Eftersom ON-koordinatsystem förutsätts så ges vektorernas volymprodukt av:

Transkript

1 MATA15 Algebra, delprov, 6 hp Lördagen den 8:e december 01 Skrivtid: Matematikcentrum Matematik NF Lösningsförslag 1 Ligger punkterna P 1 = (0, 1, 1), P = (1,, 0), P = (, 1, 1) och P 4 = (, 6, ) i samma plan? Motivera ditt svar! (ON-koordinatsystem förutsätts) Lösning: De givna punkterna ligger i samma plan om vektorerna P 1 P, P 1 P, P 1 P 4 är lineärt beroende För att avgöra om dessa tre vektorer är lineärt beroende beräknar vi deras volymprodukt Vi vet att tre vektorer är lineärt beroende om och endast om deras volymprodukt är lika med 0 Vi har att: P 1 P = (1,, 0) (0, 1, 1) = (1, 1, 1), P 1 P = (, 1, 1) (0, 1, 1) = (, 0, ), P 1 P 4 = (, 6, ) (0, 1, 1) = (, 5, ) Eftersom ON-koordinatsystem förutsätts så ges vektorernas volymprodukt av: = = 0 Vektorerna ovan ligger alltså i samma plan De givna punkterna ligger i samma plan Låt M vara planet genom punkterna (1,, 0), (, 1, 1) och (, 0, 0) a) Ange en ekvation på parameterform för M b) Ange en ekvation för linjen genom origo som är vinkelrät mot M c) Bestäm ekvationen på formen Ax + By + Cz = D för M och beräkna avståndet från punkten (7, 7, 7) till planet (ON-system förutsätts) Lösning: a) Låt P 1 = (1,, 0), P = (, 1, 1), och P = (, 0, 0) Vektorerna u = P 1 P = (, 1, 1) (1,, 0) = (, 1, 1) och v = P 1 P = (, 0, 0) (1,, 0) = (1,, 0) tillhör planet M En ekvation på parameterfom för M ges då av: x = 1 + s + t y = s t, s, t R z = s Var god vänd!

2 b) Vektorprodukten u v av vektorerna u och v ovan är en normalvektor till M och den utgör en riktningsvektor för varje linje vinkelrät på M Eftersom ON-koordinatsystem förutsätts så ges u v av: u v = (( 1) 0 1 ( ), 1 1 0, ( ) ( 1) 1) = (, 1, ) En ekvation på parameterform till linjen genom (0, 0, 0) som är vinkelrät mot M ges härmed av: (x, y, z) = (, 1, )t, t R c) Från b) har vi att (, 1, ) är en normalvektor till M Planets ekvation på normalform ges då av x + y z = D, där D bestäms tex genom att använda det faktum att punkten (, 0, 0) tillhör planet Vi får att D = 4 och planets ekvation blir x + y z = 4 Avståndet d från punkten (7, 7, 7) till M fås med hjälp av avståndsformeln: d = ( ) = 4 14 = = 14 7 a) (x, y, z) = (1,, 0) + s(, 1, 1) + t(1,, 0), s, t R b) (x, y, z) = (, 1, )t, t R c) Ekvationen på normalform till M är x + y z = 4 och d((7, 7, 7), M) = 14 7 Visa att planen med ekvationer 4x y z = 11, x y + z = 8, x + y + z = är sinsemellan ortogonala och bestäm deras skärningspunkt (ON-system förutsätts) Lösning: De givna planen har normalvektorer u 1 = (4, 1, ), u = (1,, ) respektive u = (1,, 1) Vi beräknar skalärprodukterna (u 1 u ), (u 1 u ) samt (u u ) och finner att: (u 1 u ) = ( 1) ( ) + ( ) = 0, (u 1 u ) = ( 1) + ( ) 1 = 0, (u u ) = ( ) + 1 = 0 De tre planens normalvektorer är alltså parvis ortogonala vilket medför att planen är sinsemellan ortogonala Skärningspunkten (x, y, z) till de tre givna planen uppfyller ekvationssystemet: Gauss elimination ger x + y + z = x y + z = 8 4x y z = 11 x + y + z = ( 1) ( 4) x y + z = 8 4x y z = 11 x + y + z = 4y + z = 6 9y 6z =

3 x + y + z = y + z = ( ) y + z = 1 x = y z + = z = y + = 1 y = 1 Skärningspunkten mellan de tre planen är (, 1, 1) x + y + z = y + z = 7y = 7 x = y = 1 z = 1 4 För vilka värden på det reella talet a har ekvationssystemet x + y + (1 + a)z = a x + (1 + a)y + z = a (1 + a)x + y + z = 1 entydig lösning? Lösning: Gauss elimination ger: x + y + (1 + a)z = a ( 1) ( (a + 1)) x + (1 + a)y + z = a (1 + a)x + y + z = 1 x + y + (1 + a)z = a ay az = a a ay + (1 (a + 1) )z = 1 a (a + 1) x + y + (1 + a)z = a ay az = a a (1) ay (a + a)z = 1 a a x + y + (1 + a)z = a ay az = a a (a + a)z = 1 + a a a Vi ser nu att vi kan lösa ut variablerna successivt, dvs z från ekvation (), y från ekvation () och slutligen x från ekvation (1) entydigt, om (a + a) 0 och a 0 Ekvationssystemet har entydig lösning för alla reella tal a sådana att a 0 och a För a = 0 respektive a = har ekvationssystemet inga lösningar Ekvationssystemet har alltså entydig lösning för alla a R \ {, 0} 5 Betrakta triangeln med hörn i punkterna A=(1, 1, 1), B =(1,, 1) och C =(6, 5, ) a) Visa att triangeln är rätvinklig och bestäm dess area b) Ange det kortaste avståndet från A till sidan BC (ON-system förutsätts) Lösning: a) För att visa att triangeln ABC är rätvinklig kan man tex kontrollera att det finns ett par bland vektorerna associerade till de riktade sträckor som utgör triangelns sidor som är vinkelräta Ett annat alternativt vore att beräkna triangelns sidlängder och kontrollera huruvida de uppfyller Pythagoras sats Var god vänd!

4 Vi bildar vektorerna u =AB = (1,, 1) (1, 1, 1) = (0, 1, ), v =AC = (6, 5, ) (1, 1, 1) = (5, 4, ), w =BC = (6, 5, ) (1,, 1) = (5,, 4) Vi har att (u v) = ( ) = 0 vilket visar att AB AC, så vinkeln A i ABC är rät Arean A till ABC kan beräknas tex med hjälp av vektorprodukten u v (eller med känd areaformel för rätvinkliga trianglar) Vi har att u v = (1 ( ) 4, ( ) 5 0, ) = (10, 10, 5) Arean A ges av: A = 1 (10, 10, 5) 10 u v = = + ( 10 + ( 5) ) 5 = = 15 b) Det kortaste avståndet från A till sidan BC är längden h av höjden från A i ABC Denna kan beräknas utifrån att A = h BC vilket ger h = A BC Vi har att BC = = 50 = 5 och härmed är h = 15 5 = Alternativt så kan man använda känd metod för att bestämma avståndet från en punkt till en linje i ett ortonormerat koordinatsystem a) A = 15 b) h = 6 Låt ɛ C \ {1} vara sådant att ɛ = 1 och A och B vara matriserna nedan: A =, B = ɛ ɛ 1 ɛ ɛ 1 a) Visa att ɛ + ɛ + 1 = 0 b) Beräkna A, A och A 4 c) Visa att A är inverterbar och ange dess invers d) Lös matrisekvationen AX = B

5 Lösning: a) Enligt uppgiften är ɛ är ett komplext tal som löser ekvationen ɛ 1 = 0 Vi har att ɛ 1 = (ɛ 1)(ɛ + ɛ + 1), så ekvationen ɛ 1 = 0 är ekvivalent med ɛ = 1 eller ɛ + ɛ + 1 = 0 Eftersom ɛ 1 så måste ɛ uppfylla ɛ + ɛ + 1 = 0 b) Vi har att A = 1 + ɛ + ɛ 1 + ɛ + ɛ 1 + ɛ + ɛ 1 + ɛ + e ɛ + ɛ 1 + ɛ + ɛ 1 + ɛ + ɛ 1 + ɛ 4 + ɛ Eftersom ɛ = 1 så är 1 + ɛ + ɛ 4 = 1 + ɛ + ɛ = 0 och vi får att 0 0 A = 0 0 = 0 0 Vidare får vi att samt A = A A = A 4 = A A = =, = 9E c) Eftersom A 4 = 9E får vi att A ( 1 9 A) = E Detta medför att (enligt definitionen av matrisinvers) att A är inverterbar med inversen X = A 1 B = 1 A 1 = 1 9 A = 1 d) Matrisekvationen AX = B löses av b) A = c) A 1 = 1 9 A = 1 d) X = 0 ɛ 0 ɛ 0 0 = 1 ɛ ɛ 1 ɛ ɛ ɛ 0 ɛ 0 0, A = = 1 ɛ + ɛ + 1 ɛ + ɛ + 1 ɛ + ɛ + ɛ ɛ + ɛ 4 + ɛ 1 + ɛ + ɛ ɛ + ɛ + ɛ ɛ + ɛ + ɛ 1 + ɛ + ɛ 0 ɛ 0 ɛ 0 0, A 4 = 9E =