MAT UiO mai Våren 2010 MAT 1012

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "MAT UiO mai Våren 2010 MAT 1012"

Transkript

1 200 MAT 02 Våren 200 UiO / 48

2 200 Betrakt et system x = A x der A M n (R) er diagonaliserbar. Vi har sett at systemet kan løses ved frakoblingsmetoden: Vi finner da P = [v v n ] (inverterbar) og D (diagonal) som diagonaliserer A. Diagonalkomponentene til D, λ,..., λ n, er egenverdiene til A (gjentatt i henhold til multiplisitet). Løsningene til det frakoblede systemet y = D y er da gitt ved C e λ t y(t) =., C n e λnt der C,..., C n R. 2 / 48

3 200 Løsningene til x = A x finner vi så ved C e λ t x(t) = P y(t) = [v v n ]. C n e λnt der C,..., C n R. = C e λ t v + + C n e λnt v n. Egenfunksjonene e λ t v,..., e λnt v n gir oss da n lineært uavhengige løsninger av systemet. Enhver løsning av systemet kan skrives som en unik lineær kombinasjon av disse egenfunksjonene, som er basisfunksjoner for systemet. Systemet x = A x har altså uendelig mange løsninger. For å plukke ut en spesiell løsning får vi gjerne oppgitt en initialbetingelse: 3 / 48

4 200 Definisjon. En initialbetingelse til systemet x = A x er en betingelse på formen x(t 0 ) = b, der t 0 R, b R n. Problemet å løse et system av difflikninger sammen med en slik betingelse kalles gjerne et initialverdiproblem. Eksempel. Betrakt initialverdiproblemet x = 2x + x 2 3x 3 x 2 = 4x + 2x 2 + 3x 3, x(0) = x 3 = x 3 Vi har tidligere sett at alle løsningene til systemet er gitt ved 2 x(t) = C e 4t 2 +C 2 2 +C 3 e t 5, C, C 2, C 3 R der vektorene ovenfor er kolonnevektorene til matrisen P som diagonaliserer A. 4 / 48

5 200 Nå er x(0) = C C C 3 Initialbetingelsen gir oss derfor følgende lineært likningssystem: C C 2 2C 3 = 2C + 2C 2 + 5C 3 = 0 C 3 = Koeffisientmatrisen til dette likningssystemet er P, som er inverterbar. Dermed vet vi at likningssystemet har nøyaktig én løsning ved IMT. Dette betyr at initialverdiproblemet vårt også vil ha nøyaktig én løsning. Ved å løse det lineære likningssystemet finner vi at 2 5. C = 4 C 2 = 4, C 3 =. 5 / 48

6 200 Dermed er løsningen på initialverdiproblemet gitt ved 2 x(t) = 4 2 e 4t e t. 0 0 Ved en tilsvarende argumentasjon kan følgende vises: Teorem 4.7. La A M n (R), t 0 R og b R n. Da finnes det kun én løsning på initialverdiproblemet x = A x, x(t 0 ) = b. 6 / 48

7 200 Vi skal se hvordan vi kan finne reelle løsninger av et system x = A x der matrisen A har. Underveis vil vi støte på vektorvaluerte funksjoner. Definisjon. En kompleks vektorvaluert funksjon z er en funksjon som sender hver t R til en kompleks vektor i C n. En slik funksjon kan alltid skrives på formen z(t) = u(t) + i y(t) der u og y er reelle vektorvaluerte funksjoner fra R inn i R n. 7 / 48

8 Vi er interessert i reelle løsninger av x = A x. Slike kan vi finne ved hjelp av løsninger: 200 Teorem 4.9. Anta z(t) = u(t) + i y(t) er en kompleks løsning av systemet z = A z. Da er både u og y reelle løsninger til systemet x = A x. Bevis: Siden z er en løsning har vi Det gir (u(t) + iy(t)) = A (u(t) + i y(t)). u (t) + iy (t) = Au(t) + i Ay(t). Ved å sammenligne realdelene og imaginærdelene får vi u = Au og y = Ay, så u og y er reelle løsninger til systemet. 8 / 48

9 200 Anta nå at λ = a + i b (der b 0) er en kompleks egenverdi til A med tilhørende egenvektor v = Re v + i Im v. Man kan da sjekke at z(t) = e λt v er en en (kompleks) løsning av systemet z = A z og derved en kompleks egenfunksjon til systemet. Nå er z(t) = e λt v = e (a+ib)t (Re v + i Im v). Fra MAT00 husker vi at e ibt = cos bt + i sin bt. Derfor er z(t) = e at e ibt (Re v + i Im v) = e at (cos bt + i sin bt) (Re v + i Im v) = e at (Re v cos bt Im v sin bt) + i e at (Re v sin bt + Im v cos bt). 9 / 48

10 Vi har dermed skrevet z(t) på formen 200 der og z(t) = u(t) + i y(t) u(t) = e at (Re v cos bt Im v sin bt) y(t) = e at (Re v sin bt + Im v cos bt). Ved Teorem 4.9 er både u og y reelle løsninger av systemet vi vil løse. Det kan også vises at disse er lineært uavhengige. Merk at λ også er en egenverdi til A med tilh. egenvektor v,slik at z(t) = e λt v vil også være en kompleks løsning til systemet. Men den vil ikke gi oss noen nye reelle løsninger: Hvert par av kompleks konjugerte til A gir oss nemlig de reelle løsningene C u(t) + C 2 y(t), C, C 2 R. 0 / 48

11 200 Formlene for u(t) og y(t) er dessverre vanskelige å huske! Det er nok enklere å huske at vi skal beregne real- og imaginærdel av den tilhørende egenfunksjonen: Eksempel. Betrakt systemet { x = x 5x 2 x 2 = 5x + x 2. Koeffisientmatrisen er A = [ 5 5 ] og vi har tidligere regnet ut at egenverdiene til A er λ = ± 5i, med tilhørende egenvektorer [ ] ±i s, s C, s 0. / 48

12 200 Vi velger å bruke λ = + 5i. En tilhørende [ ] kompleks i egenfunksjon er da z(t) = e (+5i)t. Det gir e (+5i)t [ i ] [ 0 = e t (cos(5t) + i sin(5t))( ( [ 0 = e t cos(5t) ( [ 0 +i e t sin(5t) = e t [ sin(5t) cos(5t) ] [ sin(5t) 0 ] [ + i 0 ] ) ] [ + cos(5t) 0 ] + i e t [ cos(5t) sin(5t) ]. ] ) ] ) 2 / 48

13 200 Dette gir oss de to reelle løsningene [ ] [ u(t) = e t sin(5t) og y(t) = e t cos(5t) cos(5t) sin(5t) Siden u(0) = [ 0 ] og y(0) = [ 0 ]. ] er lineært uavhengige, så er u og y lineært uavhengige løsninger (ved Teorem 4.6). Alle de reelle løsningene til systemet er derfor gitt ved: [ ] [ ] [ ] x (t) = C x 2 (t) e t sin(5t) +C cos(5t) 2 e t cos(5t), C sin(5t), C 2 R. 3 / 48

14 Oppsummering: 200 Når λ = a ± i b (der b 0) er til A med tilhørende egenvektorer v og v bruker vi kun en av egenverdiene, f.eks. λ = a + i b. Vi skriver den løsningen som og regner ut z(t) = e (a+i b)t (Re v + i Im v) u(t) = Re z(t) og y(t) = Im z(t). Bidraget til de reelle løsningene til systemet x = A x er en lineær kombinasjon av u(t) og y(t). 4 / 48

15 200 Eksempel. Vi vil løse initialverdiproblemet 0 x = A x, x(0) = 2 der A = Utregning gir at det karakteristiske polynomet til A er p(λ) = λ 3 4λ 2 7λ 6. Ved å prøve oss frem finner vi ut at p( 2) = 0. Vi kan derfor dele p(λ) med λ + 2, og finner deretter at p har to røtter ± i 2. Egenverdiene til A er altså 2 og ± i 2 5 / 48

16 200 For λ = 2 finner vi at de tilhørende egenvektorene er 2 s 2, s R, s 0. For λ = + i 2 er de tilhørende egenvektorene 2 i 2 s i 2, s C, s 0. 3 (De tilhørende egenvektorene til i 2 er de konjugerte til vektorene ovenfor, men vi trenger ikke disse). En tilhørende kompleks egenfunksjon er derfor 2 i 2 z(t) = e ( +i 2)t i / 48

17 200 Vi regner ut: z(t) = e ( +i 2)t 2 i 2 i 2 3 = e t (cos(t 2) + i sin(t 2))( ( = e t cos(t 2) sin(t 2) + i ) ) ( +ie t sin(t 2) cos(t 2) ) 7 / 48

18 200 Til sammen gir dette den generelle løsningen x(t) = C e 2t +C 3 e t der C, C 2, C 3 R C 2 e t 2 sin(t 2) 2 cos(t 2) sin(t 2) 2 cos(t 2) 3 sin(t 2) 2 cos(t 2) + 2 sin(t 2) cos(t 2) + 2 sin(t 2) 3 cos(t 2) Initialbetingelsen gir 2 x(0) = C 2 + C C = / 48

19 200 Dette gir et lineært likningssystem som vi løser ved radredusering så C =, C 2 = og C 3 = 0. Løsningen på initialverdiproblemet er dermed x(t) = e 2t 2 2 e t , 2 cos(t 2) + 2 sin(t 2) cos(t 2) + 2 sin(t 2) 3 cos(t 2). 9 / 48

20 200 likevekt og Definisjon. Et system på formen x = a x + a 2 x a n x n + b x 2 = a 2x + a 22 x a 2n x n + b 2. x n = a n x + a 2n x a nn x n + b n der a ij, b, b 2,..., b n R og b = (b, b 2,..., b n ) 0 kalles et inhomogent system av n første ordens lineære difflikninger med konstante koeffisienter. Systemet kan skrives på matriseform x = A x + b der A = [a ij ]. 20 / 48

21 200 I studiet av inhomogene systemer vil vi trenge følgende begrep: Definisjon. Likevektspunktene til et system av difflikninger i funksjonene x, x 2,..., x n er alle løsningene til systemet som fremkommer ved å sette uttrykkene for x, x 2,..., x n lik 0. Eksempel. Betrakt et homogent system x = A x. Likevektspunktene finner vi ved ved å løse systemet A x = 0. Vi ser at mengden av alle likevektspunktene er Nul(A). Spesielt er 0 alltid et likevektspunkt. 2 / 48

22 200 Eksempel. Betrakt det inhomogene systemet { x = 4x + 5x x 2 = 2x 2x 2 Likevektspunktene finner vi ved å løse { 4x + 5x = 0 2x 2x 2 = 0. Utregning gir at eneste løsning er (x, x 2 ) = (4, 4). Dermed er (4, 4) det eneste likevektspunktet til systemet. 22 / 48

23 200 Merk: For å finne likevektspunktene til systemet x = A x + b må vi løse A x + b = 0, dvs. likningssystemet A x = b. Dette er et lineært likningssystem som har ingen, én eller uendelig mange løsninger. Hvis vi antar at A er inverterbar, finnes det nøyaktig én løsning ved IMT. Det eneste likevektspunktet til systemet er da gitt ved: x = A ( b). 23 / 48

24 200 Betrakt nå systemet x = Ax + b og la oss anta at A er inverterbar. Anta at y = A y. Da er så y = A y b + b (siden b + b = 0), y = A (y A b) + b (siden A A = I ) Vi setter derfor x = y A b = y + A ( b). Merk at A ( b) er likevektspunktet til systemet, og er en konstant vektor. Vi har derfor at x = y. Dermed får vi at x = A x + b, så x er en løsning av det inhomogene systemet. Omvendt, hvis x = A x + b og y = x A ( b), ser vi at y = A y. 24 / 48

25 200 Vi har dermed begrunnet følgende: Metode for å løse x = A x + b når A er inverterbar: ) Vi løser det tilhørende homogene systemet y = A y. 2) Vi løser A x + b = 0, dvs. vi finner likevektspunktet. 3) Vi får den generelle løsningen til x = A x + b ved å summere løsningene i ) og 2). { x Eksempel. Betrakt systemet = 4x + 5x x 2 = 2x 2x 2 [ ] 4 5 som har koeffisientmatrise A =. 2 2 A er inverterbar og vi har tidligere regnet ut at likevektspunktet er (4, 4). 25 / 48

26 200 Vi må løse det homogene systemet y = A y. Matrisen A har ± i. En egenvektor tilhørende + i er v = ( 3 2 i 2, ). Egenfunksjonen e (+i)t v gir: e (+i)t ( [ 3 2 ] [ + i 2 0 = e t (cos t + i sin t)( [ 3 2 = e t (cos t [ 3 2 ] ) ] [ ] sin t 2 ) 0 [ +i e t (cos t 2 0 ] [ + i 2 0 ] ) ] [ 3 + sin t 2 ] ). 26 / 48

27 200 Den reelle generelle løsningen av det homogene systemet er derfor [ y(t) = C e t 3 2 cos t + 2 sin t [ ]+C cos t 2 e t 2 cos t 3 2 sin t sin t der C, C 2 R. Det inhomogene systemet har dermed generell løsning [ ] 4 x(t) = y(t) + 4 = C e t [ 3 2 cos t + 2 sin t cos t der C, C 2 R. ] [ + C 2 e t 2 cos t 3 2 sin t sin t [ ] ] ] 27 / 48

28 200 Vi har sett at vi i mange tilfeller klarer å løse inhomogene systemer av typen x = A x + b der A M n (R) er inverterbar. Vi vet at et slikt system har nøyaktig et likevektspunkt, nemlig x l = A ( b). Det er ofte naturlig å spørre seg: Hva skjer med en løsning x(t) når t vokser mot uendelig? Spesielt kan vi spørre om løsningene vil utvikle seg mot en stabil situasjon, dvs: Når vil x(t) alltid nærme seg likevektspunktet? Følgende resultat sier at det siste spørsmålet kan avgjøres kun ved å se på egenverdiene til A: 28 / 48

29 200 Teorem Betrakt et system x = A x + b der A M n (R) er inverterbar. La x l = A ( b) være likevektspunktet til systemet. Da vil x(t) nærme seg x l når t for enhver løsning av systemet hvis og bare hvis alle egenverdiene til A har negativ realdel. En slags forklaring: Vi vet at en løsning til systemet er gitt ved x(t) = y(t) + x l der y(t) er en løsning til det homogene systemet y = A y. Hvis λ = a + ib er en egenverdi til A, vil det tilsvarende leddet vi får i y(t) ha e at som dominerende faktor. Dersom a < 0 vil e at 0 når t, så dette leddet vil da gå mot / 48

30 200 Hvis alle egenverdiene til A har negativ realdel får vi da at y(t) 0 når t. Dermed vil når t. x(t) = y(t) + x l 0 + x l = x l { x Eksempel. Systemet = x + 5 x 2 = 8x 3x 2 [ ] 0 har koeffisientmatrise A =. 8 3 Siden det(a) = 3 0 er A inverterbar. Likevektspunktet er x l = A ( b) = [ ] [ 5 0 Det karakteristsike polynomet er (λ + )(λ + 3), så egenverdiene til A er og 3. ] = [ ]. 30 / 48

31 200 Alle egenverdiene til A har altså negativ realdel. Teorem 4.25 gir dermed at løsningene vil gå mot x l når t. Sjekk: Utregning gir at løsningene til systemet er [ ] [ ] [ ] x(t) = C e t 4 + C 2 e 3t , C, C 2 R. 3 Siden e t og e 3t begge går mot 0 når t får vi at [ ] [ ] e t 4 0 og e 3t 0 0 når t. Det gir at lim x(t) = t [ ] = x l. 3 / 48

32 200 Eksempel. En enkel modell for dynamikken mellom glukose/blodsukker og insulin i et individ. Glukose dannes fra maten vi spiser, og går bl.a. via leveren ut til de ulike cellene i kroppen for å gi energi. Insulin dannes i bukspyttkjertelen når blodsukkeret stiger, og hjelper bl.a. glukosen inn i cellene, slik at blodsukkernivået ikke blir for høyt. Insulin brytes bl.a. ned i leveren. Vi setter x(t) = avvik i glukosekonsentrasjonen i blodet i forhold til normalt nivå ved tiden t, y(t) = avvik i insulinkonsentrasjonen ved tiden t, der x(t) måles i mg/ml, y(t) i enheter/ml og t i timer. 32 / 48

33 200 En modell for dynamikken mellom glukose og insulin er: { x = ax by y a, b, c, d > 0. = cx dy, Vi tenker her at leddet ax skyldes at glukosen absorberes i leveren. leddet by kommer av at glukosen tas opp i cellene. cx skyldes at insulin produseres i bukspyttkjertelen. dy kommer av at insulin nedbrytes i leveren. Ved hjelp av eksperimenter kan man bestemme tilnærmede verdier for a, b, c og d. La oss si at vi har funnet at a = 3, b = 4, 3, c = 0, 2 og d = 0, / 48

34 200 { x Systemet blir da = 3x 4, 3y y = 0, 2x 0, 8y. Koeffisientmatrisen blir A = [ 3 4, 3 0, 2 0, 8 ]. Siden det(a) = 2, 4 + 0, 86 = 3, 26 0 er A inverterbar. Siden systemet er homogent er likevektspunktet (0, 0), som er det normale nivået for glukose og insulin i blodet. Det karakteristiske polynomet er p(λ) = (λ + 3)(λ + 0, 8) + 0, 86 = λ 2 + 3, 8λ + 3, 26. Egenverdiene til A er derfor som gir λ = 3, 8 ± (3, 8) 2 4 3, 26 2 = 3, 8 ±, 4 2 λ, 308 og λ 2, 492., 34 / 48

35 200 Siden begge egenverdiene har negativ realdel, vil løsningene til dette systemet gå mot likevekt, dvs (0, 0) når t ved Teorem 4.25, dvs glukose- og insulin-nivået vil normaliseres i det lange løp. Pga tilnærmede verdier for egenverdiene kan vi ikke bestemme egenvektorene slik vi pleier. Ved hjelp av programvare kan vi finne at de tilhørende egenvektorene til λ, 308 er (tilnærmet) [ ] 0, 9306 s, s R, s 0. 0, 366 For λ 2, 492 får vi (tilnærmet) egenvektorene [ ] 0, 993 s, s R, s 0. 0, 74 Det gir generell løsning (avrundet til to desimaler) ] [ +C 2 e 2,49t 0, 99 0, 2 x(t) = C e,3t [ 0, 93 0, 36 ], C, C 2 R. 35 / 48

36 200 La oss anta at x(0) = og y(0) = 0: Denne initialbetingelsen gir at { 0, 9366C 0, 993C 2 = 0, 366C + 0, 74C 2 = 0, og vi finner da C 0, 4769 og C 2, Dette gir løsningen [ ] [ x(t) 0, 48e,3t 0, 93 y(t) 0, 36 ], 49e 2,49t [ 0, 99 0, 2 [ 0, 45 e,3t +, 48 e 2,49t ] 0, 7 e,3t 0.8 e 2,49t. ] 36 / 48

37 200 Avviket fra normalen i glukose- og insulin-konsentrasjonen for t =, 2, 3 og 4 blir da: t x(t) 0,0023 0, , , 0023 y(t) 0 0,0327 0,06 0,0033 0,0009 (Dette forutsetter at individet ikke spiser mat i dette tidsrommet!). Ved hjelp av programvare eller kalkulator kan man tegne grafene til x(t) = 0, 45 e,3t +, 48 e 2,49t og y(t) = 0, 7 e,3t 0.8 e 2,49t, f.eks. over intervallet [0, 4]. 37 / 48

38 200 Et triks: Enhver n-te ordens homogen lineær difflikning med konstante koeffisienter for en funksjon y = y(t) kan gjøres om til et system av n første ordens difflikninger: Trikset er å sette x = y, x 2 = y, x 3 = y,..., x n = y (n ) NB: Vi skriver y (j) for den j-te deriverte til y når j 3. Vi illustrerer metoden på et eksempel. 38 / 48

39 200 Eksempel. Betrakt difflikningen y (3) y + y y = 0 ( ). Vi setter x = y, x 2 = y, x 3 = y. Vi merker oss også at ( ) gir at y (3) = y y + y. Ved å derivere x j -ene får vi: x = y = x 2 x 2 = y = x 3 x 3 = y (3) = y y + y = x 3 x 2 + x Det gir oss systemet x = x 2 x 2 = x 3 x 3 = x 3 x 2 + x 39 / 48

40 200 Koeffisientmatrisen er A = Utregning gir at løsningene til systemet x = A x er x (t) cos t sin t x 2 (t) = C e t + C 2 sin t + C 3 cos t x 3 (t) cos t sin t. og det gir at y(t) = x (t) = C e t + C 2 cos t + C 3 sin t, C, C 2, C 3 R. 40 / 48

41 200 Eksempel. I kvantefysikk er den såkalte tidsuavhengige Schrödingerlikningen for en partikkel med masse m som beveger seg i én dimensjon med energi E gitt ved 2 2m Ψ + V Ψ = EΨ. Her er Ψ = Ψ(x) en bølgefunksjon som sier noe om sannsynligheten at partikkelen befinner seg i punktet x, er en konstant og V = V (x) er den potensielle energien. For enkelhets skyld antar vi at V = 0. Det gir likningen 2 2m Ψ = EΨ. Fra MAT00 vet vi hvordan denne likningen kan løses. Vi bruker istedet trikset til å finne bølgefunksjonene: 4 / 48

42 200 Vi setter x = Ψ og x 2 = Ψ. Vi har da x = Ψ = x 2 og Schrødingerligningen gir at x 2 = Ψ = 2mE 2 { x Dette gir oss systemet = x 2 x 2 = 2mE x 2 [ 0 med koeffisientmatrise A = 2mE 0 2 Ψ = 2mE 2 x. Det karakteristiske polynomet er p(λ) = λ 2 + 2mE, så 2 egenverdiene til A er ]. λ = ±i k der k = 2mE. 42 / 48

43 200 Utregning gir at en egenvektor til A tilhørende den egenverdien λ = i k er [ i ( v = k ) ]. En kompleks egenfunksjon til systemet er derfor [ e ikt i ( k ) ] ( [ 0 = (cos(kt) + i sin(kt)) = [ k sin(kt) cos(kt) ] + i [ k cos(kt) sin(kt) ] + i ]. [ k 0 Som vi har sett i avsnitt 4.3 gir realdelen og imaginærdelen til denne egenfunksjonen to basisfunksjoner til systemet. ] ) 43 / 48

44 200 Den generelle løsningen til systemet er dermed [ ] [ x (t) = C k sin(kt) [ x 2 (t) ]+C k cos(kt) cos(kt) 2 sin(kt) Bølgefunksjonene til Schrødingerligningen blir derfor der k = ], C, C 2 R. Ψ(t) = x (t) = C k sin(kt) C 2 k cos(kt), C, C 2 R, 2mE. Vi ser at Ψ(t) blir en harmonisk svingning dersom E, og dermed k, er forskjellig fra 0 (og minst en av C j -ene er forskjellig fra 0). 44 / 48

45 200 Eksempel. En matematisk opprustningsmodell. Vi betrakter tre land X, X 2 og X 3 som mistenker hverandre å ville gå til krig. Vi lar x (t), x 2 (t) og x 3 (t) være et mål for opprustningen til hvert av landene ved tiden t. Den deriverte x i angir forandringen i opprustningen til landet X i. Vi tenker oss at Opprustning i de andre landene vil bidra positivt til til x i, la oss si med k j x j for hver j i, der k j > 0 representerer en forsvarskoeffisient. Landene bærer nag til hverandre, noe som gir et konstant bidrag b i til x i der b i > 0. Kostnadene ved opprustning gir et negativt bidrag α i x i til x i der α i > 0 representerer en hindringskoeffisient. 45 / 48

46 200 For enkelthets skyld ser vi på den symmetriske situasjonen der alle landene har samme forsvarskoeffisient k > 0 og samme hindringskoeffisient α > 0. Vi får da følgende inhomogent system: x = αx + kx 2 + kx 3 + b x 2 = kx αx 2 + kx 3 + b 2 x 3 = kx + kx 2 αx 3 + b 3 dvs systemet x = Ax + b der α k k A = k α k, b = k k α b b 2 b 3. Det tilhørende homogene systemet y = Ay har vi studert i et tidligere eksempel: 46 / 48

47 200 Vi fant da at A har to, (α + k) og α + 2k, og at den generelle løsningen til y = Ay er y(t) = = C 0 y (t) y 2 (t) y 3 (t) der C, C 2, C 3 R. e (α+k)t + C 2 0 e (α+k)t +C 3 e ( α+2k)t, 47 / 48

48 Siden α > 0 og k > 0 er (α + k) < 0. Anta at α 2k. 200 Da er α + 2k 0, så begge egenverdiene til A er forskjellig 0. Dermed er A er inverterbar (jf. Kap. 3). Likevektspunktet til det inhomogene systemet er da x l = A ( b) og dets generelle løsning er x(t) = y(t) + x l. Hvis 2k < α er α + 2k < 0, så begge egenverdiene har negativ realdel: Teorem 4.25 gir at systemet vil nærme seg likevekt i det lange løp. Hvis α derimot er mindre enn 2k, er α + 2k > 0: Da vil e ( α+2k)t når t og det medfører at lim x(t) = (dersom C 3 0), t dvs opprustningskappløpet er ute av kontroll!!! 48 / 48

MAT UiO. 10. mai Våren 2010 MAT 1012

MAT UiO. 10. mai Våren 2010 MAT 1012 MAT Våren UiO. / 7 Betrakt et system x = A x der A M n (R) er diagonaliserbar. Vi har sett at systemet kan løses ved frakoblingsmetoden: Vi finner da P = [v v n ] (inverterbar) og D (diagonal) som diagonaliserer

Detaljer

Systemer av første ordens lineære differensiallikninger

Systemer av første ordens lineære differensiallikninger Kapittel 4 Systemer av første ordens lineære differensiallikninger Differensiallikninger, forkortet difflikninger, er svært viktige, og dukker opp nærmest overalt i anvendelser. En difflikning er en likning

Detaljer

MAT Prøveeksamen 29. mai - Løsningsforslag

MAT Prøveeksamen 29. mai - Løsningsforslag MAT0 - Prøveeksamen 9 mai - Løsningsforslag Oppgave Sett A = 4 4 0 x 0, x = x, b =, x 0 og la v, v, v betegne kolonnevektorene til A a) Skriv A x = y som en vektorlikning x Svar : Siden A x = [v v v ]

Detaljer

Eksamensoppgavehefte 2. MAT1012 Matematikk 2: Mer lineær algebra

Eksamensoppgavehefte 2. MAT1012 Matematikk 2: Mer lineær algebra Eksamensoppgavehefte 2 MAT1012 Matematikk 2: Mer lineær algebra Matematisk institutt, UiO, våren 2010 I dette heftet er det samlet et utvalg av tidligere eksamensoppgaver innenfor temaet Lineær algebra

Detaljer

Lineære likningssystemer og matriser

Lineære likningssystemer og matriser Kapittel 3 Lineære likningssystemer og matriser I dette kapittelet skal vi sette sammen Kapittel 1 og 2. 3.1 Den utvidede matrisen til et likningssystem Vi starter med et lineært likningssystem med m likninger

Detaljer

Forelesning 14 Systemer av dierensiallikninger

Forelesning 14 Systemer av dierensiallikninger Forelesning 14 Systemer av dierensiallikninger Eivind Eriksen 9. april 010 Dierensiallikninger En dierensiallikning inneholder en avhengig variabel (typisk y ) og en uavhengig variabel (typisk x), som

Detaljer

Kapittel 3. Mer om egenverdier og egenvektorer. 3.1 Komplekse n-tupler og vektorer

Kapittel 3. Mer om egenverdier og egenvektorer. 3.1 Komplekse n-tupler og vektorer Kapittel 3 Mer om egenverdier og egenvektorer I neste kapittel skal vi lære å løse systemer av difflikninger. Da vil vi trenge egenverdier og egenvektorer, og selv om vi skal løse reelle problemer, vil

Detaljer

5.6 Diskrete dynamiske systemer

5.6 Diskrete dynamiske systemer 5.6 Diskrete dynamiske systemer Egenverdier/egenvektorer er viktige for å analysere systemer av typen x k+1 = A x k, k 0, der A er en kvadratisk diagonaliserbar matrise. Tenker her at x k angir systemets

Detaljer

MAT1120 Notat 2 Tillegg til avsnitt 5.4

MAT1120 Notat 2 Tillegg til avsnitt 5.4 MAT1120 Notat 2 Tillegg til avsnitt 54 Dette notatet utfyller bokas avsnitt 54 om matriserepresentasjoner (også kalt koordinatmatriser) av lineære avbildninger mellom endeligdimensjonale vektorrom En slik

Detaljer

Egenverdier for 2 2 matriser

Egenverdier for 2 2 matriser Egenverdier for matriser (Bearbeidet versjon av tidligere notat på nett-sidene til MA101 - Lineær algebra og geometri Versjon oppdatert med referanser til 10utg av læreboken) Egenvektorer og egenverdier

Detaljer

Tiden går og alt forandres, selv om vi stopper klokka. Stoffet i dette kapittelet vil være en utømmelig kilde med tanke på eksamensoppgaver.

Tiden går og alt forandres, selv om vi stopper klokka. Stoffet i dette kapittelet vil være en utømmelig kilde med tanke på eksamensoppgaver. Kapittel 4 Anvendelser av lineære likningssystemer Tiden går og alt forandres, selv om vi stopper klokka Stoffet i dette kapittelet vil være en utømmelig kilde med tanke på eksamensoppgaver 4 Populasjonsdynamikk

Detaljer

Løsningsforslag MAT 120B, høsten 2001

Løsningsforslag MAT 120B, høsten 2001 Løsningsforslag MAT B, høsten Sett A = ( ) (a) Finn egenverdiene og egenvektorene til A ( ) λ =, e = ( λ =, e = ) (b) Finn matrisen e ta og den generelle løsningen på initialverdiproblemet Ẋ = AX, X()

Detaljer

MA1201/MA6201 Høsten 2016

MA1201/MA6201 Høsten 2016 MA/MA6 Høsten 6 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematikk Løsningsforslag Øving Med forebehold om feil. Hvis du finner en, ta kontakt med Karin. Kapittel 6. a) Stemmer. Anta

Detaljer

6.4 Gram-Schmidt prosessen

6.4 Gram-Schmidt prosessen 6.4 Gram-Schmidt prosessen La W {0} være et endeligdimensjonalt underrom av R n. (Senere skal vi mer generelt betrakte indreprodukt rom; se seksjon 6.7). Vi skal se hvordan vi kan starte med en vanlig

Detaljer

Emne 9. Egenverdier og egenvektorer

Emne 9. Egenverdier og egenvektorer Emne 9. Egenverdier og egenvektorer Definisjon: Vi starter med en lineær transformasjon fra til, hvor Dersom, hvor, sier vi at: er egenverdiene til A er tilhørende egenvektorer. betyr at er et reelt eller

Detaljer

Emne 11 Differensiallikninger

Emne 11 Differensiallikninger Emne 11 Differensiallikninger Differensiallikninger er en dynamisk beskrivelse av et system eller en prosess, basert på de balanselikningene vi har satt opp for prosessen. (Matematisk modellering). Vi

Detaljer

A 2 = PDP 1 PDP 1 = PD 2 P 1. og ved induksjon får vi. A k = PD k P 1. Kommentarer:

A 2 = PDP 1 PDP 1 = PD 2 P 1. og ved induksjon får vi. A k = PD k P 1. Kommentarer: 5.3 Diagonalisering Det ville være fint om en matrise A var similær med en diagonalmatrise D: da har vi funnet egenverdiene, og kan f.eks. lett beregne A k. Når er dette tilfelle? Det er tema i denne seksjonen.

Detaljer

12 Diagonalisering av matriser og operatorer (Ch. 5.1, 5.2 og 8.5)

12 Diagonalisering av matriser og operatorer (Ch. 5.1, 5.2 og 8.5) Diagonalisering av matriser og operatorer (Ch 5, 5 og 85) Motivasjon Det er veldig viktig å kunne beregne funksjonsverdier f (A) for kvadratiske matriser A I kalkulus (teori av differensiallikninger) er

Detaljer

6.8 Anvendelser av indreprodukter

6.8 Anvendelser av indreprodukter 6.8 Anvendelser av indreprodukter Vektede minste kvadraters problemer Anta at vi approksimerer en vektor y = (y 1,..., y m ) R m med ŷ = (ŷ 1,..., ŷ m ) R m. Et mål for feilen vi da gjør er y ŷ, der betegner

Detaljer

Løsningsforslag for eksamen i Matematikk 3 - TMA4115

Løsningsforslag for eksamen i Matematikk 3 - TMA4115 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag for eksamen i Matematikk 3 - TMA4115 Vår 1 1 a) La z = x iy. Da er Re z = x og z = x y. Siden y er et reelt

Detaljer

y(x) = C 1 e 3x + C 2 xe 3x.

y(x) = C 1 e 3x + C 2 xe 3x. NTNU Institutt for matematiske fag TMA4115 Matematikk eksamen 4 juni 9 Løsningsforslag 1 Innsatt for z = x + iy kan ligningen skrives x + 1 + i(y ) = x 1 + i(y + ) Ved å benytte at z = a + b for et kompleks

Detaljer

13 Oppsummering til Ch. 5.1, 5.2 og 8.5

13 Oppsummering til Ch. 5.1, 5.2 og 8.5 3 Oppsummering til Ch. 5. 5. og 8.5 3. Motivasjon Det er veldig viktig å kunne beregne funksjonsverdier f (A) for kvadratiske matriser A. I kalkulus (teori av differensiallikninger) er det viktig å beregne

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 1001, HØSTEN (x + 1) 2 dx = u 2 du = u 1 = (x + 1) 1 = 1 x + 1. ln x

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 1001, HØSTEN (x + 1) 2 dx = u 2 du = u 1 = (x + 1) 1 = 1 x + 1. ln x LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 00, HØSTEN 06 DEL.. Hvilken av funksjonene gir en anti-derivert for f(x) = (x + )? Løsning. Vi setter u = x +, som gir du = dx, (x + ) dx = u du = u = (x + ) = x + a) x+ b)

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN BOKMÅL UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. V.008. Løsningsforslag til eksamen i emnet MAT131 - Differensialligninger I 8. mai 008 kl. 0900-1400 Vi har ligningen der α er

Detaljer

Kap. 5 og Notat 2 Oppsummering

Kap. 5 og Notat 2 Oppsummering Kap. 5 og Notat 2 Oppsummering Vi lar A være en reell n n matrise, med mindre noe annet sies. x R n er en egenvektor for A tilh. egenverdien λ R betyr at A x = λ x og x 0. Hvis A er triangulær, er egenverdiene

Detaljer

MAT Vår Oblig 2. Innleveringsfrist: Fredag 23.april kl. 1430

MAT Vår Oblig 2. Innleveringsfrist: Fredag 23.april kl. 1430 MAT 00 Vår 00 Oblig Innleveringsfrist: Fredag 3.april kl. 430 Oppgaven leveres stiftet med forsideark på ekspedisjonskontoret til Matematisk institutt i 7. etg. i Niels Henrik Abels hus innen fristen.

Detaljer

3.1 Første ordens lineære difflikninger. y + f(x)y = g(x) (3.1)

3.1 Første ordens lineære difflikninger. y + f(x)y = g(x) (3.1) Kapittel 3 Differensiallikninger 3.1 Første ordens lineære difflikninger Definisjon 3.1 En første ordens lineær difflikning er en likning på formen y + f(x)y = g(x) (3.1) der f og g er kjente funksjoner.

Detaljer

Universitet i Bergen. Eksamen i emnet MAT121 - Lineær algebra

Universitet i Bergen. Eksamen i emnet MAT121 - Lineær algebra Universitet i Bergen Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Bokmål Eksamen i emnet MAT2 - Lineær algebra Onsdag 29 mai, 20, kl. 09.00-4.00 Tillatte hjelpemidler. kalkulator, i samsvar med fakultetets

Detaljer

TMA4110 Matematikk 3 Haust 2011

TMA4110 Matematikk 3 Haust 2011 Noregs teknisk naturvitskaplege universitet Institutt for matematiske fag TMA40 Matematikk 3 Haust 0 Løysingsforslag Øving Oppgåver frå læreboka kap 5, s 7-73 5 Eigenrommet som svarar til λ = 5 er det

Detaljer

UNIVERSITET I BERGEN

UNIVERSITET I BERGEN UNIVERSITET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet BOKMÅL Løsningsforslag eksamen MAT - Lineær algebra H Med forbehold om skrivefeil. Oppgave. Betrakt A = 6 5, b = 6 b (a) (b) Finn den reduserte

Detaljer

TFY Løsning øving 5 1 LØSNING ØVING 5. Krumning og stykkevis konstante potensialer

TFY Løsning øving 5 1 LØSNING ØVING 5. Krumning og stykkevis konstante potensialer TFY4215 - Løsning øving 5 1 Løsning oppgave 16 LØSNING ØVING 5 Krumning og stykkevis konstante potensialer a. I et område hvor V er konstant (lik V 1 ), og E V 1 er positiv (slik at området er klassisk

Detaljer

Kap. 7 Symmetriske matriser og kvadratiske former

Kap. 7 Symmetriske matriser og kvadratiske former Kap. 7 Symmetriske matriser og kvadratiske former Vi skal koble diagonalisering av matriser sammen med ortogonalitet. Skal bl.a. se på symmetriske matriser som har uvanlig pene egenskaper mht. diagonalisering.

Detaljer

Tallfølger er noe av det første vi treffer i matematikken, for eksempel når vi lærer å telle.

Tallfølger er noe av det første vi treffer i matematikken, for eksempel når vi lærer å telle. Kapittel 1 Tallfølger 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,... Det andre temaet i kurset MAT1001 er differenslikninger. I en differenslikning er den ukjente en tallfølge. I dette kapittelet skal vi legge grunnlaget

Detaljer

EKSAMEN I MATEMATIKK 3 (TMA4110)

EKSAMEN I MATEMATIKK 3 (TMA4110) 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

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4110/TMA4115 MATEMATIKK 3

EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4110/TMA4115 MATEMATIKK 3 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 25 2. januar 25 EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4/TMA45 MATEMATIKK 3 Oppgave A- a) Finn kvadratrøttene til det komplekse tallet

Detaljer

Vi skal koble diagonalisering av matriser sammen med ortogonalitet. Skal bl.a. se på

Vi skal koble diagonalisering av matriser sammen med ortogonalitet. Skal bl.a. se på Kap. 7 Innledning Vi skal koble diagonalisering av matriser sammen med ortogonalitet. Skal bl.a. se på Symmetriske matriser. Disse matrisene har uvanlig pene egenskaper mht. diagonalisering. Kvadratiske

Detaljer

7.1 forts. Schur triangularisering og spektralteoremet

7.1 forts. Schur triangularisering og spektralteoremet 7.1 forts. Schur triangularisering og spektralteoremet Vi skal vise to svært sentrale resultat i lineær algebra. Spektralteoremet (Teorem 3 i Lay): dette sier bl.a. at reelle symmetriske matriser er ortogonalt

Detaljer

Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Mandag 29. mai 2000, kl Løysingsforslag:

Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Mandag 29. mai 2000, kl Løysingsforslag: Eksamen i emnet M7 - Matematiske metodar Mandag 29. mai 2, kl. 9-5 Løysingsforslag: a Singulære punkt svarer til nullpunkta for x 2, dvs. x = og x =. Rekkeutvikler om x = : yx = a n x n y x = na n x n

Detaljer

6.5 Minste kvadraters problemer

6.5 Minste kvadraters problemer 6.5 Minste kvadraters problemer I mange anvendte situasjoner møter man lineære likningssystemer som er inkonsistente, dvs. uten løsninger, samtidig som man gjerne skulle ha funnet en løsning. Hva gjør

Detaljer

Løsninger for eksamen i MAT Lineær algebra og M102 - Lineær algebra, fredag 28. mai 2004, Oppgave 1. M s = = 1 2 (cofm 2) T.

Løsninger for eksamen i MAT Lineær algebra og M102 - Lineær algebra, fredag 28. mai 2004, Oppgave 1. M s = = 1 2 (cofm 2) T. Løsninger for eksamen i MAT - Lineær algebra og M - Lineær algebra, fredag 8. mai 4, (a) Finn determinanten til matrisen M s = Oppgave s uttrykt ved s, og bruk dette til å avgjøre for hvilke s matrisen

Detaljer

Lineære diffligning(ssystem)er i ECON 4140 V2017: Hva er pensum, hva er forelest, og hva er vesentlig.

Lineære diffligning(ssystem)er i ECON 4140 V2017: Hva er pensum, hva er forelest, og hva er vesentlig. Lineære diffligning(ssystem)er i ECON 4140 V2017: Hva er pensum, hva er forelest, og hva er vesentlig. (If you need an English version, please notify me. Nils) Jeg har blitt gjort oppmerksom på at forelesningsplanen

Detaljer

MAT1120 Oppgaver til plenumsregningen torsdag 25/9

MAT1120 Oppgaver til plenumsregningen torsdag 25/9 MAT1120 Oppgaver til plenumsregningen torsdag 25/9 Øyvind Ryan (oyvindry@i.uio.no) September 2008 Oppgaver fra 5.1 Denisjon av egenverdier, egenvektorer, egenrom. Teorem 1 s. 306: Egenverdiene til en triangulær

Detaljer

Tidligere eksamensoppgaver

Tidligere eksamensoppgaver Tillegg B Tidligere eksamensoppgaver Her følger et kronologisk utvalg av tidligere eksamensoppgaver innenfor temaet differenslikninger, og noen om komplekse tall, gitt ved UiO. Den første oppgaven gir

Detaljer

EKSAMEN I TMA4110 MATEMATIKK 3 Bokmål Mandag 6. juni 2011 løsningsforslag

EKSAMEN I TMA4110 MATEMATIKK 3 Bokmål Mandag 6. juni 2011 løsningsforslag Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 EKSAMEN I TMA4 MATEMATIKK 3 Bokmål Mandag 6. juni løsningsforslag Hjelpemidler (kode C): Enkel kalkulator (HP3S eller

Detaljer

Vær OBS på at svarene på mange av oppgavene kan skrives på flere ulike måter!

Vær OBS på at svarene på mange av oppgavene kan skrives på flere ulike måter! Vær OBS på at svarene på mange av oppgavene kan skrives på flere ulike måter! Oppgave.. a x y = x + y = r r r +r r x y = y fri x y = y fri Vi får én fri variabel, og løsningens har følgelig dimensjon.

Detaljer

Øving 3 Determinanter

Øving 3 Determinanter Øving Determinanter Determinanten til en x matrise er definert som Clear@a, b, c, dd K a b OF c d ad -bc Determinanten til en matrise er derfor et tall. Du skal se at det viktige for oss er om tallet er

Detaljer

Diagonalizering. En n n matrise A sies å være diagonaliserbar hvis den er similær med en diagonalmatrise D. A = PDP 1

Diagonalizering. En n n matrise A sies å være diagonaliserbar hvis den er similær med en diagonalmatrise D. A = PDP 1 Diagonalizering En n n matrise A sies å være diagonaliserbar hvis den er similær med en diagonalmatrise D. A = PDP 1 1 Diagonalizering En n n matrise A sies å være diagonaliserbar hvis den er similær med

Detaljer

R: 0, , = 6000 D : 0, , = 4000 La v n = angi fordelingen etter n år (dvs. a b n stemmer for R og

R: 0, , = 6000 D : 0, , = 4000 La v n = angi fordelingen etter n år (dvs. a b n stemmer for R og EGENVERDIER FOR MATRISER a Motiverende eksempel En by i USA har 0000 innbyggere som stemmer ved valget hvert år. I dag stemmer 8000 for R og 000 for D. Hvert år går 30% fra R til D og 0% fra D til R. Hva

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MA1202/MA6202 VÅR 2010

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MA1202/MA6202 VÅR 2010 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MA/MA6 VÅR Oppgave. a Radredusering gir A 4 6 5 R, og siden R har to ledende variabler så får vi ranka. Siden A har re kolonner gir dimensjonsteoremet for matriser at nullitya 4

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B

Løsningsforslag til eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 Løsningsforslag til eksamen i MA000, Brukerkurs i matematikk B 9. mai 01 Oppgave 1 a) Et plan i rommet har ligning

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. H.007. Eksamen i emnet MAT131 - Differensialligninger I 8. september 007 kl. 0900-100 Tillatte hjelpemidler: Ingen (heller

Detaljer

TFY4215 Innføring i kvantefysikk - Løsning øving 1 1 LØSNING ØVING 1

TFY4215 Innføring i kvantefysikk - Løsning øving 1 1 LØSNING ØVING 1 TFY425 Innføring i kvantefysikk - Løsning øving Løsning oppgave a. LØSNING ØVING Vi merker oss at sannsynlighetstettheten, Ψ(x, t) 2 = A 2 e 2λ x, er symmetrisk med hensyn på origo. For normeringsintegralet

Detaljer

3x + 2y 8, 2x + 4y 8.

3x + 2y 8, 2x + 4y 8. Oppgave En møbelfabrikk produserer bord og stoler Produksjonen av møbler skjer i to avdelinger, avdeling I og avdeling II Alle møbler må innom både avdeling I og avdeling II Det å produsere et bord tar

Detaljer

Lineær algebra-oppsummering

Lineær algebra-oppsummering Kapittel 9 Lineær algebra-oppsummering Matriser 1 Matriser er et rektangulært sett av elementer ordnet i rekker og kolonner: a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n A = = [a ij m n a m1 a n2 a mn 2 Kvadratisk matrise:

Detaljer

Kap. 5 Egenverdier og egenvektorer

Kap. 5 Egenverdier og egenvektorer Kap. 5 Egenverdier og egenvektorer Egenverdier, egenvektorer og diagonaliserbarhet er sentrale begreper for kvadratiske matriser. Mye er kjent fra tidligere, skal repetere dette og gå videre. Sammenhengen

Detaljer

MAT Onsdag 7. april Lineær uavhengighet (forts. 1.8 Underrom av R n, nullrom, basis MAT Våren UiO. 7.

MAT Onsdag 7. april Lineær uavhengighet (forts. 1.8 Underrom av R n, nullrom, basis MAT Våren UiO. 7. MAT 2 april 2.7 Lineær.8 Underrom MAT 2 Våren 2 UiO 7. april 2 / 23 MAT 2 april 2.7 Lineær.8 Underrom Minner om:.7 Lineær (fortsettelse) Definisjon. To vektorer u og v i R n kalles lineært avhengige dersom

Detaljer

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2013

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2013 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA Brukerkurs i matematikk B Vår Løsningsforslag Øving 6 9..7 Anta at en populasjon er delt inn i tre aldersklasser, og at %

Detaljer

Løsningsforslag. e n. n=0. 3 n 2 2n 1. n=1

Løsningsforslag. e n. n=0. 3 n 2 2n 1. n=1 Eksamen i BYPE2000 - Matematikk 2000 Dato: 6. juni 2014 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 7 (20 deloppgaver) Antall sider: 4 Vedlegg: Noen formler Hjelpemiddel: Ingen Alle svarene skal grunngis. Alle deloppgavene

Detaljer

Til enhver m n matrise A kan vi knytte et tall, rangen til A, som gir viktig informasjon.

Til enhver m n matrise A kan vi knytte et tall, rangen til A, som gir viktig informasjon. 4.6 Rang Til enhver m n matrise A kan vi knytte et tall, rangen til A, som gir viktig informasjon. Definisjon: Rangen til en m n matrise A betegnes med rank A og er definert som dimensjonen til kolonnerommet

Detaljer

16 Ortogonal diagonalisering

16 Ortogonal diagonalisering Ortogonal diagonalisering Ortogonale matriser Definisjon (Def 7) En n n matrise A kalles ortogonal dersom den er invertibel og A A T Denne betingelsen er ekvivalent til at der I n er n n identitesmatrisen

Detaljer

4.1 Vektorrom og underrom

4.1 Vektorrom og underrom 4.1 Vektorrom og underrom Vektorrom er en abstraksjon av R n. De kan brukes til å utlede egenskaper, resultater og metoder for tilsynelatende svært ulike klasser av objekter : n-tupler, følger, funksjoner,

Detaljer

MA1410: Analyse - Notat om differensiallikninger

MA1410: Analyse - Notat om differensiallikninger Høgskolen i Agder Avdeling for realfag MA40: Analyse - Notat om differensiallikninger Dato: Høsten 2000 Merknader: Dette notatet kommer i tillegg til 4.2 og 6. i læreboka. Ma 40: Analyse skal inneholde

Detaljer

MAT1120 Repetisjon Kap. 1

MAT1120 Repetisjon Kap. 1 MAT1120 Repetisjon Kap. 1 Kap. 1, avsn. 2.1-2.3 og kap. 3 i Lays bok er for det meste kjent fra MAT1100 og MAT1110. Idag skal vi repetere fra kap. 1 i Lays bok. Det handler bl.a. om : Matriser Vektorer

Detaljer

4.1 Vektorrom og underrom

4.1 Vektorrom og underrom 4.1 Vektorrom og underrom Vektorrom er en abstraksjon av R n. Kan brukes til å utlede egenskaper, resultater og metoder for tilsynelatende svært ulike klasser av objekter : n-tupler, følger, funksjoner,

Detaljer

B.1 Generelle egenskaper til energiegenfunksjoner

B.1 Generelle egenskaper til energiegenfunksjoner TFY4250/FY2045 Tillegg 6 - Generelle egenskaper til energiegenfunksjoner 1 Tillegg 6: Noe av stoffet i dette Tillegget er repetisjon fra Tillegg 3 i TFY4215. B.1 Generelle egenskaper til energiegenfunksjoner

Detaljer

Forelesningsplan M 117

Forelesningsplan M 117 Forelesningsplan M 117 Innledning Kan du gi et eksempel på et fenomen eller en prosess som er lineær? Har du eksempel på ikke-lineære fenomen? Hva er henholdsvis en ordinær (ODL) og en partiell differensialligning

Detaljer

Emne 10 Litt mer om matriser, noen anvendelser

Emne 10 Litt mer om matriser, noen anvendelser Emne 10 Litt mer om matriser, noen anvendelser (Reelle) ortogonale matriser La A være en reell, kvadratisk matrise, dvs. en (n n)-matrise hvor hvert element Da vil A være ortogonal dersom: og Med menes

Detaljer

6.6 Anvendelser på lineære modeller

6.6 Anvendelser på lineære modeller 6.6 Anvendelser på lineære modeller Skal først se på lineær regresjon for gitte punkter i planet: det kan formuleres og løses som et minste kvadraters problem! I mere generelle lineære modeller er man

Detaljer

Løsningsforslag. Oppgave 1 Gitt matrisene ] [ og C = A = 4 1 B = 2 1 3

Løsningsforslag. Oppgave 1 Gitt matrisene ] [ og C = A = 4 1 B = 2 1 3 Prøve i Matematikk BYFE DAFE Dato: 27. mai 26 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Løsningsforslag Oppgave Gitt matrisene [ 2 A 4 B [ 2 og C [ 2

Detaljer

MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4

MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4 MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4 Dette notatet tar utgangspunkt i Teorem 8 fra avsnitt 4.4 i boka. For ordens skyld gjentar vi dette teoremet her: Teorem 8 [Avsn. 4.4]: Anta at B = {b 1,..., b n

Detaljer

3.9 Teori og praksis for Minste kvadraters metode.

3.9 Teori og praksis for Minste kvadraters metode. 3.9 Teori og praksis for Minste kvadraters metode. Vi fortsetter med minste kvadraters problem. Nå skal vi se nærmere på noen teoretiske spørsmål, bl.a. hvordan normallikningene utledes. Minner om MK problemstillingen:

Detaljer

FY1006/TFY4215 Innføring i kvantefysikk - Øving 1 1 ØVING 1. En liten briefing om forventningsverdier, usikkerheter osv

FY1006/TFY4215 Innføring i kvantefysikk - Øving 1 1 ØVING 1. En liten briefing om forventningsverdier, usikkerheter osv FY16/TFY4215 Innføring i kvantefysikk - Øving 1 1 Frist for innlevering: mandag 28. januar (jf Åre) ØVING 1 En liten briefing om forventningsverdier, usikkerheter osv Eksempel: Terningkast Ved terningkast

Detaljer

4.2 Nullrom, kolonnerom og lineære transformasjoner

4.2 Nullrom, kolonnerom og lineære transformasjoner 4.2 Nullrom, kolonnerom og lineære transformasjoner Utover Span {v 1, v 2,..., v p } er det en annen måte vi får lineære underrom på! Ser nå på V = R n. Skal se at det er visse underrom knyttet til en

Detaljer

Løsningsforslag. og B =

Løsningsforslag. og B = Prøve i Matte Dato: vår 5 ENDRE Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver ar lik vekt. Oppgave a Gitt matrisene A regn ut A + B, AB. Løsningsforslag 4 og B 7 5 Vi

Detaljer

Obligatorisk innlevering 3 - MA 109, Fasit

Obligatorisk innlevering 3 - MA 109, Fasit Obligatorisk innlevering - MA 9, Fasit Vektorer Oppgave: Avgjør om, og er lineært uavhengige Dette er spørsmålet om det finnes vekter x, x, x - ikke alle lik - slik at x + x + x = Vi skriver det på augmentert

Detaljer

Lineær algebra. 0.1 Vektorrom

Lineær algebra. 0.1 Vektorrom Lineær algebra Siden dette temaet er alt for stort til å kunne gjennomgås på en halvtime, med alle de teoremene og denisjonene som skal til, har jeg laget dette notatet. Det bygger hovedsakelig på notatene

Detaljer

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA000 Brukerkurs i matematikk B Vår 04 Løsningsforslag. Eksamen 6. mai Løsning: Oppgave a) dy dx y y y )y ) : gy), så likevektsløsningene

Detaljer

Difflikninger med løsningsforslag.

Difflikninger med løsningsforslag. Repetisjon i Matematikk : Difflikninger med løsningsforslag. Høgskolen i Gjøvik Avdeling TØL Eksamensrepetisjon REA4 Matematikk Difflikninger med løsningsforslag. Difflikninger med løsningsforslag. Dette

Detaljer

Mer om kvadratiske matriser

Mer om kvadratiske matriser Kapittel 2 Mer om kvadratiske matriser Vi lader opp til anvendelser, og skal bli enda bedre kjent med matriser. I mange anvendelser er det ofte de kvadratiske matrisene som dukker opp, så fra nå skal vi

Detaljer

MAT-1004 Vårsemester 2017 Prøveeksamen

MAT-1004 Vårsemester 2017 Prøveeksamen MAT-4 Vårsemester 7 Prøveeksamen Contents. Forord................................. OPPGAVE OPPGAVE OPPGAVE 7 4 OPPGAVE 8 OPPGAVE 6 OPPGAVE 7 OPPGAVE 8 OPPGAVE 9 Formatering av svarene 4 9. Rasjonale tall.............................

Detaljer

4.4 Koordinatsystemer

4.4 Koordinatsystemer 4.4 Koordinatsystemer Minner om at B = { b 1, b 2,..., b n } kalles en basis for et vektorrom V dersom B er lineært uavhengig og utspenner V. I samme vektorrom kan vi innføre ulike koordinatsystemer ;

Detaljer

MAT3000/ Våren 2013 Obligatorisk oppgavesett nr. 2 Løsningsskisse

MAT3000/ Våren 2013 Obligatorisk oppgavesett nr. 2 Løsningsskisse MAT3000/4000 - Våren 2013 Obligatorisk oppgavesett nr. 2 Løsningsskisse Oppgave 1 Din offentlig nøkkel er N = 377 og a = 269, mens lederen av klubben har valgt N = 1829 og a = 7. Passordet som du har mottatt

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Side Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS4 Kvantefysikk Eksamensdag: 8. juni 5 Tid for eksamen: 9. (4 timer) Oppgavesettet er på fem (5) sider Vedlegg: Ingen

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Ny/utsatt eksamen i Eksamensdag: 9. august 2. Tid for eksamen: 9 2. Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler: MAT Kalkulus

Detaljer

MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4

MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4 MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4 Vi tar utgangspunkt i Teorem 8 fra avsn. 4.4 i boka. For ordens skyld gjentar vi teoremet her: Teorem 8 [Avsn. 4.4]: Anta at B = {b 1,..., b n } er en (ordnet) basis

Detaljer

Obligatorisk oppgave nr 4 FYS Lars Kristian Henriksen UiO

Obligatorisk oppgave nr 4 FYS Lars Kristian Henriksen UiO Obligatorisk oppgave nr 4 FYS-13 Lars Kristian Henriksen UiO. februar 15 Oppgave 1 Vi betrakter bølgefunksjonen Ψ(x, t) Ae λ x e iωt hvor A, λ og ω er positive reelle konstanter. a) Finn normaliseringen

Detaljer

EKSAMEN I MA1202 LINEÆR ALGEBRA MED ANVENDELSER

EKSAMEN I MA1202 LINEÆR ALGEBRA MED ANVENDELSER Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 10 Faglig kontakt under eksamen: Truls Fretland (73 55 89 87) EKSAMEN I MA1202 LINEÆR ALGEBRA MED ANVENDELSER LØSNINGSFORSLAG

Detaljer

Mer om kvadratiske matriser

Mer om kvadratiske matriser Kapittel 2 Mer om kvadratiske matriser Vi lader opp til anvendelser, og skal bli enda bedre kjent med matriser. I mange anvendelser er det ofte de kvadratiske matrisene som dukker opp, så fra nå skal vi

Detaljer

Gauss-Jordan eliminasjon; redusert echelonform. Forelesning, TMA4110 Fredag 18/9. Reduserte echelonmatriser. Reduserte echelonmatriser (forts.

Gauss-Jordan eliminasjon; redusert echelonform. Forelesning, TMA4110 Fredag 18/9. Reduserte echelonmatriser. Reduserte echelonmatriser (forts. Gauss-Jordan eliminasjon; redusert echelonform Forelesning, TMA4110 Fredag 18/9 Martin Wanvik, IMF MartinWanvik@mathntnuno En matrise vil normalt være radekvivalent med flere echelonmatriser; med andre

Detaljer

=cos. =cos 6 + i sin 5π 6 = =cos 2 + i sin 3π 2 = i.

=cos. =cos 6 + i sin 5π 6 = =cos 2 + i sin 3π 2 = i. Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 9 L SNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I SIF59 MATEMATIKK Bokmål Fredag. desember Oppgave a) Vi har z = i r e iθ = e i π r =,

Detaljer

Homogene lineære ligningssystem, Matriseoperasjoner

Homogene lineære ligningssystem, Matriseoperasjoner Homogene lineære ligningssystem, Matriseoperasjoner E.Malinnikova, NTNU, Institutt for matematiske fag September 22, 2010 Antall løsninger til et lineær ligningssystem Teorem Et lineært ligningssytem har

Detaljer

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2017

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2017 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2017 Løsningsforslag Øving 3 apittel 8.2: Likevektspunkter og deres stabilitet La oss si

Detaljer

Oppgave 1 (25 %) - Flervalgsoppgaver

Oppgave 1 (25 %) - Flervalgsoppgaver Oppgaver og løsningsforslag for 4t eksamen 10.mai 006 i LO510D Lineær algebra med grafiske anvendelser. Fra og med oppgave skal alle svar begrunnes. Oppgave 1 (5 %) - Flervalgsoppgaver Denne oppgaven består

Detaljer

Minste kvadraters løsning, Symmetriske matriser

Minste kvadraters løsning, Symmetriske matriser Minste kvadraters løsning, Symmetriske matriser NTNU, Institutt for matematiske fag 19. november 2013 Inkonsistent ligningsystem Anta at Ax = b er et inkonsistent ligningsystem, da er b ikke i Col(A).

Detaljer

FY1006/TFY Løysing øving 5 1 LØYSING ØVING 5. Krumning og stykkevis konstante potensial

FY1006/TFY Løysing øving 5 1 LØYSING ØVING 5. Krumning og stykkevis konstante potensial FY006/TFY45 - Løysing øving 5 Løysing oppgåve LØYSING ØVING 5 Krumning og stykkevis konstante potensial a) I eit område der V er konstant (lik V ), og E V er positiv, er området klassisk tillate og vi

Detaljer

Løysingsframlegg øving 1

Løysingsframlegg øving 1 FY6/TFY425 Innføring i kvantefysikk Løysingsframlegg øving Oppgåve Middelverdien er x = x Ω X xp (x) = 2 + 2 = 2. (.) Tilsvarande har vi x 2 = x Ω X x 2 P (x) = 2 2 + 2 2 = 2. (.2) Dette gjev variansen

Detaljer

Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Onsdag 7. september 2001, kl Løysingsforslag:

Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Onsdag 7. september 2001, kl Løysingsforslag: Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Onsdag 7. september 2001, kl. 09-15 Løysingsforslag: 1a Her er r 2 løysing av det karakteristiske polynomet med multiplisitet 2 pga. t-faktor. Det karakteristiske

Detaljer

Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 3 Innleveringsfrist Torsdag 24. april 2014 før forelesningen Antall oppgaver: 9

Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 3 Innleveringsfrist Torsdag 24. april 2014 før forelesningen Antall oppgaver: 9 Innlevering BYPE000 Matematikk 000 HIOA Obligatorisk innlevering 3 Innleveringsfrist Torsdag 4. april 014 før forelesningen Antall oppgaver: 9 1 Regn ut determinanten til følgende matriser. (Det er også

Detaljer

= 3 11 = = 6 4 = 1.

= 3 11 = = 6 4 = 1. MAT3000/4000 Eksamen V3 Løsningsforslag Oppgave [0 poeng] Sjekk at 3 er en kvadratisk rest i Z/(3) og finn løsningene av likningen x = 3 i Z/(3) (uten å lage en tabell for x ) Du får lov til å bruke at

Detaljer

Oppgave 2 Vi ser på et éndimensjonalt system hvor en av de stasjonære tilstandene ψ(x) er gitt som { 0 for x < 0, ψ(x) = Ne ax (1 e ax (1)

Oppgave 2 Vi ser på et éndimensjonalt system hvor en av de stasjonære tilstandene ψ(x) er gitt som { 0 for x < 0, ψ(x) = Ne ax (1 e ax (1) Oppgave Gjør kort rede for hva den fotoelektriske effekt er, hva slags konklusjoner man kunne trekke fra observasjoner av denne i kvantefysikkens fødsel, og beskriv et eksperiment som kan observere og

Detaljer