Eksamen i ELE Matematikk valgfag Torsdag 18. mai Oppgave 1

Transkript

1 Eksamen i ELE79 - Matematikk valgfag Torsdag 8. mai 07 LØSNINGFORSLAG Oppgave (a) Den utvidede matrisen til likningssystemet er 6 Gausseliminasjon: ganger rad I legges til rad II: 0 0 Rad I trekkes fra rad III: Rad II legges til rad III: Dette er en matrise på trappeform (det finnes andre). Det nye likningssystemet x + x x = x + x = x = har de samme løsningene som det opprinnelige. Likning III gir x = 7, likning II gir da at x = 7, dvs x =. Den andre kolonnen har ingen pivot, så = s for en fri parameter s. Likning I gir dermed x = + s + 7 = s + 0. På matriseform: x x x 0 = s (b) Matriseformen Ax = b til likningssystemet har A = 6, x = x x x, b = Kolonnevektorene er lineært avhengige fordi den andre kolonnen i trappeformen ikke har pivot. Alternativt: Hvis kolonnene hadde vært lineært uavhengige hadde likningssystemet hatt en unik løsning, men som (a) viser er det uendelig mange løsninger.

2 (c) Fordi trappeformen har pivoter i kolonne, og er {u, u, u } en basis for span{u, u, u, u }. Anta c = er en -vektor. Da kan vi utføre de samme elementære radoperasjonen på den utvidede matrisen til likningssystemet Ax = c som i (a) og få c 0 0 c + c c + c + c Dette likningssystemet har en løsning og derfor er alle -vektorer i span{u, u, u, u }. c c c Oppgave (a) For x er f X (x) = 9 (x y x y + ) dy = 9 x y x y y + y = 9 x x + x x + = (9 6 + ) x = (x ) 9 9 og ellers er f og derfor f X lik 0. For y er y= f Y (y) = 9 (x y x y + ) dx = 9 y x= x y + x x= = 9 y y + y y + = ( 0 + 8) y = (y ) 9 og ellers er f og derfor f Y lik 0. (b) De stokastiske variablene X og Y har sannsynsynlighetstettheter henholdsvis f X og f Y. Fordi (x ) 9 (y ) = 9 (x y x y + ) er f X f Y = f og X og Y er per definisjon uavhengige. (c) Vi har at y= og x= x E(X ) = x 9 (x ) dx = 9 = 9 = 9 x= ( ) = E(Y ) = y (y ) dy = y y = = x= x= ( 7 + ) 6 = 7

3 (d) Fordi X og Y er uavhengige stokastiske variabler er Cov(X, Y ) = 0 og E(X Y ) = E(X )E(Y ) = ( 7 ) = 8. Oppgave (a) Vi multipliserer begge sider i likningen med den integrerende faktoren e t+ dt = e t +t og ser at venstresiden blir (ye t +t ) mens høyresiden blir e t. Dermed får vi at ye t +t = e t dt = e t + C hvor C er en ubestemt konstant som gir y(t) = e t t (e t + C) = e t + Ce t t (b) Den karakteristisk likningen r + 6r + 9 = 0 har løsning r = (dobbeltrot). Dermed er y h = (C 0 + C t)e t. Vi gjetter på en partikulær løsning: y p = A (en konstant). Differensiallikningen gir da 9A = som har løsningen A =. Dermed er y(t) = y h (t) + y p (t) = (C 0 + C t)e t + hvor C og C er ubestemte konstanter. Da (C 0 + C t)e t = (C 0 + C t) e t og e t vokser langt raskere når t vokser enn C 0 + C t uansett hva konstantene C 0 og C er, vil y(t) når t. (c) Vi multipliserer hver side av likningen med e y og får den separable likningen e y y = t. Dermed er e y dy = e y y dt = t dt som gir e y = t + C, dvs y(t) = ln(t + C). Initialbetingelsen gir ln(c) = 0 dvs C = e 0 = og y(t) = ln(t + ). Oppgave (a) Den karakteristiske likningen er det(λi A) = 0, dvs λ 9λ + = 0 som har løsninger λ = og λ = 7. (b) For λ = er egenvektorene løsningene på matriselikningen (I A)x = 0. Vi bruker Gausseliminasjon på 6 I A = 9 Dividererer rad I med : 9 Adderer ganger rad I til rad II: 0 0 som er på trappeform

4 Ingen pivot i andre kolonne, så = s for en fri parameter s og x = s. Vektoren x = s har lengde s + = s. For at lengden skal bli setter vi s = og får egenvektoren u = For λ = 7 er egenvektorene løsningene på matriselikningen (7I A)x = 0. Vi bruker Gausseliminasjon: 9 7I A = Dividererer rad I med 6 = Adderer ganger rad I til rad II 6 = 0 0 som er på trappeform Ingen pivot i andre kolonne så = s for en fri parameter s og x = s. På matriseform x = s som har lengde s + = s. For at lengden skal bli setter vi s = og får egenvektoren u = La P være ( )-matrisen med med u og u som kolonnevektorer, dvs P = Da er D = P AP diagonalmatrisen med egenverdiene på hoveddiagonalen: 0 D = 0 7 (c) Den kvadratiske formen har symmetrisk matrise 8 0 B = Vi finner egenverdiene til B som løsningene på likningen det(λi B) = 0, dvs (λ 9λ + )(λ ) = 0 som har løsningene λ =, λ = 7 og λ =. Disse er alle positive og Q er derfor positiv definitt.

5 (d) Vi har at 0 det D = det(p BP) = (det P) (det B)(det P) = det B så dermed er B invertibel. Ved å multiplisere likningen D = P BP med P på venstresiden og med P på høyresiden får vi P DP = B. Da er B = (P DP ) = (P ) D P = P D P Fordi P er ortogonal, er P = P T og dermed er B = P D P T. Hvis D har tallene λ, λ,... λ n på hoveddiagonalen (og 0 ellers) er D også diagonal med λ, λ,... λ n på hoveddiagonalen. Dermed kan vi beregne B som et produkt av tre kjente matriser. Oppgave (a) For normalløsningen er Hamilton-funksjonen H = y u + pu. Vi avgjør først om H er konkav i (y, u). Vi har H y = y H u = u + p som gir H y y = = A H yu = 0 = B H uu = = C Dermed er AC B = ( )( ) 0 = 0 og A = < 0 så H er konkav i (y, u) og en løsning på Pontryagin-betingelsene vil derfor gi et maksimum. Pontryagin-betingelsene gir p = u () p = y () Vi vil finne en differensiallikning som bare innholder y og dens deriverte. () innsatt i () gir p = y og hvis vi deriverer får vi p = y (6) () og (6) gir dermed den homogene differensiallikningen y y = 0 (7) Den har karakteristisk likning r = 0 med løsningene r = ±. Det gir y(t) = C e t + C e t. Fra () får vi C = C. Fra () får vi da C (e e ) = (e e ) dvs C = og C =. Dermed er y(t) = e t e t. Da er fra () u(t) = y (t) = e t + e t. (b) () gir at u kan erstattes med y. Det gir variasjonsproblemet maks y (y ) y(0) = 0 () dt, y() = (e e ) () 0 Vi avgjør først om F = y (y ) er konkav i (y, y ). Vi har F y = y F y = y

6 som gir F y y = = A F = 0 = B y y F = = C y y Dermed er AC B = ( )( ) 0 = 0 og A = < 0 så F er konkav i (y, y ) og en løsning på Euler-betingelsen vil derfor gi et maksimum. NB: A, B og C vil generelt ikke være de samme i variasjonsproblemet som i kontrollproblemet. Vi har videre at d(f ) y = y dt Euler-betingelsen gir dermed y ( y ) = 0 som igjen gir den homogene differensiallikningen (7) som vi fant i (a). Da initialbetingelsene er de samme vil også løsningen bli den samme som for y(t) i (a). 6