Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Oppgave Vi denerer matrisene A, B, og C som A = [ ] 3, B = 5 9, C = 3 3. a) Regn ut følgende matrisesummer og matriseprodukter, om mulig. Dersom det ikke er mulig skal du kort forklare hvorfor. A + B, AB, CB, A + C T. A+B: A er en x3-matrise, mens B er 3x3. Det gir ikke mening å legge sammen matriser med ulik dimensjon, dvs det er ikke mulig å regne ut A + B. AB: Siden A er en x3-matrise og B er 3x3 antall kolonner i A = antall rekker i B) kan vi regne ut AB: [ ] 4 7 3 AB =. 7 3 CB: C er en 3x-matrise, mens B er 3x3, dvs det er ikke mulig å regne ut CB siden antall rader i C antall kolonner i B. A + C T : C er en 3x-matrise, dvs C T er en x3-matrise. Da har A og C T samme dimensjon og A + C T = [ 3 ] + [ ] 3 = 3 [ ] 5 5. 3 4 Matrisen M = 4 8 3 7 7 er rekke-ekvivalent med matrisen 3. 4
M er totalmatrisen også kalt den utvidede matrisen, på engelsk the augmented matrix ) til et likningssystem med ukjente x, x og x 3. b) Regn ut løsningen til dette likningssystemet. Ved hjelp av den rekke-ekvivalente matrisen kan ligningssystemet skrives på formen x + x +3x 3 =, x x 3 =, x 3 = 4. Dvs løsningen er x 3 = 4. Settes denne inn i ligningen over får vi x = x 3 = 4 = 8. Til sist er x = x 3x 3 = 8 3 4 = 9. Alternativt kunne vi ha fortsatt å redusere matrisen gitt over. Ved først å addere rad 3 mulitiplisert med til rad og addere rad 3 mulitiplisert med -3 til rad for så å addere rad mulitiplisert med - til rad ville vi ha fått den rekkee-ekvivalente matrisen 9 8 4 Herfra ser vi løsningen av ligningssystemet. Vi ser nå på likningssystemet M x = med x x = x x 3. x 4 Én løsning er x =, men likningssystemet har ere løsninger.. c) Beskriv alle løsningene til likningssystemet M x =. Vi kan bruke den rekke-ekvivalente matrisen bestemt over; 9 8 4 Herfra ser vi at x 4 må velges fritt ingen ledende enere i den fjerde kolonnen) og x 3 = 4x 4, x = 8x 4 og x = 9x 4. Eventuelt kan løsningen skrives x = 9 8 4 x 4..
Oppgave a) Løs den komplekse likningen z + z + =. Oppgi svaret eksakt både på kartesisk og polar form. Bruker ABC-formelen og får z = ± 4 = ± 4 = ± i. Dvs to løsninger z = + i og z = i kartesisk form). Skriver på polar form re iθ : Lengden r = ) + ±) =. Vinklene θ er gitt ved tan θ = ±/ ) =. Dvs θ = π/4. Men de to løsningene ligger i andre og tredje kvadrant i det komplekse planet. Vi må derfor legge til en vinkel π på begge disse. Vi får derfor de to løsningene på polar form): z = e i3π/4 og z = e i5π/4. b) Bestem løsningen til initialverdiproblemet y + y + y =, y) =, y ) =. Generell løsning til dierensialligningen er y = y H + y P, hvor y H er generell løsning til tilhørende homogen ligning. For å bestemme y H må vi sette opp den karakteristiske ligningen: r + r + =. Denne er løst i Oppgave, hvor vi fant røttene r = + i og r = i. Da har vi generell løsning av den homogene dierensialligningen y H x) = e x A cos x + B sin x), hvor A og B er vilkårlige. Skal så bestemme partikulærløsning y P. Høyre side i dierensialligningen er en konstant. Vi ser derfor etter y P som er konstant, dvs y P = K. Setter inn og får: Venstre side = y P + y P + y P = + + K = K. Samtidig er Høyre side =, dvs K = slik at K =. Dvs y P = K =. Da er generell løsning yx) = y H x) + y P x) = e x A cos x + B sin x) +. 3
Denne løsningen skal tilfredsstille y) =, y ) =. Ser at y) = A +, dvs A =. Da er yx) = Be x sin x + y x) = B e x cos x e x sin x ), slik at y ) = B, dvs B =. Da er løsningen til initialverdiproblemet yx) = e x sin x +. Oppgave 3 Vis at punktet, ) ligger på kurven denert ved x3 x y + y ) 4 = Bestem ligningen til tangenten til kurven i, ). Punktet, ) ligger på kurven: Setter x = og y = i ligningen og får 3 + ) 4 = + =. Bestemmer stigningstallet til tangenten til kurven ved å bestemme den deriverte ved implisitt derivasjon husker at x 3 = x 3/ ): ) Dette gir 3/)x / xy + x dy dx dy dx = 3/)x/ + xy x + 4y ) 3 + 4y ) 3 dy dx =. slik at dy/dx i punktet, ) er 3/ + 4)/ + 4) = 5/)/3 = 5/6. Dvs ligningen til tangenten er y = 5/6)x + b. Konstanten b bestemmer vi ved å sette inn x =, y = i ligningen: b = 5/6) = 7/6. Dvs ligningen til tangenten til kurven i, ) er y = 5 6 x + 7 6. Oppgave 4 a) Forklar hvorfor funksjonen fx) = lnx ) /x har akkurat ett nullpunkt på intervallet [, ]. 4
Funksjonen f er kontinuerlig og skifter fortegn på [, ]: f) = ln / = <, f) = ln 4 /.89 >. I følge skjæringssetningen nnes da minst én verdi c i intervallet [, ] hvor fc) =. I tillegg er f x) = x/x + /x = /x + /x, som er positiv på [, ]. Da er f voksende og det kan være kun ett nullpunkt. b) Benytt Newtons metode med startverdi x = og tre iterasjoner til å estimere nullpunktet. Nullpunktet estimeres ved Newtons metode som ser slik ut i dette tilfellet: x n+ = x n fx n) f x n ) = x n lnx n) /x n /x n + /x n = x n x n lnx n) x n x n + = x n x ) n lnx n ). x n + Med x = og tre iterasjoner får vi: x = x x ) lnx ) = x + + = 4 3. x = x x ) lnx ) = 4 ) 4/3) ln4/3).48, x + 3 4/3) + x 3 = x x ) ) lnx ).4664 ln.4664) =.4664.45. x +.4664 + Oppgave 5 Når grafen til y = sinx) mellom x = og x = π/ roteres om y-aksen dannes en vaselignende beholder. Regn ut volumet til denne beholderen. Volumet til beholderen kan ses på som volumet som fremkommer når arealet mellom grafene til y = og y = sin x roteres om y-aksen. Dermed er volumet gitt ved V = π π/ x dx π π/ x sin x dx. Her må vi løse x sin x dx ved delvis integrasjon. Setter u = x slik at u =, v = sin x, v = cos x. Dvs x sin x dx = x cos x cos x) dx = x cos x + sin x + C. Da er V = π [ ] π/ ) x π [ x cos x + sin x] π/ = π π/) = π π /8 ).4684. 5
Oppgave 6 a) Bruk trapesmetoden med n = 4 og n = 5 n = antall delintervaller) til å regne ut tilnærmede verdier for det bestemte integralet x dx. MERK: Oppgavestilleren tenkte at integralet som skulle løses i denne oppgaven var x, ikke x. Dette gjorde at de to trapes-summene i a) ble like, første deloppgave i b) ble triviell og andre deloppgave forvirrende. Dette vil selvsagt bli tatt hensyn til i sensuren. Trapesmetoden med n = 4 for integralet [, ] for en funksjon f er generelt T n = h f ) + f + h) + f + h)+ + f + n )h) + f + nh)), hvor h = /n. Dvs våre estimater blir og T 4 = /4 T 5 = /5 f ) + f /) + f) + f/) + f)) = + 3 + + + ) =. 4 f ) + f 3/5) + f /5) + f/5) + f3/5) + f)) = 5 + 6/5 + /5 + 8/5 + 4/5 + ) = 5 b) Regn ut den eksakte verdien til integralet. 5 5 =. Hvorfor er trapesmetoden med n = 4 mer nøyaktig enn med n = 5 for dette integralet? MERK: Det andre spørsmålet utgår fra eksamen siden T 4 = T 5. Eksakt verdi til integralet bestemmes lettest ved å se på grafen til x. Integralet er arealet til en trekant med grunnlinje og høyde. Enkle geometriske betraktninger gir dermed at x dx =. 6
Oppgave 7 En svært smittsom sykdom herjer i ei bygd med mennesker. Antall smittede innbyggere St) ved tida t målt i dager) kan beskrives ved dierensiallikningen S =.S S). Hvor mange blir smittet per dag når S =? Hvor mange av bygdas innbyggere er smittet når S vokser raskest? Hvilken av gurene under viser en løsningskurve til dierensiallikningen? Du trenger ikke løse dierensiallikningen for å kunne svare på spørsmålene i oppgaven). Når S = er endring per dag = S =. ) =. 9 = 8, dvs 8 nye smittede per dag. S vokser raskest når S er maksimal, dvs vi må nne maksimum av funksjonen.s S). Vi denerer gs) = S S) på intervallet [, ]. Funksjonen g er lik i endepunktene og større enn ellers. Maksimum til g bestemmes derfor ved å derivere og sette lik null: g S) = S, dvs g = S = 5, altså oppnår g sitt maksimum når S = 5, dvs S vokser raskest når S = 5. For å bestemme hvilken av kurvene som er løsningskurve kan vi enten bruke at endringen er liten når S er liten pga faktoren S i dierensialligningen), eller at endringen i S er størst når S = 5. Begge deler er tilfelle i kurven i gur B, men ikke tilfelle i kurven i gur A. I gur A ser det ut til at veksten er størst når S =. Kurven i gur B er dermed en løsningskurve. 7
SLUTT 8