MM2001 · Hela algebra

Tenta 2006-11-29

#Uppgift 1

Uppgift 1

Lös ekvationen $\sqrt{x + 1} = 1 + \sqrt{4 - x}$.

Visa lösningDölj lösning

En lösning måste uppfylla $-1\le x\le4$. Efter en första kvadrering får vi $x-2=\sqrt{4-x}$. En andra kvadrering ger $x(x-3)=0$, alltså kandidaterna $x=0$ och $x=3$. Insättning i ursprungsekvationen visar att endast $x=3$ gäller.

#Uppgift 2

Uppgift 2

Vi definierar en följd $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ genom $a_1 = 1$ och $a_{n+1} = \frac{a_n}{2 + a_n}$ om $n\ge 1$. Gissa en sluten form för $a_n$ och bevisa gissningen med induktion.

Visa lösningDölj lösning

De första termerna är $1,\frac13,\frac17,\frac1{15},\ldots$, så vi gissar att $a_n=\frac1{2^n-1}$. För $n=1$ stämmer detta. Antag att $a_n=\frac1{2^n-1}$. Då är $$a_{n+1}=\frac{a_n}{2+a_n}=\frac{1/(2^n-1)}{2+1/(2^n-1)}=\frac1{2^{n+1}-1}.$$ Induktionsprincipen ger formeln för alla $n\ge1$.

#Uppgift 3

Uppgift 3

(a)

För vilka $a$ utgör vektorerna $(0, -1, 2)$, $(1, a, -2)$ och $(a, 3, 6)$ en bas för $\mathbb{R}^3$?

(b)

Låt nu $a = 1$. Bestäm vidare vektorn $\mathbf{u}$s koordinater i denna bas, om $\mathbf{u} = (3, 1, 2)$.

Visa lösningDölj lösning

a) Vektorerna bildar en bas precis när $$\det\begin{pmatrix}0&1&a\\-1&a&3\\2&-2&6\end{pmatrix}=-2(a-3)(a+2)\ne0.$$ Alltså krävs $a\ne-2,3$.

b) Skriv $(3,1,2)=x(0,-1,2)+y(1,1,-2)+z(1,3,6)$. Gausselimination av det motsvarande systemet ger $$\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8/3\\8/3\\1/3\end{pmatrix}.$$ Koordinaterna i den givna basen är alltså $\left(\frac83,\frac83,\frac13\right)$.

#Uppgift 4

Uppgift 4

Bestäm den ortogonala projektionen av vektorn $\mathbf{u} = (3, -1, 2)$ på skärningslinjen mellan planen $2x_1 + x_2 - 2x_3 = 0$ och $2x_1 + 4x_2 + x_3 = 0$. (ON-system)

Visa lösningDölj lösning

Skärningslinjen kan skrivas $(x_1,x_2,x_3)=t(3,-2,2)$. En enhetsriktningsvektor är därför $\mathbf v=(3,-2,2)/\sqrt{17}$. Den ortogonala projektionen av $\mathbf u=(3,-1,2)$ på linjen är $$(\mathbf u\cdot\mathbf v)\mathbf v=\frac{15}{17}(3,-2,2).$$

#Uppgift 5

Uppgift 5

Låt $V$ vara mängden av alla vektorer i rummet. Låt vidare $\mathbf{e} = (\mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2, \mathbf{e}_3)$ vara en positivt orienterad ON-bas i rummet. Definiera den linjära avbildningen $F$ av $V$ genom att sätta

$$F(\mathbf{v}) = \mathbf{v} + (\mathbf{a}\times\mathbf{v})$$

för alla $\mathbf{v}\in V$, där $\mathbf{a} = \mathbf{e}_1 + \mathbf{e}_2 + \mathbf{e}_3$. Bestäm matrisen för $F$ i basen $\mathbf{e}$. Motivera också att det för varje given vektor $\mathbf{u}\in V$ finns en entydigt bestämd vektor $\mathbf{v}\in V$ sådan att

$$\mathbf{v} + (\mathbf{a}\times\mathbf{v}) = \mathbf{u}.$$

Bestäm också denna entydigt bestämda vektor $\mathbf{v}$ om $\mathbf{u} = \mathbf{e}_1 + 2\mathbf{e}_2 + 3\mathbf{e}_3$.

Visa lösningDölj lösning

Skriv $\mathbf v=v_1\mathbf e_1+v_2\mathbf e_2+v_3\mathbf e_3$. Då är $$F(\mathbf v)=(v_1-v_2+v_3)\mathbf e_1+(v_1+v_2-v_3)\mathbf e_2+(-v_1+v_2+v_3)\mathbf e_3,$$ så matrisen i basen $\mathbf e$ är $$A=\begin{pmatrix}1&-1&1\\1&1&-1\\-1&1&1\end{pmatrix}.$$ Eftersom $\det A=4\ne0$ är $F$ inverterbar; alltså finns exakt ett $\mathbf v$ för varje $\mathbf u$. För $[\mathbf u]_{\mathbf e}=(1,2,3)^T$ ger lösningen av $A[\mathbf v]_{\mathbf e}=[\mathbf u]_{\mathbf e}$ att $$\mathbf v=\frac32\mathbf e_1+\frac52\mathbf e_2+2\mathbf e_3.$$

#Uppgift 6

Uppgift 6

Rita följande mängder i det komplexa planet:

(a)

$A = \{z\mid\lvert\operatorname{Im}(z)\rvert\le 1\}$.

(b)

$B = \{z\mid\lvert z - 1\rvert < \lvert z + 1\rvert\}$.

(c)

$C = \{z\mid -1\le\operatorname{Im}(z) + \operatorname{Re}(z)\le 1\}\cap\{z\mid -1\le\operatorname{Im}(z) - \operatorname{Re}(z)\le 1\}$.

(d)

$D = \{z\mid\lvert z - 3\rvert + \lvert z + 3\rvert\le 10\}$.

Visa lösningDölj lösning

Sätt $z=x+iy$.

(a) $|\operatorname{Im}z|\le1$ är remsan $-1\le y\le1$.

(b) $|z-1|<|z+1|$ ger $(x-1)^2+y^2<(x+1)^2+y^2$, alltså det öppna högra halvplanet $x>0$.

(d) Mängden är ellipsen med centrum i origo, halvaxlarna $5$ och $4$, dvs. $$\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}\le1.$$