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

Transkript

1 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 =, θ = π +kπ som gir Tredjer ttene av i er derfor z = e i π 6 z = e i 5π 6 z = e i 9π 6 z k = e i( π 6 + kπ), k =,,. =cos π 6 + i sin π 6 = + i, =cos 5π 6 + i sin 5π 6 = =cos π + i sin π = i. + i, Im i Z = - i + Z = i/ + i Re - -/ / -i/ Z = - i -i Figur til oppgave a).

2 L sningsforlag SIF59,. desember Side av 9 b) Vi skriver ut det oppgitte uttrykket z + z = (x + ) + y (x ) + y = (x + ) =4+4 (x ) + y +(x ) x = (x ) + y ( x ) =((x ) + y ) x y = x = ± y +. Men hvis x< så vil z + () < z, slik at negative x ikke kan gi noen l sning. Det samme kan vi se i 4. linje i utledningen, x blir positiv. Dermed får vi l sningene x = y y x 4 6 Figur til oppgave b).

3 L sningsforlag SIF59,. desember Side av 9 Oppgave a) Med x> kan vi dividere med x og får y + x y =4x, y()=. Generell l sning av differensialligningen finnes ved h = x dx =lnx, F (x) =eh = e lnx = x. Multiplikasjon med F (x) på begge sider av ligningen gir (x y) =4x x y = x 4 + c y = x + c x. Med initialbetingelsen y() = = + c får vi at c =. L sning på initialverdiproblemet er derfor y(x) =x + x, x >. b) Eulers metode er y n+ = y n + hf(x n,y n ). Vi har f(x, y) =4x x y, (x,y )=(, ), h = og x n+ = x n + h. Med dette får vi : y( ) y = y + (4x x y )=, x = y() y = y + (4x x y )=, x = y( 5 ) y = y + (4x x y )= 5 6, x = 5 og Avviket isvaret er da y( 5 ) 5 6. y( 5) y = ( 5 ( ) + ) = Oppgave

4 L sningsforlag SIF59,. desember Side 4 av 9 a) Karakteristisk ligning λ λ += har r ttene λ =og λ =. Den tilh rende homogene ligningen har derfor l sning y h (x) =c e x + c e x/. Siden er rot i den karakteristiske ligningen og h yresiden er xe x, er partikulærl sningen på formen y p (x) =x(ax + B)e x. Innsatt i differensialligningen y p y p + y p =(Ax + B +4A)e x =xe x, og vi får ligningene A =og B +4A =, som gir A =og B = 4. Generell l sning er y(x) =c e x + c e x/ +(x 4x)e x. b) Karakteristisk ligning λ λ+ = har r ttene λ =+i og λ = i. Den tilh rende homogene ligningen har derfor l sning y h (x) =e x (c cos x + c sin x). Formen på h yresiden gj r at vi må bruke variasjon av parametre for å finne en partikulær l sning. Partikulærl sningen y p har formen y p (x) =u(x)y (x) +v(x)y (x), der u og v oppfyller [ ][ ] y y u y y v = [ ] r(x) Setter vi inn y = e x cos x, y = e x sin x og r(x) =e x / cos x får vi [ ][ ] [ ] e x cos x e x sin x u e x (cos x sin x) e x (sin x +cosx) v = e x cos x som har l sningen u =sinx/ cos x og v =, slik at sin x u(x) = dx = x, v(x) = cos x dx =lncosx siden x < π. Partikulærl sningen blir da og generell l sning er y p (x) =e x (cos x ln cos x + x sin x) y(x) =e x (c cos x + c sin x)+e x (cos x ln cos x + x sin x).

5 L sningsforlag SIF59,. desember Side 5 av 9 Oppgave 4 a) L ser systemet vha. Gauss-eliminasjon a a 4 b b a c 4 4 c a Systemet vil ha en l sning hvis og bare hvis 5a +b + c = a b a c 5a +b Col(A) er rommet av alle vektorer som står ortogonalt på vektorene i kolonnerommet til A. Rangen til matrisa er, dvs. dim(col(a))= og dim(col(a) )= =, det betyr at det er nok å finne en vektor forskjellig fra nullvektoren som står ortogonalt på Col(A). Nå vet vi også at systemet ovenfor har en l sning hvis og bare hvis h yresiden ligger i Col(A). Betingelsen a 5a +b + c =[ 5 ] b = c forteller at h yresida ligger i Col(A) hvis og bare hvis den står ortogonalt på vektoren ( 5,, ), som dermed må være den etterlyste vektoren. 5 En basis for Col(A) er (Alternativt kan man finne alle x slik at x T A =[,,, ], det vil si l se A T x = ). b) Generell l sning av systemet kan skrives på formen x = x h + x p, hvor x h er l sning på tilh rende homogene ligning og x p er en partikulærl sning av det inhomogene systemet. Siden vi har oppgitt en partikulærl sning av det inhomogene systemet x p =(,,, ) beh ver vi kun å finne l sning på systemet Ax h =. I del a) utf rte vi Gauss eliminasjon på A. Ved å velge x 4 = t, x = s som frie parametre vil x = s t og x = t. Vi får da t x h = s t s = s t + t og l sningene på ligningssystemet er derfor alle på formen x = + s + t.

6 L sningsforlag SIF59,. desember Side 6 av 9 En basis for Null(A) er { }. c) Vi ser fra punkt a) at en basis for Col(A) og Row(A) er Col(A) : { }, Row(A) : { }. Oppgave 5 a) For å finne en basis for V blant de gitte vektorene arrangerer vi dem som kolonner i en matrise og utf rer Gauss eleminasjon på matrisen. A = En basis for V er derfor {v, v, v } = { }. b) For å finne en ortogonal basis for V brukes Gram-Schmidt ortogonaliseringsalgoritme på basisvektorene. Vi får u = v = ( u v û = v u u ) u = + = / / / velger u =

7 L sningsforlag SIF59,. desember Side 7 av 9 ( ) u v û = v u u u En ortogonal basis for V er ( u v u u ) u = velger u = {u, u, u } = { }. = 4/5 /5 /5 /5 Oppgave 6 a) Karakteristisk ligning er 4 λ det(a λi) = λ 4 λ =( 4 λ)(( λ)( 4 λ) ) (( 4 λ) ) +( ( λ)) = λ λ λ = λ(λ +5)(λ +6)=. Egenverdiene er λ =,λ = 5 ogλ = 6. L sning av ligningssystemene (A λ i I)v i =, i =,, gir tilh rende egenvektorer: 4 λ =, v =, v = 4 da [ ] 4 4 [ ] 4 6 [ ]

8 L sningsforlag SIF59,. desember Side 8 av 9 (Nok å se på to lineært uavhengige radvektorer, den tredje må være en lineærkombinasjon av disse.) λ = 5, v =, v = da [ ] [ ] [ ] λ = 6, v =, v = Et mulig valg av P og D er P =[v, v, v ]= D = 5 6. b) Situasjonenen kan tegnes opp: Vi får f lgende: A a a b c B b a b c C c Innflytting fra B og C Utflytting til B og C Intern vekst i A {}}{{}}{{}}{ a (t) = a(t)+ b(t)+ c(t) ( a(t)+ a(t)) Intern vekst i B Innflytting fra A og C Utflytting til A og C {}}{{}}{{}}{ b (t) = b(t)+ a(t)+ c(t) ( b(t)+ b(t)) Intern vekst i C Innflytting fra B og C Utflytting til A og B {}}{{}}{{}}{ c (t) = c(t)+ a(t)+ b(t) ( c(t)+ c(t))

9 L sningsforlag SIF59,. desember Side 9 av 9 Systemet av differensialligninger blir da ( )a(t)+b(t)+c(t) dt y db = By = dt = a(t) (++)b(t)+c(t) a(t)+b(t)+( )c(t) og dermed får vi dc dt B = 4 4 = A. Siden λ B v = Bv = Av = λ A v vil egenverdiene til B være / av egenverdiene til A mens egenvektorene er de samme. Generell l sning av systemet y = By blir da y(t) =c + c e t/ + c e t/5. c) Med initialbetingelsen får vi y() = c + c + c = 5 5 som gir c = 6, c = 4 og c = 5. Befolkningsfordelingen på lang sikt, dvs. når t, blir derfor A:6, B:, C : 6. Oppgave 7 Vi ser på ligningen Venstre multiplikasjon med A gir ( ) c x + c Ax + c A x = ( ) c Ax + c A x =, siden A x =.Av samme grunn (multipliser med A fra venstre) ser vi at c A x =.Antagelsen A x gir derfor c =. Ved å sette inn c =i ( ) finner vi at c =, siden A x. Ligningen ( ) reduserer seg derfor til c A x =, dvs. c =. Konklusjon: ligningen ( ) har kun den trivielle l sningen, og vektorene x, Ax og A x er derfor lineært uavhengige.