Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Test 1 – Lösningsförslag
2009.09.14
08.30–09.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 poäng.
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.
1. Vi har här två matriser:
3 −1 −1
A = 2 1 −1
−2 0 1
1 1 2
B = 0 1 1
2 2 5
Är A = B−1 ? Motivera!
(2p)
Lösning:
A = B−1 om AB = BA = I. B är kvadratisk, och kan därför ha en invers, och
det räcker att kontrollera att den fungerar från ena hållet. (Till icke-kvadratiska
matriser kan man ibland hitta något som fungerar från ena sidan, men då fungerar det inte från andra; för kvadratiska matriser kommer det som fungerar från
höger också att fungera från vänster. Det är därför bara kvadratiska matriser
kan ha invers.) Vi multiplicerar ihop matriserna:
3 −1 −1 1 1 2
1 0 0
AB = 2
1 −1 0 1 1 = · · · = 0 1 0
0 0 1
−2
0
1 2 2 5
Ja, A = B−1 .
Man kan givetvis också invertera B och se om man får A. Det är dock mer
arbetsamt.
Rättningsnorm: Ingen multiplikation/invertering – ingen poäng. Multiplikation
men ingen motivering typ ”vi fick I så det var invers” – 1 poäng. Invertering
men inget ”ja” – 1 poäng. (Man behöver inte ha med det där om ”båda håll’
och ”kvadratisk”.)
2. Lös nedanstående tre ekvationssystem på ett effektivt sätt:
2x + 3y = 4
2x + 3y = 5
2x + 3y = −3
x + 3y = −1
x + 3y = 7
x + 3y = −3
MAA123 Test 1 2009.09.14 – Lösningsförslag
Sida 2 (av 4)
(För full poäng måste lösningsmetoden vara väl vald.)
(2p)
Lösning:
Det vi ska observera är att ekvationssystemen har likadana vänsterled men olika
högerled.
Variant 1
Lös för alla tre högerleden samtidigt.
2 3
4 5 −3
∼ · · · ∼
1 3 −1 7 −3
1 0
5 −2
0
3 −1
0 1 −2
så 1:a systemet har lösningen x = 5, y = −2, 2:a x = −2, y = 3 och 3:e x = 0,
y = −1.
Variant 2
Vi kan invertera koefficientmatrisen, och så lösa systemen genom att multiplicera högerleden med inversen. (Ineffektivt om man bara har ett system, men
blir allt mer lönsamt ju fler man har.)
2 1 1 0
1 0
1 −1
∼ · · · ∼
2
1 3 0 1
0 1 − 13
3
Nu kan vi ta fram svaren:
1 −1 4 5
=
2
−2
− 13
3 −1
1 −1 5 −2
=
2
− 31
3
3 7
1 −1 −3 0
=
2
− 13
−1
3 −3
Rättningsnorm: Den som löst systemen ett i taget på ett korrekt sätt får 1 poäng.
3. Här har vi en lista på ett antal ”räkneregler” för matriser. 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) A + B = B + A
(±0, 4p)
(b) AB = BA
(±0, 4p)
(c) (AB)−1 = A−1 B−1
(±0, 4p)
(d) A + M0 = A
(±0, 4p)
(e) AB = AC medför att B = C.
(±0, 4p)
Alla bokstäver står för matriser. M0 står för nollmatrisen. Motivering
behövs ej.
Obs! Ett felaktigt svar ger minuspoäng. Totalpoängen för uppgiften blir
dock aldrig lägre än noll, och avrundas till heltal.
Lösning:
Vi motiverar ändå:
(a) Rätt
(b) Fel. I undantagsfall blir faktiskt resultaten lika, men oftast har de inte ens
samma storlek.
MAA123 Test 1 2009.09.14 – Lösningsförslag
Sida 3 (av 4)
(c) Fel. Den korrekta versionen är (AB)−1 = B−1 A−1 , för AB B−1 A−1 =
AIA−1 = AA−1 = I.
(d) Rätt.
(e) Fel. Stämmer om A är inverterbar, men behöver inte stämma i andra fall.
4. Vi har matriserna
1 0 3
A = 2 1 6
0 −2 1
h
i
B = −1 −3 −3
Vi vet att
XA = B
Vad är matrisen X?
(2p)
Lösning:
Variant 1
Vi kan lösa problemet enligt
XA = B
XAA−1 = BA−1
⇒
⇒
XI = BA−1
⇒
X = BA−1
förutsatt att A−1 existerar. Det märker man om man försöker invertera matrisen:
1 0 0 13 −6 −3
1
0 3 1 0 0
2
1 6 0 1 0 ∼ · · · ∼ 0 1 0 −2
1
0
2
1
0 −2 1 0 0 1
0 0 1 −4
Vi kan nu multiplicera med den beräknade inversen, och observera att den måste placeras till höger:
13 −6 −3
i
h
i
h
X = BA−1 = −1 −3 −3 −2
1
0 = 5 −3 0
−4
2
1
Variant 2
Ett vanligt ekvationssystem kan skrivas som en matrisekvation, med koefficientmatris, okänd matris och högerledsmatris. Om man kunde vända på det här
problemet skulle det få den formen. Vi provar att transponera hela problemet:
XA = B
(XA)T = BT
⇒
⇒
AT X T = BT
Nu har vi ”vridit” hela problemet så att det ser ut som en problemtyp som vi är
vana vid. Ekvationssystemet löses med Gauss-Jordan:
1 2
1 0 0
0 −1
5
0 1 −2 −3 ∼ · · · ∼ 0 1 0 −3
3 6
1 −3
0 0 1
0
så
5
T
X = −3
0
⇒
h
i
X = 5 −3 0
MAA123 Test 1 2009.09.14 – Lösningsförslag
Sida 4 (av 4)
Variant 3
X måste vara en 3 × 1-matris, annars fungerar inte multiplikationen. Vi säger
att
h
i
X= a b c
där vi än så länge inte känner till a, b och c. Nu kan vi genomföra multiplikationen:
1
0
h
i
XA = a b c 2
1
0 −2
h
= a + 2b
3
6
1
i h
i
b − 2c 3a + 6b + c = −1 −3 −3 = B
Vi kan plocka isär detta i en ekvation för varje element i matrisen:
a + 2b
= −1
b − 2c = −3
3a + 6b + c = −3
Detta är samma system som i variant 2.
Rättningsnorm: Helt rätt med klart och tydligt svar givet ger 2 poäng. Dock
inget avdrag för enstaka räknefel. Lösningar som innehåller delar av en korrekt
lösning får 1 p. (”Delar” kan vara t.ex lagt A−1 på fel sida elelr börjat korrekt
men kört fast.)
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Test 1 – Lösningsförslag
2009.09.14
14.30–15.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 poäng.
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.
1 Nedanstående 4 matriser representerar 4 ekvationssystem. Ange systemens lösningsmängder:
1 0
3 −7
(1/2p)
(a) 0 1 −2
0
0 0
0
0
1 0 0
9
(b) 0 1 0 −3
(1/2p)
0 0 1
2
1 0 0 4
(c) 0 0 1 3
(1/2p)
0 0 0 0
1 0
2 3
(d) 0 1 −3 4
(1/2p)
0 0
0 1
De obekanta heter x, y och z. Poängen avrundas mot 1.
Lösning:
(a) x = −7 − 3t, y = 2t, z = t (där t ∈ R)
(b) x = 9, y = −3, z = 2
(c) x = 4, y = t (där t ∈ R), z = 3. (Eftersom det inte står något om y i någon av
ekvationerna så kan y vara precis vad som helst.)
(d) Lösning saknas.
Rättningsnorm: Kan knappast bli annat än rätt eller fel!
MAA123 – Lösning
2009.09.14
Sida 2 (av 3)
2 Är x = 1, y = 1, z = 1 en lösning till ekvationssystemet
5x − 2y + 4z = 7
3x − 6y + 2z = −1
−2x − 4y − 2z = −8
Motivera!
(2p)
Lösning:
Något är en lösning om det passar in i samtliga ekvationer. Vi testar:
5·1−2·1+4·1= 5−2+4= 7
3 · 1 − 6 · 1 + 2 · 1 = 3 − 6 + 2 = −1
−2 · 1 − 4 · 1 − 2 · 1 = −2 − 4 − 2 = −8
Ja, detta är en lösning.
5
Alternativt så kan man lösa systemet. Det har parameterlösning, x = 11
6 − 6 t, y =
z = t. Detta är den lösning som svarar mot t = 1, så ja, det är en lösning.
13
12
−
1
12 t,
Rättningsnorm: Test i bara en ekvation ger 1 p. Lösningar som ser ut att innehålla en
korrekt beräkning men där det inte framgår om svaret är ja eller nej får 1 p. Korrekt löst
system kombinerat med påståendet att detta inte är en lösning får 1 p. Påpekandet om vad
en lösning är för något krävs inte.
3 Vi har matriserna
2 −1
A =
−3
2
−4
2
B =
5 −3
Vi vet att
XA = B
Vad är matrisen X?
(2p)
Lösning:
Variant 1
Om A är inverterbar kan vi göra
XA = B
⇒
XAA−1 = BA−1
⇒
XI = BA−1
⇒
X = BA−1
(Observera att A−1 måste läggas till till höger, för att hamna bredvid A.) Beräkna A−1 :
2 −1 1 0
1 0 2 1
∼
−3
2 0 1
0 1 3 2
Nu har vi
X = BA
−1
−4
=
5
2 2
−3 3
1 −2
=
2 1
0
−1
Variant 2
X måste vara en 2 × 2-matris, annars stämmer inte storlekarna. Säg att
a b
X =
c d
MAA123 – Lösning
2009.09.14
Sida 3 (av 3)
I så fall är
a
XA =
c
b 2
d −3
−1 2a − 3b
=
2 2c − 3d
−a + 2b −4
=
−c + 2d 5
2
=B
−3
För att detta ska stämma måste följande gälla:
2a − 3b = −4
−a
2c − 3d = 5
2a − 3b = −4
+ 2b = 2
och
⇔
−c + 2d = −3
−a + 2b = 2
2c − 3d = 5
−c + 2d = −3
(Det går att plocka isär systemet i två separata delar, eftersom ekvationerna innehåller olika
okända. Man behöver inte göra detta, men det gör räkningarna snabbare.) Vi löser de två
systemen som ett system med två högerled:
2 −3 −4
1 0 −2
5
1
∼
−1
2
0 1
2 −3
0 −1
vilket innebär
−2
X =
1
0
−1
Det finns säkert fler sätt!
Rättningsnorm: Helt rätt med klart och tydligt svar givet ger 2 poäng. Dock inget avdrag
för enstaka räknefel. Lösningar som innehåller delar av en korrekt lösning får 1 p. (”Delar”
kan vara t.ex lagt A−1 på fel sida elelr börjat korrekt men kört fast.)
4 (a) Vad innebär det då man säger att en matris A är inverterbar? (Vi vill ha själva
definitionen.)
(1p)
Lösning:
En matris är inverterbar om det existerar en matris B sådan att AB = BA = I, där I är
identitetsmatrisen.
Rättningsnorm: Poäng även om man bara tar med den ena av AB och BA.
(b) Tala om vad man kan ha en invers till eller varför det kan vara intressant att
veta om en matris är inverterbar.
(1p)
Lösning:
Exempelvis: Inverser kan användas för att lösa matrisekvationer, som den i uppgift 3.
Kan vara bra om man ska lösa samma system AX = B för en hel massa högerled
och inte har alla högerleden från första början. Om invers finns till A så vet man att
AX = B har exakt en lösning (och inte är olösligt eller med parameterlösning); kan i
många fall vara bra att veta även om man inte är intresserad av vad lösningen faktiskt
är. Finns fler rimliga svar.
Rättningsnorm: Svaret ska vara något där invers/inverterbarhet verkligen är relevant.
(”För att ta fram identitetsmatrisen” ger inte poäng.)
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123 Grundläggande vektoralgebra
Test 2 – Lösningsförslag
2009.09.28 14.30–15.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 poäng.
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.
1. Vi har vektorerna u = (2, −4, 1), v = (1, −9, 4) och w = (3, 1, −2) (angivna i samma bas). Är vektorerna linjärt oberoende? Motivera! (2p)
Lösning:
En grupp vektorer är linjärt oberoende om och endast om det enda sättet att
linjärkombinera fram nollvektorn ur dem är att multiplicera allihop med noll;
finns det flera sätt så är de beroende. Vi söker alltså antal lösningar på au +
bv + cw = 0. Multiplicerar vi in skalärerna och separerar i en ekvation per
komponent får vi det homogena ekvationssystemet
2a + b + 3c = 0
−4a − 9b + c = 0
a + 4b − 2c = 0
Det har entydig lösning om och endast om koefficientmatrisen är inverterbar,
vilket den är om och endast om dess determinant är skild från noll. Kolla determinanten:
2
1
3 1 = 1 · (−9) · (−2) + 1 · 1 · 1 + 1 · (−4) · 4
−4 −9
− 2 · 1 · 4 − 1 · (−4) · (−2) − 3 · (−9) · 1
1
4 −2 = 18 + 1 − 16 − 8 − 8 + 27 = 14 , 0
Determinanten är inte noll, så matrisen är inverterbar, så ekvationssystemet har
entydig lösning, så enda sättet att ta fram nollvektorn är att multiplicera alltihop
med noll. Vektorerna är linjärt oberoende.
Man kan också försöka skriva någon av vektorerna som linjärkombination av
de övriga, vilket kommer att misslyckas oavsett vilken vektor man än försöker
med. Observera att man måste prova med allihop innan man tvärsäkert kan
säga att det är omöjligt.
Rättningsnorm: För full poäng måste det framgå vad determinanten har med
frågan att göra samt vad svaret är. En lösning som innehåller korrekta delar
men som inte är fullständig får 1 p. Den som istället har försökt linjärkombinera
fram någon vektor ur de andra får 1 p för ett eller två test, och 2 poäng för alla 3.
MAA123 Test 1 2009.09.28 – Lösningsförslag
Sida 2 (av 3)
2. Vi vet att kuk = 5 och att kvk = 7. Exakt vad kan vi säga om värdet på
ku + vk? Motivera, rita gärna figur.
(2p)
Lösning:
ku + vk ligger någonstans mellan 7 − 5 = 2 och 7 + 5 = 12.
7
5
u
v
u+v
?
Det lägsta värdet skulle vi få om vektorerna är parallella men motriktade, det
högsta om de är parallella och riktade åt samma håll. Vinklar mellan 0◦ och
180◦ ger värdena mellan dessa ytterligheter.
Rättningsnorm: Korrekt svar utan någon form av motivering: 1 p. Annars 1 p
för undre gränsen och 1 p för övre gränsen.
3. Här har vi en lista på ett antal ”räkneregler” för determinanter. 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. Motivering behövs
ej.
(a) det(A−1 ) = (det A)−1
(±0, 4p)
(b) det A + det B = det(A + B)
(±0, 4p)
(c) det(kA) = k det A
(±0, 4p)
(d) det(AB) = det A det B
(±0, 4p)
(e) det A = det(AT )
(±0, 4p)
Stora bokstäver står för kvadratiska matriser, små för skalärer. Du kan
förutsätta att matriserna har en sådan storlek att operationerna är möjliga
att utföra.
OBS! Ett felaktigt svar ger minuspoäng. Totalpoängen blir dock aldrig
lägre än noll, och avrundas till heltal.
Lösning:
(a) Rätt.
(b) Fel.
(c) Fel. Korrekt version är det(kA) = kn det A, om A är en n × n-matris.
(d) Rätt.
(e) Rätt.
Rättningsnorm: Behövs inte.
Var god vänd!
MAA123 Test 1 2009.09.28 – Lösningsförslag
Sida 3 (av 3)
4. I nedanstående bild har vi ritat representanter för fem vektorer:
u1
v1
u2
v3
v2
Ange koordinaterna för följande vektorer i basen {u1 , u2 }:
(a) v1
(2/3p)
(b) v2
(2/3p)
(c) v3
(2/3p)
Motivering behövs ej. Poängen avrundas till heltal.
Lösning:
Observera att första basvektorn ger första koordinaten:
(a) v1 = 0u1 − 5u2 , koordinater (0, −5).
(b) v2 = 2u1 − 4u2 , koordinater (2, −4).
(c) v3 = 2u1 + 3u2 , koordinater (2, 3).
Rättningsnorm: Den som gör ett systematiskt fel, t.ex. kastar om koordinaterna
eller tappar alla minustecken, får 1 p totalt.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123 Grundläggande vektoralgebra
Test 2 – Lösningsförslag
2009.09.28 08.30–09.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 poäng.
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.
1. Vi har vektorerna u = (2, 1, 2), v = (5, 2, 1) och w = (0, 1, 5) (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 tal a, b som uppfyller w = au + bv. Detta ger
(0, 1, 5) = a(2, 1, 2) + b(5, 2, 1) = (2a + 5b, a + 2b, 2a + b)
vilket kan delas upp i tre ekvationer:
2a + 5b = 0
a + 2b = 1
2a + b = 5
Ekvationssystemet löses med Gauss-Jordan:
2 5 0
1 2
1
1 2 1 ∼ · · · ∼ 0 1 −2
2 1 5
0 0 −3
dvs. 0a + 0b måste vara −3. Några sådana tal finns inte; det går inte att skriva
w som linjärkombination av u och v!
Rättningsnorm: Det måste på något sätt framgå vad ekvationssystemet har
med problemet att göra, annars bara 1 p. Lösning utan svar: 1 p. Inget avdrag
för räknefel.
2. (a) Vad menas med ortsvektorn för en punkt P?
(b) Hur betecknar man ortsvektorn för punkten P?
(1p)
(1p)
Lösning:
(a) Den vektor som kan representeras av den riktade sträckan från origo till P.
Rättningsnorm: Räcker med ”vektorn från origo till P”.
−−→
(b) OP.
Rättningsnorm: Kan väl bara bli rätt eller fel? Har man påstått att en
ortsvektor är något helt annat på (a) så ska man här ge en korrrekt beteckning för vad-det-nu-var för att få poäng.
MAA123 Test 1 2009.09.28 – Lösningsförslag
Sida 2 (av 3)
3. (a) Beräkna determinanten för nedanstående matris:
10 −10 −10
−10 10 −10
−10 −10 10
(1p)
Lösning:
Man får lite mindre värden att jobba med om man bryter ut 10 ur matrisen. I övrigt verkar den här determinanten enklast att beräkna med ”Sarrus
regel”:
1 −1 −1
10 −10 −10
1 −1 −1
det −10
1 −1) = 103 −1
1 −1 10 −10 = det(10 −1
−1 −1
−10 −10
10
−1 −1
1
1
= 1000 1 · 1 · 1 + (−1)(−1)(−1) + (−1)(−1)(−1)
− 1 · (−1)(−1) − (−1)(−1) · 1 − (−1) · 1 · (−1)
= 1000(1 − 1 − 1 − 1 − 1 − 1) = 1000 · (−4) = −4000
Rättningsnorm: Inget avdrag för räknefel. Däremot för teckenfel i utvecklingen, och om man bryter ut 10 utan att ha med ”3 ”.
(b) Är matrisen inverterbar? Motivera!
(1p)
Lösning:
Ja, eftersom determinanten inte är noll.
Rättningsnorm: Svaret ska stämma överens med vad man fick på (a), och
det måste framgå om det är ”ja” eller ”nej”, med motivering.
4. Denna uppgift ska lösas på nästa sida av testet. Sidan ska rivas av och
lämnas in med de övriga lösningspappren.
Var god vänd!
Kod:
Code
Kurskod:
Bladnr:
Course code
Page nr
Uppgift nr:
Kursnamn:
Task nr
Course title
4. Denna sida ska rivas av och lämnas in tillsammans med de övriga lösningspappren. Glöm inte att fylla i sidhuvudet!
I figuren har vi ritat representanter för vektorerna u1 och u2 . Rita in
representanter för de vektorer som i basen {u1 , u2 } har följande koordinater:
(a) (3, 5)
(2/3p)
(b) (−2, −4)
(2/3p)
(c) (0, 6)
(2/3p)
Se till att det klart framgår vilket svar som hör till vilken fråga! Poängen
avrundas till heltal.
5u2
3u1
(a)
u1
(b)
u2
−4u2
6u2 = (c)
Lösning:
Lösningsförslag inritat i bilden. Eftersom vektorer har storlek och riktning men
inget speciellt läge kan man rita in svaret var man vill. De ljusa vektorerna
behövs inte, men visar hur man har fått fram svaret.
Rättningsnorm: För full poäng måste svarspilarna ha precis dessa längder och
riktningar. Har man gjort ett konsekvent fel (som att ha vänt alla pilar bakfram,
eller tagit u2 först) ges 1 p för uppgiften som helhet.
−2u1
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123 Grundläggande vektoralgebra
Test 2 – Lösningsförslag
2009.09.28 14.30–15.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 poäng.
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.
1. Vi har vektorerna u = (2, −4, 1), v = (1, −9, 4) och w = (3, 1, −2) (angivna i samma bas). Är vektorerna linjärt oberoende? Motivera! (2p)
Lösning:
En grupp vektorer är linjärt oberoende om och endast om det enda sättet att
linjärkombinera fram nollvektorn ur dem är att multiplicera allihop med noll;
finns det flera sätt så är de beroende. Vi söker alltså antal lösningar på au +
bv + cw = 0. Multiplicerar vi in skalärerna och separerar i en ekvation per
komponent får vi det homogena ekvationssystemet
2a + b + 3c = 0
−4a − 9b + c = 0
a + 4b − 2c = 0
Det har entydig lösning om och endast om koefficientmatrisen är inverterbar,
vilket den är om och endast om dess determinant är skild från noll. Kolla determinanten:
2
1
3 1 = 2 · (−9) · (−2) + 1 · 1 · 1 + 3 · (−4) · 4
−4 −9
− 2 · 1 · 4 − 1 · (−4) · (−2) − 3 · (−9) · 1
1
4 −2 = 36 + 1 − 48 − 8 − 8 + 27 = 0
Determinanten är noll, så matrisen är inte inverterbar, så ekvationssystemet har
inte entydig lösning, och eftersom det är lösbart så innebär det att det har flera
olika lösningar. Vektorerna är linjärt beroende.
Man kan också försöka skriva någon av vektorerna som linjärkombination av
de övriga, vilket kommer att lyckas.
Rättningsnorm: För full poäng måste det framgå vad determinanten har med
frågan att göra samt vad svaret är. En lösning som innehåller korrekta delar
men som inte är fullständig får 1 p. Den som istället har försökt linjärkombinera
fram någon vektor ur de andra får 1 p för uträkning och 1 p för slutsats.
MAA123 Test 1 2009.09.28 – Lösningsförslag
Sida 2 (av 3)
2. Vi vet att kuk = 5 och att kvk = 7. Exakt vad kan vi säga om värdet på
ku + vk? Motivera, rita gärna figur.
(2p)
Lösning:
ku + vk ligger någonstans mellan 7 − 5 = 2 och 7 + 5 = 12.
7
5
u
v
u+v
?
Det lägsta värdet skulle vi få om vektorerna är parallella men motriktade, det
högsta om de är parallella och riktade åt samma håll. Vinklar mellan 0◦ och
180◦ ger värdena mellan dessa ytterligheter.
Rättningsnorm: Korrekt svar utan någon form av motivering: 1 p. Annars 1 p
för undre gränsen och 1 p för övre gränsen.
3. Här har vi en lista på ett antal ”räkneregler” för determinanter. 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. Motivering behövs
ej.
(a) det(A−1 ) = (det A)−1
(±0, 4p)
(b) det A + det B = det(A + B)
(±0, 4p)
(c) det(kA) = k det A
(±0, 4p)
(d) det(AB) = det A det B
(±0, 4p)
(e) det A = det(AT )
(±0, 4p)
Stora bokstäver står för kvadratiska matriser, små för skalärer. Du kan
förutsätta att matriserna har en sådan storlek att operationerna är möjliga
att utföra.
OBS! Ett felaktigt svar ger minuspoäng. Totalpoängen blir dock aldrig
lägre än noll, och avrundas till heltal.
Lösning:
(a) Rätt.
(b) Fel.
(c) Fel. Korrekt version är det(kA) = kn det A, om A är en n × n-matris.
(d) Rätt.
(e) Rätt.
Rättningsnorm: Behövs inte.
Var god vänd!
MAA123 Test 1 2009.09.28 – Lösningsförslag
Sida 3 (av 3)
4. I nedanstående bild har vi ritat representanter för fem vektorer:
u1
v1
u2
v3
v2
Ange koordinaterna för följande vektorer i basen {u1 , u2 }:
(a) v1
(2/3p)
(b) v2
(2/3p)
(c) v3
(2/3p)
Motivering behövs ej. Poängen avrundas till heltal.
Lösning:
Observera att första basvektorn ger första koordinaten:
(a) v1 = 0u1 − 5u2 , koordinater (0, −5).
(b) v2 = 2u1 − 4u2 , koordinater (2, −4).
(c) v3 = 2u1 + 3u2 , koordinater (2, 3).
Rättningsnorm: Den som gör ett systematiskt fel, t.ex. kastar om koordinaterna
eller tappar alla minustecken, får 1 p totalt.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Test 3 – Lösningsförslag
09.10.12
08.30–09.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 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.
1. Bestäm arean av den triangel som har nedanstående punkter som hörn:
P1 : (−3, 2, 1),
P2 : (0, 2, 3),
P3 : (−3, 3, 3)
(ON-system.)
Lösning:
För trianglar gäller
Area =
basen · höjden sida · sida · sin(mellanliggande vinkel)
=
2
2
Om man tar vektorprodukten av kantvektorerna får man något med samma
storlek som täljaren här.
−−−−→
u = P1 P2 = (0, 2, 3) − (−3, 2, 1) = (3, 0, 2)
−−−−→
v = P1 P3 = (−3, 3, 3) − (−3, 2, 1) = (0, 1, 2)
u × v = (3, 0, 2) × (0, 1, 2) = (0 · 2 − 2 · 1, 2 · 0 − 3 · 2, 3 · 1 − 0 · 0)
= (−2, −6, 3)
ku × vk = k(−2, −6, 3)k =
p
√
(−2)2 + (−6)2 + 32 = 49 = 7
Arean är alltså 7/2 areaenheter.
Rättningsnorm: Förklarat upplägget och tagit fram kantvektorerna: 1 p. Beräknat norm av vektorprodukt och halverat: 1 p. Inget avdrag för räknefel.
2. Beskriver nedanstående två uttryck samma linje?
`1 : (x, y, z) = (4+2t, −3−t, 1+3t) `2 : (x, y, z) = (6−2t, −4+t, 4+3t)
Motivera! (Linjerna är angivna i samma koordinatsystem.)
(2p)
Lösning:
Linjernas riktningsvektorer är (2, −1, 3) respektive (−2, 1, 3). Dessa vektorer är
inte parallella, för ingen av dem går att skriva som multipel av den andra. (Man
måste multiplicera med −1 för att de två första komponenterna ska bli rätt, och
med 1 för att den sista ska stämma!) Om riktningsvektorerna inte är parallella
så är linjerna inte parallella, och då är de ju definitivt inte samma linje!
MAA123 Test 1 – Lösningsförslag
Sida 2 (av 3)
(Linjerna skär dock varandra i P : (6, −4, 4).)
Rättningsnorm: Detta vektorargument: 2 p. Korrekt konstaterat att P1 :
(4, , −3, 1) inte ligger på `2 : 1 p. Därav dragit slutsatsen att linjerna inte är
identiska: 1 p. Korrekt konstaterat att P2 : (6, −4, 4) ligger på `1 : 1 p. Ingen
mer poäng om man säger att detta innebär att linjerna är identiska; man måste
kolla riktningen också.
3. Bestäm avståndet mellan planet Π : 5x − 14y − 2z + 8 = 0 och punkten
P : (7, −12, −7). (ON-system)
(2p)
Lösning:
Vi väljer att se var linjen genom P vinkelrät mot Π skär planet. Dess riktningsvektor måste vara lika med planets normalvektor, och den är n = 5, −14, −2).
` : (x, y, z) = (7, −12, −7) + t(5, −14, −2)
= (7 + 5t, −12 − 14t, −7 − 2t)
Skärningspunkten får vi om vi sätter in detta i Π:s ekvation:
5(7 + 5t) − 14(−12 − 14t) − 2(−7 − 2t) + 8 = 0
35 + 25t + 168 + 196t + 14 + 4t + 8 = 0
225t + 225 = 0
225t = −225
t = −1
Skärningspunkten befinner
p
√ sig alltså −1(5, −14, −2) från P, avståndet är
52 + (−14)2 + (−2)2 = 225 = 15 vad-man-nu-har-för-enhet.
−−→
Alternativt så tar man en punkt Q i Π, och beräknar projektionen av QP på Π:s
normal n = (5, −14, −2).
Rättningsnorm: Korrekt ställt upp letande efter skärningspunkt: 1 p. Ur resul−−→
tatet fått fram avståndet: 1 p. Alt: Korrekt tagit fram QP (med en punkt Q som
ligger i Π): 1 p. Korrekt beräknat projektionen av sin vektor och normen av
resultatet: 1 p. Inget avdrag för räknefel.
4. Vid räkning med vektorer så används flera olika sorters ”produkt”. De
skrivs på olika sätt och de skiljer sig åt beträffande vad det är som man
”multiplicerar” och vad det är för sorts svar man får.
För de tre räknesätten nedan ska du ange (1) Hur räknesättet betecknas
(2) Vilken typ av objekt det är som man ”multiplicerar” ihop (3) Vad för
sorts svar man kommer att få.
(a) Skalärprodukt (eng. dot product)
(2/3p)
(b) Multiplikation med skalär; skalning (eng. scalar multiple)
(2/3p)
(c) Vektorprodukt (eng. cross product)
(2/3p)
Poängen avrundas till heltal.
Extra förklaring av frågan: Om vi frågat om ”vanlig multiplikation” så
skulle du svara ”(1) a · b (2) Två tal (3) Ett tal” eftersom vanlig multiplikation betecknas med en liten prick, och man där multiplicerar ihop två
tal och får ett tal som svar.
MAA123 Test 1 – Lösningsförslag
Sida 3 (av 3)
Lösning:
(a) Skalärprodukt: (1) u · v (2) två vektorer (3) en skalär, dvs. ett tal.
(b) Multiplikation med skalär: (1) av (2) en skalär och en vektor (3) en vektor.
(c) Vektorprodukt: (1) u × v (2) två vektorer (3) en vektor.
Rättningsnorm: Helt rätt ger full poäng. Om namn och beteckning, namn och
typer alternativt beteckning och typer stämmer överens (men den återstående
saken inte passar in) så ges 1/3 poäng för den deluppgiften. Totalpoängen avrundas till heltal.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123 Grundläggande vektoralgebra
Test 3 – Lösningsförslag
09.10.12 14.30–15.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 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.
1. Bestäm skärningspunkten mellan linjen ℓ : (x, y, z) = (−5, 10, 1) +
t(−2, 3, 1) och planet Π : 4x − y + 2z = −1. Om det inte finns någon
skärningspunkt, bestäm istället avståndet. (ON-system)
(2p)
Lösning:
Vi försöker beräkna skärningspunkten. Misslyckas detta så är det avståndet
som söks. Sätt in (x, y, z) = (−5 − 2t, 10 + 3t, 1 + t) i planets ekvation och
bestäm t:
4(−5 − 2t) − (10 + 3t) + 2(1 + t) = −1
−20 − 8t − 10 − 3t + 2 + 2t = −1
−9t − 28 = −1
−9t = 27
t = −3
Skärningspunkten blir (x, y, z) = (−5, 10, 1) − 3(−2, 3, 1) = (1, 1, −2).
Rättningsnorm: Ställt upp rätt ekvation: 1 p. Bestämt punkten ur den ekvation
man har: 1 p. Den som kommer fram till att skärningspunkt saknas men korrekt
bestämmer avståndet mellan Π och P0 : (−5, 10, 1) får 1 p.
2. (a) Rita en bild som visar vad som menas med ”projektionen av vektorn u på vektorn v”, projv u. Se till att det klart framgår vilken vektor som är vilken!
(1p)
Lösning:
u
v
projv u
Rättningsnorm: Det måste verkligen framgå vilken vektor i bilden som är
vilken. Och bilden ska föreställa projektionen på v och inte på u.
MAA123 Test 1 – Lösningsförslag
Sida 2 (av 3)
(b) Med vilken formel kan man beräkna projv u? (Motivering behövs
ej.)
(1p)
Lösning:
u·v
u·v
v=
v
2
v·v
kvk
Rättningsnorm: Båda varianterna går lika bra, däremot duger ingenting
annat. Om man i (a) ritat proju v så får en korrekt formel för den saken
poäng här.
projv u =
3. Vi har vektorerna u = (−1, 3, −4), v = (0, 5, −2) (angivna i samma ONbas). Beräkna (4u + 3v) × (3u + 2v).
(2p)
Lösning:
Variant 1:
Räkna ut 4u + 3v = (−4, 27, −22) och 3u + 2v = (−3, 19, −19), och beräkna
sedan vektorprodukten, som blir (−14, 2, 5).
Variant 2: Kolla om man vinner något på att bearbeta uttrycken innan man
börjar räkna:
(4u + 3v) × (3u + 2v) = (4 · 3)(u × u) + (4 · 2)(u × v)
+ (3 · 3)(v × u) + (3 · 2)(v × v)
= 12 0 + 8(u × v) − 9(u × v) + 6 0
= −u × v = · · · = v × u = (14, −2, −5)
Det här blev lättare att räkna ut!
Rättningsnorm: Variant 1: Korrekt tagit fram de två vektorerna: 1 p. Beräknat
vektorprodukten: 1 p. Inget avdrag för räknefel, förutsatt att man kan se vad
som har hänt, däremot avdrag för teckenfel i vektorprodukten. Variant 2: Korrekt förenkling av uttrycket: 1 p. Beräknat det förenklade uttrycket: 1 p (samma
rättningsprincip som i variant 1).
4. Planet Π kan på parameterform skrivas
Π : (x, y, z) = (3, −1, 4) + s(1, 0, 3) + t(2, 2, −1)
Skriv Π på ekvationsform. (Du kan utgå från att koordinatsystemet är
ortonormerat.)
(2p)
Lösning:
Vi väljer att gå via punkt-normalform
Π : (x, y, z) = (3, −1, 4) +s (1, 0, 3) +t (2, 2, −1)
| {z } | {z } | {z }
P0
r1
r2
Vektorprodukten av riktningsvektorerna är vinkelrät mot båda två, och går att
använda som normalvektor:
n = r1 × r2 = (1, 0, 3) × (2, 2, −1) = · · · = (−6, 7, 2)
En punkt P : (x, y, z) ligger i planet om vektorn mellan den och ”utgångspunkten” är vinkelrät mot normalen:
−−−→
n · P0 P = 0
MAA123 Test 1 – Lösningsförslag
Sida 3 (av 3)
(−6, 7, 2) · (x − 3, y + 1, z − 4) = 0
−6(x − 3) + 7(y + 1) + 2(z − 4) = 0
−6x + 18 + 7y + 7 + 2z − 8 = 0
−6x + 7y + 2z + 17 = 0
Alternativt så kan man köra bakvänd gausselimination på parameteruttrycken
eller ansätta att ekvationen är ax + by + cz + d = 0 och bestämma a, b, c och d
med hjälp av tre punkter.
Rättningsnorm: Punkt-normal: Korrekt tagit fram normalen: 1 p, och den ska
vara helt rätt. Med hjälp av beräknad normal ha tagit sig vidare till ekvationen:
1 p.
Gauss: Ställt upp rätt och eliminerat ena parametern: 1 p. Kommit till svar: 1 p.
Ekvationssystem: Ställt upp ett korrekt ekvationssystem: 1 p. Löst det ekvationssystem som man ställt upp: 1 p.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen, del 1 – Lösningsförslag
09.10.30
14.30–17.30
OBS! Denna del av tentan motsvarar Test 1. Om du redan är godkänd på Test 1 så
ska du inte skriva den. Lämna bara in ett tomt skrivningsomslag.
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta del av tentan ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 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.
1.1 Vi har här två matriser:
−1
3
0
4
A = 2 −5 B =
3 −1
3
0
Beräkna, eller förklara varför det är omöjligt:
(a) A + B
(1p)
Lösning:
Det är omöjligt. Två matriser kan bara adderas om de har samma storlek; här är den
ena 3 × 2 och den andra 2 × 2.
Rättningsnorm: Det måste framgå att det är omöjligt, med någon form av motivering, för poäng.
(b) AB
Lösning:
Den här går bra att räkna ut:
−1 · 0 + 3 · 3
−1
3
0
4
AB = 2 −5
= 2 · 0 + (−5) · 3
3 −1
3
0
3·0+0·3
(1p)
−1 · 4 + 3 · (−1) 9
2 · 4 + (−5) · (−1) = −15
3 · 4 + 0 · (−1)
0
−7
13
12
Rättningsnorm: Inget avdrag för enstaka räknefel, om man kan se att principen är
rätt. Svar med fel storlek och påståendet ”omöjligt” ger noll poäng.
1.2 (a) Lös nedanstående ekvationssystem med Gauss-Jordans metod:
2x − 4y + 6z = 8
3x − 6y + 9z = 12
−x − 2y + 3z = −4
Se till att det klart och tydligt framgår vad lösningen är!
(1p)
MAA123 Tentamen, del 1 – Lösning
Lösning:
Vi arbetar på matrisform:
2 −4 6
8
3 −6 9 12 ∼
−1 −2 3 −4
1 −2 3 4
∼ 0 −4 6 0 ∼
0
0 0 0
09.10.30
1 −2
3 −6
−1 −2
1 −2
0
1
0
0
Sida 2 (av 4)
4
12
−4
3 4
− 32 0
0 0
3
9
3
∼
∼
1 −2 3 4
0
0 0 0
0 −4 6 0
1 0
0 4
0 1 − 32 0
0 0
0 0
Detta innebär att x = 4 och y − 23 z =, vilket kan skrivas x = 4, y = 23 t, z = t.
Rättningsnorm: Inget avdrag för enstaka räknefel, förutsatt att man kan se att principen är rätt. Svaret måste framgå på formen x = , y = , z = och stämma överens
med det som den radreducerade matrisen motsvarar. Har man räknat fel så att det
hela ser olösligt ut ska man ha sagt ”olösligt” eller något liknande.
(b) Visa att din lösning är korrekt. Om systemet saknar lösning, förklara hur du
såg det.
(1p)
Lösning:
Sätt in den i ekvationssystemet:
VL1 = 2 · 4 − 4 · 23 t + 6t = 8 − 6t + 6t = 8 = HL1
VL2 = 3 · 4 − 6 · 23 t + 9t = 12 − 9t + 9t = 12 = HL2
VL3 = −4 − 2 · 3 t + 3t = −4 − 3t + 3t = −4 = HL3
2
Stämde i alla tre ekvationerna, så detta är en lösning på ekvationssytemet. (Testet
visar dock inte att detta är alla lösningar på ekvationssystemet.)
Rättningsnorm: Man måste ha testat i alla tre ekvationerna, och med parameter. Om
man gjort ett räknefel så att man tappade parametern så passerar lösningen detta
test, som ger poäng. Om man gjort ett räknefel så att det såg olösligt ut så ger en
förklaring av typ ”0x + 0y + 0z kan inte bli något annat än 0” poäng. Vid annat
räknefel ger ”testet visar att jag har räknat fel, men jag hittar inte felet” poäng.
1.3 Vi betraktar ett linjärt ekvationssystem med tre obekanta och fyra ekvationer.
(a) Är det möjligt att ekvationssystemet har entydig lösning? Motivera!
(1p)
Lösning:
Ja. Ett exempel på ett sådant system är
1x + 0y + 0z = 2
0x + 1y + 0z = 3
0x + 0y + 1z = 4
0x + 0y + 0z = 0
Rättningsnorm: Det måste framgå att svaret är ja, med någon form av motivering.
(b) Är det möjligt att ekvationssystemet har parameterlösning? Motivera! (1p)
Lösning:
Ja. Ett exempel på ett sådant system är
1x + 0y + 1z = 2
0x + 1y + 1z = 3
0x + 0y + 0z = 0
0x + 0y + 0z = 0
MAA123 Tentamen, del 1 – Lösning
09.10.30
Sida 3 (av 4)
som har lösningen x = 2 − t, y = 3 − t, z = t.
(Anm. De flesta ekvationssystem med fler ekvationer än obekanta är olösliga, men
det finns de som har entydig lösning och de som har parameterlösning.)
Rättningsnorm: Det måste framgå att svaret är ja, med någon form av motivering.
Den som påstår att svaret på båda frågorna är nej och som ger en bra förklaring
av varför ekvationssystem av den här typen brukar vara olösliga får 1 p totalt för
uppgiften.
1.4 (a) Beräkna inversen till nedanstående matris (förutsatt att det är möjligt):
0 −2 1
(1p)
−1 −3 2
−1 −4 2
Lösning:
Vi inverterar. Observera att första steget får bli ett radbyte, och vi passar på att göra
ett teckenbyte samtidigt.
0
−1
−1
∼
∼
∼
−2 1
−3 2
−4 2
1
0
0
1
0
0
1
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
∼
1
0
−1
−1 0
0 0 ∼
−1 1
−2 0 −1
0
0 0
1 −1 ∼
2 −2
1 1
0 2 0 −1
0 0 1 −1 Svar:
1 1 2 −2
3 −2
−2
1
−1
0
3
1
0
0
1
0
0
1
0
−2
1
2
3
−2
−4
1
0
0
1
0
0
2
0
1
0
1
0
3 −2
1
0
−2
1
3
1
0
0
1
2
0 2
0 0
1 1
−1
−1
−2
−1 0
0 0
0 1
−1
0
1 −1
0
0
3 −4
1 −1
2 −2
0
0
1
Rättningsnorm: Inget avdrag för enstaka räknefel, förutsatt att man kan se att principen är rätt.
(b) Visa att den beräknade inversen är korrekt eller förklara hur du såg att det
inte finns någon.
(1p)
Lösning:
Har man räknat rätt så ska
enhetsmatrisen. Kolla:
0 −2 1 2 0
−1 −3 2 0 1
−1 −4 2 1 2
0·2+(−2)·0+1·1
= −1·2+(−3)·0+2·1
−1·2+(−4)·0+2·1
1 0 0
= 0 1 0
0 0 1
ursprungsmatrisen gånger den beräknade inversen ge
−1
−1 =
−2
0·0+(−2)·1+1·2
−1·0+(−3)·1+2·2
−1·0+(−4)·1+2·2
0·(−1)+(−2)·(−1)+1·(−2)
−1·(−1)+(−3)·(−1)+2·(−2)
−1·(−1)+(−4)·(−1)+2·(−2)
MAA123 Tentamen, del 1 – Lösning
09.10.30
Sida 4 (av 4)
Ja, svaret är rätt!
Rättningsnorm: Om man får något annat än enhetsmatrisen så ger ”jag har visst
räknat fel men jag hittar inte felet” poäng medan ”olösligt” inte gör det. Om man
räknat fel men ändå får enhetsmatrisen så ges ingen poäng, eftersom man då helt
klart aldrig räknat igenom testet. Om man räknat fel så att matrisen ser oinverterbar
ut (syns med en rad med tre nollor till vänster) så får en korrekt förklaring av vad
problemet är poäng. Påstår man att matrisen är oinverterbar av annat skäl ges ingen
poäng.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen, del 2 – Lösningsförslag
09.10.30
14.30–17.30
OBS! Denna del av tentan motsvarar Test 2. Om du redan är godkänd på Test 2 så
ska du inte skriva den. Lämna bara in ett tomt skrivningsomslag.
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta del av tentan ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 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.
2.1 Vi har vektorerna u = (1, 3, 2), v = (2, 7, 2) och w = (1, 5, −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 tal a, b som uppfyller w = au + bv. Detta ger
(1, 5, −2) = a(1, 3, 2) + b(2, 7, 2) = (a + 2b, 3a + 7b, 2a + 2b)
vilket kan delas upp i tre ekvationer:
a + 2b = 1
3a + 7b = 5
2a + 2b = −2
Ekvationssystemet löses med Gauss-Jordan:
1
3
2
2
7
2
1
5
−2
∼ ··· ∼
1
0
0
0
1
0
−3
2
0
dvs. w = −3u + 2v.
Rättningsnorm: Inget avdrag för räknefel. Det måste dock framgå antingen vad ekvationssystemet kommer från eller vad svaret är i klartext, bara ekvationssystemlösning
utan kommentarer ger 1 p.
2.2 (a) Beräkna determinanten för nedanstående matris:
4
1 −2
−4
5
0
0 −3
1
Lösning:
(1p)
MAA123 Tentamen, del 2 – Lösning
09.10.30
Sida 2 (av 3)
Utveckling efter 3:e kolumnen verkar fördelaktig:
4
1 −2 −4
4
4 1 5 1 − 0 + 1 5
0 = −2 −4
0 −3 0 −3 −4 5 0 −3
1
= −2 (−4)(−3) − 5 · 0 + 0 + 4 · 5 − 1(−4) = −24 + 24 = 0
Rättningsnorm: Inget avdrag för räknefel. Däremot för teckenfel i utvecklingen.
(b) Är matrisen inverterbar? Motivera!
(1p)
Lösning:
Nej, eftersom determinanten är noll.
Rättningsnorm: Svaret ska stämma överens med vad man fick på a, och det måste
framgå om det är ”ja” eller ”nej”, med motivering.
2.3 (a) Vad är den formella definitionen av att en mängd vektorer är linjärt beroende?
(1p)
(b) Hur brukar man rent praktiskt göra för att kontrollera om en mängd vektorer
är linjärt beroende?
(1p)
Lösning:
(a) En mängd vektorer är linjärt beroende om och endast om någon av dem kan skrivas
som linjärkombination av de andra.
Rättningsnorm: Godtages även utan ”och endast om”.
(b) Man ser efter på hur många sätt man kan linjärkombinera fram nollvektorn med
hjälp av vektorerna. Går det bara på ett sätt är de oberoende, går det på flera så är de
beroende.
Rättningsnorm: Godtages även om det inte framgår hur man tolkar resultatet.
Var god vänd!
MAA123 Tentamen, del 2 – Lösning
09.10.30
Sida 3 (av 3)
2.4 I nedanstående bild har vi ritat representanter för vektorerna u och v:
v
u
Rita av bilden på ditt papper och rita sedan hur man får fram nedanstående vektorer med hjälp av u och v:
(a) u + v
(2/3p)
(b) u − v
(2/3p)
(c) −2u + 3v
(2/3p)
Det ska alltså inte finnas med någon beräkning, utan svaret ska utgöras av en
bild. Poängen avrundas till heltal.
Lösning:
Vi har nedan ritat in två alternativa svar på (b). Man kan antingen tolka u+v som u+(−v)
eller grafiskt besvara frågan ”vad ska vi lägga till v för att få u?”.
3v
v
(b)
u
(b)
u
(c)
−v
(a)
−2u
u
v
Rättningsnorm: Det som måste framgå är den här ”kedjan”; man lägger vektorerna så
att den ena börjar där den andra slutar, och summan går från början på kedjan till slutet.
Om detta inte framgår, utan man bara ritat vektorerna utan att det går att se hur svaret
hänger ihop med vektorerna i frågan ges 0 p. Om man gjort något systematiskt fel, t.ex.
utelämnat pilspetsarna, ges 1 p totalt.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen, del 3 – Lösningsförslag
09.10.30
14.30–17.30
OBS! Denna del av tentan motsvarar Test 3. Om du redan är godkänd på Test 3 så
ska du inte skriva den. Lämna bara in ett tomt skrivningsomslag.
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta del av tentan ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 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.
3.1 Bestäm ekvationen för det plan som innehåller punkterna
P1 : (4, 3, 3),
P2 : (−2, 1, 0),
P3 : (1, 1, 1)
Svaret ska vara parameterfritt, dvs. det ska inte ingå några parametrar i det. (ONsystem)
(2p)
Lösning:
Planets ekvation ska se ut som ax + by + cz + d = 0, och de givna punkternas koordinater
ska stämma in. Det ger detta ekvationssystem:
P3 :
a·1+b·1+c·1+d =0
P
:
a
·
(−2)
+b·1+c·0+d =0
2
P1 :
a·4+b·3+c·3+d =0
(P3 hade trevliga koordinater, och fick därför ligga överst.) Lösning av systemet ger
1 1 1 1
−2 1 0 1
4 3 3 1
0
0
0
∼ ··· ∼
1 0 0
0 1 0
0 0 1
−2
−3
6
0
0
0
vilket innebär a = 2d, b = 3d, c = −6d. Om vi sätter d = 1 får vi ekvationen 2x + 3y −
6z + 1 = 0.
Alternativt kan man gå via punkt-normal, eller via parameterform.
Rättningsnorm: Denna metod: Ställt upp ekvationssystemet: 1 p. Kommit till svar: 1 p.
Punkt-normalform: Korrekt ställt upp beräkning av normalvektor: 1 p. Beräknat den och
gått vidare till ekvationen: 1 p. Via parameterform: Tagit fram korrekt parameteruttryck:
1 p. Gått vidare till ekvationen: 1 p. Om metoden är rätt men svaret är felaktig p.g.a
räknefel så ges full poäng om det finns en kommentar typ ”kontroll visar att detta svar
är fel, men jag hinner inte hitta felet”.
MAA123 Tentamen, del 3 – Lösning
09.10.30
Sida 2 (av 3)
3.2 Vi har planet Π : 2x − 3y + 4z = 5 och linjen ` : (x, y, z) = (6 − 2t, 7 + 3t, 8 − 4t)
(angivna i samma ON-system). Bestäm vinkeln mellan linjen och planet. (2p)
Lösning:
Snabbvariant:
Planets normalvektor är n = (2, −3, 4), linjens riktningsvektor är r = (−2, 3, −4). Eftersom n = −r är dessa vektorer parallella. Om linjen har samma riktning som planets
normal så är vinkeln mellan plantet och linjen rät.
Standardvariant:
Vinkeln β mellan normalvektorn och riktningsvektorn beräknas enligt
(2, −3, 4) · (−2, 3, −4)
n·r
=
knkkrk k(2, −3, 4)kk(−2, 3, −4)k
2 · (−2) + (−3) · 3 + 4 · (−4)
−29
= p
= √ √ = −1 = cos 180◦
p
2
2
2
2
2
2
29
29
2 + (−3) + 4 (−2) + 3 + (−4)
cos β =
Och om vinkeln mellan normal och riktningsvektor är 180◦ så är vinkeln mellan planet
och linjen 180◦ − 90◦ = 90◦ .
Rättningsnorm: Konstaterande att vektorerna är parallella, med korrekt slutsats: 2 p.
Korrekt uppställd och genomförd cosinusberäkning: 1 p. Vidare till vinkel: 1 p.
3.3 Det är något fel på uttrycken nedan. (Om du skrev något sådant på en tenta skulle
den som rättar skriva ”vad menar du? 0 p” bredvid.) Förklara vad det är för fel.
Varför betyder de här skrivna uttrycken ingenting?
(a) u · v · w
u×v
(b)
w
(c) u1 × u2 + u3 · u4
(2/3p)
(2/3p)
(2/3p)
Samtliga bokstäver står för vektorer. Poängen avrundas till heltal.
Lösning:
(a) (1) Två multiplikationer, vilken ska göras först? (2) När man gjort en multiplikation
så har man kvar ett tal och en vektor. Skalärprodukt beräknas ur två vektorer.
(b) Ingenstans i kursen har vi talat om division med vektor. Finns det räknesättet? (Nej,
det finns inte; se tenta MMA123 2008.12.16.)
(c) Den första produkten ger en vektor som resultat. Den andra en skalär. Hur adderar
man en vektor och en skalär?
Det finns säkert fler konstigheter att påtala; det här var de jag hade i tankarna då jag skrev
uttrycken.
Rättningsnorm: Poäng om man påtalar något som är tveksamt.
3.4 Vi har punkten P : (3, 2, 1) , linjen ` : (x, y, z) = (−5, 6, −5) + t(−4, 2, −3) och
planet Π : 2x − 4y + 3z = −1 (angivna i samma koordinatsystem).
(a) Ligger P på `? Motivera!
Lösning:
P ligger på ` om det finns något värde på t som ger P:s koordinater. Kolla:
(−5, 6, −5) + t(−4, 2, −3) = (3, 2, 1)
(1p)
MAA123 Tentamen, del 3 – Lösning
ger systemet
−5 − 4t = 3
6 + 2t = 2
−5 − 3t = 1
⇔
09.10.30
−4t = 8
2t = −4
−3t = 6
Sida 3 (av 3)
⇔
t = −2
t = −2
t = −2
Det fanns alltså ett t som funkar, så P ligger på `.
Rättningsnorm: För poäng måste man ha kontrollerat att alla tre koordinaterna blir
rätt, och det måste framgå om svaret på frågan är ”ja” eller ”nej”.
(b) Ligger P i Π? Motivera!
Lösning:
P ligger i Π om P:s koordinater passar in i Π:s ekvation. Kolla:
2 · 3 − 4 · 2 + 3 · 1 = 6 − 8 + 3 = 1 , −1
Passade inte, så P ligger inte i Π.
Rättningsnorm: Det måste framgå om svaret på frågan är ”ja” eller ”nej”.
(1p)
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen, del 4 – Lösningsförslag
09.10.30
14.30–17.30
OBS! Denna del av tentan kan bara tillgodoräknas om du är godkänd på de tre testen.
Om du har något test kvar, koncentrera dig på det i första hand och ta den här delen
om du har tid över.
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta del av tentan ger maximalt 12 poäng. Om du är godkänd på de tre testen så ger
0–4 poäng betyg 3, 5–8 poäng betyg 4 och 9–12 poäng betyg 5.
Om någon test fattas så är betyget på den här delen U, oavsett 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.
4.1 Beräkna determinanten för nedanstående matris:
2
5 −2
3 −3
−2
3
1
4
2
3
3
3
5
−3
−1 −2 −2
2
1
0
4
4 −1
0
(4p)
Lösning:
Man kan beräkna determinanter av vilket format som helst genom utveckling efter rader eller kolumner. Det finns dock ingen som ser riktigt trevlig ut. Men om man adderar/subtraherar en rad till en annan så förändras inte determinantens värde, och detta
gäller även kolumner. Första och sista kolumnen är mycket lika varandra, adderar vi dem
får vi en kolumn med många nollor, bra att utveckla efter:
2
5 −2
3 −3 2
5 −2
3 −1 3
1
4
2 −2
3
1
4
0 −2
3
3
5 −3 = 3
3
3
5
0 3
−1 −2 −2
2
1 −1 −2 −2
2
0 0
4
4 −1
0 0
4
4 −1
0 −2
3
1
4 3
3
3
5 −0+0−0+0
= −1 2 −1 −2 −2
0
4
4 −1 Vi ser om vi kan göra samma sak igen. Att dra tredje kolumnen från andra verkar bra:
−2
3
= − −1
0
2
0
0
0
1
4 3
3
3
5
= −(−2 −1 −2
−2
2 0
4
4 −1
5 2 + 0 − 0 + 0)
−1 MAA123 Tentamen, del 4 – Lösning
09.10.30
Sida 2 (av 4)
Nu verkar det inte spela någon större roll vad man gör; utveckling efter första kolumnen
verkar bra:
−2
3
2 5 − (−1) + 0)
= 2(3 4 −1 4 −1 = 2 3((−2)(−1) − 2 · 4) + (3(−1) − 5 · 4) = 2 3 · (−6) − 23 = −82
Man kan givetvis göra på en massa andra sätt också; det här var antagligen kortaste
vägen.
Rättningsnorm: En konstruktiv åtgärd som för en närmare svaret: 1 p. Två åtgärder: 2 p.
Tre eller fler, utan att nå svaret: 3 p. Kommit till svar: 4 p. Försök att använda ”Sarrus
regel” ger 0 p, eftersom den bara gäller för 3 × 3-matriser.
4.2 Det finns många satser om inverterbara matriser. Här är en som du antagligen
inte hört förut:
En matrisinvers kan inte ha en kolumn/kolonn med enbart nollor.
(a) Visa att detta stämmer genom att förklara varför man inte kan få en nollkolumn då man beräknar en invers.
(2p)
Lösning:
Då man beräknar inversen till matrisen A så startar man med en matris med A till
vänster och en identitetsmatris/enhetsmatris till höger. Sedan bearbetar man detta
med elementära radoperationer tills man får en identitetsmatris till vänster (alternativt ser att man aldrig kommer att få det). Det man då har till höger är inversen.
Då man startar så har man ingen nollkolumn i högerhalvan; alla kolumnerna innehåller en etta. Vad händer om man har en matris utan nollkolumn och gör en
radoperation?
• Man kan inte få en nollkolumn genom att byta plats på rader!
• Om man multiplicerar en rad med ett tal så får man inte fler nollor för det.
Där det stod noll fortsätter det att stå noll; där det stod något som inte var noll
kommer det att stå något annat som inte heller är noll.
• Om man lägger en multipel av en rad till en annan så kan man få fler nollor
(det är ju det som gausselimination bygger på). Men man kan inte få bort alla
”icke-noll” med den operationen. Om det står en nolla i den rad man lägger till
så kommer ”icke-noll” i den andra raden att vara kvar. Om det står ”icke-noll”
i raden som man lägger till så kan man bli av med ett ”icke-noll” i den andra
raden, men det ”icke-noll” man hade kvarstår.
Ingen radoperation kan alltså göra om en kolumn som innehåller något ”icke-noll”
till en kolumn med enbart nollor. Och eftersom vi inte hade någon kolumn med bara
nollor från början så kan vi inte heller få en då beräkningen fortskrider, så det kan
inte finnas en i svaret.
(b) Visa att detta stämmer genom att utnyttja definitionen av matrisinvers. (2p)
Lösning:
Om kolumn i i matris B enbart består av nollor så kommer element (i, i) i matrisen
AB att vara noll, eftersom det består av rad i i matris A multiplicerat med kolumn i
i matris B. Men om B skulle vara inversen till A så skulle denna position innehålla
en etta!
Ett bevis som görs på något annat sätt får 1 p.
Lösning:
Ett sådant bevis skulle exempelvis vara att förklara att en matris med nollkolumn får
determinanten noll, och en matris med determinant noll är inte inverterbar och därmed
heller inte en invers.
MAA123 Tentamen, del 4 – Lösning
09.10.30
Sida 3 (av 4)
(Inspirationen till denna uppgift är felsökning av studenters inversberäkningar. De gånger där en nollkolumn dyker upp kan man direkt säga ”här måste du ha gjort fel”.)
Rättningsnorm: Mycket svårt att förutse hur svaren ska se ut, så mall får konstrueras
under gång!
4.3 Vi har två vektorer: u1 och u2 . Normen för u1 är 2, normen för u2 är 3. Vinkeln
mellan vektorerna är π/4. Vektorn v har koordinaterna (4, 5) i basen {u1 , u2 }. Vad
har v för norm?
(4p)
Lösning:
Trigonometri
Problemet kan illustreras så här (1 enhet motsvaras av 0,5 cm):
b
=
5
·3
=
5u
2
v
15
c
C = 135◦
45◦
4u1
a = 4·2= 8
Den sökta normen motsvarar längden på den översta sidan i triangeln. Cosinussatsen ger
c2 = a2 + b2 − 2ab cos C = 82 + 152 − 2 · 8 · 15 cos 135◦
√
√
2
= 64 + 225 − 240 · (−
) = 289 + 120 2
2
så
q
√
c = kvk = 289 + 120 2
(≈ 21, 4)
Skalärprodukt
Vi utnyttjar att kvk2 = v · v och räknereglerna för skalärprodukt:
kvk2 = v · v = (4u1 + 5u2 ) · (4u1 + 5u2 )
= 16(u1 · u1 ) + 40(u1 · u2 ) + 25(u2 · u2 )
π
= 16 · 22 + 40 · 2 · 3 · cos + 25 · 32
4
√
√
2
= 64 + 240 ·
+ 225 = 289 + 120 2
2
så
kvk =
q
√
289 + 120 2 (≈ 21, 4)
MAA123 Tentamen, del 4 – Lösning
09.10.30
Sida 4 (av 4)
Basbyte
Vi räknar om koordinaterna till en ortonormerad bas, och beräknar sedan normen på
vanligt sätt. Det verkar vara fördelaktigt att lägga första basvektorn parallellt med u1 .
Illustration (där 1 enhet motsvaras av 1 cm):
3
u2
1
e2
π/4
u1
e1
1
2
√
√
Vi ser att u1 = 2e1 och att u2 = (3 cos π/4)e1 + (3 sin π/4)e2 = (3 2/2)e1 + (3 2/2)e2 .
Det ger oss de nya koordinaterna för v:
√
√
√
√
v = 4u1 + 5u2 = 4 · 2e1 + 5 (3 2/2)e1 + (3 2/2)e2 = (8 + 15 2/2)e1 + (15 2/2)e2
√
√
v har alltså koordinaterna (8 + 15 2/2, 15 2/2) i den ortonormerade basen {e1 , e2 }. Då
blir normen
q
√
√
kvk = (8 + 15 2/2)2 + (15 2/2)2
q
√
= 82 + 2 · 8 · 15 2/2 + 152 · 2/22 + 152 · 2/22
q
√
= 289 + 120 2 (≈ 21, 4)
Grafiskt
Om vi inte kommer på något bättre: Vi ritar bilden och mäter med linjal. Ger ett svar
med minst två korrekta värdesiffror vid noggrann uppritning och mätning, vilket är fullt
tillräckligt i många tillämpningar.
Rättningsnorm: Mallen får i viss mån göras upp under gång. Preliminärt: Bra bild: 1 p.
Någon bra idé: minst 1 p. För full poäng måste man ha kommit till svar. Den grafiska
lösningen ger 2 p.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen – Lösningsförslag
10.01.11
14.30–17.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Del 1–3 ger maximalt 8 poäng vardera. För godkänt fordras minst 5 poäng.
Del 4 ger maximalt 12 poäng. Förutsatt att du är godkänd på de andra delarna av
tentamen ger minst 5 poäng här betyg 4 och minst 9 poäng betyg 5.
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! De första tre delarna av tentamen gäller också som examination av kursmomenten ÖVN1, ÖVN2 respektive ÖVN3. Om du redan är godkänd på något av
dessa moment så ska du inte skriva motsvarande del av tentan.
(Du är godkänd på ett moment om du blev godkänd på motsvarande test under
kursens gång eller på motsvarande del vid tentan i oktober.)
MAA123 Tentamen – Lösning
10.01.11
Sida 2 (av 11)
Del 1
Denna del ska inte skrivas av de som redan är godkända på ÖVN1.
1 Vi har här två matriser:
−2
0 1
A =
3 −1 1
5 −3 2
B =
−2
0 1
Beräkna, eller förklara varför det är omöjligt:
(a) A + B
(1p)
Lösning:
Går bra, matriserna har samma storlek:
−2
5 −3 2 −2 + 5
0
1
=
A + B =
3 −1 1 −2
0 1 3 − 2
0 − 3 1 + 2 3
=
−1 + 0 1 + 1 1
−3 3
−1 2
Rättningsnorm: Inget avdrag för enstaka räknefel.
(b) AB
(1p)
Lösning:
Går inte. För att en matrisprodukt ska gå att beräkna måste första matrisen ha lika
många kolumner som andra har rader, annars går det inte att matcha elementen. A har
3 kolumner och B 2 rader.
Rättningsnorm: Ingen poäng om man räknat ut något. Motiveringen måste vara korrekt. (Funkar inte att säga att problemet är att A har 2 rader och B 3 kolumner; det är
inte det som gör uppgiften olöslig.)
2 (a) Lös nedanstående ekvationssystem med Gauss-Jordans metod:
2x − 2y − 12z = 6
−2x − y + 6z = −6
Se till att det klart och tydligt framgår vad lösningen är!
Lösning:
Gauss-Jordan ger
2 −2 −12
−2 −1
6
6
−6
∼ ··· ∼
1 0
0 1
−4
2
(1p)
3
0
vilket innebär
x − 4z = 3
y + 2z = 0
⇔
x = 3 + 4z
y = −2z
⇔
x = 3 + 4t
y = −2t
z =
t
Rättningsnorm: Svaret måste framgå åtminstone som i den mellersta varianten. Inget
avdrag för enstaka räknefel. Ingen poäng för påståenden om att systemet inte är lösbart
för att det är fel antal obekanta i förhållande till ekvationer.
MAA123 Tentamen – Lösning
10.01.11
Sida 3 (av 11)
(b) Visa att din lösning är korrekt. Om systemet saknar lösning, förklara hur du
såg det.
(1p)
Lösning:
Sätt in lösningen i systemet:
VL1 = 2(3 + 4t) − 2(−2t) − 12t = 6 + 8t + 4t − 12t = 6 = HL1
VL2 = −2(3 + 4t) − (−2t) + 6t = −6 − 8t + 2t + 6t = −6 = HL2
Passar i båda ekvationerna!
Rättningsnorm: Lösningen måste provas i båda ekvationerna och med parameter (eller
uttryck med z i). Om det inte stämmer så ger ”jag har visst räknat fel” poäng medan
”olösligt” inte gör det.
3 (a) Beräkna inversen till nedanstående matris (förutsatt att det är möjligt):
1 −3
2
4
1
−1
2
7 −5
Lösning:
Gauss (man kan bryta innan man hinner till Jordan) ger
1 −3
1 −3
2 1 0 0
2
4
1 −1 0 1 0 ∼ · · · ∼ 0 13 −9
0
0
0
2
7 −5 0 0 1
1
0
−4
1
2 −1
0
0
1
Matrisen är inte inverterbar.
Rättningsnorm: Inget avdrag för enstaka räknefel, även om de leder till att man får
fram en invers.
(b) Visa att den beräknade inversen är korrekt eller förklara hur du såg att det inte
finns någon.
Lösning:
Den nedersta raden som inleds med de tre nollorna visar att invers inte finns; det går
inte att göra om den till en rad med två nollor och en etta.
Rättningsnorm: Man måste påpeka att det är de tre nollorna som är problemet. Räknade man i a fel så att man fick en invers så ska man här multiplicera med ursprungsmatrisen och se om man får enhetsmatrisen, vilket man inte får. ”Jag har visst räknat
fel” ger då poäng; ”olöslig” ger det inte.
4 (a) Vad innebär det att ett ekvationssystem är homogent? (Vi är ute efter definitionen av begreppet.)
(1p)
Lösning:
Att alla högerleden är noll.
Rättningsnorm: Kan det bli annat än rätt eller fel?
(b) Säg något som är mycket speciellt för homogena system. (Något annat än svaret på (a). Det måste finnas något skäl till att man tyckt att de här systemen
förtjänar ett eget namn.)
(1p)
Lösning:
De är garanterat lösbara, oavsett hur de i övrigt ser ut. De har åtminstone den triviala
lösningen ”sätt alla de okände till noll”.
Rättningsnorm: Räcker med ”garanterat lösbart” eller ”har triviala lösningen”.
MAA123 Tentamen – Lösning
10.01.11
Sida 4 (av 11)
Del 2
Denna del ska inte skrivas av de som redan är godkända på ÖVN2.
5 Vi har vektorerna u = (−2, 1, 1) och v = (4, −2, 2) (angivna i samma bas). Är
vektorerna linjärt oberoende? Motivera!
(2p)
Lösning:
Två vektorer är linjärt beroende om och endast om de är parallella. Vektorer är parallella
om någon av dem kan skrivas som multipel av den andra. −2u = (4, −2, −2) , v; vi kan få
två av de tre värdena korrekta men inte alla tre. Dessa vektorer är oberoende.
Rättningsnorm: Det måste framgå att svaret är ”oberoende”, med motivering. Svar utan
motivering: 0 p. Motivering utan svar: 1 p.
6 Vad innebär det att en bas är ortonormerad? (Vi vill ha den formella
definitionen.
(2p))
Lösning:
Att samtliga basvektorer har normen 1 och att de är ortogonala (dvs. vinkelräta) mot
varandra.
Rättningsnorm: 1 p för norm och 1 p för vinkel.
7 I nedanstående bild har vi ritat representanter för fem vektorer:
v2
v1
v3
u2
u1
Ange koordinaterna för följande vektorer i basen {u1 , u2 }:
(a) v1
(2/3p)
(b) v2
(2/3p)
(c) v3
(2/3p)
Motivering behövs ej. Poängen avrundas till heltal.
Lösning:
Se hur man tar fram vektorerna ur basvektorerna (ritat i rött). Första koordinaten hör till
första basvektorn, osv:
v1 = −2u1 − 3u2 ;
(−2, −3)
MAA123 Tentamen – Lösning
10.01.11
v2 = 0u1 + 5u2 ;
v3 = −2u1 + 3u2 ;
Sida 5 (av 11)
(0, 5)
(−2, 3)
Rättningsnorm: Om man gjort något mindre fel, typ teckenfel eller kastat om koordinaterna ges 1/3 poäng för deluppgiften. Om man bara svarar med linjärkombinationerna utan
att ge själva koordinaterna (men linjärkombinationerna är huvudsakligen rätt) ges 1 p på
uppgiften.
8 Hur många lösningar har nedanstående ekvationssystem?
3x + 2y + 3z = 0
9x + 5y + 6z = 0
2x + y + z = 0
Motivera!
(2p)
Lösning:
Variant 1
Ekvationssystemet är homogent, så det har åtminstone en lösning (den triviala). Det har
lika många ekvationer som obekanta, så det kan skrivas som matrisekvation med kvadratisk koefficientmatris. Ett sådant ekvationssystem har entydig lösning om och endast om
koefficientmatrisen är inverterbar, vilket den är om och endast om determinanten är skild
från noll. Kolla determinanten:
3 2 3 9 5 6 = 3 · 5 · 1 + 2 · 6 · 2 + 3 · 9 · 1
2 1 1 −3·6·1−2·9·1−3·5·2
= 15 + 24 + 27 − 18 − 18 − 30 = 0
Ekvationssystemet har inte entydig lösning. Då måste det ha oändligt många lösningar,
eftersom ”olösligt” inte var möjligt.
Variant 2
Lös systemet med Gauss-Jordan. Här kan man bryta beräkningen så fort man ser att man
får en nollrad, eftersom ingen frågade efter vad lösningen är utan bara hur många det finns.
Rättningsnorm: Variant 1: 1 p för motivering av resonemanget och 1 p för korrekt beräkning av determinant. Inget poängadrag för räknefel, däremot för teckenfel i utvecklingen.
Variant 2: 1 p för själva uträkningen och 1 p för svar i klartext.
MAA123 Tentamen – Lösning
10.01.11
Sida 6 (av 11)
Del 3
Denna del ska inte skrivas av de som redan är godkända på ÖVN3.
9 Linjerna ℓ1 : (x, y, z) = (4, −7, 2) + t(4, −1, 1) och ℓ2 : (x, y, z) = (4, −7, 2) +
t(1, 0, −1) skär varandra. Vad är det för vinkel mellan linjerna? (ON-system.) (2p)
Lösning:
Om linjer skär varandra så är vinkeln mellan dem densamma som vinkeln mellan riktningsvektorerna:
r1 · r2
(4, −1, 1) · (1, 0, −1)
4 · 1 + (−1) · 0 + 1 · (−1)
=
= p
p
2
kr1 kkr2 k k(4, −1, 1)kk(1, 0, −1)k
4 + (−1)2 + 12 12 + 02 + (−1)2
3 1
3
= √ = = = cos 60◦
36 6 2
cos α =
så vinkeln är 60◦ .
Rättningsnorm: 1 p om man kommit så långt att det går att se att man vet hur
normer och skalärprodukter beräknas. 1 p till om man kommit vidare till vinkeln i
klartext. Ingen poäng om man tar utgångspunkterna istället för riktningsvektorerna.
10 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) u × v = −(v × u)
(±0,4p)
(b) u · v = −(v · u)
(±0,4p)
(c) u · v = 0 innebär att u och v är parallella
(±0,4p)
(d) u × v = 0 innebär att u och v är parallella
(±0,4p)
(e) (u · v) × w = u · (v × w)
(±0,4p)
Alla bokstäver står för vektorer. Motivering behövs ej.
Obs! Ett felaktigt svar ger minuspoäng. Totalpoängen för uppgiften blir dock aldrig lägre än noll, och avrundas till heltal.
Lösning:
Vi ger motiveringar ändå:
(a) Rätt
(b) Fel. u · v = v · u
(c) Fel. Det innebär att de är vinkelräta.
(d) Rätt.
(e) Fel. Vänsterledet går inte ens att räkna ut, eftersom första multiplikationen ger en
skalär och den andra fordrar en vektor. Högerledet däremot betyder något vettigt (se
uppgift 14).
Rättningsnorm: Obesvarad uppgift och svar som man inte fattar vilken uppgift det hör till
får 0 p.
MAA123 Tentamen – Lösning
10.01.11
Sida 7 (av 11)
11 Bestäm ekvationen för det plan som innehåller punkterna
P1 : (4, 3, 3),
P2 : (−2, 1, 0),
P3 : (1, 1, 1)
(ON-system)
(2p)
Lösning:
Ekvationen bör se ut som ax + by + cz + d = 0. Vi sätter in punkternas koordinater på x, y
och z:as platser, så får vi tre ekvationer med de obekanta a, b, c och d:
a·4+b·3+c·3+d = 0
a
·
(−2)
+b·1+c·0+d = 0
a·1+b·1+c·1+d = 0
Gauss-Jordan ger:
4 3 3 1
−2 1 0 1
1 1 1 1
0
0
0
∼ ··· ∼
1
0
0
0 0
1 0
0 1
−2
−3
6
0
0
0
vilket tillbakaöversatt till klartext blir
a = 2t
a − 2d = 0
b = 3t
b − 3d = 0 ⇔
c = −6t
c + 6d = 0
d = t
Sätt d till något trevlig, t.ex. t = 1 och vi har planets ekvation 2x + 3y − 6z + 1 = 0.
Alternativt går man via punkt-normal, eller via parameterform.
Rättningsnorm: Den här versionen: Rätt ekvationssystem: 1 p. Vidare till ekvationen: 1 p.
Punkt-normal: Rätt normal: 1 p. Vidare till ekvationen: 1 p. Parameterform: Rätt parameterform: 1 p. Vidare till parameterfri form: 1 p.
12 Bestäm avståndet mellan linjen ℓ : (x, y) = (4, 1) + t(4, 3) och punkten P : (−2, 7).
(ON-system)
(2p)
Lösning:
(Ett minustecken hade fallit bort i frågan; det var meningen att svaret skulle vara snyggare
än så här.)
Metod 1: Eftersom problemet är i 2D kan man rita upp det:
P
b
7
6
5
4
3
2
1
−3 −2 −1
−1
r
b
P0
1 2 Q
3 4 5 6 7
−2
−3
Det går att i figuren mäta avståndet på ett ungefär med linjal, eller att ta fram skärningspunkten mellan en linje genom P vinkelrät mot ℓ och så ta fram avståndet mellan dessa
MAA123 Tentamen – Lösning
10.01.11
Sida 8 (av 11)
punkter. (Detta kan göras genom att man uttrycka linjerna på formen y = kx+m och räknar
som i ett gymnasietal.)
−−→
Metod 2: Sök den punkt Q på linjen som ligger närmast P. PQ måste då vara vinkelrät mot
rikningsvektorn r, vilket innebär att skalärprodukten är noll:
−−→
PQ = (4, 1) + t(4, 3) − (−2, 7) = (6 + 4t, −6 + 3t)
−−→
PQ · r = (6 + 4t, −6 + 3t) · (4, 3) = (6 + 4t) · 4 + (−6 + 3t) · 3 = 6 + 25t = 0
6
t=−
25
−−→
6
168
6
, −6 − 3 · 25
)k = k( 126
kPQk = k(6 − 4 · 25
25 , − 25 )k
√
1
1
= 25
1262 + 1682 = 25
· 240 = 42/5 = 8,4 (l.e.)
−−→
−−−→
−−−→ −−−→
−−−→
Metod 3: Ta fram QP genom att dra P0 Q från P0 P. P0 Q är projektionen av P0 P på r:
−−−→
P0 P = (−2, 7) − (4, 1) = (−6, 6)
−−−→
(−6, 6) · (4, 3)
−6 ∗ 4 + 6 ∗ 3
−−−→
−−−→ P0 P · r
6
P0 Q = projr P0 P =
r=
(4, 3) =
(4, 3) = − 25
(4, 3)
2
2
krk
k(4, 3)k
42 + 32
−−→ −−−→ −−−→
6
168
PQ = P0 P − P0 Q = (−6, 6) − (− 25
(4, 3)) = (− 126
25 , 25 )
−−−→
kP0 Qk = · · · = 42/5 = 8,4 (l.e.)
Rättningsnorm: 1 p för en korrekt bild där allt ligger rätt och där det framgår vad det är
−−→
som söks. I övrigt 2 p om man kommit fram till PQ, det var inte meningen att det skulle
bli så jobbiga siffror.
MAA123 Tentamen – Lösning
10.01.11
Sida 9 (av 11)
Del 4
Den här delen kan du enbart tillgodoräkna dig om du också har klarat de andra
delarna. Om du inte redan är godkänd på delarna 1 till 3 ska du i första hand satsa
på dem.
13 I denna kurs har vi löst binomiska ekvationer genom att skriva de ingående talen
på polär form och utnyttja De Moivres formel. Men det är inte det enda sättet att
hantera den typen av problem.
Lös nedanstående ekvation utan att ta hjälp av polär form.
z2 = i
(4p)
(En korrekt lösning med hjälp av polär form ger 1 p.)
Lösning:
Vi kan använda samma grundidé som i den lösningsmetod som vi tittat på: z måste ha en
realdel och en imaginärdel (som vi ännu inte känner till); z = x + iy där x och y är reella. I
så fall är
VL = z2 = (x + yi)2 = x2 + 2xyi + (yi)2 = (x2 − y2 ) + (2xy)i
Vi borde ha fått
HL = i = 0 + 1i
I så fall måste x2 − y2 = 0 och 2xy = 1.
x2 − y2 = 0
⇒
x2 = y2
x = ±y
⇒
Om x = y blir andra ekvationen
2y · y = 1
⇒
y2 =
1
2
⇒
1
=±√
2
vilket ger lösningarna
1
1
1
1
z= √ + √ i z=−√ − √ i
2
2
2
2
Om x = −y blir andra ekvationen
2(−y)y = 1
⇒
y2 = −
1
2
Denna ekvation är olöslig, eftersom y är ett reellt tal, så de två svar vi fick nyss är de enda
som finns.
(Det finns säkert andra metoder!)
Rättningsnorm: Svårt att förutse hur lösningarna ser ut; mallen få i viss mån göras upp
under gång. Minst 1 p för konstruktiva idéer.
14 En parallellepiped befinner sig i ett ortonormerat koordinatsystem.
P4
b
b
b
P3
b
P2
P1
MAA123 Tentamen – Lösning
10.01.11
Sida 10 (av 11)
De markerade hörnen har koordinaterna P1 : (32, −5, 2), P2 : (33, 3, 6), P3 :
(37, −1, 13) och P4 : (41, 4, 2). Bestäm parallellepipedens volym. (Volymen för
en parallellepiped är basytans area gånger höjden.)
(4p)
Lösning:
Det verkar vara en bra början att uttrycka sidorna som vektorer:
−−−−
→
u = P2 P1 = (−1, −8, −4)
−−−−
→
v = P2 P3 = (4, −4, 7)
−−−−
→
w = P2 P4 = (8, 1, −4)
Grundlig variant: Basytans area är sida gånger sida gånger sinus mellanliggande vinkel,
vilket är storleken av vektorprodukten av kantvektorerna:
√
A = ku × vk = k(−72, −9, 36)k = k9(−8, −1, 4)k = 9 81 = 81 (a.e.)
För att få höjden behöver vi nu den del av w som är vinkelrät mot basytan, vilket vi kan
få genom att projicera w på basytans normal. Den fick vi som mellanresultat i föregående
uträkning: (−72, −9, 36). Denna är en multipel av w, de är alltså parallella och w är därmed
vinkelrät mot basytan och vi kan ta dess längd direkt:
h = kwk = 9 (l.e.)
och hela volymen är
V = 81 · 9 = 729 (v.e.)
Snabbare variant: Volymen av en parallellepiped motsvaras av skalära trippelprodukten
av dess kantvektorer:
V = |(u · v) × w| = · · · = 729 (v.e.)
Supersanbb variant: En 3 × 3-determinant motsvarar geometriskt volymen hos den parallellepiped som dess radvektorer spänner upp:
−1 −8 −4 V = | 4 −4
7 | = · · · = 729 (v.e.)
8
1 −4 Rättningsnorm: Konstruktiv inledning: minst 1 p. Ända till svar: 4 p. I övrigt poäng efter
hur stor andel av lösningen man levererat.
15 Är det möjligt att hitta två matriser A och B, där A är en 2 × 3-matris och B en
3 × 2-matris, så att AB blir en identitetsmatris/enhetsmatris och BA en nollmatris?
• Om det går, ta fram två sådana matriser.
• Om det inte går, förklara varför det är omöjligt.
(4p)
Lösning:
Vi försöker klura ut vad man ska ha för tal i matriserna för att uppfylla kravet. Om det inte
går att hitta talen ifråga så är det omöjligt. Vi säger att
a
A =
d
b
e
c
f
g h
B = i j
k l
MAA123 Tentamen – Lösning
10.01.11
Sida 11 (av 11)
Då blir
ag + bi + ck
AB =
dg + ei + f k
ah + b j + cl
dh + e j + f k
ga + hd
BA = ia + jd
ka + ld
gb + he gc + h f
ib + je ic + j f
kb + l j kc + l f
Vi ser att det är samma ”bokstavsblandningar” på diagonalerna i båda matriserna. Om BA
är nollmatrisen måste ga + hd = 0, vilket ger hd = −ga. Vidare je = −ib och l f = −kc.
Titta nu på element (2, 2) i AB: dh + e j + f k = −ag − bi − ck = −(ag + bi + ck), vilket
är element (1, 1) med omvänt tecken. Men en identitetsmatris ska ju ha samma värde, 1, i
båda dessa positioner! Funkar inte, problemet är olösligt.
Det finns säkert många andra sätt att gå till väga!
(Idén till denna uppgift kom då jag sökte några matriser att ha i en ”beräkna AB och BA”uppgift. Om man hade kunnat hitta ett par matriser med dessa egenskaper hade det varit
riktigt intressant!)
Rättningsnorm: Någon form av konstruktiv inledning: 1 p. 4 p för fullständig lösning, i
övrigt får man bedöma ungefär hur många procent av lösningen som genomförts.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Test 1 – Lösningsförslag
2010.03.26
08.30–09.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 poäng.
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.
1.1 Vi har här två matriser:
4
B = 5
6
h
i
A= 1 2 3
Beräkna, eller förklara varför det är omöjligt:
(a) AB
(1p)
Lösning:
En 1 × 3 gånger en 3 × 1 går att beräkna, och ger en 1 × 1-matris som svar:
h
AB = 1
2
i 4
3 5 = [1 · 4 + 2 · 5 + 3 · 6] = [4 + 10 + 18] = [32]
6
(En mycket liten matris, men varför skulle man inte få ha sådana?).
Rättningsnorm: Inget avdrag för räknefel, men principen måste vara rätt.
(b) BA
Lösning:
Här blir svaret en 3 × 3-matris:
4
i 4 · 1
h
BA = 5 1 2 3 = 5 · 1
6
6·1
(1p)
4·2
5·2
6·2
4 · 3 4
5 · 3 = 5
6·3
6
8
10
12
12
15
18
Rättningsnorm: Se (a).
1.2 Vi har ett ekvationssystem med lika många ekvationer som obekanta. A är koefficientmatrisen för systemet.
(a) Anta att A är inverterbar. Vad kan vi säga om antalet lösningar som ekvationssystemet har?
(1p)
Lösning:
Det har entydig lösning.
MAA123 – Lösning
2010.03.26
Sida 2 (av 3)
(b) Anta att A inte är inverterbar. Vad kan vi säga om antalet lösningar som
ekvationssystemet har?
(1p)
Lösning:
Det har inte entydig lösning, utan antingen ingen eller oändligt många lösningar.
(Vilketdera som inträffar beror på högerledet.)
Rättningsnorm: I viss mån helhetsbedömning av hela uppgiften. På (b) godtas svar
som bara fått med den ena av möjligheterna (vilket kanske var väl ”snällt”).
1.3 (a) Lös nedanstående ekvationssystem med Gauss-Jordans metod:
x
+ 3z = −5
2x + y + 6z = −7
−x
− 2z = 5
2x + 2y + 6z = −4
Se till att det klart och tydligt framgår vad lösningen är!
(1p)
Lösning:
Gauss-Jordan ger:
1 0
2 1
−1 0
2 2
3
6
−2
6
1 0 0
−5
0 1 0
−7
∼ · · · ∼
0 0 1
5
−4
0 0 0
−5
3
0
0
så lösningen är x = −5, y = 3, z = 0.
Rättningsnorm: Inget avdrag för räknefel, om tekniken är rätt. Däremot ingen poäng
om man inte kan läsa ut svaret ur den reducerade matrisen.
(b) Visa att din lösning är korrekt. Om systemet saknar lösning, förklara hur du
såg det.
(1p)
Lösning:
Insatt i ekvationssystemet får vi
VL1 = −5 + 3 · 0 = −5 = HL1
VL2 = 2(−5) + 3 + 6 · 0 = −7 = HL2
VL3 = −(−5) − 2 · 0 = 5 = HL3
VL4 = 2(−5) + 2 · 3 + 6 · 0 = −4 = HL4
så detta är en lösning till systemet.
Rättningsnorm: Testet måste göras i alla ekvationerna. Om man räknat fel och testet
inte funkar så ger ”jag har räknat fel” poäng, medan ”olösligt” inte gör det.
1.4 (a) Beräkna inversen till nedanstående matris (förutsatt att det är möjligt):
1 −3
2
A = 3 −8
7
−2
5 −5
Lösning:
(1p)
MAA123 – Lösning
2010.03.26
Sida 3 (av 3)
Beräkning ger
1
3
−2
−3
2
−8
7
5 −5
1
0
0
0
1
0
1
0
0 ∼ · · · ∼ 0
1
0
−3 2
1 1
0 0
1 0 0
−3 1 0
−1 1 1
Matrisen sakanr invers.
Rättningsnorm: Inget avdrag för räknefel, om tekniken är rätt.
(b) Visa att den beräknade inversen är korrekt eller förklara hur du såg att det
inte finns någon.
(1p)
Lösning:
Problemet är raden med de 3 nollorna. Finns ingen chans att få den att bli 0 0 1.
Rättningsnorm: Den som fått ett svar och testat det korrekt och dragit rätt slutsats
(felräknat) får poäng. Lösning med hjälp av determinant går bra, även om detta
egentligen hör till nästa avsnitt.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Test 2 – Lösningsförslag
2010.03.26
14.30–15.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 poäng.
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.
2.1 Vi har vektorerna u = (1, −1, 2), v = (−5, 3, −8) och w = (2, −8, 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 ur dem är att multiplicera allihop med noll. Vektorekvationen au+bv +cw =
0 kan delar upp i de tre ”normala” ekvationerna
a − 5b + 2c = 0
−a + 3b − 8c = 0
2a − 8b + 7c = 0
Vi kan lösa systemet, vilket på matrisform ger
1
−1
2
−5
2
3 −8
−8
7
1
0
0 ∼ · · · ∼ 0
0
0
0 0
1 0
0 1
0
0
0
dvs. den enda lösningen är den triviala att sätta allt till noll.
Alternativt så kan vi beräkna determinanten för koefficientmatrisen (eftersom vi har lika
många ekvationer som obekanta):
1 −5
2 3 −8 = 1 · 3 · 7 + (−5) · (−8) · 2 + 2 · (−1) · (−8)
−1
2 −8
7 − 1 · (−8) · (−8) − (−5) · (−1) · 7 − 2 · 3 · 2 = 6 , 0
Determinanten är skild från noll, koefficientmatrisen är inverterbar, ekvationssystemet
har entydig lösning, vilket måste vara den triviala.
Vektorerna är oberoende.
Rättningsnorm: Det måste framgå vad svaret är, och det måste finnas någon form av
motivering, enbart determinantberäkning räcker inte.
MAA123 – Lösning
2010.03.26
Sida 2 (av 3)
2.2 Vi har två 3 × 3-matriser A och B. det A = −5, det B = 4. Beräkna, eller förklara
varför det är omöjligt
(a) det(2A)
(1p)
Lösning:
det(2A) = 23 det A = 8 · (−5) = −40
(b) det(AB)
(1p)
Lösning:
det(AB) = det A · det B = −5 · 4 = −20.
Rättningsnorm: De här kan väl bara bli rätt eller fel?
2.3 Om man säger att ”vektorn w kan skrivas som linjärkombination av vektorerna
u och v”, exakt vad menar man med det?
(2p)
Lösning:
Att det finns skalärer a och b sådana att w = au + bv.
Rättningsnorm: Också den här tror jag egentligen bara kan vara rätt eller fel, men det
kommer nog att dyka upp varianter som får 1 p. Jag klarar dock inte av att förutse hur
dessa kommer att se ut
2.4 Denna uppgift ska lösas på nästa sida av testet. Sidan ska rivas av och lämnas in
med de övriga lösningspappren.
Var god vänd!
Kod:
Code
Kurskod:
Bladnr:
Course code
Page nr
Uppgift nr:
Kursnamn:
Task nr
Course title
2.4 Denna sida ska rivas av och lämnas in tillsammans med de övriga lösningspappren. Glöm inte att fylla i sidhuvudet!
I figuren har vi ritat representanter för vektorerna u1 och u2 . Rita in representanter för de vektorer som i basen {u1 , u2 } har följande koordinater:
(a) (−2, 3)
(2/3p)
(b) (4, −1)
(2/3p)
(c) (0, −5)
(2/3p)
Se till att det klart framgår vilket svar som hör till vilken fråga! Poängen avrundas
till heltal.
u1
−2u1
u2
(a)
3u2
−5u2
(c)
(b)
−u2
4u1
Lösning:
Svarsvektorerna (blå) får placeras ut var man vill i bilden, bara de har rätt längd och
riktning. De röda hjälpvektorerna är inte nödvändiga, däremot behövs pilspetsarna.
Rättningsnorm: Om man gjort ett konsekvent fel, t.ex. använt första-koordinaten till u2
istället för till u1 eller utelämnat spetsarna, så ges 1 p totalt för uppgiften.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Test 1 – Lösningsförslag
2010.04.14
08.30–09.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 poäng.
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.
1.1 Vi har här två matriser:
1 −3 −1
0
2
0
0
1
A =
0
3
1
0
−4
1
0 −2
1
0
1
0
0
2
0
1
B =
0 −6
1 −3
−2
1 −2
0
Är B invers till A? Motivera!
(2p)
Lösning:
Variant 1: Multiplicera ihop matriserna:
−3 −1
0 1
0
0
1 0
3
1
0 0
1
0 −2 −2
1
2
AB =
0
−4
1·1 + (−3)·0 + (−1)·0 + 0·(−2)
2·1 + 0·0 + 0·0 + 1·(−2)
= 0·1 + 3·0 + 1·0 + 0·(−2)
(−4)·1 + 1·0 + 0·0 + (−2)·(−2)
1
0
=
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
1
0
2
0
1
−6
1 −3
1 −2
0
1·0 + (−3)·2 + (−1)·(−6) + 0·1
2·0 + 0·2 + 0·(−6) + 1·1
0·0 + 3·2 + 1·(−6) + 0·1
(−4)·0 + 1·2 + 0·(−6) + (−2)·1
1·1 + (−3)·0 + (−1)·1 + 0·(−2)
2·1 + 0·0 + 0·1 + 1·(−2)
0·1 + 3·0 + 1·1 + 0·(−2)
(−4)·1 + 1·0 + 0·1 + (−2)·(−2)
1·0 + (−3)·1 + (−1)·(−3) + 0·0
2·0 + 0·1 + 0·(−3) + 1·0
0·0 + 3·1 + 1·(−3) + 0·0
(−4)·0 + 1·1 + 0·(−3) + (−2)·0
0
0
0
1
Vi fick enhetsmatrisen, så JA, B är invers till A.
Variant 2: Invertera A och se om resultatet blir B:
1 −3 −1
1 0 0 0
0 1 0 0 0
0 1 0 0
2
0
0
1 0 1 0 0
∼ · · · ∼
0
0 0 1 0
3
1
0 0 0 1 0
−4
1
0 −2 0 0 0 1
0 0 0 1
1
0
0
−2
0
1
0
2
0
1
−6
1 −3
1 −2
0
Det blev det, så JA, B är invers till A.
Rättningsnorm: Inget avdrag för enstaka räknefel, om man kan se att principen är rätt.
Svaret måste dock vara konsistent med resultatet av beräkningen. (Om man inte får enhetsmatrisen så ska man alltså svara nej.) Svar utan motivering ger 0 p.
MAA123 – Lösning
2010.04.14
Sida 2 (av 3)
1.2 (a) Lös nedanstående ekvationssystem med Gauss-Jordans metod:
3x + 6y + 18z + 3w = 18
−2x − 3y − 8z − 3w = −9
Se till att det klart och tydligt framgår vad lösningen är!
Lösning:
Gauss-Jordan ger
3
6 18
3
−2 −3 −8 −3
vilket innebär
x − 2z + 3w = 0
y + 4z − w = 3
1 0
18
∼ · · · ∼
0 1
−9
⇔
−2
4
3
−1
(1p)
0
3
x = 2z − 3w
y = 3 − 4z + w
På parameterform kan svaret skrivas x = 2s − 3t, y = 3 − 4s + t, z = s, w = t (där s
och t kan vara vad som helst).
Rättningsnorm: Inga avdrag för enstaka räknefel. Svaret ska ges i klartext på formen
x = ..., y = ..., z = ..., w = ....
(b) Visa att din lösning är korrekt. Om systemet saknar lösning, förklara hur du
såg det.
(1p)
Lösning:
Insatt i ekvationssystemet får vi
VL1
= 3(2s − 3t) + 6(3 − 4s + t) + 18s + 3t
= 6s − 9t + 18 − 24s + 6t + 18s + 3t = 18 = HL1
VL
= −2(2s − 3t) − 3(3 − 4s + t) − 8s − 3t
2
= −4s + 6t − 9 + 12s − 3t − 8s − 3t = −9 = HL2
så detta är en lösning till systemet.
Rättningsnorm: Kontrollen ska genomföras med parametrar, om man har fått sådana
som resultat, eller med x och y uttryckta i z och w. Om kontrollen visar att man har
räknat fel så ger ett påpekande om detta poäng, påståendet ”olösligt” gör det inte.
1.3 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, princip, problemlösningsmetod) som fungerar precis
lika för tal och matriser.
(1p)
Lösning:
Förslag: Kommutativa lagen för addition, associativa lagarna för addition och multiplikation, distributiva lagen, addition och multiplikation med nollmatris, multiplikation med enhetsmatris. (Man behöver inte ge formellt namn, bara det framgår vad
man menar.).
(b) Säg något som inte fungerar precis lika för tal och matriser.
(1p)
Lösning:
Förslag: Kommutativa lagen för multiplikation, kancellationslagen, nollfaktorlagen,
att operationerna över huvud taget går att genomföra.
Rättningsnorm: För både den här och föregående: Har man skrivit mer än en sak
måste mer än hälften av det man skrivit vara korrekt.
MAA123 – Lösning
2010.04.14
1.4 Vi har matriserna
1 2
A =
2 5
Sida 3 (av 3)
2
4
B =
−2 −3
Matrisen X uppfyller
XA = B
Vad är X?
(2p)
Lösning:
Variant 1: Matrisen X måste vara 2 × 2, annars stämmer inte dimensionerna. Ansätt
a b
X =
c d
Då får vi
a
XA =
c
b 1
d 2
2 a + 2b
=
5 c + 2d
2a + 5b 2
=
2c + 5d −2
4
=B
−3
vilket kan separeras till fyra ekvationer:
a + 2b = 2
2a + 5b = 4
c + 2d = −2
2c + 5c = −3
Detta kan lösas som ett ekvationssystem med fyra ekvationer, som två ekvationssystem
med två ekvationer var, eller som ett ekvationssystem med två högerled. Hur man än gör
så ska man få a = 2, b = 0, c = −4, d = 1.
Variant 2: Vi utnyttjar inverser:
XA = B
⇒
XAA−1 = BA−1
⇒
XI = BA−1
⇒
X = BA−1
(Observera att inversen måste läggas på till höger, så att den hamnar intill A.) Inversräkning:
1 2 1 0
5 −2
∼ · · · ∼ 1 0
2 5 0 1
0 1 −2
1
Alltså är
2
X =
−2
4 5
−3 −2
−2 2
=
1 −4
0
1
Rättningsnorm: Konstruktivt angreppssätt: 1 p. Kommit ända till svar: +1 p.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Test 2 – Lösningsförslag
2010.05.03
14.30–15.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 poäng.
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.
2.1 (a) Beräkna determinanten för nedanstående matris:
−3
4 1
A = −1
5 0
−2 −1 1
(1p)
Lösning:
Enklast verkar vara utveckling efter tredje kolumnen:
−1
−3 4 5 − 0 + 1 det A = 1 −2 −1 −1 5 = −1 · (−1) − (−2) · 5 + −3 · 5 − (−1) · 4 = 1 + 10 − 15 + 4 = 0
Rättningsnorm: Inget poängavdrag för triviala räknefel, förutsatt att man kan se att
beräkningen var rätt uppställd. Teckenfel i utvecklingen räknas som icke-trivialt.
(b) Är matrisen inverterbar? Motivera!
(1p)
Lösning:
Matrisen är inte inverterbar, eftersom determinanten är noll. (Alternativt kan man
försöka beräkna inversen och konstatera att det inte går.)
Rättningsnorm: Bara ”nej” ger ingen poäng. (Har man räknat fel så att man fick
något annat än 0 på (a) ska man svara ”ja” med motivering.)
2.2 När man säger att planet är tvådimensionellt och rummet tredimensionellt, vad
menar man med det?
(2p)
Lösning:
Att man behöver två vektorer i en bas som ska beskriva vektorena i ett plan, och tre
vektorer i en bas för rummet.
Rättningsnorm: Kan det bli annat än rätt eller fel?
MAA123 – Lösning
2010.05.03
Sida 2 (av 3)
2.3 Vi har vektorerna u = (−2, 6, 4), v = (5, −1, 2) och w = (4, 2, 4) (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 ska alltså hitta tal a, b sådana att au + bv = w. Genom att multiplicera in a och b och
genomföra additionen kan vi separera upp i tre ekvationer:
−2a + 5b = 4
6a − b = 2
4a + 2b = 4
Det kan skrivas om på matrisform och angripas med Gauss-Jordan:
−2
6
4
5
−1
2
4
1 0
2 ∼ · · · ∼ 0 1
0 0
4
1
2
1
0
vilket innebär att w = 12 u + v.
Rättningsnorm: Det måste på något sätt framgå vad ekvationssystemet har med frågan att
göra, och att lösningen ska användas som koefficienter framför u och v. Bara en korrekt
ekvationssystemlösning ger 1p. Inget avdrag för räknefel, men svaret ska vara konsistent
med det resultat som man fick.
Var god vänd!
MAA123 – Lösning
2010.05.03
Sida 3 (av 3)
2.4 Nedan har vi markerat fyra punkter och ritat in 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)
P2
b
u1
b
P0
b
u2
b
P1
P3
Lösning:
Koordinatsystemet är inritat i bilden. P0 ger origo, den punkt där axlarna korsas. Vektorerna pekar ut axelriktningarna och ger också graderingen. Eftersom u1 stod först i basen
är det den axeln som motsvarar förstakoordinaten:
P1 : (3, 4)
P2 : (2, −2)
P3 : (−5, 0)
Ett alternativt sätt att se på saken är att punkternas koordinater motsvarar koordinaterna
−−−−
→
för deras ortsvektorer, vilket med P0 som origo ger P0 P1 = 3u1 + 4u2 osv. Siffrorna i
dessa linjärkombinationer är punkternas koordinater.
Rättningsnorm: Om man har gjort ett konsekvent fel, dvs. angett alla punkternas koordinater i ett annat koordinatsystem än det här, så ges 1p totalt för uppgiften.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Test 3 – Lösningsförslag
2010.05.07
14.30–15.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 poäng.
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.
3.1 Ta fram ett uttryck för den linje genom punkten P : (6, −3, 5) som är vinkelrät
mot planet Π : (x, y, z) = (5, −8, 1) + s(3, 0, −1) + t(−2, 5, 1). (ON-system.) (2p)
Lösning:
Vi behöver en riktningsvektor för linjen. Om vi tar vektorprodukten av planets två vektorprodukter får vi något som är vinkelrätt mot båda, och som duger:
r = (3, 0, 1) × (−2, 5, 1) = 0 · 1 − 1 · 5, 1 · (−2) − 3 · 1, 3 · 5 − 0 · (−2)
= (−5, −5, 15) = 5(−1, −1, 3)
Linjen kan skrivas
` : (x, y, z) = (6, −3, 5) + t(−1, −1, 3)
(Det är inte obligatoriskt att bryta ut 5:an, men det är en bra idé.)
Rättningsnorm: Inget avdrag för räknefel, förutsatt att man kan se att det hela är rätt
uppställt. Teckenfel i vektorprodukten ger 1 p avdrag. 1 p om man korrekt tagit fram
vektorn men inte satt ihop det hela till en linje.
3.2 Vi har planen
Π1 : x + 4y + 8z = 16
Π2 : x + y − 4z = 6
Bestäm vinkeln mellan planen. (ON-system.)
(2p)
Lösning:
Vinkeln mellan planen är lika med vinkeln α mellan deras normaler, n1 = (1, 4, 8) och
n2 = (1, 1, −4).
n1 · n2
kn1 k · kn2 k
(1, 4, 8) · (1, 1, −4)
=
k(1, 4, 8)k · k(1, 1, −4)k
1 · 1 + 4 · 1 + 8 · (−4)
= √
p
2
1 + 42 + 82 12 + 12 + (−4)2
−27
= √ √
81 18
cos α =
MAA123 – Lösning
2010.05.07
Sida 2 (av 2)
27
√
9·3 2
1
= − √ = cos 135◦
2
=−
Vinkeln mellan planen är 135◦ , eller om man tycker att det är snyggare att svara med den
minsta av de två vinklarna: 180◦ − 135◦ = 45◦ .
Lösning:
Inget poängavdrag för räknefel, förutsatt att man kan se att principen är rätt. För full
poäng ska man dock svara med en vinkel som stämmer med det cosinusvärde man fått.
3.3 Då man beräknar vektorprodukten av två vektorer u och v får man en ny vektor
w = u × v. Dess norm och riktning beror av normer och riktningar hos u och v.
(a) Vilken norm får w?
(1p)
Lösning:
kwk = kukkvk sin α, där α är vinkeln mellan u och v.
Rättningsnorm: Godtas även om man inte talar om vilken vinkeln är. Däremot så
måste det vara ”sinus” och inte ”cosinus”.
(b) Vilken riktning får w?
(1p)
Lösning:
w är vinkelrät mot både u och v, och u, v och w bildar ett högersystem (så om u
motsvarar tummen och v långfingret på högerhanden så går w ut ur handflatan).
Rättningsnorm: Godtas även om man inte har med det där om ”högersystem”.
3.4 Vi har planen
Π1 : − 2x + y + 2z = 0
Π2 : − 2x + y + 2z = 27
(angivna i samma ON-system). Bestäm skärningslinjen mellan planen. Om det
inte finns någon skärningslinje, bestäm istället avståndet.
(2p)
Lösning:
Planen är parallella, vilket man ser på att de båda har normalvektorn n = (−2, 1, 2).
Alltså skär de inte varandra, så det vi söker är avståndet.
Vi kan starta i en punkt i det ena planet och gå i normalens riktning tills vi når det andra
planet, och så se hur långt vi fick gå. P1 : (0, 0, 0) ligger i Π1 . (Anm. Homogen ekvation,
detta är triviala lösningen.) Vi följer linjen
` : (x, y, z) = (0, 0, 0) + t(−2, 1, 2) = (−2t, t, 2t)
Den skär Π2 då
−2(−2t) + t + 2 · 2t = 27
9t = 27
t=3
p
√
så avståndet är k3(−2, 1, 2)k = 3 (−2)2 + 12 + 22 = 3 9 = 9 l.e.
Rättningsnorm: 1 p om man korrekt påbörjar en skärningslinjeberäkning och kommer
fram till att skärningslinje saknas, men inte hinner ta fram avståndet. 1 p om man gör en
korrekt avståndsberäkning men till en punkt som inte ligger i planet.
Mälardalens högskola
Akademin för undervisning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Test 3 – Lösningsförslag
2010.05.19
08.30–09.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Detta test ger maximalt 8 poäng. För godkänt fordras minst 5 poäng.
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.
3.1 Linjerna
ℓ1 : (−5, 2, 7) + t(5, 4, 3)
ℓ2 : (−5, 2, 7) + t(0, 1, 7)
skär varandra. Bestäm vinkeln mellan linjerna. (ON-system.)
(2p)
Lösning:
Vinkeln mellan linjerna är lika med vinkeln mellan deras riktningsvektorer r1 = (5, 4, 3)
och r2 = (0, 1, 7).
cos α =
r1 · r2
(5, 4, 3) · (0, 1, 7)
=
kr1 k · kr2 k k(5, 4, 3)k · k(0, 1, 7)k
25
1
4·0+4·1+3·7
= √ √ = = cos 60◦
= √
√
3
2
2
2
2
2
50 50 2
3 +4 +5 0 +1 +7
så vinkeln är 60◦ .
Rättningsnorm: Inget poängavdrag för räknefel, förutsatt att man kan se att principen är
rätt. För full poäng ska man dock svara med en vinkel som stämmer med det cosinusvärde man fått. Ingen poäng om man stoppar in punkten P0 : (−5, 2, 7) i formeln för
vinkel.
3.2 Vi har en vektor u och en vektor v, och vill skriva u som summan av två vektorer
w1 och w2 , där w1 är parallell med v och w2 är vinkelrät mot v.
(a) Gör en grafisk lösning av problemet, dvs. rita hur de fyra vektorerna kommer
att förhålla sig till varandra. Se till att det framgår vilken vektor i bilden som
är vilken!
(1p)
Lösning:
u
w2
w1
v
Rättningsnorm: Det som ska framgå i bilden är: (1) w1 är parallell med v. (2) w2
är ortogonal mot w1 . (3) Summan av w1 och w2 är u (så att de bildar en rätvinklig
triangel).
MAA123 – Lösning
2010.05.19
(b) Med vilka formler beräknar man w1 och w2 ?
Sida 2 (av 3)
(1p)
Lösning:
Följande:
w1 = projv u =
w2 = u − w1
u·v
u·v
v=
v
v·v
kvk2
Rättningsnorm: Vilken som helst av de tre formlerna för w1 går bra. Om det är
småfel i både (a) och (b)-uppgiften ges 1 p totalt för talet.
3.3 Vi har punkten P : (2, −4, −7) och planet
Π : (x, y, z) = (5, −2, 0) + s(2, −1, 3) + t(1, −4, −2)
(beskrivna i samma koordinatsystem). Ligger P i Π? Motivera!
(2p)
Lösning:
Variant 1:
Om P ligger i Π så ska det finnas värden på s och t som instoppade i formeln ger P, dvs.
så att
(5, −2, 0) + s(2, −1, 3) + t(1, −4, −2) = (2, −4, −7)
Separera upp i tre ekvationer:
5 + 2s + t = 2
−2
− s − 4t = −4 ⇔
0 + 3s − 2t = −7
2s + t = −3
−s
− 4t = −2
3s − 2t = −7
Kan lösas med Gauss-Jordan på matrisform:
2
−1
3
1
−4
−2
1 4
−3
−2 ∼ · · · ∼ 0 1
−7
0 0
2
1
1
s och t ska alltså uppfylla att 0s + 0t = 1. Några sådana tal finns inte! Punkten ligger
alltså inte i planet.
Variant 2:
Ta fram parameterfri ekvationsform för planet. Den är 2x + y − z = 8. Sätt in P:s koordinater i ekvationen:
2 · 2 + (−4) − (−7) = 7 , 8
så punkten ligger inte i planet.
Rättningsnorm: Variant 1: 1 p om man har ställt upp korrekt ekvationssystem. 1 p ytterligare för lösning av det, inklusive korrekt tolkning av resultatet. Variant 1: 1 p för korrekt
ekvationsform, 1 p för korrekt test av punkten i den ekvation man tagit fram. ”Ja” eller
”nej” utan förklaring: 0 p.
3.4 Vi har planen
Π1 : − 2x − 4y + 8z = 8
MAA123 – Lösning
2010.05.19
Sida 3 (av 3)
Π2 :3x + 4y − 6z = −12
(angivna i samma ON-system). Bestäm skärningslinjen mellan planen. Om det
inte finns någon skärningslinje, bestäm istället avståndet.
(2p)
Lösning:
Planen är inte parallella, för de har helt olika riktningsvektorer. Alltså söker vi skärningslinjen, som består av de punkter som uppfyller båda planens ekvationer. Innebär att de
är lösningsmängden till följande ekvationssystem:
−2x − 4y + 8z = 8
x + 2z = −4
x = −4 − 2z
⇔
·
·
·
⇔
⇔
3x + 4y − 6z = −12
y − 3z = 1
y = 1 + 3z
vilket på parameterform (med z = t) blir
ℓ : (x, y, z) = (−4, 0, 0) + t(−2, 3, 1)
Rättningsnorm: Korrekt ekvationssystem: 1 p. Korrekt lösning av systemet, inklusive
formulering av lösningen som en linje: ytterligare 1 p. Inget avdrag för räknefel. Den
som anser att planen är parallella och helt korrekt beräknar avståndet mellan det ena
planet och en punkt i det andra får 1 p.
Mälardalens högskola
Akademin för utbildning, kultur och kommunikation
MMA123 Algebra för ingenjörer
Tentamen
10.06.02
08.30–11.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial (gradskiva tillåten).
Poängfördelning och betygsgränser: Uppgifterna på A-delen ger maximalt 2 poäng styck.
Uppgifterna på B-delen ger maximalt 4 poäng styck. För betyg 3 fordras minst 11 poäng, för betyg 4 minst 17 poäng och för betyg 5 minst 23 poäng.
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. • Du får
skriva flera uppgifter på samma papper, men skriv bara på ena sidan av pappret.
A-del
1 (a) Lös nedanstående ekvationssystem med Gauss-Jordans metod:
x − 4y + 2z = 5
2x − 6y + 10z = 10
−2x + 5y − 13z = −8
Se till att det klart och tydligt framgår vad lösningen är!
(1p)
Lösning:
Gauss (man hinner aldrig till Jordan) ger
1 −4
2
2 −6
10
−2
5 −13
1 −4
5
1
10 ∼ · · · ∼ 0
−8
0
0
2
3
0
5
0
2
Ekvationssystemet saknar lösning; lösningsmängden är tom.
Rättningsnorm: Inget poängavdrag för enstaka räknefel, men det svar man ger ska
stämma med den reducerade matris man kom fram till.
(b) Visa att din lösning är korrekt. Om systemet saknar lösning, förklara hur du
såg det.
(1p)
Lösning:
Nedersta raden innebär ”0x + 0y + 0z ska bli 2”. Några sådana tal finns inte!
Rättningsnorm: Det måste framgå att man förstår vad nedersta raden innebär. Om man
har räknat fel i (a) och fått en lösning så kommer denna inte att passa in i systemet.
”Jag har räknat fel” ger då poäng, ”olösligt” gör det inte.
2 Vi har matriserna
3 1
A =
4 1
5 9
B =
2 6
1
MMA123/MM2340 Tentamen 10.06.02 Lösningsförslag
Sida 2 (av 8)
Beräkna
AB + BT AT
(2p)
Lösning:
Börja med att beräkna termerna:
3 1 5 9 3 · 5 + 1 · 2
AB =
=
4 1 2 6 4 · 5 + 1 · 2
17 22
T T
T
B A = (AB) =
24 42
3 · 9 + 1 · 6 17 24
=
4 · 9 + 1 · 6 22 42
(Det är ju inte förbjudet att transponera och multiplicera, men det här går fortare.) Summera nu:
17 24 17 22 17 + 17 24 + 22 38 46
T T
AB + A B =
+
=
=
22 42 24 42 24 + 22 42 + 42 46 84
Rättningsnorm: Inga avdrag för räknefel, förutsatt att det går att se att siffrorna är ihopsatta
på rätt sätt. I övrigt: 1 p för AB, 1 p för resten.
3 (a) Beräkna determinanten för nedanstående matris:
5
0 0
A = 3 −2 0
17
3 3
(1p)
Lösning:
Snabbaste vägen: Determinanten för en triangulär matris är produkten av diagonalelementen, så det A = 5 · (−2) · 3 = −30.
Annan metod: Utveckling efter första raden verkat bra:
−2 0 − 0 + 0 = 5(−2 · 3 − 3 · 0) = −30
det A = 5 3 3 Tredje metod: Sarrus regel ger
5
0 0 det A = 3 −2 0 = 5 · (−2) · 3 + 0 · 0 · 17 + 0 · 3 · 3
17
3 3 − 5 · 0 · 3 − 0 · 3 · 3 − 0 · (−2) · 17 = −30
Rättningsnorm: Inget poängavdrag för triviala räknefel, förutsatt att man kan se att
beräkningen var rätt uppställd. Teckenfel räknas som icke-trivialt.
(b) Är matrisen inverterbar? Motivera!
(1p)
Lösning:
Matrisen är inverterbar, eftersom determinanten är skild från noll. (Alternativt kan
man beräkna inversen och konstatera att det gick.)
Rättningsnorm: Bara ”ja” ger ingen poäng. (Har man räknat fel så att man fick 0 på (a)
ska man svara ”nej” med motivering.)
MMA123/MM2340 Tentamen 10.06.02 Lösningsförslag
Sida 3 (av 8)
4 (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 .
(b) Om man säger att ”Punkten P har koordinaterna (a, b, c) i det koordinatsystem som har origo i punkten O och som i övrigt definieras av basen
B = {u1 , u2 , u3 }”, exakt vad menar man med det?
(1p)
Lösning:
Att man kommer till P från O genom att gå au1 följt av bu2 följt av cu3 . Alternativt:
−−→
att OP har koordinaterna (a, b, c), i den betydelsen koordinater hade i (a).
Rättningsnorm: Får göras upp under gång; svårt att se hurdana fel som kan uppstå!
5 Rita av nedanstående bild på ditt skrivpapper:
u
v
RITA sedan hur man tar fram följande med hjälp av bilden:
(a) u + v
(2/3p)
(b) u − v
(2/3p)
(c) −v
(2/3p)
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!
Poängsumman avrundas till heltal.
Lösning:
u
v
(a)
−v
(b)
u
v
(b)
(c)
v
u
På (b) kan man antingen tolka u − v som u + (−v) eller grafiskt lösa ekvationen v + x = u.
Rättningsnorm: För full poäng måste pilspetsar finnas, och ”kedjan” (där en vektor börjar
där den innan slutar) framgå klart. (c) godtas även om det inte uttryckligen syns att man
vänt bakfram på v, bara svaret är rätt. Om pilspetsar saknas men uppgiften är rätt för övrigt
ges 1 p totalt.
6 Lös ekvationen z3 = −1 fullständigt.
Lösning:
(2p)
MMA123/MM2340 Tentamen 10.06.02 Lösningsförslag
Sida 4 (av 8)
Snabbversion: En av lösningarna är uppenbart z1 = −1. En tredjegradsekvation har tre
lösningar, lösningarna till en binomisk ekvation ligger jämnt utspridda på en cirkel med
centrum i origo. ”Jämna avstånd” måste i detta fall betyda 360◦ /3 = 120◦. Just denna
lösning kan på polär form skrivas z1 = 1(cos 180◦ + i sin 180◦ ). De två andra lösningarna
√
blir z2 = 1(cos(180◦ − 120◦) + i sin(180◦ − 120◦)) = 1(cos 60◦ + i sin 60◦ ) = 1/2 + 3i/2
◦
◦
◦
◦
◦
◦
respektive
√ z3 = 1(cos(180 + 120 ) + i sin(180 + 120 )) = 1(cos 300 + i sin 300 ) =
1/2 − 3i/2.
Standardversion: Skriv om vänster och höger led till polärform:
VL = z3 = r(cos θ + i sin θ) 3 = r3 (cos 3θ + i sin 3θ)
HL = −1 = 1(−1 + 0i) = 1(cos π + i sin ß)
Identifiera belopp:
r3 = 1
⇒
r=1
Identifiera argument:
π + 2nπ
3
Genom att låta n passera värdena 0, 1 och 2 får vi samma lösningar om i första varianten.
3θ = π + n2π
⇒
θ=
Rättningsnorm: För full poäng måste man ha hittat alla tre svaren. Polär- eller rektangulär
form går lika bra. Ingen poäng för bara z = −1, om det inte framgår att man är medveten
om att det borde finnas fler svar (som man inte lyckats hitta).
7 Vi har linjerna
ℓ1 : (x, y, z) = (−3, 1, 8) + t(−3, 1, 4)
ℓ2 : (x, y, z) = (−11, 7, −3) + t(5, −3, 2)
(i samma koordinatsystem). Skär linjerna varandra eller inte? Motivera!
(2p)
Lösning:
Linjerna skär om det finns en punkt P : (x, y, z) som ligger på båda linjerna. Vi sätter
linjernas uttryck lika med varandra för att hitta denna punkt (om den existerar). Eftersom
t står för olika saker i de olika linjerna så byter vi beteckning:
(−3, 1, 8) + t1 (−3, 1, 4) = (−11, 7, −3) + t2 (5, −3, 2)
(−3 − 3t1 , 1 + t1 , 8 + 4t1 ) = (−11 + 5t2 , 7 − 3t2 , −3 + 2t2 )
Separera i tre ekvationer:
−3 − 3t1 = −11 + 5t2
1 + t1 = 7 − 3t2
8 + 4t1 = −3 + 2t2
−3t1 − 5t2 = −8
t1 + 3t2 = 6
4t1 − 2t2 = −11
⇔
Lös med Gauss-Jordan:
−3 −5
1
−8
1
3
6 ∼ · · · ∼ 0
4 −2 −11
0
0
1
0
−1,5
2,5
0
Ekvationssystemet var lösbart, med lösningen t1 = −1,5, t2 = 2,5. Skärningspunkten är
P : (x, y, z) = (−3, 1, 8) − 1, 5(−3, 1, 4)
= (−11, 7, −3) + 2,5(5, −3, 2) = (1,5; −0,5; 2)
så JA, linjerna skär varandra!
Rättningsnorm: Rätt ekvationssystem: 1 p. Korrekt lösning fram till den punkt där man
ser att ekvationssystemet är lösbart (inklusive tolkning): 1 p. Inget avdrag för räknefel.
(Räknefel ger antagligen att linjerna inte skär, vilket man då ska skriva i klartext.)
MMA123/MM2340 Tentamen 10.06.02 Lösningsförslag
Sida 5 (av 8)
8 Vi har två vektorer. kuk = 5, kvk = 2. Vinkeln mellan u och v är 120◦ . Bestäm
(a) u · v
(1p)
Lösning:
u · v = kukkvk cos α = 5 · 2 cos 120◦ = 10 · (−1/2) = 5
(b) ku × vk
Lösning:
√
√
ku × vk = kukkvk sin α = 5 · 2 sin 120◦ = 10 · ( 3/2) = 5 3
(1p)
Rättningsnorm: Sinus och cosinus måste hamna rätt för poäng. Den som har rätt formler men inte klarar själva sinus- och cosinusvärdena får 1 p totalt.
MMA123/MM2340 Tentamen 10.06.02 Lösningsförslag
Sida 6 (av 8)
B-del
9 (a) Beskriv något sätt att givet tre punkter ta fram den parameterfria ekvationsformen för det plan som innehåller alla tre punkterna. Beskrivningen ska vara
så pass detaljerad att den skulle gå att följa för en person som inte har sett
metoden förut (men som i övrigt är bra på ämnet).
(2p)
(b) Beskriv något annat sätt att lösa samma problem. Du kan vara ganska kortfattad, men det måste vara möjligt för en lärare att förstå vad du menar.
(1p)
(c) Beskriv något tredje sätt att lösa samma problem. Kortfattat även här.
(1p)
Lösning:
De metoder som tas upp i kompletteringsmaterialet är i. Ta fram parameterform, kör
lite bakvänd gauss för att få bort parametrarna ur en av ekvationerna. ii. Ta fram normal och kör punkt-normal. iii. Ansätt planets ekvation, sätt in punkternas koordinater,
lös systemet. Det finns säkert fler sätt!
Rättningsnorm: 1 p för varje beskrivning som man fattar vad den avsera att beskriva.
Den på (a) måste dessutom vara hyfsat pedagogisk för att få 2 p.
10 Vi har två baser B1 = {u1 , u2 , u3 } och B2 = {v1 , v2 , v3 }. Uttryckt i B1 är v1 =
(−2, 1, 2), v2 = (−6, 2, 4) och v3 = (−4, 6, 7).
(a) w1 = (−2, −1, −2) i B2 . Vad har w1 för koordinater i B1 ?
(2p)
Lösning:
Räkna:
w1 = −2v1 − 1v2 − 2v3
= −2(−2u1 + 1u2 + 2u3 )
− (−6u1 + 2u2 + 4u3 )
− 2(−4u1 + 6u2 + 7u3 )
= 4u1 − 2u2 − 4u3 + 6u1 − 2u2 − 4u3 + 8u1 − 12u2 − 14u3
= 18u1 − 16u2 − 22u3
så w1 = (18, −16, −22) uttryckt i B1 .
(b) w2 = (−2, −1, −2) i B1 . Vad har w2 för koordinater i B2 ?
Lösning:
Vi antar att koordinaterna är (x, y, z) och ser vart det leder:
w2 = −2u1 − 1u2 − 2u3
= xv1 + yv2 + zv3
= x(−2u1 + 1u2 + 2u3 )
+ y(−6u1 + 2u2 + 4u3 )
+ z(−4u1 + 6u2 + 7u3 )
= (−2x − 6y − 4z)u1 + (x + 2y + 4z)u2 + (2x + 4y + 7z)u3
Detta kan plockas isär i tre ekvationer:
−2x − 6y − 4z = −2
x + 2y + 6z = −1 ⇒ . . .
2x + 4y + 7z = −2
⇒
x = −5
y= 2
z = 0
så uttryckt i B2 är w2 = (−5, 2, 0).
Rättningsnorm: Den som gör (b) på (a) och tvärtom får 2 p totalt.
(2p)
MMA123/MM2340 Tentamen 10.06.02 Lösningsförslag
Sida 7 (av 8)
11 Vi har en regelbunden tetraeder i ett ortonormerat koordinatsystem. Här är koordinaterna för tre av hörnen:
P1 : (4, 11, −4)
P2 : (−2, 11, −10)
P3 : (−2, 5, −4)
Vilka koordinaterna har det fjärde hörnet?
(En regelbunden tetraeder är en kropp som begränsas av fyra liksidiga
trianglar.)
(4p)
Lösning:
Observation: Det måste finnas två svar, för det framgår inte om det fjärde hörnet ligger
över eller under den triangel som de andra tre hörnen bildar.
Variant 1: P4 : (x, y, z) måste ligga på samma avstånd från alla tre punkterna, och detta
avstånd måste vara samma som avståndet mellan de givna punkterna. Se vad detta avstånd
är:
√
−−−−
→
kP1 P2 k = k(−2, 11, −10) − (4, 11, −4)k = k(−6, 0, −6)k = 72
Säg att P4 : (x, y, z). Vi får det icke-linjära ekvationssystemet
−−−−
√
→
kP1 P4 k = 72
(x − 4)2 + (y − 11)2 + (z + 4)2 = 72
√
→
−−−−
kP2 P4 k = 72 ⇒
(x + 2)2 + (y − 11)2 + (z + 10)2 = 72
√
−
−
−
−
→
kP3 P4 k = 72
(x + 2)2 + (y − 5)2 + (z + 4)2 = 72
Om vi vecklar ut kvadraterna och drar den översta ekvationen från de två nedre får vi
x2 − 8x + 16 + y2 − 22y + 121 + z2 + 8z + 16 = 72
2
x + 4x + 4 + y2 − 22y + 121 + z2 + 20z + 100 = 72 ⇒
x2 + 4x + 4 + y2 − 10y + 25 + z2 + 8z + 16 = 72
x2 − 8x + y2 − 22y + z2 + 8z = −81
12x + 12z = −72
12x + 12y = 108
Ur de två sista (linjära) ekvationerna kan vi se att z = −x − 6 och att y = −x + 9. Detta
instoppat i den översta icke-linjära ekvationen ger
(x − 4)2 + (−x + 9 − 11)2 + (−x − 6 + 4)2 = 72
x2 − 8x + 16 + x2 + 4x + 4 + x2 + 4x + 4 = 72
3x2 + 24 = 72
x2 = 16
x = ±4
vilket stämmer bra med att det ska bli två olika svar. Till x = 4 hör y = 5, z = −10. Till
x = −4 hör y = 13, z = −2.
Variant 2: Fjärde hörnet måste ligga precis rakt över mittpunkten på triangeln. Mittpunkten
kan vi få som medelvärdet av de tre hörnens koordinater:
Q : (x, y, z) = 31 ((4, 11, −4) + (−2, 11, −10) + (−2, 5, −4)) = (0, 9, −6)
”Rakt över” innebär att vi ska gå vinkelrätt mot triangeln, och denna riktning kan vi få
genom att kryssa två av sidorna:
−−−−
→
P1 P2 = (−6, 0, −6)
−−−−
→
P1 P3 = (−6, −6, 0)
−−−−
→ −−−−
→
P1 P2 × P1 P3 = (−36, 36, 36) = 36(−1, 1, 1)
MMA123/MM2340 Tentamen 10.06.02 Lösningsförslag
Sida 8 (av 8)
P4 måste därför ligga någonstans på linjen ℓ : (x, y, z) = (0, 9, −6) + t(−1, 1,
√ 1)
= (−t, 9 + t, −6 + t). Vi söker de punkter på denna linje som ligger på avståndet 72
från P1 .
−−−−
→
72 = kP1 P4 k2
= k(−t, 9 + t, −6 + t) − (4, 11, −4)k2
= k(−t − 4, −2 + t, −2 + t)k2
= (−4 − t)2 + (−2 + t)2 + (−2 + t)2
= 16 + 8t + t2 + 4 − 4t + t2 + 4 − 4t + t2 = 24 + 3t2
vilket ger t2 = 16. t = ±4. t = 4 ger P4 : (4, 5, −10), t = −4 ger P4 : (−4, 13, −2).
Variant 3: Börjar som föregående lösning, med att man kommer fram till att P4 ligger i riktning (−1, 1, 1) från (0, 9, −6).
√ Med trigonometriska resonemang kommer man
fram till att höjden i en tetraeder är 2/3 av sidlängden. (Se tenta √
MMA123
√ 2009.05.27
√
för resonemang√och√figur.)
Höjden
i
denna
tetraeder
blir
därför
2/3
·
72 = 48.
√
√
k(−1, 1, 1)k = 3. 48/ 3 = 16 = 4. Vi måste alltså gå 4 st (−1, 1, 1) åt någondera hållet för att nå P4 .
Rättningsnorm: Konstaterat att det ska finnas 2 svar: 1 p, om man inte åstadkommit något
mer. Något som ser ut som början på en fungerande lösning: 1 p. En lösning som är helt
korrekt så när som på att den bara hittar det ena svaret: 3 p. I övrigt poäng i proportion till
hur stor del av lösningen man hunnit med.
