TMA4110 Matematikk 3 Haust 2011

Transkript

1 Noregs teknisk naturvitskaplege universitet Institutt for matematiske fag TMA40 Matematikk 3 Haust 0 Løysingsforslag Øving Oppgåver frå læreboka kap 5, s Eigenrommet som svarar til λ = 5 er det same som løysingsrommet til Ax = 5x (A+5I)x = 0 Me radreduserer den utvida matrisa Systemet har to frie variablar s og t, og løysinga vert x = s +t 0 0 Altså er ein basis for eigenrommet, Me har at λ er ein eigenverdi til A, og A er inverterbar Då er λ 0, så λ eksisterer Vidare finst det ein vektor x 0 slik at Ax = λx x = A λx x = λa x λ x = A x Altså er λ ein eigenverdi for A 6 Lat λ vera ein eigenverdi for A Då finst ein vektor x 0 slik at Ax = λx A x = Aλx 0 = λax, sidan A = 0 Me set inn λx = Ax: λax = 0 λ x = 0 Sidan x 0 betyr dette at λ = 0 λ = 0 4 november 0 Side av 6

2 Løysingsforslag Øving 9 For ei kvar matrise B har me at u B = u u m der u i er summen av ite rad For A har me då s A = s = s, s altså er s ein eigenverdi for A Oppgåver frå læreboka kap 5, s Det karakteristiske polynomet er [ ] 8 λ det = (8 λ)(3 λ) 6 = λ λ λ For å finna eigenverdiane løyser me λ λ+8 = 0 λ = 9, λ = 3 Det karakteristiske polynomet er 6 λ 0 det 9 λ 0 = (3 λ)((6 λ)(9 λ) 4) = λ 3 +8λ 95λ λ 5 a) Me finn først eigenverdiane til A: [ ] 0,6 λ 0,3 det = λ,3λ+0,3 = 0 0,4 0,7 λ λ =, λ = 0,3 Me har at Av = v, så me må finna ein eigenvektor til den andre eigenverdien, altså løysa (A 0,3I)x = 0 Me radreduserer [ ] 0,3 0,3 0 0,4 0,4 0 [ ] [ ] x = er ei løysing, og dermed ein eigenvektor Me set v = då at {v,v } er ein basis for R [ ], og har 4 november 0 Side av 6

3 Løysingsforslag Øving b) x 0 = v +( 4 )v c) Me har x = Ax 0 = Av +A( 4 )v = v +( 4 ) 0,3v x = Ax 0 = Av +A( 4 ) 0,3v = v +( 4 ) 0,3 v Me kan visa (ved induksjon) at x k = v +( 4 ) 0,3k v Når k veks vil det siste leddet gå mot 0, så lim x k = v k Oppgåver frå læreboka kap 53, s Me finn først eigenrommet som svarar til λ =, som er nullrommet til (A I) (A I) = Likninga (A I)x = 0 har to frie variablar, og generell løysing Altså er ein basis for eigenrommet x = s +t 0 0, 0 0 På same måte finn me eigenrommet som svarar til λ = (A 5I) = Likninga (A 5I)x = 0 har ein fri variabel, og generell løysing x = s Altså er 4 november 0 Side 3 av 6

4 Løysingsforslag Øving ein basis for eigenrommet Dermed har me tre lineært uavhengige eigenvektorar, og Teorem 5 gir ata = PDP for 0 0 P = 0, D = Her er 0 den einaste eigenverdien, så viss matrisa er diagonaliserbar får me = P P = og det stemmer ikkje Altså er matrisa ikkje diagonaliserbar 7 Sidan A er inverterbar er alle eigenverdiane ulik 0 Dermed er D inverterbar og me har λ 0 0 λ λ 0 D = 0, 0 λ D 0 = 0, 0 0 λ n 0 0 λ n altså er D også diagonal Me har vidare at altså er A diagonaliserbar A = (PDP ) = (P ) D P = PD P, Oppgåver frå læreboka kap 55, s Kall den gitte matrisa A Me finn først eigenverdiane til A: [ ] λ det = λ 4λ+5 = 0 3 λ λ = ±i Me finn så ein basis for eigenrommet som svarar til λ = +i i i (A (+i)i) = i 0 0 [ ] i Likninga (A (+i)i)x = 0 har ei løysing x =, og {x } er då ein basis for eigenrommet Vidare har eigenrommet som svarar tilλ = i ein basis{x } derx = x = [ ] +i 3 Me [ har ] frå oppgåve 4 at A har ein eigenverdi λ = i med tilhøyrande eigenvektor +i Teorem 9 gir då at A = PCP for P = [ ], C = 0 [ ] 4 november 0 Side 4 av 6

5 Løysingsforslag Øving Oppgåver frå læreboka kap 57, s 38 Likninga x = Ax har generell løysing Initialvilkåra gir x(t) = c e 3t v +c e t v x(0) = c v +c v = Me radreduserer den utvida matrisa: [ ] 3 Me får at c = 5 og c =, så [ ][ c c [ ] x(t) = e 3t v + 5 e t v ] = [ ] 3 Me finn først eigenverdiane til A det(a λi) = λ +9 = 0 λ = ±3i Me finn ein eigenvektor som høyrer til λ = 3i 3 3i 9 3 3i A 3iI = 3 3i 0 0 [ ] 3+3i Likninga (A 3iI)v = 0 har altså ei løysing v = og v er dermed ein [ ] 3 3i eigenvektor λ = 3i har då ein eigenvektor v = v = Den generelle komplekse løysinga av x = Ax vert då x(t) = c e 3it 3+3i +c e 3it 3 3i der c,c C Den generelle reelle løysinga vert x(t) = r Re(e 3it v )+r Im(e 3it v ) der r,r R Me kan skriva om dette ved hjelp av e 3it v = e 3it 3+3i 3+3i = (cos(3t)+isin(3t)) [ ] 3cos(3t) 3sin(3t) 3isin(3t)+3icos(3t) = cos(3t)+isin(3t) 3cos(3t) 3sin(3t) 3cos(3t) 3sin(3t) = +i cos(3t) sin(3t) Me får då 3cos(3t) 3sin(3t) 3cos(3t) 3sin(3t) x(t) = r +r cos(3t) sin(3t) Sidan eigenverdiane til A ikkje har nokon reell del vil banene bli ellipsar 4 november 0 Side 5 av 6

6 Løysingsforslag Øving Oppgåver frå eksamen desember a) Me finn først eigenverdiane til A det(a λi) = (7 λ)(9 λ) 3 = λ 6λ+60 = 0 λ = 0, λ = 6 A er ei -matrise med to distinkte eigenverdiar, så kvar av dei vil ha eit -dimensjonalt eigenrom Me finn ein eigenvektor til λ ved å løysa likninga (A 0I)x = 0 [ ] 3 3 [ ] [ ] mathbfx = er ei løysing, og dermed ein eigenvektor 3 Me finn så ein eigenvektor til λ ved å løysa likninga (A 6I)x = 0 [ ] 3 3 [ ] 0 0 [ ] x = er ei løysing, og dermed ein eigenvektor Me har Ax = 0x kax = 0kx, altså er 0k ein eigenverdi for ka, med tilsvarande eigenvektor x På same måte får me at 6k er ein eigenverdi med eigenvektor x [ ] b) Lat v 0 = 3 4 Dette er tilstandsvektoren no, første rad er andelen som har tohjulstrekk, andre rad er andelen som har firehjulstrekk Tilstanden etter n år har då formelen v n = ( 0 A)n v 0 Viss me har MATLAB tilgjengeleg kan me lett rekna ut dette direkte Viss ikkje er det ein fordel å diagonalisera 0A først (sjå ex s8) Frå a) har me at 0 A har eigenverdiar og 3 5 med eigenvektorar x og x Me set 0 P =, D = Då har me 0 A = PDP, og dermed v 0 = ( [ 0 A) 0v 0 = PD 0 P 0 v 0 = P 0 ( 3 5 )0 Altså har 74,7% av bilane firehjulstrekk etter 0 år ] P v 0 = [ ] 0,53 0,747 4 november 0 Side 6 av 6