ARBEIDSNOTATER FOR MA 001. Jan Ubøe. Matematisk Institutt 1990

Transkript

1 ARBEIDSNOTATER FOR MA 001 av Jan Ubøe Matematisk Institutt 1990

2 Foror Hensikten me ette heftet er først og fremst følgene: 1. Å lette innlæring av rutinepregee metoer som er sentrale for kurset. 2. Å fungere som en rask referanse ve gjenoppfriskning av stoffet. Det er ikke mulig å lære kurset ve å lese isse notatene. Heftet består i stor gra av knappe, skisse-pregee oppskrifter som ofte gir liten mening før en har lært teorien i boka. Det ekker også langt fra alt vi skal kunne. All min erfaring me kurset sier meg imilerti at behersker en isse metoene, så er en et got stykke på vei mot å kunne løse mange av oppgavene. Jeg håper erfor at heftet kan brukes som et skjelett som hver enkelt kan bygge ut i fra. På enne måten tror jeg vi kan bruke minre ti på å pugge etaljer, og mere ti på å prøve å forstå hovelinjene i teorien. Jan Ubøe Våren

3 Innhol Kap. 1 Relativ økning - geometriske rekker s. 3 Kap. 2 Lineær programmering s. 3-4 Kap. 3 Harmoniske funksjoner - aisjon av harmoniske funksjoner s. 4-6 Kap. 4. Noen spesielle grenser s. 6-7 Kap. 5. Eksponensial funksjoner - potensfunksjoner s. 7-9 Kap. 6. Derivasjonsregler - kurverøfting - Taylorpolynom s Kap. 7. Substitusjon - elvis integrasjon s Kap. 8. Differensial-ligninger - or og uttrykk - løsninger s Kap. 9. Litt om vektor-regning - kompleks analyse s Kap. 10. Matrise-teori s Kap. 11. Kokebok for ifferensial-ligninger s Kap. 12. Partiell erivasjon - minste kvaraters metoe s

4 Relativ økning p% betyr p/100. Mere innhol er et ikke i uttrykket. Relativ økning = Sluttveri Begynnelsesveri Begynnelsesveri Å øke/minske en størrelse me p% er et samme som å multiplisere en me h.h.v. (1 + p 100 ),(1 p 100 ). Geometriske rekker Brukes til å summere størrelser som øker/minsker me en fast prosent for hvert steg. Formel: Eksempel på bruk: a + ak + ak ak n 1 = a( 1 kn 1 k ) Størrelsen 10 øker me 2% pr. steg. Finn summen S av e 500 første leene. S = , , , = 10( 1 1,02500 ) 9, ,02 Lineær programmering Brukes til å finne maks/min av lineære funksjoner vs. funksjoner på formen F(x, y) = ax + by + c, over områer i planet me rette kanter. Teori: Du finner maksimum og minimum blant hjørnene i områet. Eksempel på bruk: y 2,4 F(x,y)=2x+3y Finn maks og min for F over et skraverte områet D. 1,2 D 3,3 3,2 2,1 x Løsning: Regn ut F(1,2) = 8, F(2,1) = 7, F(3,2) = 12, f(3,3) = 15, F(2,4) = 16. Da finnes maksimum for F i (2,4) me veri 16, og minimum i (2,1) me veri 7. 3

5 For å kunne løse oppgaver me lineær programmering må u i tillegg kunne lage en skisse over et aktulle områet. 1. Tegn inn e rette linjene. (Tips: Finn skjæringspunktene me aksene). 2. Vurer på hvilke sier av linjene områet ligger. (Tips: Hva skjer for x = 0?). 3. Skraver et områet er alle betingelsene er oppfylt. 2x 3y 6. Linja 2x 3y = 6 skjærer aksene i (3,0) og (0, 2). Trekk linja gjennom isse punktene. Områet ligger uner linja. (x = 0 gir 3y 6, som er et samme som at y 2). Trigonometriske funksjoner v h y x sin( x) = sinx cos( x) = cos x sin(x + y) = sinxcos y + cos xsiny cos(x + y) = cos xcos y sinxsiny Det hener også vi får bruk for: cos(u v) = cos u cos v + sinusinv Noen verier sinv = y cos v = x tanv = y h h x tanv = sinv sinv = cos(v π cos v 2 ) Husk å sette kalkulatoren på RAD når u regner i raianer, DEG når u regner i graer. v i graer π π π π 3π v i raianer π sin v cos v tan v Error 0 Error Enel kalkulatorer greier ikke å regne ut trigonometriske funksjoner når vinkelen er for stor. Da må u justere vinkelen ve å trekke fra/legge til et helt antall perioer. 4

6 v = 3756,2 i raianer. Skal beregne sinv. Perioen er 2π. Vi ivierer først 3756,2 me 2π og finner at 2π går opp 597 ganger. Da kan vi alternativt regne ut sin(3756,2) = sinv = sin(v 597 2π) = sin(5,14) = 0,91. Harmoniske funksjoner: (Stanarform) Er uttrykk på formen C 0 + C cos[ 2π T [t t 0]], er t 0 [0, T > C 0 =Mielveri, C =Amplitue, T =Perioe, t 0 =Akrofase. Akrofasen er posisjonen til første maksimum etter t = 0. Poeng å få me seg: Det eneste som varierer er cos-leet. Cosinus er en funksjon som varierer mellom 1 og 1. Du får erfor et utslag på ±C i hver retning. Cosinus er maksimal når innmaten er null, erfor gir t = t 0 maksveri. Grafen til funksjonen f(t) = C 0 + C cos[ 2π T (t t 0)]. Omskrivning av harmoniske uttrykk til stanarform cos(2t 1) cos(2t 1) = cos(2t 1) = cos[2(t 1 2 )] = cos[ 2π π (t 1 2 )] Dvs. C 0 = 6, C = 8, T = π og t 0 =

7 Justering av akrofasen 1. Finn perioen T. 2. Finn en eller annen veri for t = t maks som gir maksimum. 3. Hvis 0 t maks < T er t maks = t 0 = akrofasen. 4. Hvis ikke, må u legge til/trekke fra et helt antall perioer til/fra t maks inntil 0 resultat < T. Dette nye resultatet vil a være akrofasen. y = cos[ 2π 3 (t 28)] Her er perioen 3, og sien t = 28 gjør at innmaten til cos blir 0, har vi et maks for t = 28. Men vi vil ha mange maksima før ette! Fori perioen er 3, har vi også maks for t = 25, 22,19,16, 13,10,7, 4,1, 2, 5 osv. Sien 0 1 < 3 er akrofasen=1. Hvoran skrive acos(ωt) + b sin(ωt) på formen C cos[ω(t t 0 )] Trinn 1 Eksempel Skriv uttrykket på formen 4 sin(2t) 3 cos(2t) = ( 3) cos(2t) + 4 sin(2t) acos(ωt) + b sin(ωt) Noter hva a, b og ω er. a = 3, b = 4, ω = 2 Trinn 2 Regn ut C = a 2 + b 2 C = ( 3) = 5 Trinn 3 Sett opp ligningen C cos(ωt 0 ) = a Trinn 4 Regn ut t 0 ve kalkulator t 0 = 1 ω cos 1 ( a c ) 5 cos(2t 0 ) = 3 t 0 = 1 2 cos 1 ( 3 5 ) 1,11 Trinn 5 Hvis b < 0 Korreksjon unøvenig. må u korrigere t 0 ve å sette Konklusjon: t ny 0 = 2π ω tgammel 0 4 sin(2t) 3 cos(2t) = 5 cos[2(t 1,11)]. Noen spesielle grenser lim t 3e 2t = 0 { + hvis a > 0 lim x + eax = 0 hvis a < 0 6

8 lim (1 + 1 n n )n = e Står et ikke 1 n inni, kall et som står er 1 N og regn i vei! lim (1 1 1 n 3n )2n N = 1 3n, n = N 3, N + = lim ( N ) 3 = lim N + N [(1 + 1 N + N )N ] 2 3 = e 2 3. sinx lim x 0 x = 1 Står et ikke x inni sinusen, kall et som står er X og regn i vei! 2 sin(3x) lim x 0 7x 2 sin(x) = lim X 0 7 X 3 X = 3x, x = X 3, X 0 6 sinx = lim X 0 7 X = 6 7 Eksponensial funksjoner og logaritme funksjoner. De følgene små regnereglene er svært sentrale. De bør erfor innlæres grunig slik at e kan brukes raskt og uanstrengt! Eksempel på bruk: a 1 2 = a, a 1 = 1 a a b a c = a b+c Spesialtilfelle e x e y = e x+y a bc = (a b ) c ln(a b ) = b lna ln(ab) = lna + lnb ln( a b ) = lna lnb Spesialtilfelle ln(1 b ) = lnb ln(e x ) = x = e ln x lnx = 5, hva er x? x = e ln x = e 5 e x = 7, hva er x? x = ln(e x ) = ln 7 7

9 Eksponensialfunksjoner er uttrykk på formen y = Ce λx. De er e eneste funksjonene som gir en rett linje når e plottes på enkelt-logaritmisk papir. Når et er oppgitt at en størrelse varierer eksponensielt (f.eks. avtar eksponensielt ) som funksjon av tien, så kan u 1) Gi størrelsen et navn, f.eks y(t) 2) Sette opp at y(t) = Ce λt Kokebok for å finne eksponensial-funksjoner når 2 funksjonsverier er kjent. 1. Anta (x 0, y 0 ) og (x 1, y 1 ) kjent (f.eks. lest av et plott på enkelt- log papir). 2. Sett } y 0 = Ce λx 0 y 1 = Ce λx 1 Divier y 0 y 1 = Ceλx0 Ce λx 1 = eλ(x 0 x 1 ) Nå finner u λ ve å ta logaritmen på begge sier. ln( y 0 y 1 ) = λ(x 0 x 1 ) λ = 3. Nå er λ kjent og u kan finne C ve C = y 0 e λx 0. ln( y 0 y 1 ) (x 0 x 1 ) (x 0, y 0 ) = (2,5), (x 1, y 1 ) = (6,8) Dette gir y = 3,9e 0,12x. λ = ln(5 8 ) 2 6 = 1 4 ln(5 8 ) 0,12 C = 5 3,93 e0,12 2 Potensfunksjoner er uttrykk på formen Cx r. De er e eneste funksjonene som gir en rett linje når e plottes på obbelt logaritmisk papir. Kokebok for potens-funksjoner når to verier er kjent 1. Kjent (x 0, y 0 ) og (x 1, y 1 ) (f.eks. lest av et plott på obbelt-log papir). 2. Sett } y 0 = Cx r 0 y 1 = Cx r Divier y 0 = Cxr 0 1 y 1 Cx r = ( x 0 ) r. 1 x 1 Nå finner u r ve å ta logaritmen på begge sier. 8

10 ln( y 0 y 1 ) = ln( x 0 x 1 ) r = r ln( x 0 x 1 ) 3. Nå er r kjent og u finner C ve gir r = ln( y 0 y 1 ) ln( x 0 x 1 ). C = y 0 x r 0 (x 0, y 0 ) = (2,48), (x 1, y 1 ) = (3,243) r = ln( ) ln( 2 3 ) = 4, C = = 3 Dette gir y = 3x 4. Derivasjonsregler x (ex ) = e x x (lnx) = 1 x (cos x) = sinx x x (xn ) = nx n 1 (sinx) = cos x x x ( x) = 1 2 x x (tanx) = 1 cos 2 x Ut fra isse reglene kan e fleste eriverte finnes ve hjelp av e generelle prinsippene uner. Proukt: (f(x)g(x)) = f (x)g(x) + f(x)g (x) x (2x2 sinx) = 4x sinx + 2x 2 cos x. Brøk: x ( ex cos x ) = ex cos x e x ( sin x) cos 2 x. Kjerneregelen: ( f(x) g(x) ) = f (x)g(x) f(x)g (x) g(x) 2 f(g(x)) = f (g(x)) g (x) x [2 cos(ex + x)] = 2 sin(e x + x) (e x + 1) 9

11 Derivasjon er et motsatte av integrasjon: x [ x 0 t2 e sin t t] = x 2 e sin x. Kurverøfting x x [ f(t)t] = f(x) a Me en skisse mener vi en rask fri-håns tegning av en kurve me e egenskapene vi har funnet før i oppgaven. Vi overriver gjerne effekten av e enkelte elementene noe. Me et plott mener vi en nøyaktig opptegning av funksjonsverier, gjerne på mm-papir. Her er vi nøye me å måle opp korrekte avstaner og me å velge fornuftige enheter på aksene. Maks/Min Finn e punktene er f (x) = 0. Husk også å teste eventuelle enepunkter. Venepunkt Finn e punktene er f (x) = 0. Husk at et også er nøvenig å vise at f (x) skifter fortegn i punktet. Dette kan f.eks. gjøres v.h.a. et fortegns-skjema. Taylorpolynom Taylorpolynom av gra 4 i punktet a. Regn ut f(a), f (a), f (a), f (3) (a) og f (4) (a). Taylorpolynomet til f av gra 4 runt punktet a er a f(a) + f (a)(x a) + f (a) (x a) 2 + f(3) (a) (x a)3 + f(4) (a) (x a) f(x) = sinx, a = π 2. Da har vi f( π 2 ) = sin(π 2 ) = 1, f ( π 2 ) = cos(π 2 ) = 0, f ( π 2 ) = sin(π 2 ) = 1, f (3) ( π 2 ) = cos(π 2 ) = 0, f(4) ( π 2 ) = sin(π 2 ) = 1 Taylorpolynomet av gra 4 til sinx om punktet x = π 2 er a (x π 2 ) (x π 2 )4. Taylorpolynomet brukes til å regne ut tilnærmee verier for f(x). Tar en me mange le kan en få svært nøyaktig svar. Varianter av ette skjer inne i kalkulatorer. 10

12 Integrasjon er et motsatte av erivasjon. Du har løst integralet f(x)x når u har funnet en funksjon F(x) s.a. u får f(x) tilbake når u eriverer F(x). e x x = e x + C cos xx = sinx + C sien x (ex + C) = e x sien (sin x + C) = cos x x Integrasjon består altså i å tenke erivasjon baklengs. Vi har imilerti et par goe regler å støtte oss til. Substitusjon (= kjerneregelen baklengs) brukes når et er en sammensatt funksjon inne i integralet. 2t cos(1 + t 2 )t Her ser vi at funksjonen cos(1 + t 2 ) står inne i integralet. Dette er hovegrunnen til at vi ikke klarer å løse et. Vi kaster erfor ikke bort tien me å tenke over leet som står foran. Vi substituerer og håper at et går bra. Oppsett: u = 1 + t 2. Regn ut u t = 2t og løs for t = u 2t. Merk: Vi har her lov til å regne me u t som om et var en vanlig brøk. Vi setter nå inn for u og t i integralet, og får 2t cos(1 + t 2 )t = 2t cos(u) u! = cos(u)u = sin u + C = sin(1 + t 2 ) + C 2t Det kan virke mirakuløst at faktoren 2t forsvinner sånn av seg selv, men noe slikt må faktisk inntreffe hvis integralet overhoet skal være løsbart. Regel: Vi kan substituere hva som helst. Vi setter inn som i oppsettet over, og håper at noe skal forsvinne. Naturligvis gjør et ikke allti et, og a får vi prøve me noe annet! Nytt eksempel: 4x 3 e x2 x Her er et klart at hoveproblemet er leet e x2. Vi substituerer u = x 2 u, 2x, x = u 2x og får 11 x =

13 4x 3 e x2 x = 4x 3 e u u 2x = 2x 2 e u u = 2ue u u. Dette ble enklere, men er fremeles for vanskelig. Nå kommer elvis integrasjon inn i bilet. Delvis integrasjon (= prouktregelen baklengs) brukes når u har et proukt av funksjoner som hver for seg er enkle. Regel: f(x)g (x)x = f(x)g(x) f (x)g(x)x Det gjeler her bare å tilpasse f og g s.a. mønsteret passer. Resten er bare innsetting. 2u e u u = 2ue u 2 e u u = 2ue u 2e u + C f(u) g (u) Vi ser at f(u) = 2u og at g(u) må være e u. Totalt sett gir ette at 4x 3 e x2 x = 2x 2 e x2 2e x2 + C Nytt eksempel: 4x cos(2x) x f(x) g (x) Vi ser her at f(x) = 4x. En liten integrasjon gir at mønsteret passer når g(x) = 1 2 sin(2x). Merk: g(x) = g (x)x = cos(2x)x = 1 2 sin(2x) + C. Men vi kan velge integrasjonskonstanten C som vi vil! Det eneste som teller er at g (x) = cos(2x), og C = 0 er et got valg. Oppsett: f(x) = 4x g (x) = cos(2x) 4xcos(2x)x = 4x 1 2 sin(2x) f (x) = 4 g(x) = 1 2 sin(2x) sin(2x)x Fullfør hvis u har lyst! 12

14 Bestemte integraler: NB! Pass opp for isse ve substitusjon. Det enkleste er å regne ut et ubestemte integralet først, og så sette inn grensene helt til slutt. Differensial-ligninger Or og uttrykk: x t = Foranringsrate til en størrelse x, et samme som vekstraten til x. Eksempler: Strømningsrate V I t, strålingsrate t. 1 x x t = Spesifikk foranringsrate, et samme som relativ foranringsrate, spesifikk vekstrate, relativ vekstrate. Spesifikk lengevekstrate = 1 L L t. Formulering: Uttrykk 1 er proporsjonal me Uttrykk 2. Det betyr at et finnes en proporsjonalitetskonstant k s.a. Uttrykk 1 = k Uttrykk 2. Vekstraten til x er proporsjonal me prouktet av størrelsene x og y. Her er Uttrykk 1 = x t, Uttrykk 2 = x y, så et betyr at x t = kxy. Å løse ifferensial-ligninger er ofte svært enkelt. Det er i mange tilfeller bare snakk om å sette inn i en formel. Type 1: t = ay + b Generell løsning: y = Ce at b a C vilkårlig konstant Eksempler: t = 3y gir y = Ce3t (a = 3, b = 0) t = 2y 4 gir y = Ce2t + 2 (a = 2, b = 4) t = 6 + 3y skrives om til t = 3y + 6 som gir y = Ce3t 2 13

15 Type 2: Generell løsning: y = A + Eksempler: t = a(y A)(y B) B A 1+ke (B A)at er k er en vilkårlig konstant. * t = 2(y 3)(y 5) gir y = ke (5 3)2t = 5y(3 y) skrives frst om til. t t = 5(y 0)(y 3) som gir y = ke 15t Type 2b: t = ay2 + by + c løses som over ve først å faktorisere ay 2 + by + c = a(y A)(y B). Tips: A og B er nullpunktene til ay 2 + by + c. Type 3: Generell separabel (Noe vanskeligere) t = f(t)g(y) (f(t) kan være konstant). Løses ve å integrere begge sier i 1 g(y) t t = f(t)t og løse m.h.p. y. Merk at t t =. Ta bare me integrasjonskonstant på en ene sien. t Dvs. = cos(t) y løses ve å sette 1 y t t = cos(t)t = sint + C 1 = = lny y lny = sint + C som gir y = e sin t+c = e C e sin t * Vi må forutsette at A B. y = A er også en løsning. 14

16 Merk at når først C er plassert, så må en hole plassen sin i rekken. Det er helt feil å sette y = e sin t + C. Litt om vektor-regning Prikk-proukt finnes ve å multiplisere komponentene parvis og å summere. (2,5,7, 8) (3, 1,0, 1) = = 3 Vinkel mellom vektorene a og b finnes v.h.a. cos v = a b a b Formelen for et plan me normalvektor (a, b, c) er ax + by + cz = Kompleks analyse y (x,y) = x+iy r y = r sin(θ) θ x = r cos(θ) De følgene uttrykkene brukes om hveranre x (x, y) = (r cos θ, r sinθ) = x + iy = r cos θ + ir sinθ = re iθ 1. Komplekse tall er vanlige vektorer i planet. Uttrykket x + iy betyr egentlig vektoren (x, y). 2. i i = 1 og vi skriver i isteenfor 1. (Her mener vi strengt tatt at 1 er kvaratroten av vektoren 1 + 0i = ( 1, 0).) 3. Vi kan regne me komplekse tall nøyaktig som me reelle tall. 4. Brøk på Normalform a + bi c + i = (a + bi)(c i) (c + i)(c i) 15 = ac + b + i(bc a) c

17 5. Uttrykket re iθ betyr vektoren me lenge r som anner vinkelen θ me x-aksen. Da er re iθ = r cos θ + ir sinθ. 6. Vi multipliserer to vektorer (les komplekse tall) ve å gange lengene og aere vinklene. Formelt skriver vi re iθ Re iφ = rre i(θ+φ). 7. Kvaratrot av re iθ er r 1 2 e i θ Vi ivierer to vektorer (les komplekse tall) ve å iviere lengene og trekke fra hveranre vinklene. Formelt skriver vi re iθ /Re iφ = r R ei(θ φ). 9. Vi løser az 2 + bz + c = 0 for a, b, c komplekse tall, ve en vanlige formelen for 2 grasligninger. Det hener vi får negative tall uner rot-tegnet, og a gjør vi følgene formelle regning. = ( 1) = 1 = i Matriser Teorien her er for enkelhets-skyl bare formulert for 2 2 matriser (me noen unntak). Teorien for større matriser er nøyaktig lik. Proukt av matriser annes v.h.a. prikk-proukter Eksempler: f r s t frste ra e annen ra s y l e a n n e n = s y l e frste ra frste syle frste ra annen syle annen ra frste syle annen ra annen syle (2,1) (1,2) (2,1) (0, 1) 4 1 = = (3,4) (1,2) (3,4) (0, 1) x (2, 1) (x, y) 2x + y = = 3 4 y (3, 4) (x, y) 3x + 4y 16

18 Lignings-systemer 2x + y = 5 kan skrives som matrise ligningen 3x + 4y = Vi sier at er koeffesientmatrisa til systemet. 3 4 [ ] x = y 5 7 Determinanter (Rette streker betyr eterminant) 2 2 matriser a b et = c a b c = a bc 3 3 matriser et a b c e f g h i = a e h f i b g Dette ganges nå viere ut v.h.a regelen for 2 2 matriser. f i + c g e h Antall løsninger av lignings-systemer Et lineært lignings-system har enten: Nøyaktig en løsning, uenelig mange løsninger eller ingen løsning. Et lignings-system me like mange ligninger som ukjente har nøyaktig en løsning hvis og bare hvis eterminanten til koeffesientmatrisa er ulik null. Et homogent system (null på høyresien) har allti minst en løsning. (Nemlig en er alle variable er null). Antall løsninger av et inhomogent system som ikke har nøyaktig en løsning, må sjekkes ve å reusere til trappe form. Inverterbare matriser: En n n matrise A er inverterbar hvis og bare hvis eterminanten til A 0. Da er løsningen av systemet AX = B gitt ve X = A 1 B. For 2 2 matriser har vi 1 a b = c 1 a bc [ ] b c a Større inverser er ofte vanskelige å finne, og regnes helst på regnemaskin. 17

19 Hva er en egenvektor? p q En egenvektor for en 2 2 matrise A = er en vektor r s a a A = λ b b a b 0 (NB!) s.a. 0 Dette homogene lignings-systemet har nesten allti bare a = b = 0 som løsning. Kun for noen verier av λ (egenveriene til A) er et mulig å finne ikke-trivielle løsninger. Hvoran finne egenveriene? p q A = r s Trekk fra λ på iagonalen og finn e λ s.a. eterminanten = 0. p λ q et = (p λ)(s λ) qr = 0. r s λ Du får nå å løse en 2-grasligning i λ. De (vanligvis) 2 løsningene av enne ligninga kaller vi egenveriene til A. De kan være komplekse eller reelle. Hvoran finne egenvektorer til en egenveri? Velg en av egenveriene λ til A. Sett opp ligningene (p λ)a + qb = 0 ra + (s λ)b = 0 og finn alle a og b som løser ette systemet. Det skal finnes uenelig mange løsninger, hvis ikke har u regnet feil! Vanskeligere: Kunne ekomponere en gitt vektor i egenvektorer og bruke ette til å regne seg n steg framover. a Hoveie: Når er en egenvektor til A me egenveri λ, så er b A n a = λ n a. b b 10B1 La A ha egenveriene 2 og 3 me egenvektorer Vil regne ut A n [ 3 2 ]. B 1 til λ = 2 og 7B2 B 2 til λ = 3. 18

20 3 er ikke en egenvektor, men kan skrives som en sum av slike. Vi setter B1 7B2 = +. 2 Dette passer for B 1 = 1, B 2 = 1. Triks: { } A n 3 = A n = n 7 3 n 2 n + 3 n B 1 Dette gir en eksplisitt formel for et n-te leet. Differensial-lignings-systemet B 2 = A n 10 + A n x = px + qy + a t = rx + sy + b t! =2 n [ Finn først en likevekt-tilstan (stasjonær løsning) ve å løse Kall løsningen [ xl y L px + qy + a = 0 rx + sy + b = 0 ] xl. Hvis a = b = 0 er = 2. Sett opp matrisa [ p ] q r s y L 0. 0 ] + 3 n 7 1 Her må u passe på å sette leene i ligningen i riktig rekkefølge og å fylle ut me 0-er hvis noen le mangler. x t = 3y + 2 t = 1 x x t t = 0x + 3y + 2 = x + 0y Finn så egenveriene til matrisa ve å løse p λ q et = 0 r s λ vs. (p λ)(s λ) qr = 0 m.h.p. λ. * To ligninger me to ukjente! 19 p q = r s

21 4. Hvis løsningene er imaginære vs. på formen λ = c ± iω gå til λ 1 og λ 2 er nå e reelle løsningene i punkt 3. Finn nå e generelle løsningene til lignings-systemene (p λ 1 )A 1 + qb 1 = 0 (p λ 2 )A 2 + qb 2 = 0 ra 1 + (s λ 1 )B 1 = 0 ra 2 + (s λ 2 )B 2 = 0 Begge systemer skal ha uenelig mange løsninger! Hvis ikke har u regnet feil! Hvis ligningen 0 = 0 fremkommer, så se bort fra enne. (Den er jo allti oppfylt!). Eksempler: 3A 1 + 2B 1 = 0 6A 1 + 4B 1 = 0 gir 3A 1 + 2B 1 = 0 A 1 = 2 3 B 1, B 1 fritt valgt (B 1 = B 1 ) NB! 0A 1 + 0B = 0 A 1 B 1 = 0 gir A 1 B 1 = 0 A 1 = B 1 B 1 fritt valgt (B 1 = B 1 ) NB! 0A 1 + 3B 1 = 0 0A 1 + 5B 1 = 0 gir B 1 = 0 A 1 kan velges fritt (A 1 = A 1 ) 6. Den generelle løsninga er nå: (x L og y L er fra punkt 1.). x(t) = A 1 e λ 1t + A 2 e λ 2t + x L y(t) = B 1 e λ 1t + B 2 e λ 2t + y L. 7. Hvis initialbetingelser er oppgitt, sett isse inn i løsningene og finn A 1 A 2 B 1 og B 2. Vanligvis er initialbetingelsene i 0 oppgitt og a får u å løse A 1 + A 2 = x(0) x L B 1 + B 2 = y(0) y L. Slutt. 8. Du har nå funnet egenverier på formen c ± iω. 9. NB! Hvis initialbetingelsene i 0 er oppgitt, må u moifisere x 0 og y 0 ve x 0 = x(0) x L, y o = y(0) y L. Hvis et spørres etter en generell løsning, så kan x 0 og y 0 velges fritt. 10. Regn ut Løsningen er a x 1 = 1 ω [(p c)x 0 + qy 0 ] y 1 = 1 ω [rx 0 + (s c)y 0 ]. x(t) = e ct [x 0 cos(ωt) + x 1 sin(ωt)] + x L y(t) = e ct [y 0 cos(ωt) + y 1 sin(ωt)] + y L 20

22 Slutt. NB! Vær forsiktig me initialbetingelsene hvis a eller b 0. Se punkt 9. Hvis anre initialbetingelser enn e i 0 er oppgitt, må u sette isse inn i en generelle løsningen og regne erfra. Dette vil vanligvis gi eg fire ligninger me fire ukjente. Fra isse kan u finne x 0 x 1 y 0 og y 1. Partiell erivasjon Når u skriver x så unerforstår u at alt bortsett fra variablen x skal behanles som konstanter uner erivasjonen. (Tilsvarene for anre variable.) Linearisering av f(x, y) i punktet p, q. x (2aex siny + 5abx 2 ) = 2ae x siny + 10abx. 1. Regn ut f f x og y. f f 2. Sett inn p, q og regn ut f(p, q), x (p, q) og y (p, q). 3. Lineariseringen til f(x, y) i punktet p, q er a uttrykket f(p, q) + f f (p, q)(x p) + (p, q)(y q) x y Tangentplanet til z = f(x, y) i punktet (x 0, y 0, z 0 ) er gitt som planet z = lineariseringa til f(x, y) i punktet (x 0, y 0 ). Maks/min problemer Aktuelle kaniater for maks og min finnes ve å løse systemet f x = 0 f y = 0 2 ligninger me 2 ukjente. NB! Svært ofte får en ikke-lineære ligninger. Disse må en prøve å løse ve sunn fornuft, for et finnes ingen generell teori for å løse slike problemer. Matrise-teorien i kap. 10 gjeler ikke her! I tillegg må man vurere veriene på kanten til efinisjons områet. (Kan være komplisert!). 21

23 Regresjonslinjen y = ax + b ve minste kvaraters metoe Gitt n punkter (x 1 y 1 )(x 2 y 2 )...(x n y n ) Gitt 4 punkter (1, 5)(2, 4)(7, 3)(11, 2) 1. Legg alle x-koorinatene sammen xi = x 1 + x 2 + x x n xi = = Legg alle y-koorinatene sammen yi = y 1 + y y n yi = = Legg sammen kvaratene av alle x-koorinatene x 2 i = x x x 2 n x 2 i = = Gang parvis sammen x 1 y 1 x 2 y 2 osv. og legg em sammen xi y i = x 1 y 1 + x 2 y x n y n xi y i = = Sett a = n x i y i x i yi n x 2 i ( x i ) 2 a = = 0,27 6. b = 1 n ( y i a x i ) b = 1 4 (14 ( 0,27) 21) = 4,92 Regresjonslinjen er linja Regresjonslinjen er linja y = ax + b y = 0, 27x + 4, 92 22