MAA123 Grundläggande vektoralgebra

Transkript

1 Mälardalens högskola Akademin för undervisning, kultur och kommunikation MAA123 Grundläggande vektoralgebra Tentamen TEN4 Lösningsförslag Hjälpmedel: Endast skrivmaterial. (Gradskiva är tillåtet.) Poäng: Del A ger maximalt 10 poäng. Del B ger maximalt 12 poäng. För betyg 3 fordras minst 6 poäng varav minst 5 från A-delen. För betyg 4 fordras minst 11 poäng varav minst 5 från A-delen och minst 3 från B-delen. För betyg 5 fordras minst 17 poäng. Frågor kan ställas till: Hillevi Gavel, som nås på telefon Övriga anvisningar: Skriv läsbart. Förklara alla resonemang som inte är trivialt uppenbara. Se till att det framgår vad svaret på frågan är. Om du inte kan lösa en uppgift fullständigt men har några idéer, skriv då ner dem. Det kan ge delpoäng. A-del 1 Vi har planetπ : 2x+3y 4z=12. Ta fram ett parameteruttryck förπ. Du kan förutsätta ON-system. För parameterform behöver vi en punkt i planet, och två vektorer parallella med det. Variant 1: Om vi har tre punkter i planet kan vi ta fram vektorerna ur dem. Vi behöver alltså tre olika lösningar till planets ekvation. P 1 : (x, y, z)=(6, 0, 0), P 2 : (x, y, z)=(0, 4, 0) och P 3 : (x, y, z)=(0, 0, 3) uppfyller ekvationen (och är lätta att hitta). Som riktningsvektorer kan vi ta P 1 P 2 = ( 6, 4, 0) och P 1 P 3 = ( 6, 0, 3), vilket (med P 1 som utgångspunkt) ger parameteruttrycket Π : (x, y, z)=(6, 0, 0)+ s( 6, 4, 0)+ t( 6, 0, 3) Variant 2: Riktningsvektorerna ska vara vinkelräta mot planets normal, som (om vi förutsätter ON-system) är n = (2, 3, 4). Vinkelräta vektorer har skalärprodukt noll, och vi kan med huvudräkning försöka hitta några saker som ger det resultatet. u=(3, 2, 0) och v=(0, 4, 3) fungerar, ger (även här med P 1 som utgångspunkt): Π : (x, y, z)=(6, 0, 0)+ s(3, 2, 0)+ t(0, 4, 3) Det finns givetvis oändligt många lika korrekta svar! Variant 3: Hantera det som ett vanligt ekvationssystemproblem. (Att systemet bara består av en enda ekvation förändrar inte principen.) x=6 2x+3y 4z=12 x=6 3 2 y+2z 3 2 s+2t y= s z= t vilket kan skrivas om till (x, y, z)=(6, 0, 0)+ s( 3 2, 1, 0)+ t(2, 0, 1). Rättningsnorm: Helt korrekt svar: 2p. Gjort någonting konstruktivt (t.ex. letat punkter eller vektorer vinkelräta mot normalen) men inte kommit till svar: 1p. Inga avdrag för rena räknefel, om man förstår hur det var tänkt.

2 MAA123 Tentamen TEN4 Lösning Sida 2 (av 7) 2 En triangel har hörn i punkterna P : ( 2, 5, 1), Q : ( 1, 1, 2) och R : (1, 9, 2). Bestäm triangelns area. (ON-system) Vi har: Area= basen höjden 2 = sida 1 sida 2 sin(vinkel) 2 Även vektorprodukt tas fram ur storlek storlek sin(vinkel), och går lätt att få fram. u= PQ=( 1, 1, 2) ( 2, 5, 1)= (1, 4, 1) v= PR=(1, 9, 2) ( 2, 5, 1)=(3, 4, 1) u v=(1, 4, 1) (3, 4, 1)= =( 8, 2, 16) u v = ( 8, 2, 16) = 2( 4, 1, 8) = 2 ( 4) = 2 81=2 9 Triangelns area erhålls då resultatet halveras: Svar: 9 a.e. Rättningsnorm: Kommit igång med beräkningen: 1p. Kommit ända till svar: 2p. Bara 1p vid räknefel i vektorprodukten (eftersom svaret är lätt att kolla), inga avdrag för andra typer av räknefel. 3 (a) Skriv talet z = 6 6i på polär form. (1p) Inspektion i komplext talplan ger att arg z= 5π 4 (eller 3π 4, om man föredrar det principala argumentet). Pythagoras sats ger z = ( 6) 2 + ( 6) 2 = 2 36=6 2. Svar: z=6 2(cos 5π 4 + i sin 5π 4 ) Rättningsnorm: Måste vara helt rätt för poäng. (b) Skriv talet w = 5(cos π + i sin π) på rektangulär form. w=5( 1+ i 0)= 5+0i= 5 Rättningsnorm: Måste vara helt rätt för poäng. Både 5+0i och 5 godtas. (1p) 4 (a) Rita en bild som visar vad som menas med ortogonala projektionen av vektorn v på vektorn w, proj w v. Se till att det klart framgår vilken vektor som är vilken! (1p) v w proj w v Rättningsnorm: Det ska gå att förstå vilken vektor som är vilken, och bilden ska föreställa projektionen på w och inte på v. (b) Med vilken formel kan man beräkna proj w u? (Motivering behövs ej.) (1p)

3 MAA123 Tentamen TEN4 Lösning Sida 3 (av 7) proj w v= v w v w w= w 2 w w w Rättningsnorm: Båda formlerna går lika bra, men ska vara helt rätt i övrigt. Har man ritat proj v w på (a) får formel för detta poäng här. 5 Vi har linjenl : (x, y, z)=( 8, 13, 4)+t(3, 2, 2) och planetπ : 2x+6y+ 3z= 8. Om linjen skär planet, bestäm vinkeln mellan dem. Bestäm i annat fall avståndet. (ON-system) Skalärprodukten av riktningvektorn och normalvektor behövs i vinkelbestämning, och talar också om ifall de är parallella: r n=(3, 2, 2) (2, 6, 3)=3 2+( 2) 6+2 3=6 12+6=0 Linjen och planet är parallella, så det är avståndet som söks. Alla punkter pålligger på samma avstånd frånπ, så vi kan se hur långt bort utgångspunkten P 0 ligger. Ta någon punkt Q som uppfyller planets ekvation, t.ex Q = ( 4, 0, 0). Längden av QP0 :s projektion på n ger den sökta sträckan. QP 0 = ( 8, 13, 4) ( 4, 0, 0)= ( 4, 13, 4) proj n QP0 = QP 0 n n = ( 4, 13, 4) (2, 6, 3) (2, 6, 3 = = 98 7 = 14 =14 l.e. (Man kan också gå i normalvektorns riktning från P 0 tills man nårπ.) Rättningsnorm: Identifierat vilket problem som ska lösas, men inget mer: 0p. Påbörjat en fungerande lösning: 1p. Avslutat en fungerande lösning: 2p. Var god vänd!

4 MAA123 Tentamen TEN4 Lösning Sida 4 (av 7) B-del 6 Lös nedanstående ekvationssystem för alla reella talλ: λx+2λy 4z=λ 2 2x 3y+(2λ+6)z= 3 x 2y+ λz= 0 (Eftersom det inte är möjligt att ta fram sifferlösningar för alla oändligt många värden somλkan ha är det inget fel om man får formler innehållandeλ som svar.) (4p) Lika många ekvationer som obekanta, så det är troligen entydig lösning (som då beror påλ). Men det kanske finns några värden påλsom gör att det händer något annat. Vi får räkna, och noga tänka efter. Det verkar enklare att byta översta och understa ekvationen med varandra: x 2y+ λz= 0 2x 3y+(2λ+6)z= 3 λx+2λy 4z=λ 2 Eliminera x i kolumn 1: x 2y+ z= 0 y+ 6z= 3 (λ 2 4)z=λ 2 (1) Ledande 1:a i rad 2 med 0:a under färdigserverad. Men nu då? För att få ledande 1:a i rad 3 behöver vi dividera medλ 2 4. Om detta tal är noll går detta inte att göra. Så vi måste specialbehandla de fallen.λ 2 4=0 gerλ=±2. Undersök dessa alternativ: Sätt inλ= 2: (1) : Detta är olösligt. x 2y+ z= 0 y+6z= 3 0z= 4 Sätt inλ=2: x 2y+ z=0 (1) : y+6z=3 0z=0 Nedersta raden försvann, att 0z ska bli 0 uppfylls ju automatiskt. Eliminera y ur översta ekvationen: x=6 10t x + 10z=6 x=6 10z y= 3 6t y+ 6z=3 y= 3 6z z= t Omλ ±2 kan vi dividera medλ 2 4, och får x 2y+ z=0 (1) : y+6z=3 z= λ 2 λ 2 4 = 1

5 MAA123 Tentamen TEN4 Lösning Sida 5 (av 7) Eliminera z ur de övre ekvationerna, och sedan y ur den översta x 2y = λ y = 3λ 1 z= x = 5λ y = 3λ z= 1 Här (i de allra flesta fallen) fick vi en entydig lösning, som beror avλ. Geometrisk tolkning av resultatet: Ett sådant här problem kan tolkas som sökande efter skärningspunkten mellan tre plan. För λ = 2 blir det översta och nedersta planet parallella, och då finns ingen skärningspunkt. Förλ=2 blir de planen identiska, och man får en skärningslinje där det tredje planet passerar. I övriga fall skär planen i en punkt. Exakt vilken punkt beror på λ. Anm. Uppgiftens innehåll är taget från det överbetygsmarkerade avsnitt Kommentaren i parentesen är avsedd som en ledtråd för de som inte läst avsnittet men som har tid över på tentan. Rättningsnorm: 0p om man bara försöker lösa systemet för ett antal slumpvalda tal λ. Annars: 2p för korrekt lösning av det allmänna fallet. 1p för korrekt identifierande av de avvikande fallen. 1p för korrekt lösning av fallen. 1p om man verkar ha rätt grundidé men inte lyckas komma till lösning. 7 En regelbunden oktaeder är en kropp som begränsas av 8 liksidiga trianglar, se bild. P 4 P 5 P 3 P 1 P 2 P 6 På den avbildade oktaedern är koordinaterna för hörnet P 1 : ( 11, 11, 8) och för hörnet P 3 : ( 13, 7, 4). Hörnen P 1, P 2, P 3 och P 4 ligger alla i planetπ : 2x + 2y z + 36 = 0. Bestäm koordinaterna för de resterande hörnen. (ON-system.) (4p) Man kan börja med att hitta koordinaterna för centrumpunkten Q, för alla hörnen måste ligga på samma avstånd från denna. Q måste ligga precis mitt emellan P 1 och P 3, så OQ= OP P 1 P 2 = ( 11, 11, 8)+ 1 ( ) 2 ( 13, 7, 4) ( 11, 11, 8) = ( 12, 9, 6) Avståndet mellan centrumpunkt och hörn är QP1 = ( 11, 11, 8) ( 12, 9, 6) = (1, 2, 2) = ( 2) 2 + ( 2) 2 = 9=3 Hörnen P 5 och P 6 kan vi få genom att gå denna sträcka från Q rakt upp/ner från planet som innehåller P 1 till P 4, dvs. i den rikning som normalen n tillπpekar. n=(2, 2, 1), n =3, så vi ska helt enkelt gå exakt en n: OP 5 = OQ+n=( 12, 9, 6)+ (2, 2, 1)= ( 10, 7, 7)

6 MAA123 Tentamen TEN4 Lösning Sida 6 (av 7) OP 6 = OQ n=( 12, 9, 6) (2, 2, 1)= ( 14, 11, 5) De sista punkterna får vi om vi rör oss den givna sträckan i rät vinkel mot såväl P 1 P 3 som P 5 P 6. De redan beräknade QP1 och n har dessa riktningar, så vi kan kryssa dessa för att få reda på hållet: v= QP1 n=(1, 2, 2) (2, 2, 1)= =(6, 3, 6)= 3(2, 1, 2) Även normen för (2, 1, 2) är 3, så det är bara att gå denna vektor åt ena eller andra hållet från Q: OP 2 = OQ+(2, 1, 2)=( 12, 9, 6)+ (2, 1, 2)= ( 10, 10, 4) OP 4 = OQ (2, 1, 2)=( 12, 9, 6) (2, 1, 2)= ( 14, 8, 8) (Det är möjligt att det som vi satt som P 2 är P 4 och tvärtom, och samma för P 5 och P 6. Just det fanns det inte tillräckligt med information i frågan för att avgöra.) Det finns ett flertal andra sätt att gå till väga! Rättningsnorm: Minst en konstruktiv idé: 1p. Minst två olika konstruktiva idéer: 2p. Fler idéer än så, utan att nå det fullständiga svaret: 3p. Helt rätt: 4p. 8 I en del tillämpningar räknar man med vektorer i betydligt högre dimension än 3. Räkningarna kan utföras på vektorernas koordinater på precis samma sätt som när man räknar i 2D eller 3D, det är bara lite fler koordinater inblandade. Begrepp som linjärt oberoende och linjärkombination definieras på samma sätt. En av dessa tillämpningar är studiet av matriser. Där kan man se matrisens rader som koordinatuppsättningar, och kallar dessa för dess radvektorer. Läser man på andra ledden kan man se kolumnerna som koordinatuppsättningar, och kallar dessa för dess kolumnvektorer. En m n-matris A har m stycken radvektorer, som ligger i det n-dimensionella rummet, och n stycken kolumnvektorer, som ligger i det m- dimensionella rummet. Då man löser linjära ekvationssystem med Gauss-Jordans metod så eftersträvar man att få en systemmatris på radkanonisk form. Då man uppnått detta innehåller matrisen ett antal ledande ettor. (a) Förklara varför de radvektorer som innehåller de ledande ettorna garanterat är linjärt oberoende. De ledande ettorna står i olika kolumner och har nollor över och under. Det innebär att en sådan radvektor har en etta i en position där alla de andra har nollor. Om den skulle gå att linjärkombinera fram skulle vi alltså ha fått fram en etta genom att lägga ihop multipler av nollor. Det går inte! (Däremot kan eventuella nollrader, som man ser till att ligger i botten, linjärkombineras fram av de andra raderna; det är bara att multiplicera dem med noll och lägga ihop.) Rättningsnorm: Vattentätt resonemang: 2p. Visat förståelse för problemställningen men inte fått ihop alla detaljerna: 1p. (b) Förklara varför de kolumnvektorer som innehåller de ledande ettorna garanterat är linjärt oberoende, medan eventuella övriga kolumner går att skriva som linjärkombination av de med ettorna. De ledande ettorna står på olika rader, med nollor över och under. Det innebär att kolumnvektorerna ifråga har en koordinat som är ett medan övriga är noll, och ettorna står på olika ställen. Enligt samma resonemang som i (a) går det inte att få fram en sådan vektor med hjälp av de andra.

7 MAA123 Tentamen TEN4 Lösning Sida 7 (av 7) Eventuella kolumner utan ledande ettor har lite olika värden i olika positioner. De positioner som ligger nedanför den nedersta ledande ettan är noll, motsvarar eventuella nollrader. Så alla nollskilda element ligger på samma höjd som någon ledande etta. Om t.ex. kolumn 1 är c 1 = [ ]T, kolumn 1 ärc 2 = [ ]T, kolumn 3 c 3 = [ ] T och kolumn 4 c 4 = [ a b c ]T så kan vi linjärkombinera fram c 4 som ac 1 + bc 2 + cc 3. Rättningsnorm: Se (a).