= a - bp(t), dp dt. = ap - bp 2. = 5000P - P 2. = 5000P dt

Transkript

1 Tentamensskrivning i Matematik IV, 5B0. Onsdagen den 0 oktober 004, kl Hjälpmedel: BETA, Mathematics Handbook. Redovisa lösningarna på ett sådant sätt att beräkningar och resonemang är lätta att följa. varen skall ges på reell form. el är avsedd för betg 3 och omfattar 6 moduler (uppgifter). För godkänt krävs att 5 moduler är godkända. el är avsedd för högre betg, 4 och 5, och omfattar 0 poäng. Poängfördelning på del : -4 ger 5 poäng vardera. För betg 4 krävs förutom godkänt på del även minst 9 poäng på del. För betg 5 krävs förutom godkänt på del även minst 5 poäng på del. OB! GOÄNA MOULER TILLGOORÄNA ENAT FRÅN HÖTEN 004. OB! etta sker enligt följande: Godkänd modul nr i ger uppgift nr i godkänd, i,,...6. el Modul. I en populationsmodell är den relativa tillväxthastigheten, som funktion av antalet djur, ett förstagradspolnom, nämligen en konstant minus antalet djur gånger en annan konstant. onstanterna är positiva. täll upp en matematisk modell för ovanstående. Låt konstanterna därefter vara 5000 respektive. Bestäm populationen som funktion av tiden t då den vid tiden 0 år lika med 000. Låt populationen vid tiden t vara P(t). ifferentialekvationen blir P(t) dp a - bp(t), dp Med de givna konstanterna insatta erhålles dp ap - bp. 5000P - P. ifferentialekvationen är av Bernoulli tp( den är även separabel). Vi omformar differentialekvationen: P - dp 5000P - -. ätt z P -, dz dp -P-. Insättning ger: - dz dz 5000z -, z, vilken är linjär med konstanta koefficienter. ess lösning erhålles som allmän homogen lösning plus en partikulärlösning. Vi erhåller z A 5000 e-5000 t Ae-5000 t +. Populationen är P(t) 5000 Villkoret ger värdet på konstanten: P(0) 5000 A + 000, A 4. VAR: Populationen är P(t) e t Ae t +. Modul. ifferentialekvationen x + x - 4 0, x > 0 satisfieras av funktionen x. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen x + x - 4 x 4, x > 0. Vi ansätter x z. enna ansats sätter vi in i den inhomogena differentialekvationen och erhåller då den allmänna lösningen. En annan variant är att sätta in i den homogena differentialekvationen och erhålla den allmänna homogena lösningen. å återstår att bestämma en partikulärlösning vilken erhålles med variation av parametrar. { } + x{ x z + xz} - 4x z x 4, x 4 x x z + x z + x z + z z + 5x 3 z x 4. Här kan ordningen reduceras. Vi sätter u z, u z och erhåller x 4 u + 5x 3 u x 4. ifferentialekvationen är linjär och vi omformar den så att vänstra ledet blir en derivata. Multiplicera med x och integrera med avseende på x : x 5 u + 5x 4 u x 5, (x 5 u ) x 5, x 5 u x 6 + A, u x + Ax -5.

2 Återsubstitution ger: z x + Ax -5. Integrera med avseende på x : z x + Bx -4 +.en allmänna lösningen blir x z x (x + Bx -4 + ) x + Bx - + x 4. Här kan allmänna homogena lösningen och en partikulärlösning identifieras. VAR: en allmänna lösningen är x + Bx - + x 4. Modul3. Bestäm den lösning till differentialekvationen d(t - 5) som uppfller villkoren (0) 4 och (0). Här är d(t - 5) iracs deltafunktion. Vi Laplacetransformerar differentialekvationen. s Y(s) - s(0) - (0) + 4(sY(s) - (0)) +3Y(s) 9e -5s. Insättning av begnnelsevillkoren ger: (s + 4s +3)Y(s) - 4s -+ 4(-4) 9e -5s. Lös ut Y(s): Y(s) 4s +7 s + 4s e -5s 4(s + ) +3 3 s + 4s +3 (s + ) e -5s (s + ) + 9 Återtransformera: (t) 4e -t cos3t +3e -t sin 3t +U(t - 5) 3e -(t -5) sin3(t - 5). VAR: ifferentialekvationens lösning är (t) 4e -t cos3t +3e -t sin 3t + 3U(t - 5) e -(t -5) sin3(t - 5). Modul4. Bestäm Fourierserien till den p -periodiska funktionen f som ges av f (x) sin5x + sin x, - p x p. en sökta Fourierserien är på formen: a 0 Â. n + (a n cosnx + b n sinnx) en givna funktionen delas upp i två delar, dels f (x) sin 5x, -p x p dels f (x) sin x, -p x p. en första funktionen är sin egen Fourierserie. en andra funktionen är en jämn funktion. ess Fourierserie är på formen a 0 Enligt BETA 3.. Nr0. är Fourierserien lika med en sökta Fourierserien är sin5x + p + 4 p VAR: en sökta Fourierserien är sin5x + p + 4 p Modul5. Beräkna dubbelintegralen + x dxd Â. n + a cosnx n p + 4  p 4n - cosnx. n 4n - cosnx Â. n  4n - cosnx. n, där definieras av olikheterna 0 x 8 - x. Vi börjar med -integration och gränserna är då x respektive 8 - x. För att bestämma gränserna i x -led bestämmer vi skärningspunkten mellan kurvorna x och 8 - x. kärningspunkten är (, ), t x 0. Gränserna är: 0 respektive. ubbelintegralen blir + x dxd Ï 8 -x + x d Ú Ì Ú dx x 0 Ó x + x dxd Ú ( - x)dx x 0 [ 8- x ] Ú dx + x x 0 x 0 x Ú x x - x dx + x [ x - x ] 4-4 VAR: ubbelintegralen + x dxd.

3 Modul6. Bestäm konstanten a så att vektorfältet a F + x +, ˆ Ë + x + får en potential U samt beräkna denna. Ange med det beräknade värdet på konstanten a därefter värdet på linjeintegralen Ú F dr, där är kurvan x - x från (0,0) till (,). Betrakta ett område där singulära punkter saknas. Vi betraktar det högra halvplanet. För att erhålla en potential U skall följande villkor vara uppfllt: etta ger: -a ( + x + ) - ( + x + ) Ï a Ì Ó + x + Ï Ì x Ó + x + et ger oss att a. För en potential U gäller att du F dr, dvs du U dx + U x d F dr Vi får i vårt fall följande sstem av partiella differentialekvationer. Ï U x Ô Ì Ô Ô U Ó + x + fi U(x,) ln + x + + g() + x + U Identifiering ger fl g () 0, g(). + x + + g () en sökta potentialen är U(x, ) ln + x + +. Vid beräkning av linjeintegralen utnttjar vi potentialen. Ú F dr Ú du U(, ) - U(0.0) ln 9 - ln ln 9 ln 3 VAR: onstanten a. Potentialen är U(x, ) ln + x + +. Linjeintegralen är Ú F dr ln 3. el. Antalet ugglor i mossen, u(t), med t mätt i år, varierar med tillgången på gnagare. Om inga gnagare alls finns avtar u(t) med en hastighet som är proportionell mot u(t). Om gnagare finns minskas den föregående avtagandehastigheten med det konstanta talet a (antal per tidsenhet). a) täll upp en differentialekvationen för u(t) som gäller för a 0. b) Bestäm u(t) för t > 0 då u(0) 00, a 0ln0 (ª 3) om man dessutom vet att u(0) 00, a 0 ger u() 0. c) Hur många ugglor i mossen kan anas i mossen efter mcket lång tid om u(0) 00, a 0ln0? du a) Vi erhåller differentialekvationen -(ku(t) - a), där k är en positiv konstant. du Vi omformar differentialekvationen: + ku(t) a. b) För a 0 erhåller vi lösningen: u(t) u(0)e -kt. Villkoren u(0) 00, a 0 ger u() 0 ger : 0 00e - k, e k 0, k ln0.

4 För a 0 erhåller vi lösningen: u(t) e - kt + a k. Villkoren u(0) 00, a 0ln0 (ª 3) ger ln0 ln0, 90. en erhållna lösningen är u(t) 90e -t ln t +0. Efter mcket tid blir antalet ugglor lika med 0. VAR: a) ifferentialekvationen är du + ku(t) a. b) Vid en gocklig tid är antalet ugglor lika med u(t) t +0. c) Efter lång tid är antalet ugglor lika med 0..a) efiniera begreppet fundamentalmängd av lösningar till en homogen linjär differentialekvation av ordning två. b) Till en andra ordningens linjär differentialekvation med konstanta koefficienter har följande lösningar föreslagits : 3e -x + 5e 4 x, 7e x, 3 4e -x - 9e 4 x, 4 7(e x ). ommentera detta förslag samt bestäm en fundamentalmängd av lösningar. c) Betrakta en linjär homogen differentialekvation med konstanta koefficienter som svarar mot fundamentalmängden av lösningar i b) och med koefficienten framför andraderivatan lika med ett. Bestäm den allmänna lösningen till motsvarande inhomogena differentialekvation, då dess högerled är g(x) 5e 4 x. a) Fundamentalmängd av lösningar till den homogena linjära differentialekvationen av ordning två består av två linjärt oberoende lösningar till den linjära differentialekvationen av ordning två. b) För en linjär differentialekvation med konstanta koefficienter behövs två linjärt oberoende lösningar. En av de föreslagna lösningarna är ej möjlig, det är 7e x, t lösningarna är på formen (x) ae bx. Till de återstående behövs en bas av lösningar. Tag som { e -x, e 4 x } fundamentalmängd av lösningar. 3e -x + 5e 4 x, 3 4e -x - 9e 4x, 4 7(e x ) 7e 4 x kan uttrckas som linjärkombinationer av fundamentalmängden. c) en karakteristiska ekvationen svarande mot fundamentallösningarna är (r +)(r - 4) 0 Motsvarande homogena differentialekvation är ( +)( - 4) 0 och den inhomogena differentialekvationen blir ( +)( - 4) 5e 4 x. ätt e 4x z, e 4x ( + 5)z 5e 4x, ( + 5)z 5. Ansätt: z p ax. etta ger efter insättning z p 5x. En partikulärlösning är då p 5xe 4x. en allmänna lösningen ges av h + p Ae -x + Be 4 x + 5xe 4x. VAR: a) e ovan. b) e -x, e 4 x { } fundamentalmängd av lösningar. c) h + p Ae -x + Be 4 x + 5xe 4x. 3. Bestäm de kritiska punkterna till sstemet x ˆ Ë x + x - 3x ˆ Ë 4 - x - lassificera om möjligt dessa med avseende på tp och stabilitet. Bestäm först de kritiska punkterna. är är tangentvektorn lika med noll. Vi erhåller då 0 ˆ Ë 0 x + x - 3x ˆ x( + - 3x) ˆ Ë 4 - x - Ë (4 - x - ) etta icke-linjära sstem har lösningarna: (0,0), (0,4), (/3,0) och (,). Vi linjariserar det icke-linjära sstemet genom att bestäma Jacobimatrisen i de aktuella punkterna. Jacobimatrisen är lika med + - 6x x ˆ Ë x -...

5 Insättning av respektive punkt ger följande matriser. (0,0) Matrisen A 0 ˆ Ë 0 4 har egenvärdena och 4. essa är reella och skilda samt positiva. en kritiska punkten är en instabil nod. etsamma gäller även för det icke-linjära sstemet. (0,4) Matrisen B 5 0 ˆ Ë -8-4 har egenvärdena 5 och -4. essa är reella och med skilda tecken. en kritiska punkten är en sadelpunkt och därmed instabil. etsamma gäller även för det icke-linjära sstemet. (/3,0) Matrisen - 3 ˆ Ë har egenvärdena - och 0/3. essa är reella och med skilda tecken. en kritiska punkten är en sadelpunkt och därmed instabil. etsamma gäller även för det icke-linjära sstemet. (,) Matrisen -3 ˆ Ë -4 - har egenvärdena enligt följande: l l l + 5l +0 (l + 5 ) +0 - ( 5 ) (l + 5 ) ± i 5 Egenvärdena är lika med l. essa är komplexa och med negativ realdel. en kritiska punkten är en stabil spiral. etsamma gäller även för det icke-linjära sstemet. VAR: e kritiska punkterna är (0,0), (0,4), (/3,0) och (,). Instabil nod är (0,0). adelpunkt och därmed instabil är (0,4) och (/3,0). tabil spiral är (,). 4.a) Formulera divergenssatsen för vektorfältet F(x,, z) (F (x,, z), F (x,, z), F 3 (x,, z)). b) Visa divergenssatsen för tredjekomponenten i vektorfältet F. c) Bestäm flödet av vektorfältet u r 3, där r (x,, z) och r r ut genom den slutna tan, r dels i fallet då origo ligger innanför tan, dels då origo ligger utanför tan. a) ivergenssatsen. Låt vara en kropp begränsad av den slutna tan. Låt n ˆ vara den utåtriktade enhetsnormalen till tan. Låt vidare vektorfältet F ha kontinuerliga partiella derivator. å gäller: F n ˆ ds divfdxddz Ú. b) Vi beskriver den utåtriktade enhetsnormalen med hjälp av riktningscosiner, dvs ˆ n (cosa, cos b, cosg ) där vinklarna är vinkeln mellan den utåtriktade enhetsnormalen och respektive koordinataxel. Vi antar att tan skäres i högst två punkter av linjer parallella av koordinataxlarna. I de fall tan skäres i fler än två punkter uppdelas området i delområden så deltorna skäres i högst två punkter. Begränsningstan består av två delar: : z z (x, ) begränsar uppåt och : z z (x, ) begränsar nedåt. e uppåtriktade enhetsnormalerna till och bildar vinklarna g respektive g med positiva z-axeln. Vi skall visa divergenssatsen för tredjekomponenten, dvs visa att F 3 (x,, z)cosgds (x,, z) dxddz Ú ().

6 Vi integrerar först H.L. i () med avseende på z och erhåller en dubbelintegral vilken överföres till en tintegral. z (x, ) (x,, z) Ï F dxddz 3 (x,, z) Ú dz Ì Ú dxd F 3 (x,,z (x, ))dxd - F 3 (x,, z (x, ))dxd x Ó z z ( x, ) x x essa dubbelintegraler överföres till tintegraler via sambandet ds dxd, dxd cosg ds. cosg (x,, z) dxddz F 3 (x,, z (x, ))cosgds - F 3 (x,, z (x, ))(-cosg )ds Ú (x,, z) Ú dxddz F 3 (x,, z)cosgds + F 3 (x,, z)cosgds F 3 (x,,z)cosgds V.L. i (). VV. c) et givna vektorfältet, oulombfältet, har en singulär punkt, origo. Vi beräknar divergensen av vektorfältet. divf div r r grad 3 r r divr r r 4 r r + r å origo ligger utanför tan kan divergenssatsen tillämpas och vi erhåller att flödet ut genom tan blir F n ˆ ds divfdxddz Ú 0. å origo ligger innanför tan betraktas det område som ligger mellan tan och en lämplig ta som omsluter origo. Vi väljer en sfär, e, med radien e och med centrum i origo. I det na området finns inga singulära punkter och divergenssatsen kan användas på detta område. etta innebär att vi bter ta. Flödet ut genom ta och ut genom ta e är lika. Utflödet blir F n ˆ ds F n ˆ r ds r r 3 r ds r ds. e På tan e gäller att r e och sfärtans area är lika med 4pe. Vi erhåller då F n ˆ ds e ds e ds e 4pe 4p, e e vilket ej förändras då sfärens radie går mot noll. VAR: a) och b) se ovan. c) Utflödet är 4p då origo ligger innanför tan och 0 då origo ligger utanför tan. e e