Løsningsforslag for eksamen i Matematikk 3 - TMA4115

Transkript

1 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 tall er y. Det betyr at x x y. Siden f(t) = t er strengt stigende så har vi Re z = x x y = z. b) Alternativ 1: Vi bruker formel for løsning av annengradslikninger: z = b ± b 4ac a = i ± ( i) 4 1 ( 1 i) 1 = i ± 8i = i ± i = i ± 4 4( 1 i) Finner i: θ = arg i = π/ og r = i =. Dvs i = (cos π/kπ isin π/kπ ) = ±(1i), k =,1. Vi får dermed z = i ±(1i). Dvs z 1 = 1i og z = 1. Alternativ : Vi prøver med små hele reelle tall for z og finner ut at z = 1 er løsning: ( 1) i ( 1) 1 i = 1 i 1 i = Polynomdivisjon gir (z iz 1 i ) : (z 1) = z (1 i) (z z) iz z 1 i ( iz z 1 i) Det gir z iz 1 i = (z1)(z 1 i) =. Dvs z1 = eller z 1 i =. Vi får løsningene z 1 = 1 og z = 1 i. Alternativ 3: Vi setter inn z = x iy inn i likningen: (x iy) i(x iy) 1 i = (x y y 1) i(xy x 1) = Dvs at xy x 1 = og x y y 1 =. Løser vi den første likningen får vi y = x1 x. Setter vi dette inn i den andre likningen får vi x x x1 x x x 1 =. Vi multipliserer med x på begge sider og forenkler: x 4 1 =. Vi ser at de eneste reelle løsningene for x er x = 1 og x = 1. Da får vi tilhørende y = og y =. Løsningene er z = 1 og z = 1 i. a) Den karakteristiske likningen er λ 4λ3 =. Vi løser denne og finner røttene: λ 1 = 1 og λ = 3. Det gir den generelle løsningen y(x) = c 1 e λ 1 x c e λ x = 7. juni 1 Side 1 av 7

2 Vår 1 c 1 e x c e 3 x. Den deriverte av løsningen er y (x) = c 1 e x 3c e 3 x. Initialbetingelsene y() = 1 og y () = gir likningene c 1 c = 1 og c 1 3c =. Vi løser systemet og får c 1 = c = 1/. Det gir løsningen på initalverdiproblemet: y(x) = 1 ( e x e 3 x). b) Homogen løsning fant vi i punkt a), y h (x) = c 1 e x c e 3 x. Vi bruker ubestemte koeffisienters metode: Fordi e x er en løsning av den homogene likningen må vi modifisere med å multiplisere Be x med x i den spesielle løsningen y p = ABxe x. Vi deriverer to ganger; y p = B(1x)e x og y p = B(x)e x, setter inn i likningen og får B( x)e x 4B(1 x)e x 3(A Bxe x ) = 3 4e x. Forenkling gir Be x 3A = 3 4e x. Det gir B = og A = 1. Derfor er y p (x) = 1 xe x. Den generelle løsningen er y(x) = y h (x) y p (x) = (c 1 x)e x c e 3 x 3. 3 Vi bruker reduksjon av orden. Vi har løsningen y 1 (x) = x. La y = u(x)y 1 (x) = xu(x). Deriverer vi to ganger får vi y = u xu og y = u xu. Vi setter inn i likningen (u xu ) (3x 4x 1 )(u xu ) (3x 4x )xu = og multipliserer ut parantesene; u xu (3x u 3x 3 u 4x 1 u 4u ) (3x u 4x 1 u) =. Når vi trekker sammen får vi xu 3x 3 u u =. Vi setter U = u og separerer U U = 3x x. Integrerasjon med hensyn på x gir ln U = x 3 ln(x ). (Vi sløyfer integrasjonskonstanten og krever at U er positiv). Vi tar eksponensialfunksjonen av begge sider av uttrykket. U = e (x3) e ln(x) = x e (x3). Vi finner nå u = u dx = U dx = x e (x3) dx = 1 3 e(x3). Vi får derfor y = 1 3 xe(x3). Alternativt: Vi kan også bruke en formel u = 1 R p(x) dx (y 1 ) e = 1 R (3x x e 4/x)dx = 1 4ln x ) = x e (x3). x e(x3 7. juni 1 Side av 7

3 Vår 1 4 a) Wronskideterminanten er W(y 1,y ) = y 1 y y y 1 Løsningene til karakteristisk likning = e λ t cos(ω t)(λe λ t sin(ω t) ωe λ t cos(ω t)) e λ t sin(ω t)(λe λ t cos(ω t) ωe λ t sin(ω t)) = ωe λ t cos (ω t) ωe λ t sin (ω t) = ωe λ t r cr k = er r = λ±iω = c± c 4k, (siden vi har underdempet svingning er c 4k < ). Dvs λ ± iω = c ± i 4k c = c ± i k c /4. Dvs λ = c/ og ω = k c /4. Wronskideterminanten blir W = k c /4e c t b) Maksimums-amplituden er gitt ved A e λt. En svingning varer sekund. Dvs 15 svingninger tar 3 sekunder. Det gir A e c (t3) = 1 4 A e c t. Vi løser og får e 15c = c = ln 1 4 c = (ln 1 4 )/( 15),94. 5 a) Svaralternativ A er riktig fordi en 4 3 matrise kan kun ha rank, 1, eller 3. Av samme grunn er B, C og D feil. B er feil fordi rangen til A kan være for eksempel som ikke er lik 3 C er feil fordi rangen til A kan være for eksempel som er mindre enn 3 D er feil fordi rangen til A ikke kan være 4. b) Løsning D er riktig. Systemet kan skrives Ax = b med koeffisientmatrise 1 1 A = og b = 5,, 5. Normalsystemet er A T Ax = A T b. Vi har ] 1 ] A T A = =, og A T b = ] Skriver opp totalmatrisen til normalsystemet og utfører GJ: ] ] ] : ( 6) ] ] ] : Dvs x = og ȳ =. Dvs alternativ D. ( 11) = ] 1 7. juni 1 Side 3 av 7

4 Vår 1 6 Vi utfører Gauss-Jordan eliminasjon på A ( 3) A = = E Systemet Ax = har 4 frie variable. x = t 1, x 4 = t, x 5 = t 3 og x 6 = t 4. Fra den reduserte matrisen får vi at x 1 = t 1 t t 3 t 4 og x 3 = 3t 4t 3 4t 4. Da er x 1 ( t 1 t t 3 t 4 ) 1 1 x t 1 1 x = x 3 x 4 = (3t 4t 3 4t 4 ) t = t 1 t 3 1 t 3 4 t 4 4 x 5 t 3 1 x 6 t 4 1 ( 4) Basis for Null(A) er { ( ) Basis for Row(A) er radene forskjellig fra -radene i matrisen E: { Basis for Col(A) er 1. og 3. søyle i A, (pivotsøylene). { Basis for Col(A) finner vi ved å finne basis for nullrommet til ] B = 1 ] ( 3) 1 Systemet By = har løsningsrom utspent av 1 så en basis for Col(A) er { 1 Projeksjonen av e 3 = 1 på Col(A) finner vi ved først å projisere e3 ned på Col(A). La u = 1. Den projiserte av e3 ned på Col(A) er gitt ved q = e 3 u u u u = Dvs den projiserte av e 3 ned på Col(A) er p = e 3 q = 9 9 ] 8 T 9 Vi kunne også brukt minste kvadraters metode eller gått via en ortogonal basis for Col(A). 7. juni 1 Side 4 av 7

5 Vår 1 3 λ a) Karakteristisk likning til A er det(a λi) = 1 λ 1 λ = (3 λ) λ λ λ 1 λ 1 = (3 λ)( λ) ( λ) = ( λ)(λ 5λ4) = ( λ)(4 λ)(1 λ) =. Det gir egenverdiene λ 1 = 1, λ = og λ 3 = 4. Vi finner egenvektorene tilhørende λ 1 = 1 ved å løse (A I)x = : ( ) ( 1) ( 1) ( 1) Det gir egenvektorene x = t 1, t. 1 Vi finner egenvektorene tilhørende λ = ved å løse (A I)x = : ( 1) ( 1) 1 1 1, 1 Dette gir egenvektorene x = t 1, t. 1 Vi finner egenvektorene tilhørende λ 3 = 4 ved å løse (A 4I)x = : ( 1) ( 1) 1 1, Dette gir egenvektorene x = t 1, t. 1 b) I oppgave 7a fant vi egenverdiene λ 1 = 1, λ = og λ 3 = 4 med tilhørende egenvektorer v 1 = v = 1 1 og v3 = 1 1. Hvis vi velger P = ] 1 1 v 1 v v 3 = og D = så er A = PDP 1. Det er mulig å velge P slik at P 1 = P T fordi A er symmetrisk. Generelt gjelder at når A er en symmetrisk n n matrise, så finnes en ortonormal basis for R n av egenvektorer til A. 7. juni 1 Side 5 av 7

6 Vår 1 c) Generell løsning for systemet er 1 y(t) = c 1 e 1t 1 c e t 1 c 3 e 4t Initialbetingelsen gir oss 1 3 c 1 1 c 1 c 3 1 = Vi bruker GJ på totalmatrisen til dette systemet : 6 Initialverdisystemet har altså løsningen 1 y(t) = 1e t 1 e t 1 1e 4t Hver av komponentene til y(t) er: y 1 (t) = e t e 4t y (t) = e t e t e 4t y 3 (t) = e t e t e 4t. ] ] ] k k ( k ) ( k ) 8 a) Første del er lett: A = = = ( ) ( k ) ]. Den andre delen kan løses på følgende måte det(i A) = 1 k 1 = 1 1 k = 1 og derfor invertibel. b) Den inverse til I B er I B fordi (I B)(I B) = (I B)I (I B)B = (I BI) (IB B ) = I B B B = I B B = I. Derfor: Ja, I B er invertibel. Er B diagonaliserbar? Først viser vi at B bare har en egenverdi, nemlig. Hvis λ er en egenverdi med tilhørende egenvektor v. Så er Bv = λv. Om vi multipliserer med B fra venstre på begge sider av likningen, får vi: B v = λbv 7. juni 1 Side 6 av 7

7 Vår 1 Vi gjør om høyre side ved å bruke Bv = λv og venstre side ved å bruke B =. = λ v. Siden v, så må vi ha at λ =. Dvs λ = er eneste egenverdi. Nå kan vi finne alle egenvektorene. Dvs løse Bv = v. For at B skal være diagonaliserbar, må vi finne n lineært uavhengige egenvektorer. Det betyr at Null(B) er egenrommet til B tilhørende egenverdien. Hvis B ikke er en matrise med bare nuller så vil rank(b) >. Da er dim Null(B) = n rank(b) < n. Dvs at B har mindre enn n lineært uavhengige egenvektorer og derfor er ikke B diagonliserbar. Vi kunne også undersøkt under hvilken betingelse B er diagonaliserbar: Om B er diagonaliserbar (og B = ) har vi at D er nullmatrisen og følgelig må B = PDP 1 = PP 1 =. Svaret er som følgende når B = og B så er B ikke diagonaliserbar. Alternativt: Hvis B er diagonaliserbar så har vi B = PDP 1. Derfor er = B = PD P 1. Da må også D = P 1 P = og derfor D =, fordi D er diagonal. Følgelig er B = PDP 1 =. 7. juni 1 Side 7 av 7