Høgskolen i Oslo og Akershus. x 1 +3x 2 +11x 3 = 6 2x 2 +8x 3 = 4 18x 1 +5x 2 +62x 3 = 40

Transkript

1 Innlevering i BYFE/EMFE 1000 Oppgavesett 4 Innleveringsfrist: 8. mars klokka 14:00 Antall oppgaver: 3 Løsningsforslag Oppgave 1 a) Om vi tenker oss at vi spiser x 1 hg banan, drikker x hg lettmelk og spiser graut laga av x 3 hg havregryn, vil vi, i følge tabellen, få i oss 1 x 1 + 3x + 11x 3 gram protein, 0 x 1 + x + 8x 3 gram fett og 18x 1 + 5x + 6x 3 gram karbohydrat. Siden disse mengdene skulle være 6 gram, 4 gram og 40 gram, henholdsvis, får vi dette likningssettet: x 1 +3x +11x 3 6 x +8x x 1 +5x +6x b) Totalmatrise: Vi rekkereduserer denne til redusert trappeform: / / / / / / Av dette ser vi at x 1 1/, x 0 og x 3 1/. Vi får altså spise 50 g banan og 50 g graut. Dietten tillater ikke at vi drikker melk. c) Vi lar x 4 være antal hg vi spiser av egg. På venstre side i likningene over får vi et tillegg på henholdsvis 1x 4 for protein, 16x 4 for fett og 0x 4 for 1

2 karbohydrat. Likningssystemet blir x 1 +3x +11x 3 +1x 4 6 x +8x 3 +16x x 1 +5x +6x 3 40, og totalmatrisa blir nå Vi lar MATLAB redusere denne til redusert trappeform: > M[ ; ; M > rref(m) Altså, om vi skal tro MATLAB, er x x x 3.733x 4 0 x x slik at x x 4 x 3.733x 4 x x 4 x 4 er fri Her må vi i praksis kreve at både x 1, x, x 3 og x 4 er større eller lik 0 av ganske opplagte årsaker. For x 3 gir dette at x 4 0 x 4 0.5/ Altså må vi kreve at x 4 [0, 0.17; vi kan maksimalt spise 17 g egg.

3 Oppgave Gitt: a) Med θ π/3: [ cos π T (x) 3 sin π 3 sin π 3 cos π 3 T (u) T (v) T : [ R R [ [ x cos θ sin θ x T ( ) y sin θ cos θ y [ 1/ 3/ 3/ 1/ [ 3 1 [ 1/ 3/ 3/ 1/ [ 1 [ 1/ 3/ x x 3/ 1/ [ [ 1/ 3 3/ 1 3/ 3 + 1/ 1 [ 1/ 3 3/ + 1. [ [ b) Se gur 1. Figur 1: Svaret på deloppgave b). c) Standardmatrsia til U, som vi kan kalle A, nner vi ved å sette inn θ π/ i det gitte uttrykket: A 0 cos π sin π sin π cos π

4 Altså kan vi skrive transformasjonen U som U(x) Ax der x R 3. Standarmatrisa til V, som vi kaller B, kan vi nne ved å sette inn transformasjonen av enhetsvektorene e 1, e og e 3 som søyler, B [V (e 1 ) V (e ) V (e 3 ). Om vi roterer e 1, som er parallell med x-aksen, 90 mot klokka omkring z-aksen, får vi enhetsvektoren langs y-aksen altså e. Tilsvarende vil en slik rotasjon av e gi e 1, mens e 3, som er parallell med z-aksen, forblir uforandra. Se gur. Figur : Illustrasjon til deloppgave c). Dermed blir standarmatrisa og V (x) Bx. B [e e 1 e , d) Det er tydelig at rekkefølgen vi gjør disse rotasjonane i, spiller ei rolle. Dette er illustrert i gur 3. Her ser vi at boka havner i ulike stillinger dersom vi gjør rotasjonen U først og så V eller om vi først gjør transformasjonen V og så U. e) Vi kan skrive de sammensatte transformasjonene slik: U(V (x)) U(Bx) A(Bx) AB x V (U(x)) V (Ax) B(Ax) BA x. Av dette ser vi at standardmatrsia til den sammensatte transformasjonen U(V (x)) er AB, og at standardmatrisa for den sammensatte transforma- 4

5 Figur 3: Illustrasjon til deloppgave d). sjonen V (U(x)) er BA. Vi regner ut disse matriseproduktene: AB BA Vi ser at disse to standardmatrisene er ulike, noe som bekrefter konklusjoen fra forrige deloppgave: Rekkefølgen spiller en rolle. Oppgave 3 A [ , B , C [ 1 3, D 4 0 Vi kan starte med å tilordne desse matrisene i kommandovinduet i MATLAB: >> A[0-1; -7 3; >> B[-; -1 1; 3-3 -; >> C[1 ; 3; >> D[0-3 3; ; 4 0; a) A er ei 3 -matrise, B er ei 3 3-matrise. Man kan bare legge sammen matriser med samme format; A + B er ikke denert.. 5

6 3B D ( 6) Vi kontrollerer svarene i MATLAB: >> A+B Error using + Matrix dimensions must agree >> 3*B-*D Vi ser at vi får ei feilmelding når vi forsøker å regne ut A + B. b) AB [ [ 0 ( 1) + ( 1) + ( 1) ( 1) ( 3) ( 1) ( ) ( 1) + ( 7) ( 1) ( 7) + 3 ( 3) 1 + ( 7) ( ) [ Siden B har 3 søyler og A har rekker, er ikke matriseproduktet BA veldenert. På samme måte, siden A har 3 søyler og C har rekker, er heller ikke AC denert. [ [ CA [ [ ( 7) 1 ( 1) ( 7) ( 1) Vi sjekker at MATLAB gir det samme: 6

7 >> A*B >> B*A Error using * Inner matrix dimensions must agree. >> A*C Error using * Inner matrix dimensions must agree. >> C*A c) Vi bestemmer B 1 ved å rekkeredusere matrisa [B I 3 til vi har I 3 til venstre. Da vil vi, dersom B er invertibel, ha B 1 høgre; [B I 3 [ I 3 B 1 : [B I [ I 3 B 1. Altså: B Vi kontrollerer svaret i MATLAB: >> inv(b) 7

8 d) Vi løser likninga som vanlig ved å gjøre det samme på begge sider av likhetstegnet til vi har X alene på ei side: BX T BX T BX T B 1 BX T B 1 I 3 X T ( X T ) T X T [ Vi kan kontrollere dette i MATLAB ved å regne ut venstre side i likninga: >> B*X.'+[1 ; 0-1; Vi ser at dette stemmer overens med høgre side. 8

9 e) Vi rekkereduserer D: D Vi ser at vi ikke har noe ledende tall i søyle 3. Dermed vil x 3 i likninga Dx 0 forbli ubestemt, slik at likninga har ere løsninger enn den trivielle. Altså er søylene i D lineært avhengige. Om vi bruker `rref'-funksjonen i MATLAB, får vi rekkeredusert D til redusert trappeform: >> rref(d) Vi får bekrefta at D bare har to ledende tall når vi rekkereduserer matrisa til tappeform. 9