MA000 Brukerkurs i matematikk B Eksamen 8. mai 06 Løsningsforslag Oppgave a) Viser at B = A ved å vise at AB = BA = I. Nedenfor er matrisemultiplikasjonen AB vist (du må vise at BA gir det samme). ( ) + + + ( ) ( ) + [ + + ( ) + ( ) 0 0 + + ( ) = [ 0 0] =I. + + 0 0 ] b) Likningssystemet på matriseform er gitt ved: x + x = x + x + x = x + x x = 6 0 x [ ] [ x ] = [ ]. x 6 Løser systemet ved å bruke resultatet fra (a): x A [ x ] = [ x 6 x ] A A [ x ] = A [ x 6 x ] [ x ] = A [ ] x 6 x [ x ] = x [ 0 ] x [ ] [ x ] = 6 x + ( 6) 6 [ ( ) + ( 6) ] x [ x ] = [ ]. x 6
Oppgave a) La T(t) betegne brusens temperatur ved tiden t (minutter), og la k betegne proporsjonalitetsfaktoren. Vi setter da opp følgende differensiallikning med initialbetingelser: dt = k( T) der T(0) = 7, og T(5) = 0. Løser differensiallikningen: dt = k( T) = kdt T T = kdt = kdt ln T = kt + C (der C er en reell konstant) T ln( T) = kt C ( T > 0 fordi brustemperaturen alltid vil være lavere enn romtemperaturen) e ln( T) = e kt C T = C e kt der C = e C T(t) = C e kt. Bestemmer konstantene C og k ut fra initialbetingelsene: () T(0) = 7, C = 5,6. Dvs. T(t) = 5,6e kt +. () T(5) = 0 5,6e 5k + = 0 e 5k = 65 78 ln e 5k = ln 65 78 k 0,0. Dette gir følgende løsning av differensiallikningen: T(t) = 5,6e 0.0t +.
b) = 0,0( T). dt dt (5) = 0,0( T(5)) = 0,0( 0) = 0,58. Det vil si at endringsraten (temperaturøkningen per minutt) i tidspunktet 5 minutter etter at brusen ble tatt ut av kjøleskapet er lik 0,58 grader Celsius per minutt (som vi kan skrive 0,58 C/min). (Det går også an å finne løsningen ved å derivere T(t) og sette inn for t = 5). c) T(t) = 5,6e 0,0t + = t 8,6. Det vil si det vil ta 8,6 minutter (8 min 6 sek) før temperaturen i brusen er lik C. Oppgave a) L = [ 0 6 0 0 0 0 ] 0 6 00 70 b) N() = 0 0 [ 00] = [ 50 ] [ 0 0 ] 0
0 6 70 696 N() = [ 0 0 ] [ 50 ] = [ 60] 0 0 7 (desimaltall avrundes til nærmeste heltall). 0 6 0 6 00 700 Alternativt: [ 0 0 ] [ 0 0 ] [ 00] = [ 60]. 0 0 0 0 0 7 c) Finner egenverdiene til L: det(l λi) = 0 λ + λ + = 0. Verifiserer at λ = er rot i det karakteristiske polynomet ( λ + λ + ) ved å evaluere for λ = : + 6 + = 0 OK. Dette betyr at det karakteristiske polynomet er delelig med (λ ). Vi foretar polynomdivisjon for å kunne skrive λ + λ + som et produkt av en lineær og en kvadratisk faktor: ( λ + λ + ): (λ ) = λ λ ( λ + λ ) λ + λ + ( λ + λ) λ + λ + 0 Det vil si at λ + λ + = (λ )(λ + λ + ). Vi finner røttene til andregradspolynomet λ + λ + ved å se at det er lik (λ + ) Dette gir λ = λ =. (Kan også finne røttene ved å bruke ABCformelen). Vi har altså at λ = λ = < λ. Dette betyr at λ = er en strengt dominerende egenverdi til Lesliematrisen, som medfører at egenverdien λ er vekstparameteren til populasjonen. Finner egenvektoren tilhørende egenverdien λ = : 0 6 u u u 0 [ 0 0 ] [ u ] = λ [ u ] (L λ I ) [ u ] = [ 0] 0 u 0 u u 0
6 u 0 0 [ u ] = [ 0] u 0 [ 0 ] Løser dette likningssystemet ved å foreta elementære radoperasjoner på matrisen L λ I : 6 [ 0 ~ ~ [ 0 0 R 6 [ 0 R ] R 0 R R ] R 6 R 0 R5 [ 0 ] R 6 R ~ 0 6 R6 ] R 6 R ~ [ 0 6] R6 0 0 0 R7 R R R R R R5 R5 R R R6 R R + R6 0 ~ [ 0 6 ] 0 0 0. Den siste matrisen er på redusert trappeform, og løsningen av systemet er dermed gitt ved: 0 u 0 [ 0 6 ] [ u ] = [ 0] som betyr at u 0 0 0 0 u = u u = 6u 0u = 0 Vi setter u = t og får at 5
u [ u ] = [ 6 ] t. u Vi velger t = og får egenvektoren u = [ 6 ] (tilhørende egenverdien λ = ). d) Denne populasjonen har en vekstparameter lik (som er gitt ved den dominante egenverdien). Dette betyr at for store t verdier vil antall individer i hvert årskull dobles for hvert år. Antall individer vil derfor vokse mot uendelig i det lange løp. Egenvektoren tilhørende den dominerende egenverdien medfører at populasjonen i det lange løp vil få en stabil aldersfordeling på :6:. Dette svarer til en (cirka) fordeling på 78 % 0-åringer, 9 % -åringer og % -åringer. Oppgave f(x, y) = x x y + er definert på det lukkede og begrensede området D = {(x, y): x og x }. a) Finn globale maksimums- og minimumspunkter til f på D. Finner eventuelle kritiske punkt: f f(x, y) = [ 0 0 ] [ x f] = [ 0 x ] [ 0 y ] = [0 ] (x, y) = (,0) som er et punkt i D. 0 y Vi kan karakterisere det kritiske punktet ved hjelp av andreordens partiellderivert-testen (selv om dette ikke er nødvendig ut fra oppgaven): Hessematrisen H for f i (,0) er lik f x H = (,0) f [ y x (,0) f y x (,0) = [ 0 f y (,0) 0 ] ] det H = > 0 og f (,0) x < 0 det kritiske punktet er et lokalt maksimumspunkt. Ekstremalverdi-teoremet i R (kap. 0.6) sier at en kontinuerlig funksjon på et lukket og begrenset området D har både et globalt minimums- og et globalt maksimumspunkt på D. Området D i xy-planet er vist i figuren nedenfor. Vi leter etter kandidater til ekstremalpunkter på randen til D: 6
Vi benytter metoden med å finne et uttrykk for den ene variabelen ved hjelp av den andre, og sette inn i f(x, y) som da blir en funksjon av en variabel. Dette må vi gjøre for de fire sidekantene på D, og deretter vurdere hjørnene på det kvadratiske området. Linjestykket AB: Her er y =, som gir f(x, ) = x x + = g(x). g (x) = x. Løser g (x) = 0 x =. Dvs. kandidat til globalt ekstremalpunkt er (, ). Linjestykket DC: Her er y =, som gir f(x, ) = x x = g(x) g (x) = x. Løser g (x) = 0 x =. Dvs. kandidat til globalt ekstremalpunkt er (,). Linjestykket BC: Her er x =, som gir f(, y) = y + = g(y) g (y) = y. Løser g (y) = 0 y = 0. Dvs. kandidat til globalt ekstremalpunkt er (,0). Linjestykket AD: Her er x =, som gir f(, y) = y = g(y) g (y) = y. Løser g (y) = 0 y = 0. Dvs. kandidat til globalt ekstremalpunkt er (,0). Hjørnene: f(, ) = f(, ) = f(,) = f(,) = (x, y) (, ) (, ) (,) (,) (,0) (, ) (,) (,0) (,0) f(x, y) 0 0 Globalt min.pkt Globalt maks.pkt 7
De globale ekstremalpunktene er vist på datagrafikken nedenfor (fra ulike perspektiv). b) Hvilke egenskaper er det som sikrer at f(x, y) er deriverbar i (0,)? f(x, y) er deriverbar i (0,) fordi: Funksjonen f er definert på en åpen disk med sentrum i (0,). De partiellderiverte er gitt ved f x f = x og = y. Disse funksjonene er y polynomer og derfor kontinuerlige for alle (x, y) D (og da spesielt for en åpen disk med sentrum i (0,) som er kravet). c) Den lineære approksimasjonen til f i punktet (0,) er gitt ved: L(x, y) = f(0,) + f x L(x, y) = x y +. f (0,)(x 0) + (0,)(y ) = + x (y ) y 8
L(0.0,0.95) =, f(0.0,0.95) =,7 (dvs. den lineære approksimasjonen i (0,) er en god tilnærming til f i omegn om dette punktet). 9