EKSAMEN I MATEMATIKK 3 (TMA4110)

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 7 EKSAMEN I MATEMATIKK 3 (TMA) Tirsdag 3. november Tid: 9: 3: LØSNINGSFORSLAG MED KOMMENTARER Oppgave I denne oppgaven skal vi finne ei kubikkrot, og da må vi regne med komplekse tall på polarform. For tallet på høyre side blir dette: + ( ) 3 ( 3i = + i = cos π 3 + i sin π ) = e iπ/3. () 3 Deretter skriver vi z = re iθ og setter opp ligningen som har løsningene z 3 = r 3 e i3θ = e iπ/3 = e i(π/3+kπ), () r = /3, θ k = ( π ) kπ, k =,,,,,. (3) Vinkler som avviker med et multiplum av π gir samme komplekse tall, slik at vi kun får 3 ulike θ: θ = π 9, θ = π 9 + π 3, θ = π 9 + π 3. () Dermed får vi løsningene Løsningene er skissert på figuren. z = /3 e iπ/9, z = /3 e i7π/9, (5) z = /3 e i3π/9.

2 Side av 7 y z 3 z x z Figur : Løsningene i oppgave. Oppgave (a) Med karakteristisk ligning λ + 9 = (6) blir røttene λ, = ±3i. Her bruker vi Eulers formler for å omforme e 3ix til cos 3x + i sin 3x, og tilsvarende for e 3ix. Dermed blir generell løsning Initial- (start-) betingelsene gir oss to ligninger for c og c : med andre ord, c =, c =, og løsning y h (x) = c cos 3x + c sin 3x. (7) y h () = = c cos + c sin, y h () = 6 = 3c sin + 3 cos, (8) y (x) = cos 3x + sin 3x. (9) (b) Venstre side er samme ligning som (a), slik at vi allerede kjenner homogenløsningen. Her kan vi ellers benytte at hvis høyresiden er en sum, kan partikulærløsningene finnes for hvert ledd i summen, og deretter summeres. Siden e 3x ikke er noen homogenløsning, vil partikulærløsningen ha formen Ae 3x. Innsatt får vi dermed ( Ae 3x ) + 9Ae 3x = 8Ae 3x = 6e 3x, () slik at A = /3. Når det gjelder sin 3x, er dette en homogenløsning, og aktuell prøveløsning for y p blir følgelig x (A sin 3x + B cos 3x). ()

3 Side 3 av 7 Innsatt: [x (A sin 3x + B cos 3x)] + 9x (A sin 3x + B cos 3x) = sin 3x, () eller A =, B =. Dermed blir generell løsning 6 6 [A cos 3x B sin 3x] = sin 3x, (3) y(x) = c cos 3x + c sin 3x + 3 e3x x cos 3x. () 6 (c) Dette er en såkalt Euler-Cauchy-ligning, som behandles i K., avsnitt.6. Vi finner løsningen ved å prøve med y = x m. Her blir dette Med andre ord, vi må ha x (x m ) + x (x m ) 6 (x m ) = x m [m (m ) + m 6] =. (5) eller m = 3, m =. Generell løsning blir da m (m ) + m 6 = m + m 6 =, (6) y (t) = c x 3 + c x, x >. (7) Oppgave 3 (a) Vi stiller opp den utvidede koeffisientmatrisen og setter i gang: (8) (9). () Dette gir oss løsningen x 5 =, x = s, x 3 = t, x = + t s, x = t, ()

4 Side av 7 som også kan skrives x = + t + s, t, s R. () Legg merke til at løsningen er summen av en partikulærløsning, x p, og den generelle løsningen av homogenligningen, x h (Det er strengt tatt ikke nødvendig å regne helt til redusert Echelon form. Løsningen blir den samme, - eller helt ekvivalent). (b) Alle svar her lar seg utlede fra (a). For det første finner vi en basis for radrommet, Row (A), fra de tre øverste radene i den reduserte Echelonformen (Det er mange ulike Echelonformer, men alle tilhørende basiser for Row (A) er likeverdige). Deretter identifiserer vi de ledende (pivot-) koeffisientene for hver rad i Echelonformen, som vi finner i kolonnene, og 5. Disse tre kolonnene i den originale matrisen kan brukes som basis for Col (A). Dermed får vi Row (A) = Span, Col (A) = Span (3) (Det er også mange måter å finne en basis for Col (A) på. For eksempel kunne en alternativt finne en basis for Row ( A T )! ) Tilslutt observerer vi at Row (A) = Null (A), og basisen her følger direkte fra løsningen i (a): Row (A) = Null (A) = Span. () Vi ser videre at (I tråd med at rang (A) + dim (Null (A)) = n). 3 5 dim (Row (A)) = dim (Col (A)) = rang (A) = 3, (5) dim (Null (A)) =. (6).

5 Side 5 av 7 Oppgave (a) Vi starter med å løse karakteristisk ligning, λ A λi = λ 6 λ = λ3 + λ λ = λ (λ ) =. (7) Dermed blir det egenverdier, λ = og λ = (dobbel). Egenrommet til λ finnes ved å løse (A I) x =. Vi finner Echelonformen, (8) 6 og ser umiddelbart at løsningen blir v = t. (9) For λ får vi på tilsvarende måte: A I =. (3) Her kan løsningen skrives v = s + t t, s R. (3) Merk at det også er flere ekvivalente måter å angi denne løsningen på. Vi leser mulige basisvektorer direkte ut fra løsningen. (b) Matrisen i (a) har sammenfallende egenvektorer og det er dermed ikke helt opplagt A kan diagonaliseres. Her er imidlertid egenrommet til λ to-dimensjonalt, så tilsammen har 3 3- matrisen A + = 3 lineært uavhengige egenvektorer (basisene vi fant i (a)). Da er den diagonaliserbar med P = D =. (3)

6 Side 6 av 7 For sikkerhets skyld kan vi sjekke at AP = P D: AP = 6 P D = = =. (c) Vi observerer at det oppgitte systemet nettopp er y = Ay, (33) der A er matrisen i (a), og generell løsning kan dermed settes opp umiddelbart: y (t) = c + c e t + c 3 e t. (3) Med oppgitte startbetingelser får vi y () = 3 = c + c + c 3 c c 3 c + c (35) og ser umiddelbart at c 3 =, c =, c =. Løsningen blir dermed y (t) = e t. (36) Oppgave 5 (a) Vi finner først at konsentrasjonen av rotenon i vatn A er y (t) /V, mens konsentrasjonen i vatn B er y (t) / (3V ). Dermed kan vi sette opp at endringen i mengde pr. tidsenhet er lik det som kommer inn pr. tidsenhet, minus det som går ut pr. tidsenhet: ( ) dy dt = U y (t), (37) V ( ) ( ) dy (t) y (t) y (t) = +U (6U), (38) dt V 3V

7 Side 7 av 7 som blir lik de oppgitte ligningene. Ved t = er det M ingenting i B, dvs. y () =. kilo gift i A, dvs. y () = M, og (b) Her blir vi bedt om å løse ligningssystemet med startbetingelsene y () =, y () =. ẏ = y, ẏ = y y, Det er to måter å gjøre dette på. For det første kan vi løse det som et system, ẏ = Ay, der [ ] A =. (39) Egenverdiene blir følgelig λ =,, og vi ser lett at tilhørende basisvektorer for egenrommene kan velges som [ ] [ ] v =, v =. () Generell løsning blir dermed y (t) = c [ ] e t + c [ og startbetingelsene gir umiddelbart at c =, c =. Følgelig blir y (t) = e t, y (t) = e t e t. ] e t, () I dette enkle tilfellet er det imidlertid aller enklest å løse ligningene etter tur. Første ligning er jo bare ẏ = y, y () =, () og løsningen blir dermed som ovenfor y (t) = e t. I andre ligning får vi da ẏ = e t y, eller ẏ + y = e t, y () =. (3) Generell løsning er y (t) = Ae t + e t, og siden y () =, blir A =. Oppgave 6 vi nettopp Av = Her kan være litt problematisk å komme i gang, men hvis vi beregner Av, får a a a 3 a a a 3 a 3 a 3 a 33 = a + a + a 3 a + a + a 3 a 3 + a 3 + a 33 som løser hele oppgaven for oss. Egenverdien er altså lik. = = ()