Mälardalens högskola
Akademin för utbildning, kultur och kommunikation
MAA123
Grundläggande vektoralgebra
Tentamen – TEN3 – Lösningsförslag
2012.05.07
08.30–10.30
Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.)
Poäng: Denna tentamen ger maximalt 14 poäng. 0–9 poäng: U. 10–12 poäng: G.
13–14 poäng: VG.
Frågor kan ställas till: Hillevi Gavel, som nås på telefon 073–763 27 88
Övriga anvisningar: • Skriv läsbart. • Förklara alla resonemang som inte är trivialt uppenbara. • Se till att det framgår vad svaret på frågan är. • Om du inte kan lösa en uppgift
fullständigt men har några idéer, skriv då ner dem. Det kan ge delpoäng.
1. Vi har matrisen
5 0 −5
A = 0 10
0
−10 5 15
(a) Beräkna det A.
(1p)
Lösning:
Enklaste beräkningen är förmodligen att först bryta ut faktorn 5 och därefter utveckla
efter 2:a raden:
5 0 −5 1 0 −1 det A = 0 10
0 = 53 0 2
0 −10 5 15 −2 1
3 1 −1 − 0) = 125 · 2 · 1 · 3 − (−1) · (−2) = 250
= 125(−0 + 2 3 −2
Rättningsnorm: Inga avdrag för rena räknefel, däremot 0p vid teckenfel i utvecklingen eller om man ej har med ”upphöjt i 3” vid utbrytning.
(b) Är A inverterbar? Motivera!
(1p)
Lösning:
Ja, eftersom det A , 0.
Rättningsnorm: Svaret ska vara konsistent med resultatet i (a)
2. Vi har vektorerna u = (2, 1, 3), v = (−4, −3, −5) och w = (0, 2, 1) (angivna i samma bas). Skriv w som linjärkombination av u och v, om det är möjligt. Förklara
annars varför det inte går.
(2p)
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2012.05.07
Sida 2 (av 4)
Lösning:
Vi söker alltså två tal a och b sådana att au + bv = w. Det ger ekvationssystemet
2a − 4b = 0
a − 3b = 2
3a − 5b = 1
och Gauss-Jordan ger
2 −4
1 −3
3 −5
0
2
1
∼ ··· ∼
1 −3
0
2
0
0
2
−4
3
Ekvationssystemet är inte lösbart, 0a + 0b , 3. Så w kan inte skrivas som linjärkombination av de andra två vektorerna.
Rättningsnorm: 1p för uppställande av rätt ekvationssystem, 1p för korrekt lösning. Inget
avdrag för rena räknefel, men svaret ska vara konsistent med resultatet man kom till.
3. Vi har här två matriser:
1 −2
A = 0
4
−5
0
3 −1
B =
0
2
Beräkna, eller förklara varför det är omöjligt:
(a) AB
(1p)
Lösning:
Går bra:
1 · 3 + (−2) · 0
1 −2
3 −1
= 0 · 3 + 4 · 0
AB = 0
4
0
2
−5 · 3 − 0 · 0
−5
0
1 · (−1) + (−2) · 2 3 −5
0 · (−1) + 4 · 2 = 0
8
−5 · (−1) + 0 · 2
−15
5
Rättningsnorm: Inget avdrag för räknefel om det går att se att tillvägagångssättet är
korrekt.
(b) BA
(1p)
Lösning:
Går ej. B har 2 kolumner, A 3 rader. Antal kolumner i första matrisen måste vara
samma som antal rader i andra (så att antalet element i förstas rader är lika med
antalet element i andras kolumner).
Rättningsnorm: Korrekt motivering fordras för poäng.
4. (a) Lös nedanstående ekvationssystem med Gauss-Jordans metod:
x − 2y − 6z − 6w = −10
2x − y − 3z − 6w = −5
Uträkningen ska finnas med, och svaret ska ges på formen ”x = . . . ”,”y =
. . . ”, ”z = . . . ”, ”w = . . . ” eller bestå av ordet ”olösligt”.
(1p)
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2012.05.07
Lösning:
Gauss-Jordan ger:
1 −2 −6
2 −1 −3
−6
−6
−10
−5
∼ ··· ∼
Sida 3 (av 4)
1
0
0 0
1 3
−2
2
0
5
vilket innebär
x − 2w = 0
y + 3z + 2w = 5
⇔
2w
x =
y = 5 − 3z − 2w
x=
2t
y = 5 − 3s − 2t
z=
s
w =
t
⇔
Rättningsnorm: Inga avdrag för rena räknefel, men svaret ska ges på parameterform.
(b) Visa att det du fått fram verkligen är en lösning. Om systemet saknar lösning, förklara
hur du såg det.
(1p)
Lösning:
Sätt in lösningen med parametrar och allt i båda ekvationerna:
VL1 = 2t − 2(5 − 3s − 2t) − 6s − 6t = 2t − 10 + Z
6Zs + 4t − Z
6Zs − 6t = −10 = HL1
VL2 = 2 · 2t − (5 − 3s − 2t) − 3s − 6t = 4t − 5 + Z
3Zs + 2t − Z
3Zs − 6t = −5 = HL2
Rättningsnorm: Svaret måste sättas in i båda ekvationerna, med parameterar, för poäng. Vid räknefel i (a) ger kommentaren ”jag har visst räknat fel” poäng.
5. I nedanstående bild har vi ritat representanter för fem vektorer:
−2u1
v3
2u2
v1
−1u1
−4u2
u2
1u2
v2
2u1
u1
Ange koordinaterna för följande vektorer i basen {u1 , u2 }:
(a) v1
(2/3p)
Lösning:
v1 = −2u1 − 4u2 , koordinater (−2, −4).
(b) v2
(2/3p)
Lösning:
v2 = 2u1 + 1u2 , koordinater (2, 1).
(c) v3
(2/3p)
Lösning:
v3 = −1u1 + 2u2 , koordinater (−1, 2).
Motivering behövs ej. Poängen avrundas till närmsta heltal.
Rättningsnorm: Vid ett konsekvent fel (som omkastade koordinater eller linjärkombinationer istället för koordinater) ges 1p totalt.
MAA123 Tentamen – TEN3 – Lösning 2012.05.07
Sida 4 (av 4)
6. Räkning med matriser påminner mycket om räkning med tal. Man adderar, multiplicerar och så vidare. Men det är inte allt som är precis likadant.
(a) Säg något (räkneregel, resonemang, problemlösningsmetod) som fungerar
precis lika för tal och matriser.
(1p)
Lösning:
Massor av exempel: Addition är kommutativ och associativ, multiplikation är associativ. Det finns identitetselement för addition och multiplikation. Multiplikation med
noll(matrisen) ger noll(matrisen).
(b) Säg något som inte fungerar precis lika för tal och matriser.
(1p)
Lösning:
Inte fullt så många exempel: Tal går alltid att addera och multiplicera, för matriser
måste dimensionerna fungera. Multiplikation av tal är kommutativ, a · b = b · a, vilket
inte gäller matriser. Nollfaktorlagen gäller för tal men inte för matriser, kancellationslagen gäller för tal men inte för matriser. Alla tal utom noll har invers, många matriser
saknar invers.
Rättningsnorm: Gäller både (a) och (b): ger man mer än ett exempel måste mer än
50% vara korrekta för poäng.
7. u = (3, −4, 0) och v = (0, 12, −5) i samma ON-bas. Bestäm ku + vk.
(2p)
Lösning:
Triangelolikheten gör att vi inte kan beräkna normerna var för sig och addera, utan vi
måste göra exakt som det står.
p
√
√
ku + vk = k(3, −4, 0) + (0, 12, −5)k = k(3, 8, −5)k = 32 + 82 + (−5)2 = 98 = 7 2
(Sista steget är inte nödvändigt.)
Rättningsnorm: Om man istället beräknar kuk + kvk men gör detta helt korrekt ges 1p.
