Lineær algebra for EIT4+ITC4/14

Transkript

1 Lineær algebra for EIT4+ITC4/14 Opgaveløsninger MM1 Opgaver: Opgave 1.1 Beregn determinanten for matrixerne A og B. 8 9 ( ) >< >= 9 ; B = >: 7 1 > 6 ; HEb Opgave 1.2 Beregn vha. Gauss-Jordan-metoden den inverse matrix af A og B, så vidt, de eksisterer. Hvis de ikke eksisterer, så forklar hvorfor. ( ) 3 ;1 1 ;15 6 ;5 5 ;2 2 Opgave 1.3 Find rangen af A, B og C. ;1 3 B = 3 ; >< >= 9 ;4 B = >: 7 1 > 6 ;2 3 ;7 5 ;36 84 ;6 C = ( 5 2 ) 3 ;1 7 9 Opgave 1.4 Løs ligningssystemet vha. Gauss-elimination og bagefter vha. Cramers formel. ;x + 3y ; 2z = 7 3x + 3z = ;3 2x + y + 2z = ;1 Opgave 1.5 Løs ligningssystemet vha. Gauss-elimination og bagefter vha. Cramers formel. 2x + 5y + 3z = 1 ;x + 2y + z = 2 x + y + z = Opgave 1.7 Beregn strømmen igennem R 3. Plusretningen er tilhøjre på figuren. Opstil kredsløbsligninmgerne vha. Kirchoffs maskeligninger og løs ligningssystemet fx vha. gaussisk elimination. Generatorer og modstande har følgende værdier: V 1 =1V R 1 =1 R 3 =3 R 5 =5 V 2 =2V R 2 =2 R 4 =4 R 1 R 2 V V 2 R 4 R 3 R 5

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21 2 MAT4- Liner algebra MM11 Opgave 11.1 % MOPG111.M % MAT4 for E4+D4/28 % Lsning til opgave 11.1 % 842HEb echo on clear % Vi finder determinanten vha. Gaussisk elimination % A=[ ] % Pivotering til echelonform A(2,:)= A(2,:)- A(1,:)*A(2,1)/A(1,1) % Byt 2 og 3 C=A(2,:) C = A(2,:)=A(3,:) A(3,:)=C A(2,:)= A(2,:)- A(1,:)*A(2,1)/A(1,1)

22 % Vi har lavet 1 bytning Determ= A(1,1)*A(2,2)*A(3,3)*(-1) Determ = 1.44 % % Sprgsmal b % Vi finder determinanten vha. Gaussisk elimination % clear C B=[ ] B = % Pivotering til echelonform B(2,:)= B(2,:)- B(1,:)*B(2,1)/B(1,1) B = B(4,:)= B(4,:) - B(3,:)*B(4,3)/B(3,3) B = % Frdig! % Vi har lavet bytninger Determ= B(1,1)*B(2,2)*B(3,3)*B(4,4) Determ = 16 %-----(FINI MOPG111.M)----- Opgave 11.2

23 22 mopg112a % MOPG112A.M % MAT4 for E4+D4/28 % Lsning til opgave 11.2 (A) % 842HEb echo on clear % Invertering ved Gauss-Jordan metoden % A=[ ] B=[ ] % Pivotering til echelonform A(2,:)= A(2,:)- A(1,:)*A(2,1)/A(1,1) A(3,:)= A(3,:)- A(1,:)*A(3,1)/A(1,1) A(3,:)= A(3,:)- A(2,:)*A(3,2)/A(2,2) % Normering A(1,:)= A(1,:)/A(1,1) A(2,:)= A(2,:)/A(2,2)

24 A(3,:)= A(3,:)/A(3,3) % Jordan eliminering til reduceret echelonform A(1,:)= A(1,:) - A(3,:)*A(1,3)/A(3,3) A(1,:)= A(1,:) - A(2,:)*A(1,2)/A(2,2) % Dannelse af den inverterede matrix, B B(:,1)= A(:,4) B = B(:,2)= A(:,5) B = B(:,3)= A(:,6) B = % Test inv(b)

25 24 ans = %-----(FINI MOPG112A.M)----- mopg112b % MOPG112B.M % MAT4 for E4+D4/28 % Lsning til opgave 11.2 (B) % 842HEb echo on clear % Invertering ved Gauss-Jordan metoden % A=[ ] B=[ ] B = % Pivotering til echelonform A(2,:)= A(2,:)- A(1,:)*A(2,1)/A(1,1) Columns 1 through Column 8 1. A(3,:)= A(3,:)- A(1,:)*A(3,1)/A(1,1)

26 25 Columns 1 through Column 8 1. A(4,:)= A(4,:)- A(3,:)*A(4,3)/A(3,3) Columns 1 through Column 8 1. % Normering A(1,:)= A(1,:)/A(1,1) Columns 1 through Column 8 1. A(2,:)= A(2,:)/A(2,2)

27 26 Columns 1 through Column 8 1. A(3,:)= A(3,:)/A(3,3) Columns 1 through Column 8 1. A(4,:)= A(4,:)/A(4,4) Columns 1 through Column % Jordan eliminering til reduceret echelonform A(3,:)= A(3,:) - A(4,:)*A(3,4)/A(4,4)

28 27 Columns 1 through Column A(1,:)= A(1,:) - A(2,:)*A(1,2)/A(2,2) Columns 1 through Column % Dannelse af den inverterede matrix, B B(:,1)= A(:,5) B = B(:,2)= A(:,6) B = B(:,3)= A(:,7) B =

29 B(:,4)= A(:,8) B = % Test inv(b) ans = %-----(FINI MOPG112B.M)----- Opgave 11.3 mopg113 % MOPG113.M % MAT4 for E4+D4/28 % Lsning til opgave 11.3 % 842HEb echo on clear % Vi finder rangen vha. gaussisk elimination % A=[ ] % % Vi starter med at bytte rkke 1 og 3 C= A(1,:) C = 5 2 A(1,:)= A(3,:)

30 A(3,:)=C % Pivotering A(2,:)= A(2,:)- A(1,:)*A(2,1)/A(1,1) A(3,:)= A(3,:)- A(2,:)*A(3,2)/A(2,2) % Normering (ikke ndvendig) A(1,:)= A(1,:)/A(1,1) A(2,:)= A(2,:)/A(2,2) A(3,:)= A(3,:)/A(3,3) % %-----(FINI MOPG113.M)-----

31 3 Opgave 11.4 mopg114 % MOPG114.M % MAT4 for E4+D4/28 % Lsning til opgave 11.4 % 842HEb echo on clear % Lsning ved gaussisk elimination % Totalmatrixen opskrives A=[ ] % Pivotering A(2,:)= A(2,:)- A(1,:)*A(2,1)/A(1,1) A(3,:)= A(3,:)- A(1,:)*A(3,1)/A(1,1) A(3,:)= A(3,:)- A(2,:)*A(3,2)/A(2,2) % Normering (ikke ndvendig) A(1,:)= A(1,:)/A(1,1) A(2,:)= A(2,:)/A(2,2)

32 A(3,:)= A(3,:)/A(3,3) % Tilbagesubstituering z= A(3,4)/A(3,3) z = -3. y= (A(2,4)-z*A(2,3)) y = 1. x= (A(1,4)-z*A(1,3)-y*A(1,2)) x = 2. % % Lsning ved Cramers formel % % Koefficientmatrixen opskrives A=[ ] B=[7-3 -1] B = Dx= A Dx =

33 Dx(:,1)= B Dx = det(a) ans = -3 det(dx) ans = -6 x= det(dx)/det(a) x = 2 Dy= A Dy = Dy(:,2)= B Dy = det(dy) ans = -3 y=det(dy)/det(a) y =

34 33 1 Dz=A Dz = Dz(:,3)= B Dz = det(dz) ans = 9 z= det(dz)/det(a) z = -3 %-----(FINI MOPG114.M)----- Opgave 11.5 mopg115 % MOPG115.M % MAT4 for E4+D4/28 % Lsning til opgave 11.5 % 842HEb echo on % Lsning ved gaussisk elimination % Totalmatrixen opskrives A=[ ] % Pivotering A(2,:)= A(2,:)- A(1,:)*A(2,1)/A(1,1)

35 A(3,:)= A(3,:)- A(1,:)*A(3,1)/A(1,1) A(3,:)= A(3,:)- A(2,:)*A(3,2)/A(2,2) % Normering (ikke ndvendig) A(1,:)= A(1,:)/A(1,1) A(2,:)= A(2,:)/A(2,2) A(3,:)= A(3,:)/A(3,3) % Tilbagesubstituering z= A(3,4)/A(3,3) z = 1 y= (A(2,4)-z*A(2,3)) y =

36 35 x= (A(1,4)-z*A(1,3)-y*A(1,2)) x = -1 % % Lsning ved Cramers formel % % Koefficientmatrixen opskrives A=[ ] B=[1 2 ] B = 1 2 Dx= A Dx = Dx(:,1)=B Dx = det(a) ans = 3 det(dx) ans = -3 x= det(dx)/det(a)

37 36 x = -1 Dy= A Dy = Dy(:,2)= B Dy = det(dy) ans = y=det(dy)/det(a) y = Dz=A Dz = Dz(:,3)= B Dz = det(dz) ans = 3 z= det(dz)/det(a)

38 37 z = 1 %-----(FINI MOPG115.M)----- Opgave 11.6 mopg116 % MOPG116.M % MAT4 for E4+D4/28 % Lsning til opgave 11.6 % 842HEb echo on clear A=[ ] P=[ ] P = A'*P ans = A^2 ans = % Lsning ved at oplfte til en hj potens % Sjlerne i den transponerede A er lsningen (A^5)' ans =

39 % % Lsning vha. Gaussisk elimination % Udvidelse til totalmatrix clear A A=[ ] % A transponeres A= A' % Indsttelse af egenvrdien 1 % Derved fas den karakteristiske matrix A(1,1)=A(1,1)-1 A(2,2)=A(2,2)-1 A(3,3)=A(3,3)-1 A(4,4)=A(4,4)-1 % % Vi fjerner en ligning og indstter tilstandsbetingelsen % Den nederste ligning vlges arbitrrt og fjernes A(4,1)=1 A(4,2)=1 A(4,3)=1 A(4,4)=1 A(4,5)=1 A % Pivotering A(2,:)= A(2,:)- A(1,:)*A(2,1)/A(1,1)

40 A(3,:)= A(3,:)- A(1,:)*A(3,1)/A(1,1) A(4,:)= A(4,:)- A(1,:)*A(4,1)/A(1,1) A(4,:)= A(4,:)- A(2,:)*A(4,2)/A(2,2) A(4,:)= A(4,:)- A(3,:)*A(4,3)/A(3,3) % Normering A(1,:)= A(1,:)/A(1,1) A(2,:)= A(2,:)/A(2,2)

41 4 A(3,:)= A(3,:)/A(3,3) A(4,:)= A(4,:)/A(4,4) % Tilbagesubstituering x4= A(4,5)/A(4,4) x4 =.354 x3= -x4*a(3,4)/a(3,3) x3 =.2956 x2= -x4*a(2,4)/a(2,2) x2 =.1168 x1= -x4*a(1,4)/a(1,1) x1 =.2336 %-----(FINI MOPG116.M)----- Opgave 11.7 mopg117 % MOPG117.M % MAT4 for E4+D4/28 % Lsning til opgave 11.7 % Ny opgave % 846HEb echo on clear % Lsning ved gaussisk elimination

42 41 % Totalmatrixen opskrives A=[ ] % Vi starter med at ombytte rkke 2 og 3 C= A(2,:) A(2,:)=A(3,:) A(3,:)=C % Pivotering A(2,:)= A(2,:)- A(1,:)*A(2,1)/A(1,1) A(3,:)= A(3,:)- A(2,:)*A(3,2)/A(2,2) % Normering (ikke ndvendig) A(1,:)= A(1,:)/A(1,1) A(2,:)= A(2,:)/A(2,2) A(3,:)= A(3,:)/A(3,3)

43 % Tilbagesubstituering I3= A(3,4)/A(3,3) I3 = I2= (A(2,4)-I3*A(2,3)) I2 = I1= (A(1,4)-I3*A(1,3)-I2*A(1,2)) I1 =.1543 % Omskrives til ma I1=I1*1E3 I1 = I2=I2*1E3 I2 = I3=I3*1E3 I3 = % Strmmen igennem R3 (plusretningen er som I2-pilen) % enheden er ma IR3= I2-I3 IR3 = % %-----(FINI MOPG117.M)-----