LØSNINGSSKISSE TIL EKSAMEN I FAG SIF august 2001

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 LØSNINGSSKISSE TIL EKSAMEN I FAG SIF august 00 Oppgave 5 +6 ( 4 +6)0 dvs. at vi har en rot 0 og 4 røtter av Vi får røttene 4 6 r 4 e 4iθ 6 e iπ r ogθ π 4 + πk,k 0,,, 3 4 Im 0 0 e iπ/4 ( + i) e i3π/4 ( +i) 3 e i5π/4 ( i) 4 e i7π/4 ( i) Re Oppgave a) Integrerende faktor: F (x) e R xdx e x Multipliserer med F (x) på begge sider av ligningen, slik at (e x y) xe x e x y xe x dx e x + C.

2 Løsningsforslag SIF500 Side av 6 Generell løsning blir y(x) Ce x og setter vi inn initialverdien y() 0 får vi at C /(e), slik at y(x) (ex ) b) Eulers metode gir oss følgende formel: y n+ y n + h(x n y n + x n ) der y n y(x n ), og x n x 0 + nh. Med y 0 0ogx 0 ogmedh /4 får vi y( 5 4 ) y 4, y(3 ) y 3 3 Oppgave 3 a) Karakteristisk ligning: λ 4λ +4(λ ) 0 Homogen løsning: y h C e x + C xe x Partikulærløsning: y p Ax e x Setter partikulærløsningen inn i ligningen, og får A 3/. Generell løsning blir: y C e x + C xe x + 3 x e x Startverdiene gir y(0) C 0 y (0) C + C, C og løsningen blir. y(x) (x + 3 x )e x

3 Løsningsforslag SIF500 Side 3 av 6 b) Karakteristisk ligning: λ +0, λ ±i Homogen løsning: y h C sin(x)+c cos(x) Partikulærløsning: y p u sin(x)+u cos(x) der u og u må tilfredstille sin(x) cos(x) u 0 cos(x) sin(x) / sin(x) Denne har løsningen Generell løsning blir: u u / tan(x), u ln(sin(x)) u, u x y(x) C sin(x)+c cos(x) + ln(sin(x)) sin(x) x cos(x) Oppgave 4 Systemet kan skrives på formen x y x y Matrisas karakteristiske ligning er ( 7 λ)( λ)+λ +7λ +(λ +4)(λ +3) Egenverdiene blir altså λ 4, λ 3, og de tilhørende egenvektorene kan regnes ut: 3v λ 4 : +v 0 6v +4v 0, v 3 λ 3 : 4v +v 0 6v +3v 0, v Generell løsning blir x(t) C y(t) e 4t + C 3 e 3t

4 Løsningsforslag SIF500 Side 4 av 6 Setter vi inn initialverdiene ender vi med x(0) C + C y(0) 3C +C C C og løsningen blir x(t) e 4t e 3t y(t) 3e 4t e 3t Oppgave 5 a) b) Row(A) span{(, 0, ), (0,, )} Col(A) span{(,, 3), (, 0, )} Null(A) span{(,, )} c) Col(A) er spent ut av de to vektorene v (,, 3) og v (, 0, ). Vi bruker Gram- Schmidts metode for å finne en ortogonal basis: u v, u v (u v ) (u u ) u 0 8/7 / /7 En ortogonalbasis forcol(a) erdermedgittved(,, 3) og (4,, ) (vi har multiplisert den siste vektoren med 7/ får åfå pene tall, men det er ikke noe krav.) Hvis vi i stedet tar utganspunkt i vv, blir resultatet (, 0, ), (,, ). Oppgave 6 Når det(a) 0erA inverterbar. Vi kan vise ( ) vedå multiplisere med A fra venstre på begge sider: I I {}}{{}}{ A AB A AC B C

5 Løsningsforslag SIF500 Side 5 av 6 Vi velger en så enkel singulær matrise A som mulig, f.eks. 0 0 A 0 Lar vi vil B b b c c, C b b c c AB, AC b b c c slik at AB AC hvis b c og b c. Vi kan f.eks. velge A, B, C Oppgave 7 a) A λi (7 λ)(8 λ) λ 5λ +50(λ 0)(λ 5) 0 så egenverdier og egenvektorer er gitt ved λ 0, 3v + v 0 3v v 0, v 3 λ 5, v + v 0 3v + 3v 0, v b) Vi lar x n være antall gifte og y n antall ugifte menn i år n (fra nå av).vifår følgende formel, med x og y x n+ x n 0, 3x n +0, y n 0, 7x n +0, y n y n+ y n +0, 3x n 0, y n 0, 3x n +0, 8y n

6 Løsningsforslag SIF500 Side 6 av 6 eller på matriseform xn+ y n+ B n { }}{ xn y n slik at xn y n B n x0 y 0 Vi ser at B /0A, dermedharb egenverdiene, 0og0, 5, og samme egenverdier som A. B er altså diagonaliserbar, dvs. B PDP,derP er egenvektormatrisa, dvs., 0 0 D, P, P. 0 0, Dermed får vi at lim n Bn lim n PD n P P lim n og xn lim n y n, 0 n 0 0 0, 5 n P P , 0 0 P På lang sikt vil det altså bli 4000 gifte og 6000 ugifte menn i byen Oppgave 8 Hvis A er diagonaliserbar så fins en inverterbar matrise P og en diagonalmatrise D diag{d,d,,d n } slik at A PDP. Men A PDP A k PD k P D k P A k P. Og da gjelder A k O D k diag{d k,dk,,dk n } O D O A O.