beräkning: 2p. Fungerande metod med allvarligt räknefel
eller avbruten innan svar: 1p.
3. Lös ekvationen z3 = 8 fullständigt. (Ingen poäng om du inte hittar alla svar.) (2p)
Lösning:
Det är en 3:e-gradsekvation, så det finns 3 svar.
Snabblösning:
Ett av svaren är z = 2, eftersom 23 = 8. Ekvationen är binomisk, vilket innebär att svaren
ligger jämnt fördelade som ekrarna i ett hjul:
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.06.07
Sida 3 (av 8)
2i
b
1i
b
−2
1
−1
2
−1i
b
−2i
2π
Ur bilden kan vi utläsa att de resterande lösningarna är z = 2(cos 2π
3 + i sin 3 ) = −1 +
√
4π
och z = 2(cos 4π
3.
3 + i sin 3 ) = −1 −
√
3
Standardlösning:
Ansätt z = r(cos θ +i sin θ), vilket (enligt De Moivres formel) ger z3 = r3 (cos 3θ +i sin 3θ).
Högerledet kan skrivas på polär form genom inspektion: 8 = 8(cos 0 + i sin 0).
r3 (cos 3θ + i sin 3θ) = 8(cos 0 + i sin 0)
√3
ger att r3 = 8, vilket ger r = 8 = 2 och att 3θ = 0 +n2π, vilket ger θ = 0 +2nπ/3. Genom
att sätta in n = 0, n = 1 och n = 2 erhålla samma lösningar som i den andra varianten.
Rättningsnorm: Allt korrekt: 2p. Påbörjad men ej avslutad fungerande lösningsmetod: 1p.
Bara hittat lösningen z = 2: 0p
4. Skriv upp tre räkneregler för skalärprodukt och/eller vektorprodukt. (En räkneregel är något som alltid gäller. ”a + b = b + a” är ett exempel på en räkneregel för
addition av tal.)
2/3 poäng för korrekt regel, −2/3 poäng för felaktig regel. Summan avrundas till
närmsta ickenegativa heltal.
Lösning:
Några förslag:
u · v=v · u
(au) · v = a · (u · v)
u · (v + w) = u · v + u · w
u · 0=0
u · v = 0 om och endast om u ⊥ v
u · u = kuk2
u × v = −(v × u)
u × (v × w) , (u × v) × w
(au) × v = a(u × v)
utom i undantagsfall
u × (av) = a(u × v)
u × (v + w) = u × v + u × w
u×0= 0
u × v = 0 om och endast om ukv
u×u=0
(specialfall av ovanstående)
Rättningsnorm: Sådant som inte går att tolka och sådant som över huvud taget inte är
regler (som ”u · v” och inget mer) ges 0p.
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.06.07
Sida 4 (av 8)
5. Vi har linjerna
ℓ1 : (x, y, z) = (−10, 4, −5) + t(4, −5, 3)
ℓ2 : (x, y, z) = (15, −7, −5) + t(−8, 1, −6)
i ett ON-system. Bestäm avståndet mellan linjerna.
(2p)
Lösning:
Döp om parametrarna till t1 och t2 . Kalla punkterna som ligger närmast varandra för Q1
och Q2 . Sträckan mellan dem är vinkelrät mot båda riktningsvektorerna. Ger:
−−−−→
Q1 Q2 = (15, −7, −5) + t2 (−8, 1, −6) − (−10, 4, −5) + t1 (4, −5, 3)
= (25 − 4t1 − 8t2 , −11 + 5t1 + t2 , −3t1 − 6t2 )
−−−−→
Q1 Q2 · r1 = −50t1 − 55t2 + 155 = 0
−−−−→
Q1 Q2 · r2 = 55t1 + 101t2 − 211 = 0
Lösning av ekvationssystemet ger
−50t1 − 55t2 = −155
⇔
55t1 + 101t2 = 211
t1 = 2
t2 = 1
Avståndet är därför
−−−−→
kQ1 Q2 k = k(9, 0, −12)k = 3k(3, 0, −4)k = 15 l.e
Man kan också ta sträckan mellan linjernas utgångspunkter och projicera den på vektorprodukten av riktningsvektorerna.
Rättningsnorm: Helt rätt: 2p. Påbörjad fungerande lösning, som ej ledde till rätt svar: 1p.
(Inget avdrag för rena räknefel.)
Var god vänd!
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.06.07
Sida 5 (av 8)
B-del
6. Vi har punkterna P1 : (−1, 2, λ), P2 : (λ + 1, 1, −1), P3 := (−7, λ − 4, −λ − 4) och
P4 : (−3, −2, −λ − 2) (angivna i samma koordinatsystem). För vilket/vilka värden
på λ ligger punkterna i samma plan? Bestäm också ett uttryck för planet.
(4p)
Lösning:
−
−−−
→ −
−−−
→
−−−−
→
Om de fyra punkterna ligger i samma plan är vektorerna P1 P2 , P1 P3 och P1 P4 parallella
med detta plan. I så fall är de linjärt beroende, och i så fall är determinanten för matrisen
med dessa vektorer som kolumner noll. Se efter för vilka värden på λ som den är det:
−−−−
→
−−−−
→
−−−−
→
P1 P2 = (λ, 3, λ − 1)
P1 P3 = (−8, λ − 2, −4)
P1 P4 = (−4, 0, −2)
λ
−8 −4 3 λ−2
0 = · · · = 2aλ2 − 8λ + 8 = 2(λ − 2)2
λ − 1
−4 −2 Determinanten blir noll då λ = 2 (och inget annat).
Med informationen på den här formen är det enklast att ange planet på parameterform (det
sägs ju ingenting om vilken form det ska ges på):
Π : (x, y, z) = (−1, 2, 2) + s(2, 3, 1) + t(−8, 0, −4)
P1
−−−−→
P1 P2
−−−−→
P1 P3
Annars är ekvationsformen x − 2y + 5 = 0
Rättningsnorm: Fullständig lösning: 4p. Gjort så pass mycket att det går att urskilja en
tanke: 1p. I övrigt poäng efter hur stor del av den fullständiga lösningen man fått ihop.
7. Vi har den högerorienterade ON-basen B1 = {e1 , e2 }. u1 = (−2, −3), u2 = (2, 2) i
denna bas.
(a) Rita en bild av hur vektorerna e1 , e2 , u1 och u2 förhåller sig till varandra. (1p)
Lösning:
Lösningen till denna uppgift i svart:
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.06.07
Sida 6 (av 8)
u2
e2
w
e1
v
u1
b
Rättningsnorm: Kan nog bara bli rätt eller fel.
(b) Vektorn v har koordinaterna (−1, −2) i basen B2 = {u1 , u2 }. Vad har v för
koordinater i basen B1 ?
(1p)
Lösning:
Grafisk lösning i figuren i orange/rött: Rita v = −u1 − 2u2 och läs av koordinaterna
ur rutnätet. De är (−2, −1).
Analytisk lösning:
v = −1u1 − 2u2 = −1(−2, −3) − 2(2, 2) = (−2, −1) i B1
Rättningsnorm: Kan nog bara bli rätt eller fel.
(c) Vektorn w har koordinaterna (3, 1) i basen B1 . Vad har w för koordinater i
basen B2 ?
(2p)
Lösning:
Grafisk lösning i figuren i cyan/blått: Rita in w = 3e1 +1e2 . Dra en linje i u1 :s riktning
från w:s början och en i u2 :s riktning från w:s slut. Läs av skärningspunkten. Om man
går 2u1 följt av 3,5u2 så får man w, som alltså har koordinaterna (2, 3,5).
Analytisk lösning: Anta att koordinaterna är (x, y) och se vad detta har för konsekvenser:
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.06.07
Sida 7 (av 8)
w = xu1 + yu2 = x(−2e1 − 3e2 ) + y(2e1 + 2e2 )
= (−2x + 2y)e1 + (−3x + 2y)e2 = 3e1 + 1e2
Separera till ett ekvationssystem, och lös:
x = 2
−2x + 2y = 3
⇔
y = 3,5
−3x + 2y = 1
Rättningsnorm: Kommit till rätt svar: 2p. Gjort så pass mycket att det går att se att
tanken är rätt: 1p. Om man löser (c) på (b) och tvärtom ges 1p för uppgifterna sammantaget.
8. En matris A kallas idempotent om A2 = A. (Med ”A2 ” menas matrisen multiplicerad med sig själv.) Enhetsmatrisen I är idempotent, eftersom II = I.
(a) Hitta tre andra 2 × 2-matriser än enhetsmatrisen som är idempotenta.
(2p)
Lösning:
Om man sneglar på nästa fråga inser man att det måste röra sig om icke inverterbara
matriser. Nollmatrisen är ju en uppenbar kandidat, eftersom nollmatris gånger nollmatris blir nollmatris. Två andra fungerande förslag är följande mellanting mellan
nollmatriser och enhetsmatriser:
1 0
0 0
0 0
0 1
Rättningsnorm: En eller två fungerande matriser: 1p. Tre fungerande matriser: 2p
(b) Visa att den enda matris som är både idempotent och inverterbar är enhetsmatrisen. (Du kan om du vill nöja dig med att visa det för 2 × 2-matriser.)
(2p)
Lösning:
Snabblösning:
Om AA = A och A−1 existerar så kan vi multiplicera ekvationen med inversen, vilket
ger (med alla detaljer utskrivna)
AA = A
−1
A (AA) = A−1 A
(A−1 A)A = I
IA = I
A=I
Omfattande lösning:
Sätt
a b
⇒
A =
c d
a2 + bc ab + bd
A =
ac + cd bc + d 2
2
Identifiering av element ger följande ickelinjära ekvationssystem:
a2 + bc = a
ab + bd = b
ac + cd = c
bc + d 2 = d
Ekvation 2 ger (a + d) = 1 eller b = 0. 0-alternativet gör om översta ekvationen
till a2 = a. Den ekvationen har två lösningar, a = 0 och a = 1. 0:alternativet ger
MAA123 Tentamen – TEN4 – Lösning 2012.06.07
Sida 8 (av 8)
matrisen en nollrad, och då är den inte inverterbar. Så om b = 0 måste a = 1. Samma
resonemang på bottenraden ger motsvarande resultat. Då har vi enhetsmatrisen.
Får vi något annat om (a + d) = 1? Vi byter ut alla d mot 1 − a, och ser vad vi får:
a2 + bc = a
b=b
c=c
a2 + bc = a
√
Löser vi den översta/nedersta ekvationen får vi a = (1 ± 1 − 4bc)/2. Om man tar
plusroten till a så blir d uttrycket med minusroten. En matris med formen
√
(1 + 1 − 4bc)/2
b
√
c (1 − 1 − 4bc)/2
är alltså idempotent, och detta är enda möjliga alternativa uppbyggnaden till enhetsmatrisen och nollmatrisen (förutom varianten med omvända tecken på rötterna). Är
denna matris inverterbar? Kolla determinanten:
√
(1 + 1 − 4bc)/2
b √
=
c (1 − 1 − 4bc)/2 √
√
1 + 1 − 4bc 1 − 1 − 4bc
·
− bc
=
2
2
1 − (1 − 4bc)
=
− bc = 0
4
Inte inverterbar!
Kommentarer:
Idempotens är ett begrepp från den abstrakta algebran (och dess tillämpningsområde
datatekniken). En operation är idempotent om det blir samma slutresultat om man
gör den många gånger som om man gör den en. Ett exempel är att sortera i bokstavsordning: sorterar man något i bokstavsordning en gång så blir det ordnat. Gör man
det en gång till omedelbart efter så blir det ingen skillnad; grejerna är fortfarande i
bokstavsordning. I fallet med en idempotent matris A så spelar det ingen roll om man
multiplicerar en eller flera gånger med A; produkten blir densamma.
Notera också att det finns betydligt fler än två lösningar till andragradsmatrisekvationen A2 = A. Det där att andragradsekvationer med tal har just två lösningar är en
konsekvens av nollfaktorlagen, som ju inte gäller för matriser.
Rättningsnorm: Kortversionen (som nog bara kan bli rätt eller fel) får 2p. För långversionen gäller att man får 1p om man kommit till det första ekvationssystemet, och
2p om man kommit till slutet.
Mälardalens högskola
Akademin för utbildning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen – TEN3 – Lösningsförslag
12.06.14
08.30–10.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Denna tentamen ger maximalt 14 poäng. 0–9 poäng: U. 10–12 poäng: G.
13–14 poäng: VG.
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.
1. Nedanstående bild innehåller representanter för vektorerna u och v. Rita av den
på ditt skrivpapper.
u
v
Illustrera hur man tar fram en representant för
(a) v + u
(b) v − u
(1p)
(1p)
OBS! Lösningen ska vara grafisk. Det ska alltså inte finnas med någon beräkning,
utan det ska framgå hur man med enbart penna och linjal tar fram en bild av svaret.
Se också till att det framgår vad som är svaret!
Lösning:
u
v
(b)
v
(a)
(b)
v
u
−u
(b) har två alternativlösningar; v + (−u) och grafisk lösning av u + x = v.
Rättningsnorm: Inga ”trianglar”, inga poäng. På (a) godtas även u + v. Utelämnade pilspetsar men rätt i övrigt ger 1p.
2. Matriserna A och B är kvadratiska och lika stora. det A = −5, det B = 6. Beräkna,
eller förklara varför det är omöjligt med given information:
(a) det(A + B)
(1p)
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning
12.06.14
Sida 2 (av 4)
Lösning:
Går inte att beräkna; det(A + B) blir normalt inte alls samma sak som det A + det B.
Rättningsnorm: Allt som går att tolka som ”går ej att beräkna” godtas.
(b) det(AB)
(1p)
Lösning:
det(AB) = det A · det B = −5 · 6 = 30
Rättningsnorm: Kan nog bara bli rätt eller fel.
3. (a) Är x = −10, y = 13, z = 10 en lösning till nedanstående ekvationssystem?
3x − y + 4z = −10
−2x + 5y + z = 12
−3x + y − 4z = 8
Motivera!
(1p)
Lösning:
Snabblösning:
Ekvation 1 och 3 kan omöjligt vara sanna samtidigt! Ekvationssystemet är inkonsistent, dvs. har inga lösningar, och då kan ju det här inte vara en lösning!
Standardlösning:
Sätt in lösningsförslaget i samtliga ekvationer och se om det stämmer:
VL1 = 3(−10) − 13 + 4 · 10 = −30 − 13 + 40 = −3 , −10 = HL1
Vi kan bryta här; passar det inte in i första ekvationen så är det inte en lösning till
systemet!
Rättningsnorm: Tekniken måste vara rätt, och det ska framgå att svaret är ”nej”.
(b) Skriv upp ett annat ekvationssystem som är en lösning x = −10, y = 13,
z = 10 till.
(1p)
Lösning:
Skrivfel i frågan, den skulle lyda ”Skriv upp ett annat ekvationssystem som x = −10,
y = 13, z = 10 är en lösning till”.
Enklaste lösningen är kanske det mycket lilla ekvations”systemet” 0x + 0y + 0z =
0. (Alla taltrippler löser detta, så just den här måste ju fungera.) Annars kan man
slumpa lite siffror som koefficienter, sätta in den angivna lösningen och skriva till det
högerled som passar.
Rättningsnorm: Eftersom frågan var ogramatiskt formulerad godtas allt som är svar
på en rimlig tolkning av frågan. (Om ni får 0p här så begär omprövning med en
förklaring av vad ni trodde att frågan betydde.)
4. Vi har matriserna
4
2
A =
0 −1
Beräkna (A−1 B)−1 .
−2
5
B =
1 −3
(2p)
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning
12.06.14
Sida 3 (av 4)
Lösning:
Snabblösning:
(A−1 B)−1 = B−1 (A−1 )−1 = B−1 A, vilket verkar enklare att beräkna! Invertera B:
−2
1 0 −3 −5
1
0
5
∼ · · · ∼
1 −3 0 1
0 1 −1 −2
Räkna:
−3
B A =
−1
−1
−5 4
−2 0
2 −12 −1
=
−1 −4
0
(Om man ska vara riktigt petig är (A−1 B)−1 bara lika med B−1 A om A är inverterbar; i annat
fall är det förstnämnda odefinierat och det sistnämnda möjligt att beräkna. Men man ser
med ett ögonkast att det inte är några problem att invertera A, så detta är inget problem i
det här fallet.)
Standardlösning:
Räkna ut uttrycket som det är givet. Mellanresultat:
0 −1/4
1/4 1/2
−1
−1
A B =
A =
−1
3
0 −1
Slutsvaret samma som i det andra lösningsförslaget.
Rättningsnorm: Inget avdrag för rena räknefel, men i övrigt krävs helt rätt för full poäng.
Delvis korrekta lösningar får 1p.
5. (a) Om man säger att ett ekvationssystem är homogent, exakt vad menar man med
det? (Vi söker själva definitionen.)
(1p)
Lösning:
Att alla högerleden är noll.
Rättningsnorm: Kan nog bara bli rätt eller fel.
(b) Om man säger att ett ekvationssystem har tom lösningsmängd (engelska: empty solutions set), exakt vad menar man med det? (Vi söker definitionen.) (1p)
Lösning:
Att ekvationssystemet är olösligt / saknar lösning / är inkonsistent.
Rättningsnorm: Kan nog bara bli rätt eller fel.
6. Vi har matriserna
−3 2 1
A =
−10 7 4
B = −15 11 7
Matrisen X uppfyller
B = XA
Vad är X?
(2p)
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning
12.06.14
Sida 4 (av 4)
Lösning:
Metod 1:
Transponera ekvationen, till AT XT = BT . Detta är ett helt vanligt ekvationssystem skrivet
som matrisekvation, löses med Gauss-Jordans metod:
−3 −10
2
7
1
4
−15
11
7
∼ ··· ∼
1
0
0
0
1
0
−5
3
0
⇒
−5
X =
3
T
Metod 2:
B är 1 × 3, A är 2 × 3. För att multiplikation med A ska vara definierad måste X ha
2 kolumner, för att resultatet ska kunna bli B måste X ha 1 rad. Sätt X = x1 x2 . Det ger
−3 2 1 XA = x1 x2
= −3x1 − 10x2 2x1 + 7x2 x1 + 4x2
−10 7 4
= −15 11 7 = B
Detta kan separeras upp till ett överbestämt ekvationssystem:
−3x1 − 10x2 = −15
x1 = −5
2x1 + 7x2 = 11 ⇔ · · · ⇔
x2 = 3
x1 + 4x2 = 7
Svar: X = −5 3
Rättningsnorm: 1p för fungerande metod, 1p för rätt svar. (Svaret är lätt att kontrollera, så
man kan kräva att det ska vara rätt.)
7. Vi har vektorerna u = (−2, −1, 3), v = (1, 5, −3) och w = (−3, 1, −7) (angivna i
samma bas). Är vektorerna linjärt oberoende? Motivera!
(2p)
Lösning:
Vektorerna är linjärt oberoende om och endast om enda sättet att linjärkombinera fram
nollvektorn, dvs. lösa problemet au + bv + cw = 0, är att ta nollor som koefficienter. Vektorekvationen kan separeras upp till ett homogent ekvationssystem vars koefficientmatris
består av vektorernas koordinater skrivna på höjden. Koefficientmatrisen blir kvadratisk,
och då har systemet entydig lösning om och endast om koefficientmatrisen är inverterbar,
vilket den är om och endast om dess determinant är skild från noll. Beräkna determinanten:
−2
1 −3 1 −3 −2 −3 −2
1 + 5 · − 1 · 5
1 = −(−1) · −1
−3 −7 3 −7 3 −3 3 −3 −7 = 1 · (−7) − (−3) · (−3) + 5 · (−2) · (−7) − (−3) · 3 − (−2) · (−3) − 1 · 3
= 96 , 0
(Man kan också ställa upp och lösa ekvationssystemet på vanligt sätt.)
Svar: Vektorerna är linjärt oberoende.
Rättningsnorm: För full poäng krävs (1) Rätt matris (2) Inga teckenfel i determinantberäkningen (3) Rätt svar . Uppfyller man delar av detta ges 1p.
