E20 eksamen, Matematik 1, DTU - Steen Toft
13
E20 eksamen, Matematik 1, DTU Ny type eksamen, idet den afvikles online hjemme pga. corona-krisen. Opgave 1 og 2 afleveres i Maple TA/Möbius. Spørgsmålene kan være tvistet! Opgave 3 skal skrive som et essay, hvor beregningerne placeres i et bilag. Uploades som én PDF-fil. Opgave 1 (Maple TA/Möbius) = NB: Matricen er en øvre diagonalmatrix! og er reelle tal. 1) = = Dvs. den fuldstændige løsning er:
Transcript of E20 eksamen, Matematik 1, DTU - Steen Toft
E20 eksamen, Matematik 1, DTUNy type eksamen, idet den afvikles online hjemme pga. corona-krisen.
Opgave 1 og 2 afleveres i Maple TA/Möbius. Spørgsmålene kan være tvistet!Opgave 3 skal skrive som et essay, hvor beregningerne placeres i et bilag. Uploades som én PDF-fil.
Opgave 1 (Maple TA/Möbius)
=
NB: Matricen er en øvre diagonalmatrix! og er reelle tal.
1)
=
=
Dvs. den fuldstændige løsning er:
hvor .
En af løsningerne kan så være:
2)
I følge beregningerne fra (1.1), så kan løsningsrummet for det tilsvarende homogene ligningssystem udspændes af:
3)
=
Hvis , så vil række 2 og 3 i være ens, så der er løsning.
=
Hvis , så vil række 2 og 3 i betyde, at der ikke er løsning.
Konklusion: der er løsninger, hvis .
4)
PROBLEM:Hvad betyder "forrige"? Er det (1.3) eller (1.2)?Ordet "forrige" er tvetydigt!Se: https://sproget.dk/raad-og-regler/artikler-mv/svarbase/SV00000083
Hvis "forrige" er (1.2) - regnet på en måde
Her er og !
= =
Koefficientmatricen:
=
Højre siden:
=
Krav:
=
=
=
=
PROBLEM:NB: kaldes for at Maple kan løse det!Se på: https://www.maplesoft.com/support/help/Maple/view.aspx?path=initialconstantsat er en kendt konstant (Eulers konstant):
Det er ikke så smart, at kalde konstanten , da det er ukendt for 1. års studerende!
Konklusion:
Tjek
=
Hvis skal passe, så må :
= 52
=
Hvis skal passe, så må :
= 72
=
Hvis "forrige" er (1.3) - regnet på en anden måde
NB: Hvis man ikke har regnet (1.3), så kan man ikke løse (1.4)!
Her er og !
=
=
Dvs. løsningen er: hvor .
Hvis skal passe, så må . Hermed ser man at og
Hvis skal passe, så må . Hermed ser man, at og
=
5)
er en 4 x 4 matrix. Derfor kan man bestemme determinanten af . =
Det ses umiddelbart, at determinanten er 0, netop når . Så kan rangen af totalmatricen højest være 3.Derfor kan der kun være løsning, hvis .De 2 værdier af må undersøges nærmere.
Antag at
=
Hvis , så er der klart ikke nogen løsning (se på række 2 og 3).
=
Der er altså uendelig mange løsninger når , og ingen løsning, når .
Antag at
=
Hvis , så er der klart ikke nogen løsning (se på række 3).
=
Der er altså uendelig mange løsninger når , og ingen løsning når
Konklusion: der findes ingen værider af og , hvor ligningssystemet har netop én løsning.
Opgave 2 (Maple TA/Möbius)
1)
=
=
Udtrykket sammenligninges med højresiden . Derfor opstilles 2 ligninger:
=
Konklusion:
2)
=
Den fuldstændige løsning er: .
Konklusion: en mulig løsning til den homogen differentialligning er f.eks. hvor
.
3)
Der gælder, at kun er en løsning til den inhomogene differentialligning.
er kun løsning til den homogene differentialligning, og dermed ikke den inhomogenedifferentialligning.
er løsning til en NY inhomogen differentialligning, hvor højresiden er
!
NB: den fuldstændige løsning til den inhomogene differentialligning er:
=
4)
En homogen + en inhomogen løsning er igen løsning til den inhomogene differentialligning.Det følger direkte af struktursætningen.
5)
Rødderne er komplekst konjugerede, når løsningen har den form!Rødderne kan direkte aflæses: , så en af rødderne kan f.eks. være
6)
Differentialligningen kan opskrives via det karakter-polynonomiet, idet faktoriseringen er: =
Differentialligningen lyder så: Højresiden er 0, da differentialligningen er homogen.
=
Sammenlignet med den give løsning, kan man direkte aflæse, at:
og
Opgave 3 (essay)
1)
Skal vise, at de 2 vektorer er lineært uafhængige.Vektorerne indsættes som søjler i en 3 x 2 matrix. Rangen af denne er 2.Derfor er og lineært uafhængige.Da , så er
og udgør en basis for . En ortonormal basis bestemmes med Gram-Schmidts metode.
En ortonormal basis er bestemt til: og
2)
I teksten er der skrevet, at kernen . Og fra (1) vides, at , derfor er 0 en egenværdi og egenrummet .
Beregning af 2 funktionsværdier:, da . Dvs.
NB: Første lighedstegn gælder, da er en lineær afbildning.
. Dvs.
NB: Lighedstegn gælder, da er en lineær afbildning.Det andet lighedstegn gælder, da og , altså kernen for .
3)
Det vides, at har 2 egenværdier, nemlig 0 og 4.Egenrummet er 2-dimensionelt.Egenrummet må så have dimensionen 1.Det følger af, at er 3-dimensionelt, og
Nu kan en basisvektor for beregnes ved krydsproduktet af 2 vektorer fra
Vektoren normeres til længde 1: .
Nu har man de 3 ortonormale egenvektorer: , og .
Diagonalmatrix:
Ortogonal matrix består af de 3 -vektorer som søjler:
Hermed bliver afbildningsmatricen:
4)
kaldes vektor .Der må være en egenværdi mere end 0!Vælger egenværdien 4 som før (for den sidste egenværdi). Hermed den samme diagonalmatrix.NB: Kunne vælge en vilkårlig anden egenværdi bortset fra 0.
Vælger at ligger i egenrummet , dvs. er en egenvektor svarende til egenværdien 4.NB: Kunne vælge en vilkårlig anden vektor som egenvektor, nå blot denne vektor ikke ligger i .
Ny basis for bestående af , og .Koordinatskiftematrix:
Så beregnes afbildningsmatricen som
Hermed fås afbildningsmatricen:
Tjekker med Maple, at og samt at Derfor vil og stadigvæk være en basis for , og . Husk her, at er et underrum, så når ligger der, så gør også!
BILAG til essay (beregninger i Maple)
1)
=
= 2eller:
=
=
=
=
2)
3)
=
=
=
=
=
4)
=
= =
=
Tjek:
=
=
= =
=
