Fasit MAT102 juni 2017 Oppgave 1 1. Finn egenverdiene og egenvektorene til matrisen ( ) 1 2 A = 2 1 Løsning: Egenverdiene er røttene til det karakteristiske polynom gitt ved determinanten av matrisen ( ) 1 λ 2 A = 2 1 λ Det karakteristiske polynomet er (1 λ)(1 λ) 4 = λ 2 2λ 3 = (λ + 1)(λ 3). Egenverdiene er altså λ 1 = 1 og λ 2 = 3. En egenvektor til λ 1 = 1 finnes ved å løse ligningssystemet 1 λ1 2 x 0 =. 2 1 λ 1 y 0 Setter vi inn λ 1 = 1 fås systemet ( ) ( ) 2 2 x = 2 2 y Vi ser umiddelbart at ( ) 1 1 ( ) 0. 0 er en løsning til dette systemet, så dette er en egenvektor for A med egenverdi 1. Egenverdiene til A med egenverdi 1 er vektorene ( ) 1 a 1 for a 0. Egenvektorene til λ 2 = 3 finnes ved å løse systemet 2 2 x 0 =. 2 2 y 0
Vi ser umiddelbart at ( ) 1 1 er en løsning til dette systemet. vektorene for b 0. Egenverdiene til A med egenverdi 3 er ( ) 1 b 1 2. Finn den generelle løsningen på systemet av differensialligninger Løsning: Skriver vi y 1(t) = y 1 (t) + 2y 2 (t) y 2(t) = 2y 1 (t) + y 2 (t) y(t) = ( ) y1 (t) y 2 (t) da er dette system av differensialligninger på formen y = Ay. Vi har en oppskrift som sier at dersom egenverdiene λ 1 og λ 2 for A er forskjellige med tilhøre egenvektorer v 1 og v 2, da er den generelle løsningen på formen y(t) = av 1 e λ 1t + bv 2 e λ 2t. Setter vi inn egenverdiene og egenvektorene vi fant i forrige spørsmål fås y1 (t) 1 1 = a e t + b e 3t. y 2 (t) 1 1 3. Finn den løsningen som har startverdier y 1 (0) = 2, y 2 (0) = 2. Hva kan du si om løsningen når t? Løsning: Setter vi inn t = 0 i løsningen over fås 2 1 1 = a + b 2 1 1 = ( ) ( ) 1 1 a 1 1 b Løses dette ved Gausseliminasjon får a = 2 og b = 0. løsningen blir da ( ) ( ) y1 (t) 2 = e t. y 2 (t) 2 Når t går mot uelig går y 1 (t) og y 2 (t) mot 0. Den spesifikke
Oppgave 2 Vi skal i denne oppgaven se på ligningen e x = x + 2. 1. Forklar hvorfor ligningen har en løsning for x i intervallet (0, 2). Svar: Løsninger er ekvivalent med nullpunkter til f(x) = e x x 2. Dette er en kontinuerlig funksjon med f(0) = 1 < 0 og f(2) = e 2 2 2 = e 2 2 2. Siden e > 2 er f(2) > 0, så f må ha et nullpunkt i intervallet (0, 2) ved skjæringssetningen. 2. Hvordan kan du vite at det bare finnes en løsning i intervallet (0, 2)? Svar: Den deriverte er f (x) = e x 1 som er større enn null i hele intervallet, så funksjonen vokser. 3. Hvordan vil du bruke Newtons metode for å estimere denne løsningen med en feilgrense på 10 5? Du kan for eksempel svare på denne oppgaven ved å skrive MATLAB-kode. NB: Du trenger ikke oppgi løsningen til ligningen i svaret. Svar: MATLAB-kode. Vi velger f.eks. startpunkt x = 1, midtpunktet i intervallet. f = @(x) exp(x) - x - 2; fmerket = @(x) exp(x) - 1 n = 1; x(1) = 1; while abs(f(x)) > 10^-5 x(n + 1) = x(n) - f(x(n))/fmerket(x(n)); n = n + 1; x() Oppgave 3 La u, v og w være vektorene ( ) 1 u =, v = 2 ( ) 3, w = 4 ( ) 2 3
1. Hvilke av parene (u, v), (v, w), (u, w), (u + v, w), (u, v + w) og (v, u + w) utgjør en basis for R 2? Forklar hvorfor. Her skal du altså først avgjøre om vektorene u og v utgjør en basis for R 2, dernest om vektorene v og w utgjør en basis for R 2 og så videre. Svar: Flere muligheter: ikke parallelle, determinant ulik null, eksplisitt finne entydig løsning for å skrive enhver vektor som lineærkombinasjon på entydig måte, lede enere etter Gauss-eliminasjon. Det er bare paret (u + v, w) som ikke utgjør en basis. 2. Skriv vektoren w som en lineærkombinasjon av u og v. Svar: Vi kan skrive spørsmålet som et ligningssystemw = xu+yv. Dette kan f.eks. løses ved Gauss-eliminasjon og gir w = 1 2 u + 1 2 v. 3. Løs ligningssystemet ved å bruke Gauss-eliminasjon, og skriv løsningen på vektorform. 2x 1 + x 2 4x 3 + 2x 4 = 4 4x 1 + 2x 2 7x 3 + 3x 4 = 5 Svar: x 1 = 1x 2 2 + x 4 4, vektorform: x 1 x 2 x 3 x 4 x 3 = x 4 3 der x 2 og x 4 er en frie parametre. På 4 1 1 2 = 0 3 + x 1 2 0 + x 0 4 1 0 0 1 4. Ved å bruke kommandoen rref på totalmatrisen til dette ligningssystemet gir MATLAB svaret ans = 2x 1 + 3x 2 2x 3 + 6x 4 + x 5 = 32 4x 1 + 5x 2 2x 3 x 4 = 23 x 2 2x 3 + x 4 + 5x 5 = 5 2x 1 + 4x 2 4x 3 + x 4 + x 5 = 19 1 0 2 0 0 4 0 1-2 0 0 2 0 0 0 1 0 3 0 0 0 0 1 0 Skriv opp løsningen på ligningssystemet.
Svar: Her er x 3 en fri variabel, x 5 = 0, x 4 = 3, x 2 = 2 + 2x 3 og x 1 = 4 2x 3. 5. Hvis svaret fra rref på totalmatrisen til et ligningssystem hadde vært ans = 1 0 2 0 0 4 0 1-2 0 0 2 0 0 0 1 0 3 0 0 0 0 0 1 Hva ville svaret vært? Svar: Ligningssystemet har ingen løsninger, for nederste linje gir 0 = 1 som ikke går. Oppgave 4 Funksjonen i to variable f(x, y) = y 2 x 2 har definisjonsområde lik de (x, y) slik at 4x 2 + y 2 4. 1. Finn eventuelle stasjonære punkter (kandidater til maksimum og minimum) i det indre av definisjonsområdet, altså der 4x 2 + y 2 < 4. Svar: Gradienten til f er ( 2x, 2y). Denne er null for (x, y) = (0, 0). Altså er (0, 0) et stasjonært punkt. 2. Finn eventuelle kandidater til maksimum og minimum på randen av definisjonsområdet, altså der 4x 2 + y 2 = 4, ved Lagranges metode. Svar: Randen av definisjonsområdet er løsningsmengden til ligningen g(x, y) = 4x 2 + y 2 4 = 0. Gradienten til g er (8x, 2y). For at denne er parallel til gradienten til f må enten x eller y være lik null. Krever vi at g(x, y) = 0 skjer dette for punktene (0, 2), (0, 2), (1, 0) og ( 1, 0). Disse er kandidater til maksimum og minimum for f på randen av definisjonsområdet. 3. Hva er den største og den minste funksjonsverdien til f?
Svar: Kandidater til maksimum og minimum for f er punktene (0, 0), (0, 2), (0, 2), (1, 0) og ( 1, 0). Vi regner ut verdien til f i disse punktene: f(0, 0) = 0, f(0, 2) = 4, f(0, 2) = 4, f(1, 0) = 1 og f( 1, 0) = 1. Vi ser at den største funksjonsverdien til f er 4 og den minste funksjonsverdien til f er 1. Oppgave 5 Denne kodesnutten bruker Eulers metode til å finne en tilnærmet løsning på startverdiproblemet y = 8 cos(x + y), med startverdi y(0) = 4 over intervallet [0, 10] og plotter grafen til funksjonen y. Fmerket =@(v) [ 1; 8*cos(v(1) + v(2)) ]; t = 0:0.01:10; F(:,1) = [0; 4]; dt = diff(t); for s = 1:length(t)-1 F(:,s+1) = F(:,s) + dt(s)*fmerket(f(:,s)); plot( F(1,:), F(2,:)) 1. Forklar hva som skjer i løkken, både med løkkeindeksen s og med matrisen F. Hvor mange søyler og rekker har matrisen F etter skriptet har kjørt? Svar: Løkkeindeksen s øker med en og matrisen F utviddes med en kolonne for hver gjemmomgang av løkken. Når løkken slutter har F to rekker og like mange kolonner som der er tall i listen t. Det vil si at F har (10 0)/0.01+1 = 1001 kolonner. Grunnen til at F har 1001 kolonner og ikke 1000 kolonner er at begge tallene 0 og 10 er med i listen t. 2. Modifiser programmet til å tilnærme løsningen av startverdiproblemet y = sin( x + y) med startverdi y(0) = 0.4 på intervallet [0, 20]. Bruk fortsatt steglengden 0.01 i listen t.
Svar: Fmerket =@(v) [ 1; sin(sqrt((v(1) + v(2)))) ]; t = 0:0.01:20; F(:,1) = [0; 0.4]; dt = diff(t); for s = 1:length(t)-1 F(:,s+1) = F(:,s) + dt(s)*fmerket(f(:,s)); plot( F(1,:), F(2,:)) 3. Kan du modifisere programmet til å tilnærme løsningen av startverdiproblemet y = y + 100 sin(y) y(0) = 1 y (0) = 0 på intervallet [0, 1]? Svar: Fmerket =@(v) [ v(2); v(2) + 100*sin(v(1)) ]; t = 0:0.01:1; F(:,1) = [1; 0]; dt = diff(t); for s = 1:length(t)-1 F(:,s+1) = F(:,s) + dt(s)*fmerket(f(:,s)); plot( t, F(1,:))