MATEMATIK Chalmers tekniska h¨ ogskola
L ¨ OSNINGSF ¨ ORSLAG till tenta 23 aug 2010
TMV036/TMV035 Analys och linj¨ ar algebra K Kf Bt, del B
1. Ber¨ akna det (B 2 ) d˚ a B =
1 2 3
3 −1 0
2 1 1
(4p)
L¨ osning:
det(B) =
1 2 3
3 −1 0
2 1 1
=
−1 0 1 1
− 2 3 0
2 1 + 3
3 −1 2 1
= −1 − 6 + 15 = 8
⇒ det (B 2 ) = (det (B)) 2 = 8 2 = 64 Svar: 64
2. Best¨ am en bas f¨ or kolonnrummet Col A och ange rummets dimension d˚ a
A =
1 3 2 2 3
0 2 2 1 1
2 1 −1 3 2 3 −1 −4 1 4
(4p)
L¨ osning:
A =
1 3 2 2 3
0 2 2 1 1
2 1 −1 3 2 3 −1 −4 1 4
∼
1 3 2 2 3
0 2 2 1 1
0 −5 −5 −1 −4 0 −10 −10 −5 −5
∼
1 3 2 2 3
0 1 1 2 −1
0 −5 −5 −1 −4 0 −10 −10 −5 −5
∼
1 3 2 2 3
0 1 1 2 −1
0 0 0 9 −9
0 0 0 −15 −15
∼
1 3 2 2 3 0 1 1 2 −1 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 0
Vi avl¨ aser att pivotelementen finns i kolonn 1,2 och 4. Motsvarande kolonnvektorer i A bildar s˚ aledes en bas f¨ or Col A, vars dimension allts˚ a ¨ ar 3.
Svar: dim (Col A) = 3 och en bas f¨ or Col A ges t.ex. av f¨ oljande tre vektorer;
v 1 =
1 0 2 3
, v 2 =
3 2 1
−1
, v 3 =
2 1 3 1
3. Skriv 2 + 3i
(1 + i)(3 − 2i) p˚ a formen a + bi (i ¨ ar den imagin¨ ara enheten) (2p) L¨ osning: 2 + 3i
(1 + i)(3 − 2i) = 2 + 3i
5 + i = (2 + 3i)(5 − i)
(5 + i)(5 − i) = 13 + 13i 26 = 1
2 + 1 2 i Svar: 1
2 + 1 2 i
4. Best¨ am alla l¨ osningar y(t) till differentialekvationen e t y ′ (t) = ty(t) (4p) L¨ osning: Differentialekvationen ¨ ar b˚ ada separabel och linj¨ ar av f¨ orsta ordningen s˚ a vi har tv˚ a olika metoder att tillg˚ a. L˚ at oss b¨ orja med att l¨ osa den som en separabel ekv;
e t y ′ (t) = ty(t) ⇔ dy
y = te −t dt ⇔ ln |y| = −(1 + t)e −t + C ⇔ y = De −(1+t)e−t
Om vi ist¨ allet betraktar ekvationen som linj¨ ar av f¨ orsta ordningen s˚ a skriver vi den p˚ a formen;
y ′ (t) − te −t y(t) = 0 En integrerande faktor ¨ ar e (1+t)e−t s˚ a;
y ′ (t)−te −t y(t) = 0 ⇔ d dt
(
e (1+t)e−ty(t) )
= 0 ⇔ e (1+t)e−ty(t) = D ⇔ y(t) = De −(1+t)e−t
Svar: y(t) = De −(1+t)e−t
Till uppgifterna 5–9 skall du l¨ amna in fullst¨ andiga l¨ osningar.
5. L¨ os begynnelsev¨ ardesproblemet
{ y ′′ − y ′ − 2y = 2 + 6e 2x
y(0) = 2 , y ′ (0) = 5 (6p)
L¨ osning: Vi b¨ orjar med att finna r¨ otterna till den karakteristiska ekvationen;
r 2 − r − 2 = 0 ⇔ r = 1 2 ±
√ 1
4 + 2 = 1 ± 3
2 ⇔ r = 2 eller r = −1 s˚ a homogenl¨ osningarna har formen;
y h (x) = C 1 e 2x + C 2 e −x
Som partikul¨ arl¨ osning ans¨ atter vi y p (x) = A + Bxe 2x . Ins¨ attning i differentialekvatio- nens VL ger;
y p ′′ − y p ′ − 2y p = B(4 + 4x)e 2x − B(1 + 2x)e 2x − 2A − 2Bxe 2x = −2A + 3Be 2x F¨ or att y p skall vara en l¨ osning p˚ a differentialekvationen m˚ aste vi s˚ aledes ha −2A = 2 och 3B = 6, dvs A = −1 och B = 2. En partikul¨arl¨osning ¨ar s˚aledes y p (x) = −1+2xe 2x . Den allm¨ anna l¨ osningen till differentialekvationen har s˚ aledes formen;
y(x) = y h (x) + y p (x) = C 1 e 2x + C 2 e −x − 1 + 2xe 2x Begynnelsevillkoren ger sedan att;
{ y(0) = C 1 + C 2 − 1 = 2 y ′ (0) = 2C 1 − C 2 + 2 = 5 ⇔
{ C 1 + C 2 = 3 2C 1 − C 2 = 3 ⇔
{ 3C 1 = 6
3C 2 = 3 ⇔ ⇔
{ C 1 = 2 C 2 = 1
Svar: y(x) = 2(1 + x)e 2x + e −x − 1 6. Ber¨ akna
∫ x 3 (x − 2)
(x 2 − 4)(x 2 + 2) dx (6p)
L¨ osning: Notera f¨ orst att;
x 3 (x − 2)
(x 2 − 4)(x 2 + 2) = x 3
(x + 2)(x 2 + 2) =
= x 3
x 3 + 2x 2 + 2x + 4 = 1 − 2x 2 + 2x + 4
x 3 + 2x 2 + 2x + 4 = 1 − 2x 2 + 2x + 4 (x + 2)(x 2 + 2) Partialbr˚ aksuppdelning ger sedan att;
2x 2 + 2x + 4 (x + 2)(x 2 + 2) =
4 3
x + 2 +
2
3 (x + 1)
x 2 + 2
s˚ a ∫
x 3 (x − 2)
(x 2 − 4)(x 2 + 2) dx =
∫ ( 1 −
4 3
x + 2 −
2
3 (x + 1) x 2 + 2
) dx =
=
∫ (
1 − 4 3 x + 2 − 1
3 2x x 2 + 2 − 2
3 1 x 2 + 2
) dx =
= x − 4
3 ln |x + 2| − 1
3 ln (x 2 + 2) −
√ 2
3 arctan x
√ 2 + C
Svar: x − 4
3 ln |x + 2| − 1
3 ln (x 2 + 2) −
√ 2
3 arctan x
√ 2 + C
7. L¨ os f¨ oljande ekvationssystem f¨ or alla v¨ arden p˚ a de reella parametrarna a och b s˚ adana att l¨ osningar existerar
ax + y + az = 1
x + y + z = a
ax + ay + bz = a
(7p)
L¨ osning: Radelimination p˚ a systemets totalmatris M ger;
M =
a 1 a 1 1 1 1 a a a b a
∼
1 1 1 a a 1 a 1 a a b a
∼
1 1 1 a
0 1 − a 0 1 − a 2 0 0 b − a a − a 2
a̸=1
∼ ↓
1 1 1 a
0 1 0 1 + a
0 0 b − a a − a 2
∼
1 0 1 −1
0 1 0 1 + a
0 0 b − a a − a 2
b̸=a
