Lösningsförslag, tentamen, Differentialekvationer och transformer II, del 1, för CTFYS2 och CMEDT3, SF1629, den 19 oktober 2011, kl. 8:00 13:00.

Storlek: px

Starta visningen från sidan:

Download "Lösningsförslag, tentamen, Differentialekvationer och transformer II, del 1, för CTFYS2 och CMEDT3, SF1629, den 19 oktober 2011, kl. 8:00 13:00."

Ingeborg Eklund
för 4 år sedan
Visningar:

1 Lösningsförslag, tentamen, Differentialekvationer och transformer II, del, för CTFYS2 och CMEDT3, SF629, den 9 oktober 20, kl. 8:00 3:00 av 8 3 poäng. Svar: i. sant, ii. falskt, iii. sant, iv. sant, v. falskt, vi. sant, vii. falskt, viii. falskt, ix. sant, x. sant. Del A 2 av 8 3 poäng. Finn en implicit lösning till ekvationen Lösning: Ekvationen är separabel: Dela med y 2 + : Integrering med avseende på x ger y = y 2 e x + e x. y = y 2 + e x. + y 2 y = e x. arctan y = e x + C, där C är en konstant. Svar: yx = tane x + C. 3 av 8 3 poäng. Finn den allmänna lösningen till ekvationen x 2 = x. 3 2 Lösning: Låt oss börja med att beräkna egenvärdena till 2 A =. 3 2 De ges av ekvationen 2 λ 0 = det = 4 + λ 3 2 λ = λ 2.

2 2 Egenvärdena är alltså λ = och λ 2 =. För att finna en egenvektor svarande mot λ = löser vi ekvationen v = En egenvektor ges alltså av v = För att finna en egenvektor svarande mot λ 2 = löser vi ekvationen 3 v = 0. 3 En egenvektor ges alltså av v 2 = 3.. Svar: c e t + c 2 3 e t. 4 av 8 3 poäng. Lös begynnelsevärdesproblemet där y + y = ft, y0 = 0, y 0 = 0, 0, 0 t <, ft =, t 2, 0, t > 2. Lösning: Observera att ekvationen kan skrivas y + y = u t u 2 t. Eftersom y0 = y 0 = 0 så ger Laplacetransformering av denna ekvation likheten s 2 Y s + Y s = s e s s e 2s, där Y betecknar Laplacetransformen av y. Följdaktligen ges Y av Y s = Hse s Hse 2s, där Hs = Partialbråksuppdelning av H ger Hs = s ss 2 +. s s 2 +.

3 Om vi kallar Laplaceinverstransformen av H för h får vi då Vidare ger att Svar: ht = cos t. yt = ht u t ht 2u 2 t. yt = [ cost ]u t [ cost 2]u 2 t. 5 av 8 4 poäng. a. Finn de kritiska punkterna till systemet dx = xe y, dy = x2 x y 2 och avgör om de är stabila eller instabila. Lösning: De kritiska punkterna ges av xe y = 0, x2 x y 2 = 0. Detta ekvationssystem är ekvivalent med som är ekvivalent med x =, 2 y 2 = 0, x =, y 2 =. Alltså ges fixpunkterna av, och,. För att analysera de kritiska punkternas stabilitetsegenskaper är det lämpligt att beräkna Jacobianen e Jx, y = y xe y 2 2x y 2. 2xy Eftersom e 0 J, = 2 ges de associerade egenvärdena av e och 2 varav, är en stabil kritisk punkt. Eftersom e 0 J, = 2 ges de associerade egenvärdena av e och 2 varav, är en instabil kritisk punkt. Svar:, är en stabil kritisk punkt och, är en instabil kritisk punkt. b. Det är givet att 0 är en kritisk punkt till det autonoma systemet x = fx 3

4 4 och att det finns en lösning x sådan att xt 0 då t och sådan att xt då t. Är det under dessa antaganden möjligt att säga något om den kritiska punkten 0:s stabilitetsegenskaper? Lösning: Det faktum att det finns en lösning som går från 0 till är en indikation på att 0 är en instabil kritisk punkt. För att bevisa detta, låt oss anta att 0 är en stabil kritisk punkt och visa att detta antagande leder till en motsägelse. Låt ɛ > 0. Då finns det enligt antagande ett δ > 0 sådant att om begynnelsevärdet är närmre origo än δ så kommer lösningen att förbli närmre origo än ɛ för all framtid. Eftersom xt 0 då t så finns det ett t 0 så att xt 0 < δ. Låt yt = xt + t 0. Då är y en lösning, y0 är närmre origo än δ, men yt då t speciellt förblir inte lösningen närmre origo än ɛ för all framtid. Denna motsägelse visar att origo är en instabil punkt. Svar: Ja, origo är en instabil kritisk punkt. Del B 6 av 8 3 poäng. Betrakta ekvationen + x 2 y + 5xy + 4y = 0. a. Finn rekursionsrelationen för lösningar på potensserieform kring x 0 = 0. Lösning: Eftersom x 0 = 0 är en ordinär punkt ansätter vi yx = a n x n. Beräkna varav Vi har även varav y x = y x = 5xy x = na n x n, 5na n x n. nn a n x n 2 = + x 2 y x = n + 2n + a n+2 x n, nn a n x n + n + 2n + a n+2 x n. Sammanfattningsvis kan ekvationen alltså skrivas nn a n x n + n + 2n + a n+2 x n + 5na n x n + 4a n x n = 0.

5 5 Denna ekvation är ekvivalent med d.v.s. nn a n + n + 2n + a n+2 + 5na n + 4a n = 0, n + 2n + a n+2 + n 2 + 4n + 4a n = 0. Eftersom n 2 + 4n + 4 = n kan denna likhet skrivas om till Svar: a n+2 = n + 2 n + a n. a n+2 = n + 2 n + a n. b. Ange en undre gräns för konvergensradien av motsvarande potensserielösningar. Lösning: Ekvationen kan skrivas om till y + 5x + x 2 y x 2 y = 0. Låt px = 5x + x 2, qx = 4 + x 2. Enligt Sats 5.3. i boken ges en undre gräns för konvergensradien av minimum av p:s och q:s konvergensradier. Eftersom p är en kvot av polynom så ges en undre gräns för p:s konvergensradie av avståndet från 0 till närmsta nollställe till polynomet i nämnaren i komplexa talplanet. Alltså är en undre gräns för p:s konvergensradie. Argumentet för q är identiskt, varav en undre gräns för konvergensradien av potensserielösningarna är. Svar:. c. Finn en fundamentalmängd av potensserielösningar till ekvationen koefficienterna skall beräknas explicit. Lösning: Låt oss börja med att finna en lösning svarande mot a 0 = och a = 0. Då är alla udda koefficienter noll på grund av rekursionsrelationen. Vidare har vi a 2 = 2 a 0, a 4 = 4 3 a 2 = a 0, a 6 = 6 5 a 4 = a 0. I allmänhet får vi a 2n = n 2n!! 2n!! för n eftersom a 0 =. Detta ger en lösning y x = + n 2n!! 2n!! x2n. n=

6 6 Låt oss nu finna en lösning svarande mot a 0 = 0 och a =. Då är alla jämna koefficienter noll. Vidare har vi a 3 = 3 2 a, a 5 = 5 4 a 3 = a, a 7 = 7 6 a 5 = a. I allmänhet får vi n 2n +!! a 2n+ = 2n!! för n eftersom a =. Detta ger en lösning n 2n +!! y 2 x = x + x 2n+. 2n!! n= Eftersom y 0 =, y 2 0 = 0, y 0 = 0 och y 2 0 = så är Wronskianen av y och y 2 skild ifrån noll. Följdaktligen utgör y och y 2 en fundamentalmängd. Svar: y x = + n 2n!! 2n!! x2n n 2n +!!, y 2 x = x + x 2n+. 2n!! n= 7 av 8 3 poäng. Betrakta en partikel med massa m och laddning q. Om partikeln rör sig i ett magnetfält B så uppfyller dess hastighet v ekvationen m dv = qv B. Antag nu att m =, q = och att B = 0, 0,. Beräkna partikelns position r som funktion av tiden, givet att r0 = 0,, 0, ṙ0 =, 0,. Observera att ṙ = v och att om a = a, a 2, a 3 och b = b, b 2, b 3 så är Lösning: Låt Beräkna Ekvationen kan alltså skrivas n= a b = a 2 b 3 b 2 a 3, b a 3 a b 3, a b 2 a 2 b. v = v x, v y, v z. v B = v y, v x, 0. m dv = qv B v x, v y, v z = v y, v x, 0. Denna ekvation kan delas upp i två bitar: d vx vy 0 2 = = v y v x 0 vx v y

7 och 3 v z = 0. Låt oss börja med att betrakta 2. Matrisen 0 A = 0 har egenvärden ±i. Ekvationen för egenvektorer svarande mot egenvärdet i ges av i w = 0. i En egenvektor ges alltså av w =, i varav en lösning ges av e i it cos t = sin t sin t + i cos t Som en konsekvens av denna observation och 2 får vi slutsatsen att vx cos t sin t = c v + c y sin t 2. cos t Eftersom v x 0 = och v y 0 = 0 så får vi v x t = cos t och v y t = sin t. Ekvationen 3 ger i sin tur slutsatsen att v z är konstant. Eftersom v z 0 = är följdaktligen v z t = för alla t. Ovanstående observationer ger slutsatsen att ṙ = v x, v y, v z = cos t, sin t,, varav rt = sin t, cos t, t + a, a 2, a 3, där a, a 2, a 3 är konstanter. Eftersom r0 = 0,, 0 är emellertid dessa konstanter 0. Svar: rt = sin t, cos t, t. 8 av 8 3 poäng. a. Låt a och E vara kontinuerliga, icke-negativa funktioner på ett öppet intervall I. Antag att E är kontinuerligt deriverbar på I och att 4 de t atet för alla t I. Visa att om Et 0 = 0 för något t 0 I så är Et = 0 för alla t I. Lösning: Låt A vara en primitiv funktion till A. Då är A kontinuerligt deriverbar, och d e A E = ae A A de E + e ae A E + ae A E = 0,. 7

8 8 där det näst sista steget är en konsekvens av 4. Om vi integrerar denna olikhet från t 0 till t I där t t 0, så får vi e At Et e At 0 Et 0 0. Eftersom Et 0 = 0 och Et 0 så ger denna olikhet slutsatsen att 0 e At Et 0, varav Et = 0 för t t 0 sådana att t I. Vi har även d e A E = ae A E + e A de aea E ae A E = 0. Om vi integrerar denna olikhet från t I till t 0 där t t 0, så får vi e At 0 Et 0 e At Et 0. Eftersom Et 0 = 0 och Et 0 så ger denna olikhet slutsatsen att 0 e At Et 0, varav Et = 0 för t t 0 sådana att t I. Ovanstående argument ger slutsatsen att Et = 0 för alla t I. b. Antag att y är en två gånger kontinuerligt deriverbar lösning till ÿ + ptẏ + qty = 0 på I, där p och q är kontinuerliga funktioner på I. Visa att om E = ẏ 2 + y 2 så finns det en kontinuerlig funktion a på I sådan att 4 är uppfylld. Lösning: Beräkna de = 2ẏÿ + 2yẏ = 2ẏ pẏ qy + 2yẏ = 2pẏ qyẏ. Denna likhet medför att 5 de 2 p ẏ2 + 2 q yẏ. Eftersom har vi emellertid att 0 ẏ y 2 = y 2 + ẏ 2 2 yẏ 2 yẏ y 2 + ẏ 2 = E. Om vi kombinerar denna olikhet med 5 samt det faktum att ẏ 2 E, så får vi de 2 p E + q E = 2 p + q E. Med andra ord har funktionen a, definierad av de önskade egenskaperna. at = 2 pt + qt,

9 c. Använd a- och b-delen för att visa att om g är en kontinuerlig funktion på I, y a, y b R och t 0 I, så är lösningar till begynnelsevärdesproblemet ÿ + ptẏ + qty = gt, yt 0 = y a, ẏt 0 = y b som är två gånger kontinuerligt deriverbara på I entydiga. Lösning: Antag att y och y 2 är två lösningar. Då uppfyller y = y 2 y ekvationen ÿ + ptẏ + qty = 0, yt 0 = 0, ẏt 0 = 0. Låt E = ẏ 2 + y 2. Då finns det en kontinuerlig funktion a som är ickenegativ sådan att 4 är uppfylld enligt b-delen. Vidare är Et 0 = 0. Enligt a-delen kan vi alltså dra slutsatsen att Et = 0 för alla t I. Alltså är yt = 0 för alla t I. Denna likhet innebär att y t = y 2 t för alla t I. Alltså är lösningarna till det ursprungliga begynnelsevärdesproblemet entydiga. 9

Relevanta dokument

1 x dx Eftersom integrationskonstanten i (3) är irrelevant, kan vi använda oss av 1/x som integrerande faktor. Låt oss beräkna

1 x dx Eftersom integrationskonstanten i (3) är irrelevant, kan vi använda oss av 1/x som integrerande faktor. Låt oss beräkna Lösningsförslag, Tentamen, Differentialekvationer och transformer II, del, för CTFYS2 och CMEDT3, SF629, den 30 maj 20, kl 8:00 3:00 Svar, uppgift : i sant, ii sant, iii falskt, iv sant, v falskt, vi sant,