Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA000 Brukerkurs i matematikk B Vår 06 Anbefalte øvingsoppgaver fra boken: 9.3 : 53, 6, 64, 7, 75. Det er bare oppgaven under som skal leveres inn, ikke oppgavene fra boken. Leslie-matrisen se side 459 i boka) for den årlige utviklingen av en populasjon er gitt ved /4 5/4 L / 0 0 0 /4 0 der antall individer i de tre årsklassene ved t 0 er 00 n0) 0. 00 Det endelige målet med denne oppgaven er å avgjøre om den samlede bestanden vil dø ut, konvergere mot et stabilt nivå eller vokse mot uendelig. De følgende deloppgavene vil lede deg mot svaret: a) Forklar betydningen av hvert av de positive elementene i L og beregn n), dvs. finn ut hvor mange det er av hvert årstrinn om år. b) Vis at populasjonen etter t år t heltall) er gitt ved nt) L t n0). c) Finn egenverdiene λ, λ og λ 3 til L. Hint: En av egenverdiene er et heltall) d) Finn egenvektorene u, u og u 3 til L og skalér dem slik at alle komponentene er heltall. e) La a, a og a 3 være tre tall og la t N. Vis at L t a u + a u + a 3 u 3 ) a λ t u + a λ t u + a 3 λ t u 3. f) Skriv n0) som en lineærkombinasjon av egenvektorene til L. Dvs. finn 3 tall a, a og a 3 slik at n0) a u + a u + a 3 u 3. g) Avgjør om bestanden vil dø ut, konvergere mot et stabilt nivå eller vokse mot uendelig. Dvs. finn lim t nt). 6. februar 06 Side av 0
Løsning: a) Populasjonen består av tre årskull: 0-åringer, -åringer og -åringer. Den første raden i L forteller at hver 0-åring får i gjennomsnitt /4 avkom per år, hver -åring får i gjennomsnitt 5/4 avkom og hver -åring får i gjennomsnitt avkom per år. Tallene under diagonalen forteller at 50% av 0-åringene overlever til de er år og at 5% av -åringene overlever til de er år. Om år er fordelingen gitt ved /4 5/4 00 50 n) Ln0) / 0 0 0 00. 0 /4 0 00 0 Altså, etter år er det 50 0-åringer, 00 -åringer og ingen -åringer. Løsning: b) Ettersom n) Ln0) n) Ln) LLn0)) L n0) osv, så er nt) Lnt ) LL t n0) L t n0). Løsning: c) Egenverdiene til L er løsningene av ligningen 0 detl λi) /4 λ 5/4 / λ 0 0 /4 λ / λ 0 /4 λ /4 λ 5/4 / λ, 4 λ 4 λ) λ) 5 4 ) utvikler langs 3. kolonne λ 3 + 4 λ + 5 8 λ + 8 0 8λ 3 λ 5λ Hvis et heltall er en rot til et polynom med heltallskoeffisienter, så er roten en faktor av konstantleddet. Vi finner i dette tilfellet fort ut at λ er en løsning av ligningen. Altså er λ ) en faktor i 8λ 3 λ 5λ, og ved polynomdivisjon finner vi at 8λ 3 λ 5λ λ )8λ + 6λ + ). 6. februar 06 Side av 0
Røttene i den andre faktoren er gitt ved andregradsformelen til å være -/ og -/4. Dermed har vi funnet tre distinkte egenverdier: λ, λ 4, λ 3. Løsning: d) Vi må finne u, u og u 3 slik at Lu i λ i u i, i,, 3. Eller ekvivalent, L λ i I)u i 0. Først finner vi u u, v, w) T som har tilhørende egenverdi λ /: 0 L + ) I u 3/4 5/4 u / / 0 v 0 /4 / w Dette er et ligningssystem som kan løses ved standard radreduksjon, men vi kan være litt smarte og løse dette på en mer direkte måte. Fra rad 3, ser vi at v/4 w/ eller v w. Vi vet også at matrisen er singulær, så løsningen har minst én fri variabel. Hvis vi velger den frie variabelen til å være w t R, så har vi at v t og fra rad får vi u/ v/. Dvs u v t. Altså, for alle t R, så er u t en løsning av ligningen og dermed en egenvektor av L. t gir en passende skalering, og vi har funnet den første egenvektoren u. De to siste egenvektorene finner man med samme fremgangsmåte, og resultatet er 8 u, u 3 4. Løsning: e) På samme måte som i b) ser vi at og La u + a u + a 3 u 3 ) a Lu + a Lu + a 3 Lu 3 a λ u + a λ u + a 3 λ u 3 L a u + a u + a 3 u 3 ) La λ u + a λ u + a 3 λ u 3 ) a λ Lu + a λ Lu + a 3 λ Lu 3 a λ u + a λ u + a 3λ u 3 6. februar 06 Side 3 av 0
osv. Dvs for alle t N. L t a u + a u + a 3 u 3 ) a λ t u + a λ t u + a 3 λ t u 3 Løsning: f) La U være 3x3-matrisen der kolonnene er egenvektorene til L: 8 U u u u 3 ) 4. Oppgaven kan nå formuleres som: Finn a a, a, a 3 ) T slik at Ua n0). gang ut venstre side for å se at dette stemmer.) Ettersom L har tre forskjellige egenverdier, så sier et teorem i boken at egenvektorene er lineært uavhengig. Dermed er U inverterbar og det finnes da nøyaktig én a som løser ligningen. Ligningen løses enklest med vanlig radreduksjon, og løsningen er a 0, 40, 0) T. Dvs. 00 8 0 n0) Ua 40 + 0 4. 00 Løsning: g) Vi fant i oppgave f) at n0) 40u + 0u 3 der u,, ) T og u 3 8, 4, ) T er egenvektorer til L med tilhørende egenverdier henholdsvis λ /4 og λ 3. Fra b) og e) har vi nt) L t n0) L t 40u + 0u 3 ) 40λ t u + 0λ t 3u 3 40 t u + 0 4) t u 3 Dermed er 40 )t 4 t u + 0u 3. ) lim nt) lim 40 )t t t 4 t u + 0u 3 0u + 0u 3 60 0u 3 80. 0 6. februar 06 Side 4 av 0
Bestanden vil altså stabiliseres med en fordeling på 60 0-åringer, 80 -åringer og 0 - åringer. Merknader: Spørsmålet om stabilitet kunne ha blitt besvart allerede i oppgave c). Det er egenvektoren med den tilhørende egenverdien med størst absoluttverdi som bestemmer utviklingen i det lange løp. Hvis denne verdien er større enn, vil bestanden vokse mot uendelig. Hvis den er mindre enn, vil bestanden dø ut. Eller, som i dette tilfellet, hvis verdien er, vil bestanden konvergere mot en fordeling proposjonal med egenvektoren. Merk også at startverdien, n0), har ingen innvirkning på stabiliteten. 9.3:53 Finn egenvektorer og egenverdier til matrisen A ) 4. 3 Løsning: Den karakteristske ligningen er 0 deta λi) 4 λ 3 λ 4 λ) λ) 3) λ + 3λ + λ + )λ + ), så egenverdiene er Finner egenvektoren v : λ, λ. 0 A λ I)v ) ) 3 u 3 v 0 3u + v. La v t. Da er u 3t og for alle t R, er ) u t v ) /3 en løsning av ligningssettet og dermed en egenvektor til A. Med t 3 får vi egenvektoren ) v. 3 6. februar 06 Side 5 av 0
Finner egenvektoren v : Dvs. for alle t R, er 0 A λ I)v ) ) u 3 3 v ) ) u + v 3 3 u v. ) ) u t v en løsning av ligningssettet og dermed en egenvektor til A. Med t får vi egenvektoren ) v. 9.3:6 Finn egenverdiene til matrisen A ) a c. 0 b Løsning: Egenverdiene er løsningene til ligningen Dvs. 0 deta λi) a λ c 0 b λ a λ)b λ) c 0 a λ)b λ). λ a, λ b som er elementene på diagonalen til A. Dette er fordi A er øvre triangulær. 9.3:64 La A ) 3. Avgjør om den reelle delen av begge egenverdiene er negativ uten å beregne dem. Løsning: Vi har bevist et teorem som sier at den reelle delen av egenverdiene til en x-matrise er negative hvis og bare hvis tr A < 0 og det A > 0. 6. februar 06 Side 6 av 0
Vi beregner at tr A + < 0 og det A 3 ) > 0. Altså er den reelle delen av begge egenverdiene negativ. 9.3:7 La Beregn A ) 0. 3 ) A 5 0 uten å bruke kalkulator. Løsning: Vi ønsker å skrive, 0) T som en lineærkombinasjon av egenvektorene u og u til A. Ettersom A er nedre triangulær, leser vi av egenverdiene til A på diagonalen: Vi finner u : λ, λ. 0 A + I)u ) ) 0 0 u 3 v 0 3u + v. La v t. Da er u 3t og for alle t R, er ) ) u /3 t v en løsning av ligningssettet og dermed en egenvektor til A. Med t 3 får vi egenvektoren ) u. 3 Finner egenvektoren u : 0 A I)u ) ) 0 u 3 0 v ) ) 0 u + v 3 0 u 0. Dvs. for alle t R, er ) ) u 0 t v 6. februar 06 Side 7 av 0
en løsning av ligningssettet og dermed en egenvektor til A. Med t får vi egenvektoren ) 0 u. Vi ønsker nå å finne to tall a og a slik at ) ) ) 0 a 0 u + a u a + a 3. Vi ser at a må være og det følger da at 0 3) + a. Altså at a 3: ) ) ) 0 u 0 + 3u + 3. 3 Det følger nå at ) A 5 A 5 u 0 + 3u ) A 5 u + 3A 5 u λ 5 u + 3λ 5 u ) 5 u + 3 5 u u + 3u ) ) 0 + 3 3 ). 6 9.3:75 Anta at L ) 4 0.3 0 er en Leslie-matrise for en populasjon med to årsklasser. a) Finn egenverdiene. b) Gi en biologisk forklaring på den største egenverdien. c) Finn den stabile aldersfordelingen. med dette menes ikke at den totale bestanden nødvendigvis konvergerer, men at den prosentvise fordelingen av hver årsklasse i forhold til den totale bestanden konvergerer.) Løsning: a) Finner egenverdiene: 0 detl λi) λ 4 0.3 λ λ) λ). λ λ. 6. februar 06 Side 8 av 0
som gir Dvs. λ + 5 og λ 5. λ ± 5. Løsning: b) Det er egenvektoren som korresponderer til den egenverdien med størst absoluttverdi som bestemmer utviklingen på sikt. λ er grenseverdien av vekstraten når t. Løsning: c) Vi finner v. )u 4v. 5 0 L λ I)v 5 4 0.3 5 ) u v Hvis vi lar u t, så er ) ) u t v 5 4 en løsning av ligningssettet og dermed en egenvektor til L. Med t 4 får vi egenvektoren ) 4 v 5. For en startverdi skrevet som en lineærkombinasjon av egenvektorene n0) a v + a v dette er mulig fordi egenverdiene er forskjellige og dermed er egenvektorene lineært uavhengige), har vi nå at de framtidige populasjonsnivåene er nt) L t n0) L t a v + a v ) a L t v + a L t v a λ t v + a λ t v. Vi ønsker nå å finne den stabile andelen av hver årsklasse i forhold til den totale størrelsen på bestanden. Vi skriver ) nt) nt) mt) der nt) og mt) henholdsvis er antall 0-åringer og -åringer ved tiden t. La også ) ) u u v og v v v 6. februar 06 Side 9 av 0
slik at nt) ) nt) mt) Det totale antallet individer ved tiden t er nå a λ t u + a λ t u a λ t v + a λ t v ). nt) + mt) a λ t u + a λ t u + a λ t v + a λ t v a λ t u + v ) + a λ t u + v ) og andelen av 0-åringer i forhold til antallet individer ved tiden t er nt) nt) + mt) a λ t u + a λ t u a λ t u + v ) + a λ t u + v ) a u + a λ λ ) t u a u + v ) + a λ λ ) t u + v ) der vi i siste linje delte på λ t i teller og nevner. Ettersom λ + 5 > 5 λ λ, vil λ lim t λ ) t 0 og dermed vil andelen av 0-åringer i forhold til antallet individer nærme seg tallet lim t nt) nt) + mt) lim t a u + a λ λ ) t u a u + v ) + a λ λ ) t u + v ) u u + v 4 0.89 4 + 5 forutsatt at a 0. På samme måte finner vi at andelen -åringer i forhold til antallet individer nærmer seg tallet ) mt) lim t nt) + mt) lim nt) t nt) + mt) 0.89 0.078. Merk at vi ikke hadde behov for å vite n0) for å komme frem til dette resultatet. Vi trengte også bare å beregne den ene egenvektoren; den som tilsvarte den største egenverdien. 6. februar 06 Side 0 av 0