Eksamensopgave 10. december 2017,
2-timers prøven, DTU Matematik 1 (E17) Opgave 1
1.1
=
Den fuldstændige løsning: hvor
1.2
=
=
Kun for er en løsning.
Opgave 2
Det karakteristiske polynomium:
=
=
Det karakteristiske plynomium på faktoriseret form er Rødderne er og .
Den algebraiske multiplicitet er 2 for begge rødder, idet de er dobbeltrødder i det karakteristiske polynomium.
2.2
=
Egenrummene er:
og
Da matricen er symmetrisk, så er egenrummene ortogonale, dvs. . Ved ren held så er de 2 basisvektorer i hvert af de 2 egenrum faktisk ortogonale!
Derfor skal vektorerne blot normeres. De har alle 4 samme længde, nemlig:
= 2
=
Ortogonal matrix Q:
=
Tjek:
=
2.3
Dvs. , idet .
Underrummet er identisk med egenrummet ! Derfor kan suppleres med f.eks. fra .
= 2 2
Der laves en Gram-Schmidt ortonormalisering:
=
Sættet og er en basis for .
Opgave 3
3.1
= = 0 = 0
Dvs. både og ligger i kernen for , da de afbildes i 0.
3.2
= = Dvs.
= Dvs.
De 2 andre basisvektorer ligger i kernen for i følge (3.1).
Afbildningsmatricen i -koordinater er så:
3.3
hedder i -basis: .
Differentialligningssystemet kan så løse ved at løse et ligningssystem:
=
Tjek:
er en partikulær løsning?
= eller
=
OK!
Den fuldstændige løsning er vektorform:
eller på funktionsform:
Opgave 4
4.1
Systemmatricen:
= Der er 2 egenværdier, nemlig 0 og -1.
Begge har multiplicitet 1 (både algebraisk og geometrisk).
= = 0
=
=
Da der er 2 forskellige rødder, er den fuldstændige løsning er så givet ved (formel 17-24 i eNoterne):
=
Dvs. den fuldstændige løsning er: og
4.2
På grafen aflæses startværdierne: og .
Hermed kan de 2 konstanter og bestemmes ved at løse 2 ligninger med 2 ubekendte:
= =
=
Den betingede løsning til differentialligningssystemet er: og
eller direkte med "dsolve":
Når vil , derfor vil og .
4.3
Fra den generelle løsning har vi fra (4.1):
Løser 2 ligninger med 2 ubekendte:
=
Dvs. blot , så vil løsningen opfylde kravene. Værdien af er uden betydning.
Hvis løsningen ikke må være konstant, så skal . Eksempel kunne være:
= =
Graf til illustration:
