Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 EKSAMEN I TMA4 MATEMATIKK 3 Bokmål Mandag 6. juni løsningsforslag Hjelpemidler (kode C): Enkel kalkulator (HP3S eller Citizen SR-7X) Rottman: Matematisk formelsamling Sensur: 7. juni Oppgave Finn alle komplekse løsninger av ligningen z 3 = + i i. Skriv løsningene på formen re iθ, og tegn løsningene i det komplekse plan. Først skal vi regne ut høyre side og skrive den på polar form. Vi får w = + i i = ( + i)( + i) ( i)( + i) = + i + i = i. Da er w = og θ = Argw = π/. Nå skal vi finne løsningene til ligningen z 3 = w. De er gitt ved z k = e i( π 6 + πk 3 ), k =,,. Da får vi z = e i π 6 = 3/ + i/; z = e i 5π 6 = 3/ + i/; z = e i 9π 6 = i. Tegninger kommer...
Side av 6 Oppgave a) Finn en bestemt løsning på den homogene ligningen y y y = med initialbetingelser y() = 3 og y () =. Den karakteristiske ligninger blir λ λ =, den har røtter λ = og λ =. Generell løsning er y(x) = c e x +c e x. Vi setter inn initialbetingelsene og får c +c = 3 og c c =, dette gir c = og c =. Løsningen blir y(t) = e x + e x. b) Finn generell løsning på ligningen y y y = 8 sin x + 3e x. Vi bruker sumregelen for ubestemte koeffisienters metode, og ser først på y y y = 8 sin x. Fra tabellen velger vi y p = A cos x + B sin x. Da får vi y yp = A sin x + B cos x, og y p = A cos x B sin x. Vi setter dette inn i ligningen over og får ( A cos x B sin x) ( A sin x + B cos x) (A cos x + B sin x) = 8 sin x. Vi trekker dette sammen og får ( 3A B) cos x + (A 3B) sin x = 8 sin x. Da ser vi at 3A B = og A 3B = 8, og at A =.8 og B =.4, altså y p =.8 cos x.4 sin x. Så ser vi på y y y = 3e x. Fra tabellen velger vi Ce x, men dette er en løsning av den homogene ligningen, så vi bruker modifikasjonsregelen og lar y p = Cxe x. Da har vi y p = Ce x + Cxe x, og y p = 4Ce x + 4Cxe x. Vi setter dette inn i ligningen og får (4Ce x + 4Cxe x ) (Ce x +Cxe x ) (Cxe x ) = 3e x. Dette gir 4C C = 3, så C =, altså y p = xe x. Sumregelen gir da at y p =.8 cos x.4 sin x + xe x, og generell løsning for ligningen er y = y p + y h =.8 cos x.4 sin x + xe x + c e x + c e x. Oppgave 3 La y (x) = x og y (x) = x for x >. a) Vis at y og y er lineært uavhengige på x >. W (y, y ) = y y y y = x x / x /x / = (x )(/x / ) (x / )( x ) = 3/x 3/, som ikke er når x >. Det følger at y og y er lineært uavhengig på x >. Alternativt: Vi ser på funksjonen y (x)/y (x) = x 3. Den er ikke-konstant på {x > }. Da er funksjonene lineær uavhengige.
Side 3 av 6 b) Finn en Euler-Cauchy ligning med y = c y + c y som generell løsning. Euler-Cauchyligninger har generell løsning på formen y = c x m +c x m. En Euler-Cauchyligning er på formen x y + axy + by =. Vi løser en slik ved å betrakte andregradsligningen m + (a )m + =, og da er generell løsning gitt som over med m og m som røtter i andregradsligningen. Vi vil finne en andregradsligning på formen som over og som har røtter og, for å finne a og b. Vi har (m ( ))(m ) = m + m + ( ) = m + ( 3 ) + ( ), og og er røtter i denne. Hvis vi setter a = 3 og b =, blir Euler-Cauchyligningen med generell løsning som over x y + 3 xy y =. Oppgave 4 La A = 3 5 7 3 4 a) Finn en basis for nullrommet Null(A) og en basis for radrommet Row(A). Gausseliminasjon gir at A er radekvivalent til matrisen 3 E = Løsningene til Ax = blir s 7 + t + u 4 og en basis for Null(A) er {v = (7,,,,, ) T, v = (,,,,, ) T, v 3 = ( 4,,,,, ) T }. Radene ulik null i E gir en basis for Row(A), {r = (,,,, 3, ), r = (,,,,, ), r 3 = (,,,,, ).}
Side 4 av 6 b) For hvilke verdier av a har det følgende ligningssystemet en løsning? Hvor mange løsninger har det da? x + x + x 4 + 3x 5 x 6 = a x + 5x x 3 + x 4 + 7x 5 = x 3x x 3 x 4 x 5 + x 6 = x + x + x 3 + x 4 + 4x 5 + x 6 = Gausseliminasjon på totalmatrisen gir 3 a 5 7 3 4 3 a a 3 6 + 4a 4 3a 3 a a 4 8 + a a 3 a a 3 6 + 4a 7 7a Systemet har en løsning hvis og bare hvis a = 7/7. I dette tilfelle har systemet uendlig mange løsninger. Oppgave 5 La V være kolonnerommet (søylerommet) til matrisen og la 3 5 3 b = 7 3 Finn det nærmeste punktet til b i V (den ortogonale projeksjonen av b inn i V ). Først gir Gausseliminasjon 3 5 3 3 5 5 5 3 5 5 5
Side 5 av 6 Derfor danner de to første kolonnene til matrisen en basis for kolonnerommet V. Vi finner en ortogonal basis for Col(A) ved å bruke Gramm-Schmidt på kolonnene v, v. Vi får u = v = (,, ); u = v v u u u u = (3,, ) 6 (,, ) = (,, ); 6 Dette gir p = b u u u u + b u u u u = u = (,, ) (,, ) = (, 5, ). Alternativt: La C = Da har vi Col(A) = Col(C). Vi finner den ortogonale projeksjon av b inn i Col(C) ved den[ minste ] kvadraters [ ] metoden. Det tilhørende normalsystemet blir C T Cx = C T b, dette 6 er x = og vi finner løsningen x 5 5 =, x =. Så får vi p = Cx = (, 5, ). Oppgave 6 a) La A = [ 8 3 7 Bestem egenverdiene og tilhørende egenvektorer til A. Vi har det(a λi) = (8 λ)(7 λ) 6 = λ 5λ + 5 og egenverdiene er λ = og λ = 5. Vi finner tilhørende egenvektorer: [ ] [ ] 3 3 3 A I =, A 5I = 3 og u = s(3, ), s, u = t(, ), t. b) I Trondheim er det utplassert sykler til gratis utleie to steder: Gløshaugen (G) og Torget (T). Syklene kan lånes fra tidlig om morgenen og må returneres til ett av stedene samme kveld. Det viser seg at av syklene utlånt fra G returneres 8% til G og % til T. Av syklene utlånt fra T blir 3% returnert til G og 7% returnert til T. Vi antar dette mønsteret er konstant, at alle sykler blir utlånt hver morgen og at ingen sykler blir stjålet. I det lange løp, hvor stor andel av syklene vil være på Gløshaugen om morgenen? ].
Side 6 av 6 Hvis (x k, y k ) er antall sykler på Gløshaugen og på Torget en morgen, så er neste morgen antallene (x k+, y k+ ) = B(x k, y k ) hvor [ ].8.3 B =..7. Fra punkt a) vet vi at B har to egenverdier λ = og λ =.5 med tilhørende egenvektorer u = s(3, ) og u = t(, ). Vi tar v = (3, ) = (.6,.4) Da skal 3+ Bn nærme seg til konstant matrisen (når n vokser) [ ].6.6.4.4. I det lange løp blir fordeling av syklene 6% på Gløshaugen og 4% på Torget; de vil si 3/5 av alle syklene vil være på Gløshagen om morgenen. Oppgave 7 generell løsning Finn en ( )-matrise A slik at differensialligningssystemet x = Ax har x(t) = c e t [ 3 ] [ 5 + c ]. Vi leter etter en matrise A som har egenverdiene λ = og λ = med tilhørende egenvektorer v = (3, ) og v = ( 5, ). Da vet vi at A = P DP hvor [ ] [ ] 3 5 P =, D =. Vi får A = [ 3 4 ]. Oppgave 8 La A være en (m n)-matrise. Vis at hvis Ax = b har løsning for alle b i R m, så har A T x = bare den trivielle løsningen. Vi vet at Ax = b har løsning for alle b i R m, det betyr at Col(A) = R m. Da vet vi at Col(A) = {}. Vi vil finne Null(A T ); Null(A T ) = Row(A T ) = Col(A) = {}. Derfor har ligningen A T x = bare den trivielle løsningen.