Besvarelse af Eksamensopgaver Juni 2005 i Matematik H1

Transkript

1 Besvarelse af Eksamensopgaver Juni 5 i Matematik H Opgave De fire vektorer stilles op i en matrix som reduceres: (a) Der er ledende et-taller så dim U =. Som basis kan f.eks. bruges a a jfr. [LA] 4.. (b) rg(f) = dim f(r 4 ) = dim U =. (c) Af dimensionssætningen må dim ker(f) = 4 = og af reduktionen ovenfor ses at x x 4 er frie variable. Sættes x = s x 4 = t fås x = s t og x = s t altså s t s t ker(f) = s t s t R = s + t s t R. Sættet af de to søjler ovenfor er en af de mange mulige baser for ker(f). (d) Da f(e ) = a er den fuldstændige løsning + s + t s t R. Opgave (a) Egenrummet V er det samme som mængden af løsninger til matrixligningen men vi har (A E)X = O A E = som klart har rangen da alle tre rækker er proportionale. Derfor har V dimensionen og er givet som V = {x R x = x + x } (Vi får den samme ligning for hver af matricens rækker). De variable x x er frie og dermed får vi f.eks følgende basis for V : a = a = Det er imidlertid ikke en ortonormal basis og vi må bruge Gram-Schmidt hvorved man får f. eks. følgende ortonormale basis (men den er jo ikke entydigt bestemt)..

2 (b) Den symmetriske matrix A har tre egenværdier talt med multiplicitet ifølge den generelle teori. Vi har fundet at egenværdien har multiplicitet og derfor kan der kun være endnu en egenværdi og den må have multiplicitet. Det tilhørende egenrum må være det ortogonale komplement til V (Sætning 7.4.). Vi skal altså finde V dvs de vektorer der har indre produkt med en basis for V. Det giver os ligningerne x + x = x + x = som har løsningsmængden s s R Ganges søjlen ovenfor på matricen A fås gange søjlen og derfor er den anden egenværdi og rummet ovenfor er egenrummet. Ved normalisering ses at er en ortonormal basis for egenrummet V. En alternativ måde at regne spørgsmålet på er at opstille det karakteristiske polynomium for A og da vi ved at er en dobbeltrod heri (fra (a)) kan vi finde den sidste rod ved at dividere det karakteristiske polynomium med (λ ) hvorved vi får et første grads polynomium med roden -. Det tilhørende egenrum kan så bestemmes på sædvanlig måde. (c) Opstilles de tre fundne ortonormale egenvektorer som søjler i en matrix fås matricen S altså S = og matricen S er den transponerede. Opgave (a) Da logaritmefunktionen kun er defineret for positive værdier er kravet at y > x + y > som er skitseret nedenfor:

3 y x (b) Vi har f( ) =. y = x x = ex ln y + y = ex y ln(x + y) x + y ln(x + y) + x + y ( ) =. x ( ) =. y f x = ln(x + y) ex ln y + (x + y) (x + y) f ( ) =. x f y = ex y + ln(x + y) (x + y) (x + y) f ( ) =. y f x y = ex y + ln(x + y) (x + y) (x + y) f ( ) =. x y Derfor finder vi Taylorpolynomiet af grad ud fra ( ) til som reduceres til P (x y) = + (x ) + (y ) + x (x y ) y P (x y) = y + x + (y ) + x(y ) = x + x + y + xy. Vi finder Opgave 4 h x = (x + ) + y h y = xy

4 4 (a) De stationære punkter er så enten x = som giver y = ± eller y = men så skal /(x + ) = hvilket ikke er muligt. De stationære punkter er altså ( ) ( ) som begge tilhører S. (b) Hessematricen bliver altså H( ) = H(x y) = ( (x+) y H( ) = ) y x. For begge matricer er D = D = 4 så de er begge indefinite og begge punkter er sadelpunkter. (c) y x x = (d) Da A er afsluttet og begrænset og da h er kontinuert i S og dermed på A giver ekstremværdisætningen at h har maksimum og minimum på A. Disse punkter kan ikke findes i det indre af A da h kun har et stationært punkt der nemlig ( ) men det er et sadelpunkt. Altså må maks/min findes på randen af rektanglet. Vi laver derfor en randundersøgelse: h( y) = y har på intervallet y [ ] et stationært punkt for y = så vi ser på værdierne i de tre punkter: h( ) = h( ) = h( ) =. h( y) = + y har på intervallet y [ ] et stationært punkt y = så vi ser på værdierne i de tre punkter h( ) = h( ) = h( ) = 9. h(x ) = x + /(x + ) har på intervallet x [ ] et stationært punkt x = og da vi allerede har fundet værdierne i de fire hjørner er det nok at kigge på h( ) =. h(x ) = 4x + /(x + ) har på intervallet kun det stationære punkt x = som er et intervalendepunkt. Ser vi på værdierne ovenfor slutter vi:

5 5 h( ) = 9 er maksimum og h( ) = er minimum. Opgave 5 (a) Gram matricen af de de to vektorer ( matricen af deres indre produkter) er G = 5 Vi søger projektionen p af e på formen p = x a + x a og ønsker altså at bestemme x x så e x a x a a i = for i =. Dette giver ligningssystemet x e a = = 5 x e a som har løsningen x = x = og dermed bliver projektionen p = 5. (b) Da a a er lineært uafhængige (de er ikke proportionale) har vi dim U = men så må dim U = = og da q = e p er ortogonal på U er q en basis for U. Vi finder q = og normaliseres denne til en enhedsvektor ser vi at er en ortonormal basis for U. (a) Vi finder de partielle afledede: bf Opgave = (x + y)e(x+y) x y = (x + y)e(x+y). Den sidste partielle afledede er kun når x = y men så er den første partielle afledede = og derfor er der ingen stationære punkter. (b) Spørgsmålet kan regnes ved at finde Hessematricen som bliver ( + 4(x + y) )e (x+y) og da der står en positiv faktor foran den semidefinite matrix med på alle fire pladser er den positivt semidefinit og altså er f konveks. Nemmere er at bemærke at e (x+y) og x begge er konvekse. Den første pga sætning (b) i [MA] da e x er voksende og konveks og da (x + y) er konveks. (c) Hvis der var globalt minimum måtte dette være i et stationært punkt men sådanne findes ikke.