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

Transkript

1 NTNU Institutt for matematiske fag TMA4115 Matematikk eksamen 4 juni 9 Løsningsforslag 1 Innsatt for z = x + iy kan ligningen skrives x i(y ) = x 1 + i(y + ) Ved å benytte at z = a + b for et kompleks tall z = a + ib, får vi at (x + 1) + (y ) = (x 1) + (y + ), altså at (x + 1) + (y ) = (x 1) + (y + ) Denne ligningen forenkles til 4 y = 4x Altså vil alle komplekse tall z = x + iy som tilfredstiller den oppgitte ( likheten være på formen z = x 1 + i 1 ) Det vil si, alle komplekse tall som ligger på den rette linjen y = 1 x ( 1, ) Im (1, ) y = 1 x Re Tilhørende homogen ligning er gitt ved ( ) y 6y + 9y =, og har karakteristisk ligning λ 6λ + 9 = (λ ) =, så ( ) har generell løsning y(x) = C 1 e x + C xe x For å finne partikulærløsningen benytter vi ubestemte koeffisienters metode, som i dette tilfellet gir at at y p (x) = Ax e x Innsatt i får vi at y p 6y p + 9y p = 4e x (9x + 18x + )Ae x 6(x + )Axe x + 9Ax e x = Ae x = 4e x, så A = Altså er generell løsning til y 6y + 9y = 4e x gitt ved y(x) = (C 1 + C x + x )e x Tilhørende homogen ligning er gitt ved ( ) x y y = lftma4115eksv9 1 juni 9 Side 1

2 TMA4115 Matematikk eksamen 4 juni 9 Dette er en homogen Euler Cauchy ligning Disse har løsning på formen y(x) = x m Innsatt gir dette x m(m 1)x m x m = x m (m m ) = Hjelpeligningen m m = (m + 1)(m ) = har løsning m 1 = 1 og m = Altså har ( ) generell løsning y(x) = C 1 x 1 + C x For å finne partikulærløsningen til x y y = 16x ln x, x >, bruker vi variasjon av parametre For å kunne gjøre det må vi skrive ligningen på formen y y = 16x ln x x Basisløsningene til den tilhørende homogene ligningen er y 1 (x) = x 1 og y (x) = x Variasjon av parametre sier at partikulærløsningen er på formen y p (x) = u(x)y 1 (x) + v(x)y (x), hvor u(x) og v(x) tilfredstiller følgende to ligninger: Litt regning gir så at u (x)y 1 (x) + v (x)y (x) = u (x)y 1(x) + v (x)y (x) = r(x) = 16x ln x u(x) = 1 x4 (1 4 ln x) og v(x) = 16 x(ln x 1) Altså er y p (x) = u(x)y 1 (x) + v(x)y (x) = x (4 ln x 5) Dette gir at x y y = 16x ln x, x >, har generell løsning y(x) = C 1 x 1 + C x + x (4 ln x 5) 4 Bevegelsesligningen til det gitte masse-fjær systemet er gitt ved Tilhørende homogen ligning er gitt ved y + 4y + 4y = cos t ( ) y + 4y + 4y =, som har karakteristisk ligning λ + 4λ + 4 = (λ + ) = Altså har ( ) generell løsning gitt ved y(t) = C 1 e t + C te t For å finne den partikulære løsningen bruker vi ubestemte koeffisienters metode, der Det gir y p (t) = A cos t + B sin t y p(t) = ( A sin t + B cos t) y p(t) = 4(A cos t + B sin t) = 4y p (t), lftma4115eksv9 1 juni 9 Side

3 TMA4115 Matematikk eksamen 4 juni 9 slik at y p + 4y p + 4y p = 4y p + 4 ( A sin t + B cos t) + 4y p = 8( A sin t + B cos t) = cos t, så A = og B = 1 4 Altså er funksjonen y(t) som tilfredstiller den gitte bevegelsesligningen gitt ved y(t) = C 1 e t + C te t + 1 sin t 4 Initialbetingelsen y() = gir at C 1 = Ettersom y (t) = (1 t)c e t + 1 cos t gir initialbetingelsen y () = at C = 1 Altså har initialverdiproblemet løsning y(t) = 1 4 (sin t te t ) For at vi skal få resonans må den ytre kraften ha samme frekvens som den naturlige Dette inntreffer når c = Bevegelsesligningen er da gitt ved y + 4y = cos t, y() = y () =, som har løsning y(t) = 1 t sin t 5 a) Totalmatrisen til ligningssystemet er gitt ved [A b] = Utfører så Gausseliminasjon på totalmatrisen: R R 1 SWAP(R , ) R 6 R R 1 R 1 +R R R 1 R 1 +R R R R R R 1 6R +R R R 1 R R R 1 SWAP(,R ) R lftma4115eksv9 1 juni 9 Side

4 TMA4115 Matematikk eksamen 4 juni 9 Altså er x en fri variabel, mens x 1, x og x 4 er ledende variabler Sett x = t R Tilbakesubistitusjon gir så at x 4 = 1 x = t Altså har Ax = b løsning x = 5 6x 4 = = 1 x 1 = 5 + x 6x 4 = 5 + t + 6 = 1 + t x 1 x = x x = x t 1 t 1 = En basis for Null(A) er så gitt ved {(,, 1, )} t 1 1 b) Fra oppgave a) har vi at A er radekvivalent med , 1 så en basis for Row(A) er gitt ved 1, 1, Ettersom x 1, x og x 4 er ledende variabler er en basis til Col(A) gitt ved første, andre og fjerde søyle i A, det vil si 6 4 1,, 6 Altså er rang(a) = Ettersom Col(A) er et underrom av R, og dim Col(A) = må Col(A) = R Derfor fins det ingen c slik at Ax = c ikke har løsning c) Ettersom Row(A) = Null(A), og V = Row(A), er V = Null(A) Fra oppgave a) har vi at V har basis gitt ved 1 For å finne y 1 i V og y i V, slik at y = 5 17 = y 1 + y, ser vi først på den ortogonale projeksjonen av y inn i V, y for deretter å finne y 1 = y y lftma4115eksv9 1 juni 9 Side 4

5 TMA4115 Matematikk eksamen 4 juni 9 La v = (,, 1, ) Den ortogonale projeksjonen av y inn i V er gitt ved v, y y = v, v v = v y v v v = v = v = (4,,, ) Altså er y 1 = y y = (5,,, 17) (4,,, ) = (1,,, 17) 6 a) Finner egenverdiene til A: det(a λi) = 1,1 λ,,1,7 λ = (1,1 λ)(,7 λ) +, =,77 1,8λ + λ +, = λ 1,8λ +,8 = (λ,8)(λ 1) = Altså har A egenverdier λ 1 =,8 og λ = 1 Finner så egenvektorene til A Vi har at (A λ 1 )v 1 =, hvor [ ] [ ],, 1 1 A λ 1 =,,1,1 så v 1 = (1, 1) Tilsvarende har vi at (A λ )v =, hvor [ ] [ ],1, 1 A λ =,,1, så v = (, 1) Altså er diagonalisering av A, A = P DP 1, gitt ved P = [ [ ] [ ] ] 1 λ1 v 1 v = og D = = 1 1 λ [ ],8 1 b) Befolkningsmodellen for sau og ulv på Vargøy kan skrives på formen [ ] [ ] Sn 1,1, x n = Ax n 1, der x n = og A =,1,7 I oppgave a) fant vi en diagonalisering for A, A = P DP 1 Dette gir at x n = Ax n 1 = A x n = = A n x = P D n P 1 x [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1,8 n ,8 n = n = ,8 n Altså er S n = 15 48,8 n og U n = 5 48,8 n, gitt at S = 1 og U = Dette gir at S n 15 48,8 n lim = lim n U n n 5 48,8 n = 7 Å vise at lineært avhengige vektorer gir likhet i Cauchy Schwartz ulikhet er enkelt: Hvis x og y er lineært avhengige, så er x = ky der k er en konstant Dette gir at og U n x, y = ky, y = k y, x y = ky y = k y Altså gir lineært avhengige vektorer likhet i Cauchy Schwartz ulikhet lftma4115eksv9 1 juni 9 Side 5

6 TMA4115 Matematikk eksamen 4 juni 9 Anta x, y = x y eller ekvivalent x, y = x y Dersom ( ) x ky = y k x, y y k + x y > for alle k R har ikke andregradsligningen reell løsning Altså er diskriminanten k x, y y k + x y = 4 ( ) x, y y 4 x y < Dette motstrider antagelsen x, y = x y Altså må antagelsen om at x ky > for alle k R være feil, og vi har x ky = for en k Dette betyr at x ky =, og derfor er x og y lineært avhengige Alternativ løsning: Anta så at x, y = x y Vi må vise at x = ky For å gjøre det ser vi på ( ) x ky, x ky = x, x k x, y + k y, y = x k x, y + k y, hvor vi har benyttet egenskapene til et indreprodukt (prikkproduktet i dette tilfellet), og hvor k er en konstant La så x, y k = y, som innsatt i ( ) gir at x ky, x ky = x x, y x, y y + y = x x, y y Setter vi inn for antagelsen om at x, y = x y, får vi at x ky, x ky = x x y så x ky =, det vil si x = ky y = x x = lftma4115eksv9 1 juni 9 Side 6