lösningar. - Lunds Tekniska Högskola

LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA
MATEMATIK
Helsingborg
SVAR OCH ANVISNINGAR
Linjär algebra
2006-08-26
1. a) Sätt L1  L2
 1  t  1  2s

 2t  5 s
 3  2 t  1  2s

t  2 ( s  1) insatt i L1 ger skärningspunkten   1, 4 , 1  .
b) Som planets normalvektor tar vi  1,  1,  2    2 ,1,  2  4,  2, 3 .
Planets ekvation  : 4 x  2 y  3z  d  0 . Insättningen av punkten   1, 4 , 1  i  ger d  9 .
Svar: Planets ekvation är 4 x  2 y  3z  9  0 .
2. Eftersom det A  1 är matrisen A inverterbar. (Egentligen onödigt om vi ska räkna ut inversen.)
3
1 
 3


1
AX  Y . Successiv elimination ger A    6  7  3  .
  8  9  4


3. Avståndet mellan A  (1,0,0)   1 och  2 där  2 : x  2 y  3z  4  0 blir
d
1 2  0  3 0  4
12  2 2  32

3
14
.
Svar: Avståndet mellan planen är
3
14
.
4. a) Den linjära avbildning, som vrider planets punkter vinkeln

i positiv led runt origo,
6



 sin  1  3  1 
 cos
6
6 

ges av matrisen: A  
 1



2
3
 sin



cos 

6
6

1  3  1  2  1  2 3  1
   
.
b) 
2 1
3  1  2  2  3 
c) Linjen x  3 y  0 har normalvektorn 1, 3  som genom vridning övergår i
1
3  3, 1  3 3 .
2
3  3 ) x  (1  3 3 y  0 .
Svar: Linjen x  3 y  0 övergår i linjen




5. Om systemdeterminanten det A  ...  a 2  4a  3  0 så har
ekvationssystemet entydig lösning, d.v.s. för a  1 och a  3 .
Om a  3 så har ekvationssystemet ingen lösning och om a  1 så får vi en parameterlösning.
Svar: Ekvationssystemet har mer än en lösning precis då a  1 .
6. ”Skottlinjens” ekvation är L :  x, y, z    0, 0,100  t  3,1, 2 .
För att bestämma skärningen sätter vi in L i ”myntplanets” ekvation
 : x  y  z  700  0
3t  t  100  2t  700  0  t  150 .
Detta ger träffpunkten S   450 , 150 , 400  . Myntcentrum A   449 , 150 , 401 
AS   1, 0 ,1 och AS  2 .
Svar: Han träffar myntet ty
2  1.5 . (Myntets radie är 1.5 längdenheter)