Eksamensoppgave i TMA4115 Matematikk 3

Transkript

1 Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i TMA45 Matematikk 3 Faglig kontakt under eksamen: Aslak Bakke Buan a, Morten Andreas Nome b, Tjerand Silde c Tlf: a mobil Aslak, b mobil Morten, c mobil Tjerand Eksamensdato: 3 mai 9 Eksamenstid (fra til): 9: 3: Hjelpemiddelkode/Tillatte hjelpemidler: C: Spesifiserte trykte og håndskrevne hjelpemidler tillatt Bestemt, enkel kalkulator tillatt Annen informasjon: Eksamen består av ti deloppgaver Alle deloppgaver teller likt Alle svar skal begrunnes I år spesifiserer vi at INGEN trykte eller håndskrevne hjelpemidler er tilllatt Målform/språk: bokmål Antall sider: 8 Antall sider vedlegg: Kontrollert av: Informasjon om trykking av eksamensoppgave Originalen er: -sidig -sidig sort/hvit farger skal ha flervalgskjema Dato Sign Merk! Studenter finner sensur i Studentweb Har du spørsmål om din sensur må du kontakte instituttet ditt Eksamenskontoret vil ikke kunne svare på slike spørsmål

2

3 TMA45 Matematikk 3 Side av 8 Oppgave a) Vi radreduserer matrisen: 5 5 Fra den radreduserte matrisen ser vi at alle kolonnene er parallelle Dette vil si at alle de orginiale kolonnene utgjør en basis for kolonnerommet, {} hver for seg Kolonnerommet har dimensjon, og for eksempel er en basis for kolonnerommet Nullrommet er alle vektorer som tilfredsstiller x x + 5x 3 = Vi velger x = s og x 3 = t Da får vi at x = s 5t, og skriver x s 5t 5 x = s = s + t x 3 t 5 Nullrommet har dimensjon En basis for nullrommet er, b) Vi representerer ligningene som en matrise og radreduserer: [ i i ] x y + iz =, x + iy z = [ i + i + i ] [ i Siden det er to pivotelementer, får vi en fri variabel Vi kan velge z = s, slik at y = s, og x = ( + i)s, og løsningene er på formen: x ( + i) + i y = s = s, s C z ]

4 Side av 8 TMA45 Matematikk 3 Oppgave a) Vi evaluerer polynomet f(x) = ax + bx + c i x =, x =, x = og x =, og får likningssystemet 5 a b = c 4 Vi ser umiddelbart av den andre likningen at c = For å finne a og b kan vi bruke verdien til c, og sette opp det følgende likningssystemet basert på de to første radene: [ ] [ a b ] = 4 Legger vi sammen likningene ser vi at a = og b = 3 Dersom polynomet som etterspørres eksisterer, må det altså være f(x) = x 3x + Vi har brukt de tre første likningene til å finne f, og vi må sjekke at også den fjerde likningen er oppfylt Siden f() =, er den det, og vi har funnet andregradspolynomet som etterspørres For å finne den rette linjen som approksimerer de samme punktene så ganger vi med A T på begge sider av likningssystemet, og får 6 d 4 e = 8 4 Dette ligningssystemet har løsning d = og e = b) Denne oppgaven kan løses på (minst) to forskjellige måter I forrige oppgave projiserte vi b ned i kolonnerommet til A ved å bruke minste kvadraters metode Altså fikk vi at 4 P Col A (b) = d + e = + = En annen måte er å først finne en ortogonal basis for kolonnerommet til A, og så projisere b ned på denne basisen La u være første kolonne i A og la u være andre kolonne i A Da er indreproduktet (prikkproduktet, siden det er to reelle vektorer) < u, u >= De er altså ikke ortogonale, og vi må

5 TMA45 Matematikk 3 Side 3 av 8 (, 5) y (, ) g f x (, ) (, ) Figur : Skisse av grafene f og g i oppgave a bruke Gram Schmidt for å få en ortogonal basis La v = u Vi observerer at < u, u >= 6 Så, la 4 v = u < u, v > < v, v > v = 6 = 3 3 Da utgjør {v, v } en basis for kolonnerommet til A For å gjøre det litt enklere å regne videre så lar vi v = 3 v Da er {v, v } også en basis for kolonnerommet til A Videre, P Col A (b) = P v (b) + P v (b) = < b, v > < v, v > v + < b, v > < v, v > v 4 4 = = Projeksjonen P ColA : R 4 R 4 er ikke injektiv Vektoren b + v, der v er et vilkårlig element i nullrommet til A T, vil gi oss akkurat den samme prosjeksjonen som b i kolonnerommet til A Dette er mengden av alle vektorer som

6 Side 4 av 8 TMA45 Matematikk 3 står ortogonalt på kolonnerommet til A Kjernen til P består altså av mer enn bare nullvektoren, og resultatet følger Oppgave 3 likningen impliserer Vektormengden v, v v n sies å være lineært uavhengig dersom Vi må altså sette opp et likningssystem c v + c v + + c n v n = c = c = = c n = 3 c = 3 6 c 4 og sjekke om c = c = er eneste løsning Den siste likningen sier at 4c =, og likningen over sier at 6c = Altså er c = c = eneste løsning, og vektorene er lineært uavhengige Oppgave 4 Siden den generelle løsningen er 3 c e t + c e 3t må matrisen til likningssystemet ha egenvektorer og 3 med korresponderende egenverdier og 3, henholdsvis Vi kan sette sammen A ved å bruke at A = P DP 3 Vi har P = og får 7 A = P DP = = 7 3 5

7 TMA45 Matematikk 3 Side 5 av 8 Figur : Fasediagram for løsningsrommet i oppgave 4 Blå linje representerer første egenvektor, rød linje representerer andre egenvektor Løsningene beveger seg bort fra origo på grunn av positive egenverdier Røde linjer dominerer for store t ettersom andre egenverdi er større enn første egenverdi Oppgave 5 Sannsynligheten for at en student bytter parallell er 4, og sannsynligheten for at vedkommende blir, er 6 Den stokastiske matrisen blir Det er totalt 3 studenter som tar emnet, og for å finne fordelingen etter fjorten uker, må vi beregne vektoren A Dette gjøres enklest ved å diagonalisere A Siden A er en stokastisk matrise, vet vi at den ene egenverdien er En normalisert egenvektor er Siden A er reell og symmetrisk, står egenvektoren til den andre egenverdien ortogonalt på vektoren over En normalisert egenvektor er, og du kan sjekke at den korresponderende egenverdien er /5 ved å gange denne vektoren inn i A Vi har nå diagonalisert A, og kan beregne A 4 : ( ) ( ) A 4 = P D 4 P T =

8 Side 6 av 8 TMA45 Matematikk 3 Vi kan nå beregne A Studentene fordeler seg altså jevnt mellom parallellene ved undervisningsslutt Oppgave 6 Vi prøver å skrive r = c p+c q Dette svarer til følgende operasjon: Den nederste raden forteller at = 5 Dette er en inkonsistent likning, altså kan r(x) ikke skrives som en lineærkombinasjon av p(x) og q(x) Vi integrerer p, q = p(x)q(x) dx = = (3x 3x 6)(x x 8) dx = 3x 4 6x 3 7x + 3x + 48 dx = [ 3 = 5 x5 3 x4 9x 3 + 5x + 48x] Funksjonene er altså ikke ortogonale, siden indreproduktet er ulikt = 53 Oppgave 7 En projeksjonsmatrise M er en matrise slik at M = M a) For en lineærtransformasjon T : R m R m gjelder: T (u + v) = T (u) + T (v) for alle u og v i R m T (cu) = c T (u) for alle vektorer u i R m og alle skalarer c R Vi sjekker den første egenskapen: T (x + y, x + y,, x m + y m ) = (x + y, x + y,,, ) = (x, x,,, ) + (y, y,,, ) = T (x, x,, x m ) + T (y, y,, y m )

9 TMA45 Matematikk 3 Side 7 av 8 og den andre: T (cx, cx,, cx m ) = (cx, cx,,, ) = c(x, x,,, ) = ct (x, x,, x m ) For å finne standardmatrisen, kan vi anvende T på standardbasisen for R m Dette gir: [T ] = Spesielt er [T ] = for m = [T ] = [T ] sjekkes direkte ved utregning For å finne egenverdiene bruker vi definisjonen [T ]v = λv v v λv v v λv La v = v 3 Da er [T ]v = og λv = λv 3 v m λv m Dette kan bare være oppfyllt for λ = (og da med v 3 = v m = ), eller for λ = (og da med v = v = ) For m = er [T ] identitesmatrisa, og er den eneste egenverdien For m > vil både og være egenverdier, med egenvektorer henholdsvis feks v = og v = Delspørsmålet kan alternativt løses ved å regne ut karakteristisk polynom og finne at røttene er og b) Vi har antatt M I Dersom M er inverterbar, kan vi gange likningen M = M med M på begge sider, får vi M = I, en motsigelse Altså kan M ikke være inverterbar La x være en egenvektor til M, med egenverdi λ Vi har λx = Mx = M x = Mλx = λmx = λ x

10 Side 8 av 8 TMA45 Matematikk 3 Denne likningen kan bare være oppfylt (for x ) dersom λ = eller λ =, altså er dette de eneste egenverdiene M kan ha Vi må vise at M har både og som egenverdier Hvis Mv for alle vektorer v er M inverterbar Dette er en motsigelse, så det må finnes v slik at Mv = Altså er en egenverdi Siden M ikke er nullmatrisen, må minst en kolonne være forskjellig fra, og da må det finnes en vektorer v og y slik at Men i så fall må Mv = y My = M v = Mv = y, og her står det at y er en egenvektor med egenverdi Altså må også være en egenverdi