Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA000 Brukerkurs i matematikk B Vår 04 Løsningsforslag. Eksamen 6. mai Løsning: Oppgave a) dy dx y y y )y ) : gy), så likevektsløsningene er de to konstante funksjonene ŷ, og ŷ. Nå er g y) y så løsningen ŷ er stabil fordi og ŷ er ustabil fordi g ŷ ) g ) < 0 g ŷ ) g ) > 0. Stabiliteten til likevektsløsningene kan også avgjøres ved å drøfte grafen til g. Løsning: Oppgave b) Ligningen er separabel: Delbrøkoppspaltning: dy y y dx. y y y )y ) A y B y Ay ) By ) y )y ) Ay ) By ) A B)y B A A B 0 og B A A og B. Altså er dx y ) dy y 6. mai 04 Side av
Løsningsforslag. Eksamen 6. mai som kan integreres til x C ln y ln y ln y) lny ), fordi < y < ln y y Ke x e xc y y. Initialbetingelsen gir K ). Vi løser nå for y og finner at yx) 4ex e x. Løsning: Oppgave c) 4e x lim yx) lim x x e x e x 4 lim x e x 4. lim yx) x lim x. 4e x e x Alle grafene i figur oppfyller initialbetingelsen y0), men bare graf d) ser ut til å tilfredsstille grenseverdiene beregnet ovenfor. Denne oppgaven kan også løses uten å finne en eksplisitt formel for yx): Likevektsløsningene og deres stabilitet, som vi fant i oppgave a) forteller at alle løsninger til differensialligningen som har en verdi i intervallet -,) i dette tilfellet y0), ) vil bevege seg bort fra y og mot y. Denne innsikten gir oss både grenseverdiene og at figur d) er eneste kandidat til å være grafen til y. Løsning: Oppgave La x være antall kronestykker og la y være antall fem-kroner i stabelen. Stabelen veier 4.x 7.y 60 ) gram, og er.7x y 97. ) 6. mai 04 Side av
Løsningsforslag. Eksamen 6. mai y y 0 x 0 x a) y b) y 0 x 0 x c) d) Figur : Finn riktig graf i oppgave c) mm høy. Dette er et lineært ligningssett som kan løses med f.eks. radreduksjon Gausseliminasjon):.7 ganger ) minus 4. ganger ) gir.7 4.x.7 7.y 4..7x 4. y.7 60 4. 97..7 7. 4. )y.7 60 4. 97.. Det er altså y fem-kroner. Ligning ) gir da.7 60 4. 97..7 7. 4. x 97. y.7 97..7 7 kronestykker og stabelen er verdt x y 7 7 0 kroner. Løsning: Oppgave a) 6. mai 04 Side av
Løsningsforslag. Eksamen 6. mai Egenverdiene til A er løsningene av ligningen Dvs 0 deta λi) λ 4 λ λ) λ) 4 λ λ λ )λ ). λ og λ. Egenvektoren u er en løsning til ligningen 0 A λ I)x ) ) 4 4 x, y så alle vektorer med komponenter som tilfredsstiller x y 0 er en egenvektor til A. La derfor ) u. Vi finner u på samme måte: Med f.eks. y har vi at 0 A λ I)x ) ) 4 x 4 y x 4y u er en egenvektor til A tilhørende λ. ) 4 Løsning: Oppgave b) Vi har nå at U u, u ) ) 4 ) λ 0 og Λ 0 λ ) 0. 0 Definisjonen av matriseprodukt gir ) ) ) ) Λ λ 0 λ 0 λ 0 0 0 λ 0 λ 0 λ 0 0 0 λ 0 0 λ ) 0 0 4 6. mai 04 Side 4 av
Løsningsforslag. Eksamen 6. mai og det er åpenbart at eksponenten til elementene på diagonalen vil øke med én for hver ny multiplikasjon med Λ. De andre elementene vil alltid være null. Altså er ) ) λ Λ n n 0 ) n 0 0 λ n 0 n for alle n N. Formelen for inversen til en -matrise gir at U ) 4 det U ) 4, så ) ) 4 0 UΛU U 0 ) ) 4 ) 9 6 ) 4 Løsning: Oppgave c) La n N og la B og C være kvadratiske matriser der B er inverterbar. Da er BCB ) n BCB BCB B CB BCICI CB BCC CB BC n B. Fra oppgave b) ser vi at A UΛU. Dette, og det over, medfører at vi kan beregne 6. mai 04 Side av
Løsningsforslag. Eksamen 6. mai A 6 som A 6 UΛU ) 6 UΛ 6 U ) ) ) 4 λ 6 0 4 0 λ 6 ) ) λ 6 4λ 6 4 λ 6 λ 6 ) λ 6 4λ 6 4λ 6 4λ 6 λ 6 λ 6 4λ 6 λ 6 ) 4 6 4 4 6 6 6 4 6 ) 6 60 ) 4 0 At A UΛU er ingen tilfeldighet: AU Au, u ) Au, Au ) λ u, λ u ) ) λ 0 u, u ) 0 λ UΛ. Løsning: Oppgave 4 a) Du løper x km langs elvebredden, og ved Pythagoras er lengden på svømmeturen ) y x) km lang og avstanden fra der du kommer i land til mål er ) ) y km. Ettersom tid er avstand/hastighet, blir da tiden T det tar å komme seg fra start til mål T x, y) x ) y x) ) y) 6. mai 04 Side 6 av
Løsningsforslag. Eksamen 6. mai GOAL run km y km swim x km run START km RIVER km timer. Gradienten er gitt ved T x, y) Figur : Løp, svøm og løp i oppgave 4 ) T, T der x y og T x y x y x) ) ) y x) ) y x) T y y x) ) y x) y x ) y x) y) ) ) y) y ). y) Løsning: Oppgave 4 b) Mengden D er trekanten vist i figur. Området er avgrenset av linjene y x, y / og x 0. Minimum til T på randlinjen x 0, er oppgitt i oppgaveteksten. Det gjenstår å sjekke de andre randlinjene til domenet. Vi ser først på diagonalen y x i trekanten og vi lar g x) : T x, x) x ) x) 6. mai 04 Side 7 av
Løsningsforslag. Eksamen 6. mai y D 0 x Figur : Mengden D i planet. for 0 x /. Kandidater for minimum på randen er endepunktet til diagonalen, ) / ˆx : / Det andre endepunktet 0, 0) T er ikke interessant ettersom det ligger på linjen 6. mai 04 Side av
Løsningsforslag. Eksamen 6. mai x 0) og eventuelle kritiske punkter til g : ) 0 g x) x ) x) x ) x) ) x x ) ) x ) ) x ) x ) ) x, fordi x 0 ) ) 9 00. Altså er x som gir x. Dette gir det andre kandidatpunktet 0 0 0 ) /0 ˆx :. /0 Vi ser nå på linjen y / og lar g x) : T x, /) x ) x) 6. mai 04 Side 9 av
Løsningsforslag. Eksamen 6. mai for 0 x /. Denne funksjonen har et kritisk punkt gitt ved 0 g x) x ) x) x ) x) ) ) x ) x ) ) x ) ) x ) x Dvs. x, og x 0 minimum på randen: 7 0 0 ) x, fordi x 0 ) ) 400. ˆx. Dette gir den tredje og siste kandidaten for ) 7/0. / En sammenligning av kandidatene forteller at ) / ˆx, T ˆx / ) ˆx ˆx 0.069 ) /0, T ˆx /0 ) 0 0.07 ) 7/0, T ˆx / ) 7 0 0.064 ) ) 0 ) ) 0 6. mai 04 Side 0 av
Løsningsforslag. Eksamen 6. mai Ingen av disse verdiene for T er mindre enn 0.0697, så nei, minimum for T på randen av D er 0.0697. Løsning: Oppgave 4 c) Funksjonen T er kontinuerlig på sitt lukkede og begrensede domene D, så vi vet dermed at det finnes et absolutt minimum. Vi ser også at gradienten eksisterer for alle x, y) T D som betyr at vi vil finne dette minimumet enten i de kritiske punktene til T eller på randen til D. Vi finner de kritiske punktene til T. Dvs der T 0. 0 T x y x ). y x) Denne ligningen løste vi i oppgave 4b) med / x istedet for y x. Altså er y x /0 km, eller 0 m. 0 T y y x ) y x) y ) y) Det første leddet på høyre side må være lik T for at 0, så ligningen som skal x løses er y ). y) Denne ligningen har vi også løst i oppgave 4 b), da med x istedet for y. Derfor er / y /0 km eller 00 m. Vi kan nå fastslå at y / /0 /0 og at x /0 /0 /0 og at dette er det eneste kritiske punktet og en kandidat til absolutt minimum. Altså Verdien til T i ˆx 4 er T x, y) 0 T ˆx 4 ) 0 0.069 ) x y ) ) 0 ) /0 : ˆx /0 4 D. ) 0 ) som er mindre enn 0.0697, som var minste verdi på randen. 6. mai 04 Side av
Løsningsforslag. Eksamen 6. mai ) /0 Absolutt minimum oppnås altså i ˆx 4. Dvs. Du skal løpe /0 km 0 m /0 langs elvebredden og deretter svømme slik at du kommer i land /0 km 00 m opp elvebredden på motsatt side. Det er mulig å komme seg fra start mål på 0.069 timer minutter og 4.9 sekunder 4 hundredeler raskere enn hvis du begynner å svømme med en gang!). Figuren i oppgaven viser den raskeste ruten. 6. mai 04 Side av