Obligatorisk innlevering 5 - MA 109, Frist: 8/5, kl. 05:00

Obligatorisk innlevering 5 - MA 109, Frist: 8/5, kl. 05:00Matriser1. Fasit: ⎡ Sett opp matrisen som har de tre vektorene som kolonnevektorer:A = ⎣ 2 3 1 ⎤⎡−8 −7 6 ⎦. Siden A ∼ ⎣ 1 0 0 ⎤0 1 0 ⎦ er6 −1 −70 0 1⎧⎡⎨B = ⎣⎩2. Fasit:∣2 −86⎤⎡⎦ , ⎣4 3 23 −2 52 4 63 −7−1⎤⎦ ,⎡⎣ 1 6−7⎤⎫⎬⎦⎭= −120 uansett metode.∣3. Fasit: Identifisér radoperasjonene og hva de gjør med determinanten(a) Bytter rad 1 og 2, så vi må gange determinanten med −1.Ny determinant = −3(b) Ganger rad 4 med 3, så vi må gange determinanten med 3.Ny determinant = 9(c) Legger 2 ganger første rad til tredje rad, og endrer ikke determinanten.Ny determinant = 34. Fasit: Kun B er inverterbar, fordi kun matriser med determinant forskjellig fra 0 er inverterbare.[ ] [ ] [ ]3 −1 1 15. Fasit: A⃗u == = 1·⃗u, så ⃗u er en egenvektor for A tilhørende egenverdien λ = 1.−2 2 2 2[ ] [ ] [ ]3 −1 2 5A⃗v == , som ikke er et multippel av ⃗v, så ⃗v er ikke noen egenvektor for A.−2 2 1 −26. Oppgave: Vi må løse |A − λI| = 0:λ 1 = 2 og λ 2 = 3∣ 1 − λ 1−2 4 − λ ∣ = 0λ 2 − 5λ + 6 = 07. Oppgave: Finner As egenverdier: Vi må løse |A − λI| = 0:∣ 1 − λ 10 1 − λ ∣ = 0λ 2 − 2λ + 1 = 0λ 1 = 1. A har kun en egenverdi. Finner tilhørende egenvektorer ved å løse (A − λI)⃗x = ⃗0:[ ]1 − λ 1⃗x = ⃗00 1 − λ1

[ 0 10 0]⃗x = ⃗0[ 0 1 00 0 0], altså kun 1 egenvektor. Vi må ha 2 egenvektorer for å diago-[ 1som gir oss løsningen ⃗x = t0nalisere en 2x2-matrise, så A kan ikke diagonaliseres.Finner Bs egenverdier: Vi må løse |B − λI| = 0:∣ 1 − λ 41 −2 − λ ∣ = 0]λ 2 + λ − 6 = 0λ 1 = −3 og λ 2 = 2 Siden hver egenverdi har minst en egenvektor, har altså B de to lineært uavhengigeegenvektorene som er nødvendige for å diagonalisere. Vi finner egenvektorene:λ 1 = −3: Vi løser (A − λI)⃗x = ⃗0:[ ]1 − λ 4⃗x = ⃗0[ −1som gir oss løsningen ⃗x = t1λ 1 = 2: Vi løser (A − λI)⃗x = ⃗0:[4som gir oss løsningen ⃗x = t1Da har viVi kan også regne utLaplace]]1 −2 − λ[ 4 4]⃗x = ⃗01 1[4 4 01 1 0][ 1 − λ 41 −2 − λ[ −1 41 −4[ −1 4 01 −4 0]⃗x = ⃗0]⃗x = ⃗0][ ] −1 4P =1 1[ ] −3 0D =0 2[P −1 −1= 5154515]2

8. Fasit:Transformasjoner(a) Laplace-transformasjonen L:i.L { t 4 − 3t 3 − 5 + e −2t + 5 sin(3t) }= L { t 4} − 3L { t 3} − 5L {1} + L { {} { e −2t} + } 5L {sin(3t)}= L (5 − 1)! t5−1(5−1)!− 3L (4 − 1)! t4−1{ }{(4−1)!= (5 − 1)!L − 3(4 − 1)!Lt 5−1(5−1)!= 24s 4 − 18s 4 − 5 s + 1s+2 + 15s 2 +3 2t 4−1(4−1)!− 5L {1} + L { e −2t} + 5L { 3 · 13 sin(3t)}}− 5L {1} + L { e −2t} + 5 · 3L { 13 sin(3t)}ii.L { u(t − 5)(t 2 + 3t − 8) } = L { u(t − 5)(((t − 5) + 5) 2 + 3((t − 5) + 5) − 8) }= L { u(t − 5)((t − 5) 2 + 13(t − 5) + 32) }= L {u(t − 5)f(t − 5)}= e −5s L {f(t)}= e −5s L { t 2 + 13t + 32 }= e −5s ( 2 s 3 + 13s 2 + 32 s )iii. Vi setter g(t) = t 4 , så G(s) = L {g(t)} = 24s 5iv.L { t 4 e πt} = L {g(t) · e πt }= G(s − π)24=(s−π) 5L {5δ(t − 8)} = 5L {δ(t − 8)} (bruker formel 12.2.35)= 5e −8s(b) Den inverse Laplace-transformasjonen L −1 :i.L −1 {1s(s−3)}= L −1 {1(s−0)(s−3)=10−3 (e0t − e 3t )= 1 3 (e3t − 1)}(bruker formel 12.2.11)ii.{ }L −1 2s+1s 2 +9= 2L −1 {}ss 2 +3 2+ L −1 {= 2 cos(3t) + 1 3 sin(3t)}1s 2 +3 2iii.L −1 {1s 2 (s 2 +1)}= L −1 {= t − sin(t)1s 2 (s 2 +1 1 )}(bruker formel 12.2.20)3

iv.L −1 {}3s(s 2 +4) 2= 3L −1 {= 3 t2·2 sin(2t)= 3t4 sin(2t)}s(s 2 +2 2 ) 2(bruker formel 12.2.22)v.L −1 {}3s+3(s 2 +2s+5) 2{}= L −1 3s+3{ (s2 +2s+( 2 2 )2 −( 2 2 )2 +5)}2= L −1 3s+3{ ((s2 +2s+1 2 )−1}2 +5) 2= L −1 3s+3{((s+1) 2 +2 2 ) 2 }= L −1 3((s+1)−1)+3((s+1) 2 +2 2 ) 2{ }= L −1 3(s+1)((s+1) 2 +2 2 ) 2{ }= L −1 3(s−(−1))((s−(−1)) 2 +2 2 ) 2= L −1 {F (s − (−1))}= e −1t f(t)= e −t L −1 {F { (s)}= e −t L −1 3s(bruker resultatet fra forrige oppgave)= e t 3t4 sin(2t) 4(s 2 +2 2 ) 2 }