Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA000 Brukerkurs i matematikk B Vår 014 Løsningsforslag Eksamen august Løsning: Oppgave 1 1 0 3 A 7, 3 4 1 x 10 A y 3 z På grunn av nullen, utvikler vi determinanten langs første rad og finner at det A 1 1 + 7 4 + 3 4 3 30 + 6 36 Ligningssystemet kan løses ved radreduksjon på den utvidede matrisen: 1 0 3 10 1 0 3 10 a 7 3 0 13 43 b + a 3 4 1 0 4 8 3 c 3a 1 0 3 10 a 0 13 43 b 0 0 18 54 c + b Dermed er z 54/18 3 og y 43 13z/ og x 10 3z 1 Altså x 1 y z 3 Løsning: Oppgave 5 juni 014 Side 1 av 7
1 + 3i z 1 i 1 9 + i3 + 3 1 i 8 + 6i 1 i 8 + 6i 1 i 1 i 8 + 6i1 + i 1 8 6 + i 8 + 6 7 i Altså er Rz 7 og Iz 1 Merk at for alle komplekse tall w 0 så er 1 w definert som 1 w w w Løsning: Oppgave 3 a Ved produktregelen er d qx dx ekx k q x k ke kx qx k + q x k 3 q x k e kx qx q x + q x k k + q x + e kx q x q x q x + k 3 k k k 3 q + e kx x q x k k e kx qx q x + q x + q x q x k k k k e kx qx Merk at q x 0 ettersom q er et andregradspolynom Løsning: Oppgave 3 b IVP: dy dx + y x + 3x + 1, y0 1 Differensialligningen er førsteordens lineær Dvs på formen y + pxy qx der px og qx x + 3x + 1 Integrerende faktor er e x, og d dx ex y e x y + e x y e x y + y e x qx 5 juni 014 Side av 7
Ettersom qx er et andregradspolynom, kan vi bruke resultatet fra oppgave a med k og få at qx e x y e x q x + q x + C 3 x e x + 3x + 1 x + 3 + + C 4 8 x e x + x + C Initialbetingelsen gir at så dermed er løsningen gitt ved Løsning: Oppgave 4 a 1 e 0 1 1 0 + C, yx x + x + e x La f være vektorfunksjonen dx dt y dy sin x ky 1 dt y fx, y sin x ky Likevektspunktene er løsningene til ligningen 0 fx, y, dvs y 0 og sin x 0 Vi har altså uendelig mange likevektspunkter, men alle ligger på x-aksen og er på formen nπ ˆx n, n Z 0 Disse punktene tilsvarer situasjonen der pendelen har null hastighet y 0, og der pendelen henger rett ned n partall eller står rett opp n oddetall Løsning: Oppgave 4 b Vi finner Jacobi-matrisen til f: Dfx, y f1 x f x f 1 y f y 0 1 cos x k I likevektspunktene er denne matrisen gitt ved 0 1 0 1 A n : Dfx n cos nπ k 1 n+1 k 5 juni 014 Side 3 av 7
der det A n 1 n+1 1 n og tr A n k < 0 Vi kan dermed fastslå at x n er et stabilt lp når n er et partall og et ustabilt lp når n er et oddetall Når n er et oddetall er x n alltid et sadelpunkt fordi det A n < 0 Når n er et partall er det A n > 0 og tr A n 4 det A n k 4 som er negativt for 0 < k < og lpene er stabile spiraler For < k er positiv og lpene er stabile noder Disse siste to kategoriene tilsvarer henholdsvis situasjonen der friksjonen er liten slik at pendelen svinger frem og tilbake, men med stadig mindre utslag, og situasjonen der friksjonen er så stor at pendelen bare sklir ned mot lp uten å svinge Løsning: Oppgave 5 a fx, y 5 6 x4 4 + x3 3 + x y D {x, y fx, y 0} R Vi er gitt to punkter x 1, y 1 1, 0 og x, y, 0 For det første tilhører begge punktene domenet til f fordi f 1, 0 5 4 0 og f, 0 7 0 3 For det andre er gradienten til f gitt ved fx, y x 3 + x + x, y, så begge punktene er kritiske fordi x 3 + x + x xx x xx x + 1 4 og vi ser at f 1, 0 0 f, 0 Tilslutt finner vi Hess-matrisen til f for å kategorisere punktene: Hfx, y f x f x y f x y f y 3x + x + 0 0 1 5 juni 014 Side 4 av 7
Dette gir matrisene A 1 : Hf 1, 0 3 0 0 1 og A : Hf, 0 6 0 0 1 og begge punktene er lokale maksimum fordi det A 1 og det A er positive, mens tr A 1 og tr A er negative Fra likheten 4 ser vi at det finnes ett, og kun ett kritisk punkt til: x, y 0, 0, som også tilhører domenet fordi f0, 0 5 0 Dette er et sadelpunkt fordi 6 det Hf0, 0 0 0 1 < 0 og er dermed ikke en kandidat til absolutte ekstrema Ettersom domenet er lukket og begrenset og fordi gradienten eksisterer i alle punkter i domenet, finnes absolutt maks og min enten i de kritiske punktene eller på randen av domenet På randen er selvfølgelig verdien til f konstant lik 0 og fra og 3 kan vi fastslå at absolutt maksimum er 7/ i,0 og absolutt minimum er 0 Løsning: Oppgave 5 b En parametrisering av en linje i rommet, kan generelt skrives på formen xt x 0 + tu der x 0 og u er vektorer i R 3 som linjen henholdsvis går gjennom og er parallell med Mastene har x, y-koordinater 1, 0 og, 0 og taubanen går dermed i gjennom punktet x 0 0 f, 0 + 1 og er parallell med vektoren 1 3 u 0 0 0 f 1, 0 + 1 f, 0 + 1 f 1, 0 f, 0 Nå er f 1, 0 5 og f, 0 7, så en parametrisering av taubanen er derfor gitt 4 ved xt 3 3t xt yt 0 + t 0 0 7 zt + 1 5 7 9 9t 4 4 Merk at ingen parametrisering er unik Man kunne godt ha valgt det andre mastepunktet som x 0 og hvilken som helst vektor u parallell med taubanen 5 juni 014 Side 5 av 7
For å finne punktet der taubanen treffer bakken, finner vi først t-verdien når z 0: 0 zt 9 9 4 t t 9/ 9/4 Taubanen treffer altså bakken i punktet x 3 y 0 4 0 Løsning: Oppgave 5 c fx 0, y 0 f1, 1 17 0 1, 1 D 1 Vi har at fx, y x 3 + x + x, y, så f1, 1, 1 og lineariseringen til f i x 0, y 0 er gitt ved x x0 Lx, y fx 0, y 0 + fx 0, y 0 y y 0 17 x 1 +, 1 1 y + 1 17 + x 1 + y + 1 1 Toppen av masten har høyde 5 + x + y 1 H : f, 0 + 1 7 + 1 9 og er mulig å se, hvis og bare hvis dette punktet ligger over tangentplanet z Lx, y: L, 0 5 1 + + 0 53 1 < 54 1 9 H Så, ja Du ser den øverste tolvdelen av masten fra der du står Løsning: Oppgave 5 d Vi må finne den retningsderiverte til f i x 0, y 0 1, 1 i retningen fra 1, 1 5 juni 014 Side 6 av 7
mot, 0 Enhetsvektoren som peker i den retningen er gitt ved og den retningsderiverte er da u, 0T 1, 1 T, 0 T 1, 1 T 1, 1T 1, 1 1 1 1 D u f1, 1 f1, 1u 1 1, 1 1 3 5 juni 014 Side 7 av 7