Mat 1. 2-timersprøve den 5. december 2016.

Transkript

1 Mat. -timersprøve den 5. december 6. JE 4..6 Opgave > restart;with(linearalgebra): Et inhomogent lineært ligningssystem bestående at tre ligninger med fire ubekendte, x og x 4 har totalmatricen T = [A b] givet ved > T:=a-><<,,> <,a,> <,-,-a^> <3,-4,> <,,-a>>: > T(a); 3 a K K4 hvor a =. Ka C Ka Spørgsmål For a = er totalmatricen > T(-); 3 K K4 Ligningssystemet har ingen løsninger, da ρ A =! 3=ρ T. Eller. Ligningen svarende til den sidste række i T har ingen løsninger. Derfor har ligningssystemet ingen løsninger. Med Maple fås > LinearSolve(T(-)); Error, (in LinearAlgebra:-LinearSolve) inconsistent system For a = er totalmatricen > T(); 3 K K4 som har trappeformen > trap('t()')=reducedrowechelonform(t()); trap T = Da koefficientmatricen og totalmatricen begge har rangen ρ = 3 og da n Kρ =4 = er der uendelig mange løsninger karakteriseret ved én fri parameter.

2 Sættes x = t aflæses umiddelbart, at, x, x 4 =,,, Ct,,,, t =. Med Maple fås > x=linearsolve(t(),free=t); For a = er totalmatricen > T(); Med Maple fås > x=linearsolve(t(),free=t); x = t 3 K K4 som er på trappeform. Da koefficientmatricen og totalmatricen begge har rangen ρ = og da nkρ =4K = er der uendelig mange løsninger karakteriseret ved to frie parametre. Sættes x 3 = t og x 4 = t aflæses umiddelbart, at, x, x 4 =,,, Ct,,, Ct, 4,,, t, t =. Kt 3 t 4 x = C t 3 C4 t 4 t 3 t 4 Spørgsmål Koefficientmatricen er > A:=SubMatrix(T(a),..3,..4); 3 A d a K K4 Ka C og højresiden er > b:=submatrix(t(a),..3,5..5); b d Ka

3 x =, x, x 4 =,,, er en løsning 5 Ax = b. > x:=<,,-,>; > A.x=b; > restart;with(linearalgebra): I = 3 er der givet vektorerne v =,,, v =,K,, v3 =,K4, og u = v Kv. Koordinatmatricen for vektorerne v, v og v3 med hensyn til standardbasis e er > ev:=<<-,,> <,-,> <,-4,>>; Da > rho('ev')=rank(ev); x d a er v, v og v3 tre lineært uafhængige vektorer i = 3 og dermed er v = (v, v, v3) en basis for = 3. Basisskiftematricen der skifter fra v-koordinater til standard e-koordinater er > emv:=ev; = Ka Heraf ses, at Ax = b 5 a =Ka5a Ca K =5a = eller a =K. Altså, x, x 4 =,,, er en løsning til ligningssystemet 5 a = eller a =K. Opgave Spørgsmål ev d emv d K K4 ρ ev =3 K K4 og basisskiftematricen der skifter fra standard e-koordinater til v-koordinate er

4 > vme:=emv^(-); K 4 3 K 3 3 vme d K 3 K 3 K 3 Spørgsmål Koordinatvektoren for u = vkv med hensyn til basis v er > vu:=<,-,>; vu d Koordinatvektoren for u med hensyn til standardbasis e er > eu:=emv.vu; eu d 4 Dette kunne også fås ved > eu:=*<-,,>-<,-,>; eu d 4 f : = 3 / = 3 er lineær og der gælder, at f(v) = 3v, f(v) = 3v og f(v3) =. Spørgsmål 3 Da de tre vektorer er egentlige vektorer, så følger det af det givne, at v og v er egenvektorer for f hørende til egenværdien 3 og at v3 er en egenvektor for f hørende til egenværdien. v = (v, v, v3) er således en basis for = 3 bestående af egenvektorer for f. Spørgsmål 4 Da f(v) = 3v = 3 v C v C v3, f(v) = 3v = v C3 v C v3 og f(v3) = = v C v C v3 er > vfv:=diagonalmatrix(<3,3,>); vfv d 3 3

5 > efe:=emv.vfv.vme; efe d 4 K4 K4 3 Spørgsmål 5 Da både v og v tilhører egenvektorrummet E 3 (de udspænder E 3 ), så vil også linearkombinationen u = v Kv tilhøre E 3. u er altså en egenvektor for f hørende til egenværdien 3. Kontrol > efe.eu=3*eu; K9 = K9 Opgave 3 > restart;with(linearalgebra): f : C N (=) C N (=) lineær og givet ved > f:=x->diff(x,t)-t*x: > 'f(x(t))'=f(x(t)); f x t = d dt xt Kt x t Spørgsmål > f(x(t))=; Da > Int(-t,t)=int(-t,t); er samtlige løsninger > x(t)=c*exp(/*t^); hvor t= og c=. d dt xt Kt x t = Kt dt = K t xt = c e t

6 Direkte med Maple fås > dsolve(f(x(t))=,x(t)); xt = _C e t P = med monomiebasis m =, t, t og P 3 = med monomiebasis m =, t, t, t 3. Vi begrænser nu f til at være en afbildning af P (=) ind i C N (=). Spørgsmål Billederne af basisvektorerne er > f(); > > f(t); f(t^); Da f() = - t, f(t) = - t og f (t ) = t - t 3 ifølge spørgsmål, så aflæser vi, at > mfm:=<<,-,,> <,,-,> <,,,->>; P(t)ker(f )5f(P(t)) = +t+t +t 3 5mFm mp(t) = = 4. > LinearSolve(<mFm <,,,>>); Kt Kt C Kt 3 C t Da f(), f(t) og f(t ) alle tilhører P 3 (=), så er billedrummet f(p (=)), som er udspændt af disse tre billedvektorer, et underrum af P 3 (=). Inspireret af spørgsmål, lader vi til sidst f være en afbildning af P (=) ind i P 3 (=). Spørgsmål 3 mfm d Dvs ker(f ) består kun af nulpolynomiet + t+ t i P (=). Af dimensionssætningen følger så, at dim(f(p (=))) = dim(p (=)) dim(ker(f)) = 3- = 3. (Eller dim(f(p (=))) = ρ(mfm) = 3) Sammenligning med spørgsmål : Forskellen skyldes, at den eneste af funktionerne c exp( t ), der ligger i P (=), som vi afbilder fra, er den, der svarende til c =.

7 Opgave 4 > restart;with(linearalgebra):with(plots): # t t x # t = A x t, t=. hvor A er en reel -matrix. Det oplyses endvidere, at A har egenvektoren > v:=<+i,>; hørende til egenværdien > lambda:=-+*i; Spørgsmål v d CI λ d C I Da A er en reel -matrix, så er den anden egenværdi for A den konjugerede af λ > lambda:=conjugate(lambda); λ d K I og en tilhørende egenvektor for A er den konjugerede af v > v:=evalc(conjugate(v)); v d KI Da v og v er to lineært uafhængige egenvektorer for A er den fuldstændige komplekse løsning til differentialligningssystemet x(t) = c e C i t v+c e K i t v, t=, c,cc. Skrevet ud i Maple > x:=unapply(c*exp(lambda*t)*v+c*exp(lambda*t)*v,t): > 'x(t)'=x(t); xt = CI c e C I t C KI c e c e C I t C c e K I t K I t Det bemærkes, at x(t) er reel, hvis og kun hvis den er lig sin konjugerede hvilket er opfyldt, hvis og kun hvis c og c er indbyrdes konjugerede. Spørgsmål Af figuren aflæses, at x() = (, x ) = (-, 4).

8 Til bestemmelse af konstanterne c og c haves det lineære ligningssystem > x()=<-,4>; CI c C KI c = c C c 4 med tilhørende totalmatrix > T:=<<+I,> <-I,> <-,4>>; CI KI T d 4 som har trappeformen > trap('t'):=reducedrowechelonform(t); trap T d C 3 I K 3 I Heraf aflæses, at > c:=+3/*i; og > c:=-3/*i; c d C 3 I c d K 3 I c og c er indbyrdes konjugerede som forventet. Jævnfør bemærkningen under spørgsmål. Den søgte løsning er da > 'x(t)'=simplify(evalc(x(t))); Ke Kt cos t C5 sin t xt = e Kt cos t sin t eller skrevet ud > 'x[](t)'=simplify(evalc(x(t)[])); t = Ke Kt cos t C5 sin t > 'x[](t)'=simplify(evalc(x(t)[])); x t = e Kt cos t sin t hvor t=. > p:=plot(x(t)[],t=..6,color=red): > p:=plot(x(t)[],t=..6,color=blue): > display(p,p,scaling=constrained,view=-3..5);

9 t K