Prøve i Matte Dato: vår 5 ENDRE Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver ar lik vekt. Oppgave a Gitt matrisene A regn ut A + B, AB. Løsningsforslag 4 og B 7 5 Vi nner summen ved å legge sammen elementvis 7 A + B + 4 5 Matrisemultiplikasjon gir AB 4 7 5 b Bestem inversmatrisen til A vis den er invertibel., 7 4 4 7 4 8 For en enver gitt vektor b i R, er det sant at det nnes akkurat én vektor x som løser likninga A x b? Gi et moteksempel eller forklar vorfor påstanden er sann for alle b. Matrisen A er invertibel og inversmatrisen er A Matrisen A er invertibel. Derfor ar likningen akkurat én løsning og den er x A b for enver vektor b.
c Er følgende søylevektorer lineært uavengige? Hvis ikke, uttrykk en av dem som en lineærkombinasjon av de andre to vektorene. 4 7 Determinanten til en matrise som består av de tre vektorene er lik. Derfor er vektorene linært avengige. Vi uttrykker den midterste vektoren fra de to andre. For at den andre komponenten skal bli lik må da koesisentene til de to vektorene være enoldsvis a og a. Vi ser at a og at den midterste vektoren er lik 7 4 d En lineær transformasjon T fra R til R ar følgende egenskaper: [ ] [ ] T og T. Bestem standardmatrisa til T. Standardmatrisen til den linære transformasjonen er en matrise på formen [ [ ] [ ] ] T T Siden T er lineær så er T T [ [ ] T ] T [ [ Standardmatrisen er derfor ] T ] T 8 [ [ 4 5 4 5 ] ] 8
Oppgave Evaluer følgende bestemte integraler: a b 4 x sinπx dx x x dx a Evaluere betyr å regne ut. Vi benytter substitusjon med ux πx. Da er u πx. x sinπx dx π sinu π du π cosu π π. b Vi forsøker med substitusjonen ux x. Da er u x og x / x u + u / u. Dette er lik 4 x 4 x dx u + u du 4 u + u du /u / + u / 4 u/u + 4 44/ + / + 4 8 Oppgave Denne funksjonen er gitt: fx lnx + e x/. a Forklar vorfor f ar ett og bare ett nullpunkt på intervallet [, ]. b Bruk Newtons metode til å nne en tilnærma verdi for dette nullpunktet. La startverdien være og utfør to iterasjoner. Den deriverte til funksjonen er lik f x x + + e x/. Siden den deriverte eksisterer i intervallet er den kontinuerlig der. Den deriverte er positiv i ele intervallet, derfor er den strengt stigende i intervallet. Funksjonsverdiene i endepunktene f og f ln e / >
ar motsatt fortegn. Skjæringssetningen sier da at grafen må tree x-aksen minst ett sted i intervallet. Siden funksjonen er strengt voksende så kan den ikke a mer enn ett nullpunkt. Derfor ar funksjonen akkurat ett nullpunkt på intervallet,. Newtons metode gir følgende iterative formel x n+ x n lnx n + e xn/ x n+ + e xn/ / Vi lar x og får da x.899... og x.8954.... Oppgave 4 a Deriver følgende to funksjonsuttrykk med ensyn til variabelen x. Parameteren a er positiv og uavengig av x. De deriverte er cos x 4 og a x + x a + ax + x a cos x 4 sinx 4 cos x 4 b Løs likninga a x + x a + ax + x a a x i + + iz for z, og skriv løsninga på polarform, re iθ. + a + lnaax + ax a z i + i e πi/4 e πi/ e 7πi/ Oppgave 5 a Vis at en funksjon yx, denert for positive verdier x, med egenskapen at tangentlinja i x, yx treer y-aksen i punktet, x, må tilfredstille dierensiallikninga y y x. 4
b Bestem alle funksjoner som ar egenskapen beskrevet i a og som oppfyller at y. a Linjen mellom punktene x, fx og, x ar stigningstall fx x x y x Dette skal være lik y fra våre antakelser. Derfor må kurven yx med de gitte egenskapene tilfredstille dierensiallikningen y y x. b Vi skal nå forsøke å løse dierensiallikningen og å nne løsningen med egenskapen y. Vi antar x. Vi nner den integrerende faktoren Derfor er for positive x. Så y y x x y x. y x lnx + c y x lnx + cx for positive x. Initialbetingelsen gir c. Derfor er løsningen y x lnx + x 5
Oppgave Skriptene i denne oppgava kan kjøres i MATLAB eller Octave. a Finn ut va følgende skript regner ut. Finn resultatet av utregningen ved å benytte andre metoder enn å kjøre skriptet. G; k; S; 4 for n: 5 SS+G; GG*k; 7 end 8 9 %Skriver ut resultatet S b Hvilket problem forsøker dette ukommenterte skriptet å estimere løsninga av? x; y; xf7; 4 N5; 5 xf-x/n; 7 xvektorx::xf; 8 yvektory; 9 for i:n xxvektori; yyvektori; yd-+y/x; 4 yvektori+y+yd*; 5 end 7 plotxvektor,yvektor a I for-løkka fra og med linje 4 til og med linje 7 blir G lagt til variabelen S for ver iterasjon. Videre skal G multipliseres med faktoren k, som er, ver gang. Til slutt blir summen S skrevet til skjerm. Om vi skriver opp de første verdiene for n, G og S i en tabell, får vi
n S G 4 Vi summerer til og med at n er og G er 9 ; for n blir G rettnok satt til, men dette leddet blir aldri lagt til S. Vi får altså den summen S + + +... + 9 9 n 954. Vi kan regne dette ut direkte eller benytte at dette er en geometrisk sum og at summen er derfor er gitt ved foremelen 9+ 954. b Vi kjenner igjen Eulers metode i linje 4. Denne går ut på å estimere løsninga av initialverdiproblemet n med dette skjemaet y F x, y, yx y y n+ y n + F x n, y n, vor x n x + n. Dersom er tilstrekkelig liten, er y n yx n. Vi identiserer funksjonen F x, y som yd i linje 4. Denne, igjen, er gitt i linja over; F x, y + y/x. Initialkravet er gitt i linje og : y. Skriptet forsøker altså å løse dette initialverdiproblemet: y + y x, y. 7
Oppgave 7 Dette er en modell for armonisk svingning med friksjon proporsjonal med farten: my + ly + ky, vor m er masse, l er friksjonskoesient og k er stiveten til systemet. Alle tre parametrene er positive. a Hvis friksjonen l er tilstrekkelig stor, vil systemet bremses opp så kraftig at det klarer bare én eller ingen svingning frem og tilbake overkritisk eller kritisk dempning. Bestem en størrelse L slik at dette skjer presis når l L. b For l < L vil systemet svinge som ein trigonometrisk funksjon multiplisert med ein avtakande eksponentialfunksjon. Hva er perioden til denne trigonometriske funksjonen? c Vi antar nå at m, l og k og at systemet utsettes for ei ekstern kraft gitt ved sint. Systemet er da beskrevet ved denne dierensiallikninga: my + ly + ky sint. Beskriv alle mulige løsninger av denne. a Vi antar at vi kan skrive ei løsing som y e rt. Det gir at y re rt og y r e rt. Om vi setter dette inn i dierensiallikninga, får vi mr e rt + lre rt + ke rt mr + lr + k r l ± l 4mk m Dersom l 4mk >, får vi to reelle løsninger, r og r. Den generelle løsninga av dierensiallikninga blir y Ae r t + Be r t. Siden l 4mk < l, vil både r og r være negative, bjelken vil falle til ro elt uten å svinge opp og ned. Dersom uttrykket under rota forsvinner, l 4mk, får vi bare én rot for den karakteristiske likninga: r l. Den generelle løsninga m blir da y e rt A + Bt. 8
Heller ikke er vil bjelken kunne svinge opp og ned mer enn én gang. Om uttrykket under rota blir negativt, l 4mk <, får vi to komplekse løsninger: r a ± ib. Dette gir denne løsninga av dierensiallikninga: y e at A cosbt + B sinbt altså ei dempa svinging. For at vi ikke skal få ei slik løsning, må vi altså kreve at l 4mk l mk. Dette er altså vår verdi for L: L mk. b Vi går nå ut fra at l < L, altså l < 4mc. Dermed får vi kompleks r: r l ± l 4mk m l ± 4mk l m l 4mk l m ± i. m Dermed blir a og b fra a enoldsvis l m og 4mk l m. I løsninga, y e at A cosbt + B sinbt, vil både sinus- og cosinus-leddet a periode π/b. Dermed vil også A cosbt + B sinbt a denne perioden. Perioden blir altså π b π 4mk l m 4πm 4mk l c Her får vi at L > l slik at vi får samme situasjon som i b. Vi får at a /4 og b 4 /4. Dermed blir den generelle løsninga av den omogene dierensiallikninga y e A t/4 cos 4 t + B sin 4 t. Vi må nå nne ei partikulær løsning av den inomogene dierensiallikninga. Vi antar at vi kan skrive ei løsning på forma y p C sin t+d cos t. Det gir at y p C cos t D sin t og y p C sin t D cos t. Vi setter dette inn i likninga for å bestemme koesientene C og D: y p + y p + y p sin t C sin t D cos t + C cos t D sin t + C sin t + D cos t sin t. C D sin t + C + D cos t sin t + cos t 9
Dermed må vi a at C D og C +D, som igjen gir at C / og D /. Vi får altså at y p sin t cos t. Den generelle løsninga er summen av y og y p : yt y +y p e A t/4 cos 4 t + B sin 4 t + sin t cos t. Oppgave 8 a Om en funksjon gx er det gitt at g.5.4 og at g.5.8. Bruk dette til å estimere g. Gitt at funksjonen det er snakk om er nn feilen i estimatet. gx x ln x, b For samme funksjon gx som i a, bestem Taylor-polynomet av tredje orden omkring x. c Anta at funksjonen fx er minst re ganger kontinuerlig deriverbar i et åpent intervall som inneolder x a. Vis at og at Bestem grensa f a f a f a fa + fa f a/ fa + fa. fa + fa a Midtpunktsformelen for numerisk derivasjon gir:. g g +.5 g.5.5.8.4.9548 Med uttrykket for gx, kan vi nne den deriverte eksakt: g x ln x + x x ln x + g ln + Feilen blir altså.9548.45.
b Vi skal bestemme P x g + g x + g! Vi deriverer videre: g x x + x g g x x g Med g ln gir dette at x + g x.! P x x + x x. c Ut fra forutsetningene i oppgaveteksten, gjelder følgende ved Taylors teorem: fx P x + R x vor Taylor-polynomet P x fa + f ax a + f a x a og R x f c x a. Tallet c i uttrykket for R! skal ligge mellom x og a. Vi får: fa + fa + f aa + a + f c a + a + f c a + a! fa + f a + f a + f c. Merk at siden f c er kontinuerlig for alle c mellom a og a+, må f c også være begrensa. Vi bruker uttrykket over til å nne grenseverdien: f fa + fa a f a fa + f a + f a + f c fa f a f a + f a + f c f a f a f a f a f a + f a f c + f c f a f c
Vi bruker det samme Taylor-polynomet med restledd for å nne den neste grenseverdien. Med fa fa f a + f a f c får vi at fa + fa fa + f a + f a fa f a + f a + f c f a + f c + f c, f c der c ligger mellom a og a + og c ligger mellom a og a. Vi bruker dette uttrykket når vi skal bestemme grenseverdien: f fa + fa a f a f a + f c +f c f a f a + f c + f c f c + f c f c + f c. For å bestemme den siste grenseverdien, trenger vi Taylor-polynomet av. orden: fa + P a + + R a +, der og Med dette får vi at P a + fa + f a + f a R a + f 4 c 4. 4! fa + fa fa + f a + f a fa f a + f a f a + f a + f a! + f a! f a! + f 4 c f 4 c 4 4! + f 4 c 4 4! + f 4 c 4 4!
Som over setter vi dette uttrykket inn i grenseverdien: f fa + fa a f a f a + f a + f 4 c f 4 c 4! 4 f a f a f a f a + f a f 4 c f 4 c 4! f 4 c f 4 c 4! + f 4 c f 4 c 4! f a.