MAA123 Grundläggande vektoralgebra

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) 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: Ja, A = B 1. 3 1 1 1 1 2 1 0 0 AB = 2 1 1 0 1 1 = = 0 1 0 2 0 1 2 2 5 0 0 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) 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 0 1 2 3 1 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 3 0 1 1 0 1 1 0 1 1 2 3 3 Nu kan vi ta fram svaren: 1 1 4 1 = 5 2 1 3 2 3 1 1 3 1 5 7 = 2 3 2 3 1 1 3 1 3 3 = 0 1 2 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 + M 0 = A (±0, 4p) (e) AB = AC medför att B = C. (±0, 4p) Alla bokstäver står för matriser. M 0 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. 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 B = [ 1 3 3 ] Vi vet att XA = B Vad är matrisen X? Variant 1 Vi kan lösa problemet enligt (2p) 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 3 1 0 0 1 0 0 13 6 3 2 1 6 0 1 0 0 2 1 0 0 1 0 1 0 2 1 0 0 0 1 4 2 1 Vi kan nu multiplicera med den beräknade inversen, och observera att den måste placeras till höger: X = BA 1 = [ 1 3 3 ] 13 6 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 = B T A T X T = B T 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 0 1 1 0 0 5 0 1 2 3 3 6 1 3 0 1 0 3 0 0 1 0 så 5 X T = 3 0 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 X = [ a b c ] där vi än så länge inte känner till a, b och c. Nu kan vi genomföra multiplikationen: XA = [ a b c ] 1 0 3 2 1 6 0 2 1 = [ a + 2b 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 (a) (b) (c) (d) 0 1 2 0 0 0 0 0 1 0 0 9 0 1 0 3 0 0 1 2 1 0 0 4 0 0 1 3 0 0 0 0 1 0 2 3 0 1 3 4 0 0 0 1 De obekanta heter x, y och z. Poängen avrundas mot 1. (a) x = 7 3t, y = 2t, z = t (där t R) (b) x = 9, y = 3, z = 2 (1/2p) (1/2p) (1/2p) (1/2p) (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! 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 (2p) Ja, detta är en lösning. Alternativt så kan man lösa systemet. Det har parameterlösning, x = 11 6 5 13 6t, y = 12 1 12 t, z = t. Detta är den lösning som svarar mot t = 1, så ja, det är en lösning. 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 A = 2 1 B = 4 2 3 2 5 3 Vi vet att XA = B Vad är matrisen X? Variant 1 Om A är inverterbar kan vi göra (2p) 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 3 2 0 1 1 0 2 1 0 1 3 2 Nu har vi X = BA 1 = 4 2 5 3 2 1 3 2 = 2 0 1 1 Variant 2 X måste vara en 2 2-matris, annars stämmer inte storlekarna. Säg att X = a b c d

MAA123 Lösning 2009.09.14 Sida 3 (av 3) I så fall är XA = a c b d 2 1 3 2 = 2a 3b 2c 3d a + 2b c + 2d = 4 2 5 3 = B För att detta ska stämma måste följande gälla: 2a 3b = 4 a + 2b = 2 2a 3b = 4 2c 3d = 5 a + 2b = 2 och c + 2d = 3 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 5 1 2 2 3 1 0 2 1 0 1 0 1 vilket innebär X = 2 0 1 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.) 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. 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) 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 4 9 1 = 1 ( 9) ( 2)+1 1 1+1 ( 4) 4 1 4 2 2 1 4 1 ( 4) ( 2) 3 ( 9) 1 = 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 u =5 och att v =7. Exakt vad kan vi säga om värdet på u+v? Motivera, rita gärna figur. (2p) u+v ligger någonstans mellan 7 5=2 och 7+5=12. 5 u u+v v 7? 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(A T ) (±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. (a) Rätt. (b) Fel. (c) Fel. Korrekt version är det(ka)=k n 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: v 1 u 1 u 2 v 3 v 2 Ange koordinaterna för följande vektorer i basen{u 1, u 2 }: (a) v 1 (b) v 2 (c) v 3 (2/3p) (2/3p) (2/3p) Motivering behövs ej. Poängen avrundas till heltal. Observera att första basvektorn ger första koordinaten: (a) v 1 = 0u 1 5u 2, koordinater (0, 5). (b) v 2 = 2u 1 4u 2, koordinater (2, 4). (c) v 3 = 2u 1 + 3u 2, 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) 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? (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 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 : 10 10 10 1 1 1 1 1 1 det 10 10 10 = det(10 1 1 1 )=103 1 1 1 10 10 10 1 1 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! 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: Course code Bladnr: Page nr Uppgift nr: Task nr Kursnamn: 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 u 1 och u 2. Rita in representanter för de vektorer som i basen{u 1, u 2 } har följande koordinater: (a) (3, 5) (b) ( 2, 4) (c) (0, 6) (2/3p) (2/3p) (2/3p) Se till att det klart framgår vilket svar som hör till vilken fråga! Poängen avrundas till heltal. 3u 1 5u 2 (a) u 1 (b) u 2 4u 2 2u 1 6u 2 = (c) 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 u 2 först) ges 1 p för uppgiften som helhet.

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) 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 4 9 1 = 2 ( 9) ( 2)+1 1 1+3 ( 4) 4 1 4 2 2 1 4 1 ( 4) ( 2) 3 ( 9) 1 = 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 u =5 och att v =7. Exakt vad kan vi säga om värdet på u+v? Motivera, rita gärna figur. (2p) u+v ligger någonstans mellan 7 5=2 och 7+5=12. 5 u u+v v 7? 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(A T ) (±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. (a) Rätt. (b) Fel. (c) Fel. Korrekt version är det(ka)=k n 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: v 1 u 1 u 2 v 3 v 2 Ange koordinaterna för följande vektorer i basen{u 1, u 2 }: (a) v 1 (b) v 2 (c) v 3 (2/3p) (2/3p) (2/3p) Motivering behövs ej. Poängen avrundas till heltal. Observera att första basvektorn ger första koordinaten: (a) v 1 = 0u 1 5u 2, koordinater (0, 5). (b) v 2 = 2u 1 4u 2, koordinater (2, 4). (c) v 3 = 2u 1 + 3u 2, 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: P 1 : ( 3, 2, 1), P 2 : (0, 2, 3), P 3 : ( 3, 3, 3) (ON-system.) För trianglar gäller Area = basen höjden 2 = sida sida sin(mellanliggande vinkel) 2 Om man tar vektorprodukten av kantvektorerna får man något med samma storlek som täljaren här. u = P 1 P 2 = (0, 2, 3) ( 3, 2, 1) = (3, 0, 2) v = P 1 P 3 = ( 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) u v = ( 2, 6, 3) = ( 2) 2 + ( 6) 2 + 3 2 = 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? l 1 : (x, y, z) = (4+2t, 3 t, 1+3t) l 2 : (x, y, z) = (6 2t, 4+t, 4+3t) Motivera! (Linjerna är angivna i samma koordinatsystem.) (2p) 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 P 1 : (4,, 3, 1) inte ligger på l 2 : 1 p. Därav dragit slutsatsen att linjerna inte är identiska: 1 p. Korrekt konstaterat att P 2 : (6, 4, 4) ligger på l 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) 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). l : (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 sig alltså 1(5, 14, 2) från P, avståndet är 5 2 + ( 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 resultatet 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) (b) Multiplikation med skalär; skalning (eng. scalar multiple) (c) Vektorprodukt (eng. cross product) (2/3p) (2/3p) (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) (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 linjenl : (x, y, z) = ( 5, 10, 1)+ t( 2, 3, 1) och planetπ : 4x y+2z= 1. Om det inte finns någon skärningspunkt, bestäm istället avståndet. (ON-system) (2p) 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 mellanπoch P 0 : ( 5, 10, 1) får 1 p. 2. (a) Rita en bild som visar vad som menas med projektionen av vektorn u på vektorn v, proj v u. Se till att det klart framgår vilken vektor som är vilken! u proj v u v 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 proj v u? (Motivering behövs ej.) proj v u= u v u v v= v 2 v v v Rättningsnorm: Båda varianterna går lika bra, däremot duger ingenting annat. Om man i (a) ritat proj u v så får en korrekt formel för den saken poäng här. 3. Vi har vektorerna u = ( 1, 3, 4), v = (0, 5, 2) (angivna i samma ONbas). Beräkna (4u+3v) (3u+2v). (2p) 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) Det här blev lättare att räkna ut! + (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) 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. PlanetΠkan 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) Vi väljer att gå via punkt-normalform Π : (x, y, z)=(3, 1, 4) } {{ } +s (1, 0, 3) } {{ } P 0 r 1 +t (2, 2, 1) } {{ } r 2 Vektorprodukten av riktningsvektorerna är vinkelrät mot båda två, och går att använda som normalvektor: n=r 1 r 2 = (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 A = 2 5 B = 0 4 3 1 3 0 Beräkna, eller förklara varför det är omöjligt: (a) A + B 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 Den här går bra att räkna ut: 1 3 AB = 2 5 0 4 1 0 + 3 3 1 4 + 3 ( 1) 9 7 3 1 = 2 0 + ( 5) 3 2 4 + ( 5) ( 1) = 15 13 3 0 3 0 + 0 3 3 4 + 0 ( 1) 0 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!

MAA123 Tentamen, del 1 Lösning 09.10.30 Sida 2 (av 4) 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 1 2 3 4 3 6 9 12 1 2 3 4 1 2 3 4 0 1 3 2 0 0 0 0 0 1 2 3 4 0 0 0 0 0 4 6 0 1 0 0 4 0 1 3 2 0 0 0 0 0 Detta innebär att x = 4 och y 2 3 z =, vilket kan skrivas x = 4, y = 2 3t, 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. Sätt in den i ekvationssystemet: VL 1 = 2 4 4 3 2 t + 6t = 8 6t + 6t = 8 = HL 1 VL 2 = 3 4 6 3 2 t + 9t = 12 9t + 9t = 12 = HL 2 VL 3 = 4 2 3 2 t + 3t = 4 3t + 3t = 4 = HL 3 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! 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! 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 1 3 2 1 4 2 Vi inverterar. Observera att första steget får bli ett radbyte, och vi passar på att göra ett teckenbyte samtidigt. 0 2 1 1 0 0 1 3 2 0 1 0 1 3 2 0 1 0 0 2 1 1 0 0 1 4 2 0 0 1 1 4 2 0 0 1 1 3 2 0 1 0 1 3 2 0 1 0 0 2 1 1 0 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 2 1 1 0 0 1 3 2 0 1 0 1 3 0 2 3 4 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 2 2 0 0 1 1 2 2 1 0 0 2 0 1 2 0 1 0 1 0 0 1 1 Svar: 0 1 1 0 0 1 1 2 2 1 2 2 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. Har man räknat rätt så ska ursprungsmatrisen gånger den beräknade inversen ge enhetsmatrisen. Kolla: 0 2 1 2 0 1 1 3 2 0 1 1 = 1 4 2 1 2 2 0 2+( 2) 0+1 1 0 0+( 2) 1+1 2 0 ( 1)+( 2) ( 1)+1 ( 2) = 1 2+( 3) 0+2 1 1 0+( 3) 1+2 2 1 ( 1)+( 3) ( 1)+2 ( 2) 1 2+( 4) 0+2 1 1 0+( 4) 1+2 2 1 ( 1)+( 4) ( 1)+2 ( 2) 1 0 0 = 0 1 0 0 0 1

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) 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 2 1 1 0 3 3 7 5 0 1 2 2 2 2 0 0 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

MAA123 Tentamen, del 2 Lösning 09.10.30 Sida 2 (av 3) Utveckling efter 3:e kolumnen verkar fördelaktig: 4 1 2 4 5 0 = 2 4 5 0 3 1 0 3 0 4 1 0 3 + 1 4 1 4 5 = 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! 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? (b) Hur brukar man rent praktiskt göra för att kontrollera om en mängd vektorer är linjärt beroende? (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 (b) u v (c) 2u + 3v (2/3p) (2/3p) (2/3p) Det ska alltså inte finnas med någon beräkning, utan svaret ska utgöras av en bild. Poängen avrundas till heltal. 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 u (b) (b) u (c) (a) v 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 P 1 : (4, 3, 3), P 2 : ( 2, 1, 0), P 3 : (1, 1, 1) Svaret ska vara parameterfritt, dvs. det ska inte ingå några parametrar i det. (ONsystem) (2p) Planets ekvation ska se ut som ax + by + cz + d = 0, och de givna punkternas koordinater ska stämma in. Det ger detta ekvationssystem: P 3 : a 1 + b 1 + c 1 + d = 0 P 2 : a ( 2) + b 1 + c 0 + d = 0 P 1 : a 4 + b 3 + c 3 + d = 0 (P 3 hade trevliga koordinater, och fick därför ligga överst.) Lösning av systemet ger 1 1 1 1 0 2 1 0 1 0 4 3 3 1 0 1 0 0 2 0 0 1 0 3 0 0 0 1 6 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 l : (x, y, z) = (6 2t, 7 + 3t, 8 4t) (angivna i samma ON-system). Bestäm vinkeln mellan linjen och planet. (2p) 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 cos β = n r (2, 3, 4) ( 2, 3, 4) = n r (2, 3, 4) ( 2, 3, 4) 2 ( 2) + ( 3) 3 + 4 ( 4) = 22 + ( 3) 2 + 4 2 ( 2) 2 + 3 2 + ( 4) = 29 = 1 = cos 180 2 29 29 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 (b) u v w (c) u 1 u 2 + u 3 u 4 (2/3p) (2/3p) (2/3p) Samtliga bokstäver står för vektorer. Poängen avrundas till heltal. (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 l : (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 l? Motivera! P ligger på l om det finns något värde på t som ger P:s koordinater. Kolla: ( 5, 6, 5) + t( 4, 2, 3) = (3, 2, 1)

MAA123 Tentamen, del 3 Lösning 09.10.30 Sida 3 (av 3) ger systemet 5 4t = 3 6 + 2t = 2 5 3t = 1 4t = 8 2t = 4 3t = 6 t = 2 t = 2 t = 2 Det fanns alltså ett t som funkar, så P ligger på l. 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! 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.

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) 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 2 3 1 4 2 2 3 1 4 0 3 3 3 5 3 = 3 3 3 5 0 1 2 2 2 1 1 2 2 2 0 0 4 4 1 0 0 4 4 1 0 2 3 1 4 = 1 3 3 3 5 1 2 2 2 0+0 0+0 0 4 4 1 Vi ser om vi kan göra samma sak igen. Att dra tredje kolumnen från andra verkar bra: 2 2 1 4 = 3 0 3 5 3 3 5 1 0 2 2 = ( 2 1 2 2 + 0 0+0) 0 4 1 0 0 4 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 2 4 1 ( 1) 3 5 4 1 + 0) = 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) 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) 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. 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: u 1 och u 2. Normen för u 1 är 2, normen för u 2 är 3. Vinkeln mellan vektorerna ärπ/4. Vektorn v har koordinaterna (4, 5) i basen{u 1, u 2 }. Vad har v för norm? (4p) Trigonometri Problemet kan illustreras så här (1 enhet motsvaras av 0,5 cm): c v 5u 2 b=5 3=15 C= 135 45 4u 1 a=4 2=8 Den sökta normen motsvarar längden på den översta sidan i triangeln. Cosinussatsen ger c 2 = a 2 + b 2 2ab cosc= 8 2 + 15 2 2 8 15 cos 135 2 = 64+225 240 ( 2 )=289+120 2 så c= v = 289+120 2 ( 21, 4) Skalärprodukt Vi utnyttjar att v 2 = v v och räknereglerna för skalärprodukt: v 2 = v v=(4u 1 + 5u 2 ) (4u 1 + 5u 2 ) = 16(u 1 u 1 )+40(u 1 u 2 )+25(u 2 u 2 ) = 16 2 2 + 40 2 3 cos π 4 + 25 32 = 64+240 2 2 + 225=289+120 2 så v = 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 u 1. Illustration (där 1 enhet motsvaras av 1 cm): 3 u 2 e 2 1 π/4 u 1 e 1 1 2 Vi ser att u 1 = 2e 1 och att u 2 = (3 cosπ/4)e 1 + (3 sinπ/4)e 2 = (3 2/2)e 1 + (3 2/2)e 2. Det ger oss de nya koordinaterna för v: v=4u 1 +5u 2 = 4 2e 1 +5 ( (3 2/2)e 1 +(3 2/2)e 2 ) = (8+15 2/2)e1 +(15 2/2)e 2 v har alltså koordinaterna (8+15 2/2, 15 2/2) i den ortonormerade basen{e 1, e 2 }. Då blir normen v = (8+15 2/2) 2 + (15 2/2) 2 = 8 2 + 2 8 15 2/2+15 2 2/22 + 15 2 2/2 2 = 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.