Hopp til hovedinnholdet

Universitetseksamen etter tema

Øv på ett tema om gangen med oppgavene fra universitetseksamenene vi har lagt ut, foreløpig NTNU Matematikk 1. Velg område og tema, så henter vi oppgavene fra alle settene. Prøv selv først – løsningen ligger under oppgaven når du står fast.

Område

Emne

lineære likningssystemer

Velger du flere tema, får du oppgavene som har alle sammen.

2 oppgaver i NTNU Matematikk 1 om lineære likningssystemer

Oppgavene

TMA4400 konteeksamen 2026 - Del 1

Oppgave 4

4 poeng

Hvor mange løsninger har følgende likningssystem?
x1+2x2+2x3=32x1+4x2+4x3=−53x1−2x2+6x3=7 \begin{aligned} x_1 + 2x_2 + 2x_3 &= 3 \\ 2x_1 + 4x_2 + 4x_3 &= -5 \\ 3x_1 - 2x_2 + 6x_3 &= 7 \end{aligned}
A En løsning B Tre løsninger C Ingen løsning D To løsninger E Uendelig mange løsninger
Vis løsning på oppgave 4

Svar

Riktig alternativ er C:
Ingen løsning‾‾ \underline{\underline{\text{Ingen løsning}}}
Vi ser at venstresiden i andre likning er nøyaktig to ganger venstresiden i første. Vi trekker derfor den ene fra den andre, som i Gauss-eliminasjon.
1. Eliminer med første likning Vi tar andre likning minus to ganger første likning, med Gauss-eliminasjon som i videoen Inversmatrise.
Venstresiden blir: \[ \begin{aligned} &(2x_1 + 4x_2 + 4x_3) \\ &- 2(x_1 + 2x_2 + 2x_3) \\ &= \textcolor{blue}{0} \end{aligned} \]
Høyresiden blir: \[ -5 - 2 \cdot 3 = \textcolor{red}{-11} \]
2. Les av den siste likningen Det gir oss likningen: \[ \textcolor{blue}{0} = \textcolor{red}{-11} \]
Dette stemmer aldri, uansett hva \( x_1\text{,} \) \( x_2 \) og \( x_3 \) er. Systemet har derfor ingen løsning.

TMA4400 konteeksamen 2026 - Del 1

Oppgave 5

4 poeng

I alternativene nedenfor er A A en n×n n \times n -matrise, x∈Rn \mathbf{x} \in \mathbb{R}^n og b∈Rn. \mathbf{b} \in \mathbb{R}^n\text{.} Merk av det alternativet som alltid er sant.
A Dersom A A er inverterbar, så er det⁡(A)=0. {\det(A) = 0}\text{.} B Dersom det⁡(A)=0 {\det(A) = 0} og b≠0, {\mathbf{b} \neq \mathbf{0}}\text{,} har Ax=b {A\mathbf{x} = \mathbf{b}} ingen løsning. C Dersom det⁡(A)≠0, {\det(A) \neq 0}\text{,} har Ax=b {A\mathbf{x} = \mathbf{b}} entydig løsning. D Ax=0 {A\mathbf{x} = \mathbf{0}} har aldri entydig løsning. E Ax=0 {A\mathbf{x} = \mathbf{0}} har alltid uendelig mange løsninger.
Vis løsning på oppgave 5

Svar

Riktig alternativ er C. Dersom det⁡(A)≠0, {\det(A) \neq 0}\text{,} har Ax=b {A\mathbf{x} = \mathbf{b}} den entydige løsningen
x=A−1b‾‾ \underline{\underline{\mathbf{x} = A^{-1}\mathbf{b}}}
Alt her handler om når \( A \) har en invers. Vi begrunner det som stemmer, og finner et moteksempel til de andre.
1. Begrunn det riktige alternativet \( A \) er inverterbar nøyaktig når \( {\det(A) \neq 0}\text{.} \) Da kan vi gange \( {A\mathbf{x} = \mathbf{b}} \) med \( {A^{-1}} \) fra venstre, som i videoen Likningssystem med inversmatrise: \[ \textcolor{blue}{\mathbf{x}} = \textcolor{blue}{A^{-1}\mathbf{b}} \]
Dette er én bestemt vektor, så løsningen er entydig. Alternativ C stemmer.
2. Utelukk de andre A er feil av samme grunn: en inverterbar matrise har \( {\det(A) \neq 0}\text{.} \)
For B ser vi på et moteksempel der \( {\det(A) = 0}\text{,} \) men der vi likevel har løsninger: \[ A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} \]Her er for eksempel \( {x_1 = 1}\text{,} \) \( {x_2 = 0} \) en løsning.
For D og E tar vi \( {A = I}\text{.} \) Da har \( {I\mathbf{x} = \mathbf{0}} \) den entydige løsningen \( {\mathbf{x} = \mathbf{0}}\text{.} \)