Norges Informasjonstekonlogiske Høgskole

Transkript

1 Oppgavesettet består av 9 (ni) sider. Norges Informasjonstekonlogiske Høgskole RF5100 Lineær algebra Side 1 av 9 Tillatte hjelpemidler: Kalkulator, vedlagt formelark Varighet: 3 timer Dato: 11.desember 2013 Fagansvarlig: Lars Sydnes lars.sydnes@nith.no Oppgavesettet består av 6 oppgaver. Løsningsforslag Oppgave 1 a) Løs ligningssystemet ved Gauss-Jordan-eliminasjon. x + z = 5 x y = 1 2x + y + 3z = 10 Vi skriver systemet på matriseform og gjør radoperasjoner: Dette viser at løsningen er x = 2, y = 3, z = 3. b) Finn verdier av a,b,c slik at grafen y = a sin x+b cos x+c går gjennom punktene ( π ) P 1 = 2,5, P 2 = (π,6), P 3 = (2π,0) Vi har tre opplysninger i sving: (i) Grafen går gjennom P 1. Siden cos π 2 = 0 og sin π 2 = 1, ser vi at grafen går gjennom P 1 hvis og bare hvis a + c = 5

2 Side 2 av 9 (ii) Grafen går gjennom P 2. Siden cosπ = 1 og sinπ = 0 er dette ekvivalent med b + c = 6 (iii) Grafen går gjennom P 3. siden cos2π = 1 og sin2π = 0 er dette ekvivalent med at b + c = 0 (i),(ii) og (iii) gir oss et ligningsystem med tilhørende matriseform Vi kjenner denne matrisen igjen fra punkt a), og ser at løsningen må være a = 2,b = 3,c = 3. Oppgave 2 Her bruker vi kamerakoordinater der siktretningen faller sammen med den positive z-aksen. a) Anta at punktet P har kamerakoordinater (4,2,24) og at zoom x = 3 og zoom y = 4. Beregn de normaliserte skjermkoordinatene til punktet P. N x = zoom x z N y = zoom y z x = = 1 2. y = = 1 3. De normaliserte skjermkoordinatene er altså (1/2,1/3). b) Vi rendrer til et vindu på skjermen der øvre venstre hjørne har fysiske skjermkoordinater (10,30), mens nedre høyre 1 hjørne har fysiske skjermkoordinater (1074,828) Beregn de fysiske skjermkoordinatene til et punkt som har normaliserte skjermkoordinater (1/2,1/3). 1 Den opprinnelige oppgaveteksten sier nedre venstre her.

3 Side 3 av 9 Rask, smart løsning: Vi kan se på dette som et interpolasjonsproblem i x- og y- retning: Siden N x = 1 2 = 1 4 ( 1) , må Siden må win x = = N y = 1 3 = , win y = = Normal løsning: Vi har winres x = 1064, winres y = 798, wincenter x = 542, wincenter y = 429. Dermed er og win x = wincenter x + winres x N x = = 808 win x = wincenter x winres x N x = = 296. Oppgave 3 Bestem pitch (p) og heading (h) for orienteringen som er definert av matrisen B = Slik Eulervinklene h, p,b er definert (jfr. formelarket), må sin p =.866, tanh = cos p sinh cos p cosh = Direkte inntasting på kalkulator gir p = π 3 = 60, h = π 5 = 36.

4 Side 4 av 9 Vi vil gjerne kontrollere at dette faktisk er den riktige løsningen. Vi har Følgelig er p = 60, h = 36. sin p =.866, sinh cos p =.293, cosh cos p =.404. Oppgave 4 Se på en rotasjon R og dens ulike representasjoner: (i) Kvaternionrepresentasjon: q = ( 1 2, 1 2, 1 ) 2, 1 2 (ii) Matriserepresentasjon: B = b 1 b 2 b 3 (iii) Akse-vinkel-representasjon: (θ, ˆn) a) Bestem aksen ˆn og rotasjonsvinkelen θ til rotasjonen R. Vi skriver q = (w,x), og kalkulerer den tilhørende rotasjonsvektoren θ ˆn ved hjelp av logaritmen ( ) 1 1 log(q) = 2atan( x, w) ˆx = 2atan 3, ˆx = 2π [ ] , 3, Vi konkluderer med at rotasjonsvinkelen er på θ = 2π/3 = 120 mens rotasjonsaksen [ ] ˆn = ˆx = 3, 3, b) Det oppgis at q[0,1,0,0]q = [0,0,0, 1] og q[0,0,1,0]q = [0,1,0,0] Bestem de to øverste radene b 1,b 2 i B. Sammenhengen mellom kvaternioner med lengde 1 og rotasjonsmatriser er slik at q[0, ˆx]q = [0, ˆxB] = [0,b 1 ], q[0,ŷ]q = [0,ŷB] = [0,b 2 ], q[0,ẑ]q = [0,ẑB] = [0,b 3 ]

5 Side 5 av 9 Opplysningene i oppgaven medfører dermed at ˆxB = [0,0, 1] = ẑ, og ŷb = [1,0,0] = ˆx, med andre ord at b 1 = ẑ og b 2 = ˆx. c) Bruk kjennskapen til b 1 og b 2 til å bestemme den tredje raden b 3 i B. Hva blir resultatet av multiplikasjonen q[0,0,0,1]q? I orienteringsmatriser som B har vi alltid b 3 = b 1 b 2. Følgelig er b 3 = b 1 b 2 = 0 0 = Den tredje raden i B er altså [0, 1,0] = ŷ. Følgelig er q[0,0,0,1]q = [0,0, 1,0] Oppgave 5 a) Her ser du noen homogene 4-vektorer: x 1 = [1, 2,1, 1], x 2 = [4,2,1,0] og x 3 = [2,4,2,2]. Her ser du noen punkter og noen vektorer: P = (2,4,2), Q = ( 1,2, 1), u = [1, 2,1], og v = [4,2,1]. Angi hvilke objekter som hører sammen. x 1 representerer punktet Q x 2 representerer vektoren v x 3 representerer punktet (1,2,1). Altså ingen av de oppgitte punktene og vektorene.

6 Side 6 av 9 b) Her ser du en matrise: Forklar hva denne matrisen vanligvis brukes til. Denne 4 4-matrisen kan brukes til å representere en affin transformasjon x x [ ] Siden cos(36 ).809 og sin(36 ).587, ser vi at dette kan beskrives som en rotasjon på 36 omkring z-aksen altså mot klokka i x, y-planet etterfulgt av en translasjon 1 enhet i positiv y-retning. c) Matrisen A = kan forstås som en transformasjon av punkter (x, y, z). Beskriv hva denne transformasjonen gjør. Den første matrisen i produktfremstillingen av A kjenner vi igjen fra punkt a). Den andre matrisen representerer perspektivprojeksjon på planet z = 1, ( x (x, y, x) = [x, y, z,1] [x, y, z, z] = z, y ) z,1 Vi kan dermed beskrive transformasjonen slik (i) Rotér 36 omkring z-aksen. (ii) Translater 1 enhet i positiv y-retning. (iii) Projisér ned på planet z = 1 med perspektivprojeksjon.

7 Side 7 av 9 Oppgave 6 Leketøysmodell av jord-sol-måne-systemet: Globalt koordinatsystem ˆx, ŷ, ẑ. Felles referansesystem. Jordisk koordinatsystem B = {b 1,b 2,b 3 }. Daglig roterende referansesystem for jorden. Solen befinner seg i punktet O, origo. Jorden befinner seg i punktet T. Månen befinner seg i punktet M. Oslo befinner seg i punktet P. I b 1,b 2,b 3 -koordinater: T P = [0.087,0.492,0.866] B. Vi skal se på et tidspunkt der OT = , OM = og b 1 b 2 b = a) Bestem Oslo kommunes koordinater i det globale koordinatsystemet. Vi vet at T P = [0.087,.492,.866] lokal t Dermed er og T P = [0.087,.492,.866]B = [ ] OP = OT + T P = [ ] Konklusjon: Oslo kommune har posisjonen (121.13,139.36,1.90) i det globale koordinatsystemet. b) Beregn koordinatene til vektoren T M målt i jordens lokale koordinatsystem.

8 Side 8 av 9 T M = OM OT = [ ] Vi finner denne vektorens b 1,b 2,b 3 -koordinater ved å multiplisere med B T : T M lokal = [ 2.10,2.14,1.097]B T = [ ] Månens koordinater i jordens lokale koordinatsystem er altså (0.204, 3.173, 0.149). c) Hvor høyt over horisonten befinner månen seg når vi betrakter den fra Oslo. Under dette punktet lar vi alle beregninger referere til jordens lokale koordinatsystem. Månens forflytningsvektor sett fra Oslo er P M = OM OP = [ ]. Jordoverflaten har normalvektor n = T P i Oslo. La θ betegne vinkelen mellom P M og n. Da er cosθ = P M n n P M = , altså θ 75. månens høyde over horsonten er dermed = 15. d) Hvordan ser månen ut når vi betrakter den fra Oslo? Gi en grov skisse. Tips: Prøv å forstå trekanten Oslo månen sola. Månefasen er bestemt av vinkelen OMP. Vi har MO = [ , , 2.01], M P = [1.814, 2.102, 0.113], så cos( OMP) = MO MP MO MP = 0.158, altså OMP 81. Skisse:

9 Side 9 av 9 sol måne oslo jord Siden vinkelen OMP er litt spiss, vil mer enn halve månen være opplyst når vi betrakter den fra Oslo. Vi kan angi graden av belysning ved å anslå hvor stor del av månens ekvator som er opplyst, i det projiserte bildet sett fra Oslo. OMG avviker fra den rette vinkelen med 9. Den opplyste delen av ekvator vil ha en utbredelse på omtrent 1 + sin måneradier, mens den mørke delen vi ha en utbredelse på omtrent 0.85 måneradier. Dermed vil månen se omtrent slik ut: Mrk: Dersom man klarer å begrunne at månen er mellom halv og full, så er det veldig bra. Slutt på oppgavesettet