TMV036/TMV035 Analys och linj¨ ar algebra K Kf Bt, del B

MATEMATIK Chalmers tekniska h¨ ogskola

L ¨ OSNINGSF ¨ ORSLAG till tenta 28 april 2011

TMV036/TMV035 Analys och linj¨ ar algebra K Kf Bt, del B

1. L˚ at A = 1 5

[ −3 4 4 3

]

(a) Ber¨ akna det A (2p)

L¨ osning: det A = 1 25

  −3 4 4 3

 

| {z }

= −25

= −1

Svar: det A = −1

(b) Ber¨ akna A ⁻¹ (2p)

L¨ osning: A ⁻¹ = 1

−1

[ 3/5 4/5 4/5 −3/5

]

= 1 5

[ −3 4

4 3

]

Svar: A ⁻¹ = 1 5

[ −3 4 4 3

]

( = A )

(c) L˚ at T vara den linj¨ ara avbildning i planet vars standardmatris ¨ ar A.

Avbildningen T motsvarar geometriskt en spegling av punkter i en

viss linje genom origo. Ange en ekvation som beskriver denna linje. (2p) L¨ osning: L˚ at u vara ortsvektorn f¨ or en godtycklig punkt i planet.

Eftersom T motsvarar spegling i en linje genom origo s˚ a kommer summan av u och motsvarande speglade vektor T (u) ge ortsvektorn f¨ or en punkt p˚ a linjen. T.ex. har vi

T ( [ 1

0 ]

) + [ 1

0 ]

= 1 5

[ −3 4

] +

[ 1 0

]

= [ 2/5

4/5 ]

s˚ a ( ² ₅ , ⁴ ₅ ) ¨ ar en punkt p˚ a linjen. Eftersom linjen g˚ ar genom origo s˚ a kan linjen beskrivas med ekvationen _x ^y = ^4/5 _2/5 ⇔ y = 2x

Svar: y = 2x

2. L˚ at v 1 =



 1 0 1



 , v ₂ =



 2 1 0



 , v ₃ =



 0

−1 2



 , b =



 1 1

−1





(a) Best¨ am alla l¨ osningar p˚ a vektorekvationen x 1 v 1 + x 2 v 2 + x 3 v 3 = b (4p) L¨ osning: Ekvationen kan skrivas p˚ a f¨ oljande matrisform;



 1 2 0 0 1 −1

1 0 2







 x 1

x ₂ x 3



 =



 1 1

−1





vilket vi t.ex. kan l¨ osa genom radreducering p˚ a ekvationens totalmatris;



 1 2 0 1

0 1 −1 1

1 0 2 −1



 ∼



 1 2 0 1

0 1 −1 1

0 −2 2 −2



 ∼



 1 0 2 −1

0 1 −1 1

0 0 0 0





Ur den reducerade matrisen avl¨ aser vi att;



 x ₁ x ₂ x 3



 =



 −1 1 0



 + s



 −2 1 1



 , s ∈ R

Svar: Alla l¨ osningar ¨ ar p˚ a formen x 1 = −1 − 2s, x 2 = 1 + s, x 3 = s , d¨ ar s ∈ R

(b) ¨ Ar vektorerna v 1 , v 2 , v 3 linj¨ art beroende? (Motivera ditt svar!) (2p) Svar: Ja, eftersom vi fick o¨ andligt med l¨ osningar p˚ a ekvationen i

deluppgift (a). Om ˆ x 1 , ˆ x 2 , ˆ x 3 resp. ˜ x 1 , ˜ x 2 , ˜ x 3 ¨ ar tv˚ a olika l¨ osningar p˚ a ekvationen x ₁ v ₁ + x ₂ v ₂ + x ₃ v ₃ = b s˚ a f¨ oljer att;

(ˆ x 1 − ˜x 1 )v 1 + (ˆ x 2 − ˜x 2 )v 2 + (ˆ x 3 − ˜x 3 )v 3 = 0

s˚ a det finns en icke-trivial linj¨ arkombination av vektorerna v 1 , v 2 , v 3

som ger nollvektorn.

3. Anv¨ and partiell integration f¨ or att ber¨ akna

∫ _∞

1

ln x

x ² dx. (3p)

L¨ osning: ∫ _∞

1

ln x x ² dx =

[ − ln x x

] _∞

| {z 1 }

=0

+

∫ _∞

1

1 x ² dx =

[ −1 x

] _∞

1

= 1

Svar:

∫ _∞

1

ln x

x ² dx = 1

4. L¨ os begynnelsev¨ ardesproblemet

{ xy ^′ = y(y + 1) y(1) = 1 .

F¨ or full po¨ ang p˚ a uppgiften skall svaret ges p˚ a formen y = f (x). (5p) L¨ osning: Differentialekvationen ¨ ar separabel ty;

xy ^′ = y(y + 1) ⇔ dy

y(y + 1) = dx x

Integration av b˚ ada led ger att;

ln |x| =

∫ 1 x dx =

∫ 1

y(y + 1) dy =

∫ ( 1 y − 1

y + 1 )

dy = ln |y| − ln |y + 1| + D Detta samband kan skrivas x = C y

y + 1 (med C = ±e ^D ).

Bivillkoret y(1) = 1 ger sedan att C = 2 s˚ a x = 2y y + 1 . En omskrivning ger slutligen att;

x = 2y

y + 1 ⇔ x(y + 1) = 2y ⇔ x = (2 − x)y ⇔ y = x 2 − x Svar: y = x

2 − x

5. L˚ at R vara det omr˚ ade i xy-planet som begr¨ ansas av kurvan y = √ x ² + 4 samt linjerna y = x + 1 och x = 0. Ber¨ akna volymen av den kropp som

uppst˚ ar d˚ a omr˚ adet roterar kring y-axeln. (5p)

L¨ osning: L˚ at oss f¨ orst ber¨ akna sk¨ arningspunkten mellan kurvan y = √ x ² + 4 och linjen y = x + 1;

√

x ² + 4 = x + 1 ⇒ x ² + 4 = (x + 1) ² ⇔ 4 = 2x + 1 ⇔ x = 3

2

s˚ a omr˚ adet R har f¨ oljande utseende;

x y

R

y = √x

²

+ 4 y = x + 1

1 2

3 2

Rotationsvolymen ges av;

2π

∫ _3/2

0

x (√

x ² + 4 − (x + 1) )

dx = 2π [ 1

3 (x ² + 4) ^3/2 − x ³ 3 − x ²

2 ] 3/2

0

= 7π 12 Svar: 7π

12 (v.e.)

6. L¨ os integralekvationen y(x) = 1 − 1 x − 2

∫ _x

1

y(t)

t dt (5p)

L¨ osning: Deriverar vi b˚ ada led s˚ a f˚ ar vi;

y ^′ (x) = 1

x ² − 2 y(x) x vilket ¨ ar en linj¨ ar differentialekvation av f¨ orsta ordningen.

Flyttar vi ¨ over alla y-termerna till VL s˚ a f˚ ar vi y ^′ + 2 x y = 1

x ² En integrerande faktor ¨ ar e ^∫

^x2

^dx = x ² s˚ a ekvationen kan skrivas ( x ² y ) _′

= 1, vilket ger att x ² y = x + C ⇔ y = ¹ _x + _x ^C

2

Ins¨ attning av x = 1 i den ursprungliga integralekvationen ger att y(1) = 0, vilket betyder att C = −1 i den allm¨ anna l¨ osningen.

Svar: y(x) = x − 1 x ²

7. L˚ at A =



 1 4 2 0 2 2 0 0 0





(a) Best¨ am en vektor u som inte tillh¨ or kolonnrummet Col A.

(Motivera ditt svar!) (1p)

L¨ osning: Eftersom alla kolonnerna i A har 0 p˚ a sista raden s˚ a kommer alla linj¨ arkombinationer av kolonnerna i A ocks˚ a ha en nolla p˚ a sista raden.

De vektorer som inte har en nolla p˚ a sista raden tillh¨ or allts˚ a inte kolonnrummet till A.

Svar: T.ex. u = [

0 0 1 ] T

(b) Best¨ am en vektor v ̸= 0 i nollrummet Nul A.

(Motivera ditt svar!) (2p)

L¨ osning: Element¨ ara radoperationer ger att;

A =



 1 4 2 0 2 2 0 0 0



 ∼



 1 0 −2

0 1 1

0 0 0





s˚ a ekvationen Av = 0 har l¨ osningarna v = s



 2

−1 1



 , s ∈ R.

Svar: T.ex. v = [

2 −1 1 ] T

(c) Visa att nollvektorn 0 ¨ ar den enda vektorn i R ³ som tillh¨ or

b˚ ade nollrummet N ul A och kolonnrummet Col A. (3p)

L¨ osning: Pivotkolonnerna [

1 0 0 ] T

och [

4 2 0 ] T

i A sp¨ anner upp Col A och i deluppgift (b) s˚ ag vi att [

2 −1 1 ] T

sp¨ anner upp N ul A. Om v tillh¨ or b˚ ade Col A och N ul A s˚ a finns det s˚ aledes x 1 , x 2 , x 3 s˚ adana att;

x 1



 1 0 0



 + x ₂



 4 2 0



 = v = x ₃



 2

−1 1





Speciellt ¨ ar allts˚ a;

x 1



 1 0 0



 + x ₂



 4 2 0



 − x 3



 2

−1 1



 = 0 ( ∗)

Men vektorerna [

1 0 0 ] T

, [

4 2 0 ] T

, [

2 −1 1 ] T

¨ ar linj¨ art oberoende

ty; 

 

1 4 2

0 2 −1

0 0 1

 

 = 2 ̸= 0

s˚ a ekvationen (*) har endast den triviala l¨ osningen x ₁ = 0, x ₂ = 0, x ₃ = 0, vilket betyder att v = 0. F¨ oljdaktligen ¨ ar nollvektorn den enda vektorn i b˚ ade Col A och N ul A.

8. Visa att en kvadratisk n × n-matris A ¨ar inverterbar om och

endast om A ¨ ar radekvivalent med identitetsmatrisen I n . (5p) Bevis: Se kursboken eller f¨ orel¨ asningsanteckningar.

9. (a) Visa att den allm¨ anna l¨ osningen till en linj¨ ar homogen differentialekvation av andra ordningen y ^′′ (t) + ay ^′ (t) + by(t) = 0 kan skrivas y(t) = (At + B)e ^r

¹

^t ,

d˚ a r 1 ¨ ar en dubbelrot till den karakteristiska ekvationen r ² + ar + b = 0. (5p) Bevis: Se kursboken eller f¨ orel¨ asningsanteckningar.

(b) Best¨ am den allm¨ anna l¨ osningen till differentialekvationen y ^′′ + 6y ^′ + 9y = 9 sin 3t. (4p) L¨ osning: Karakteristiska ekvationen r ² + 6r + 9 = 0 ⇔ (r + 3) ² = 0 har dubbel- roten r ₁ = −3, s˚a ekvationens homogenl¨osningar har formen y h = (At + B)e ^−3t . Som partikul¨ arl¨ osning ans¨ atter vi y p = C 1 sin 3t + C 2 cos 3t. Ins¨ attning i differen- tialekvationens v¨ ansterled ger;

y _p ^′′ + 6y ^′ _p + 9y _p =

= −9C 1 sin 3t − 9C 2 cos 3t + 6(3C ₁ cos 3t − 3C 2 sin 3t) + 9(C ₁ sin 3t + C ₂ cos 3t) =

= 18C 1 cos 3t − 18C 2 sin 3t

F¨ or att erh˚ alla differentialekvationens h¨ ogerled m˚ aste d¨ arf¨ or C 1 = 0 och C 2 =

−1 2 , vilket ger oss partikul¨ arl¨ osningen y p = ⁻¹ ₂ cos 3t. Den allm¨ anna l¨ osningen till differentialekvationen f˚ ar vi slutligen genom att addera homogenl¨ osningarna till denna partikul¨ arl¨ osning.

Svar: y = (At + B)e ^−3t − 1

2 cos 3t