1. (2p) Bestäm den lösning till differentialekvationen xy + y + xy 2 = 0, som uppfyller y(1) = 1. y 2 ger ekv. xu + u + x = 0.

Transkript

1 KTH Matematik Tentamen tisddagen den 9 augusti, 8 för I mfl) SF633, Differentialekvationer I (samt 5B6, 5B) SF656, Webbaserad kurs i differentialekvationer I Skrivtid: 49 Examinatorer: Jan-Olov Strömberg, tel Tillåtet hjälpmedel: Mathematics Handbook for Science and Engineering (BETA) av Råde, Westergren Uppgifterna 5 motsvarar kursens fem moduler Poängen på dem är den högsta av uppgiftens bedömning och resultatet på eventuell motsvarande kontrollskrivning (eller inlämningsuppgift) som gjorts under kursens gång Betygssättning: Tentamen blir godkänd (betyg A-E) om och endast om modulerna givit minst 8p och ingen modul givit p Godkänd tentamen och 33p ger betyg A, 9p ger betyg B, 68p ger betyg C, 5p ger betyg D, 8p ger betyg E För äldre (kursnummer 5B6 eller 5B) ges betyg 5, 4, 3, K (eller U), med krav som för A, B/C, D/E respektive Fx Den som fått totalt 6p eller 7p på moduluppgifterna får Fx (eller K), dvs har rätt att komplettera till betyg E (eller 3) För att ge full poäng måste lösningarna vara ordentligt motiverade Ange vad införda beteckningar som inte är standard står för (p) Bestäm den lösning till differentialekvationen xy + y + xy =, som uppfyller y() = Lösning: Detta är de differentialekvation av Bernoulli typ Dividera ekvationen med y xy : y + y + x = Variabelsubstitution: u = y, u = y y ger ekv xu + u + x = Differentialekvationen på principal form blir: u x u = Multiplisera ekvationen med integrerande faktor exp `R x dx = x : x u + x = ( u x ) = x u Efter integration frår vi: x = ln x + C ln x+c Löser vi ut u får vi: u = x Vi substituerar tillbaka y = u = x(ln x +C) Vi sätter in begynnelsevillkoret: = y() = (ln +C), dvs = +C vilket ger konstanten C = Insättning av konstanten C = ger lösningen y = x(ln x +) Lösningen gäller i intervall där länge nämnaren x(ln x + ) x(ln x + ) = dvs när x = och x = ± e Det största intervall som innehåller punkten x = och där lösningen gäller är således intervallet e < x < Svar: Vi har lösningen y = x(ln x+) som gäller i intervallet e < x < (p) Visa att x och x 3 utgör en fundamentalmängd av lösnigar till y x y 3x y = Bestäm en partikulärlösning till differentialekvationen y x y 3x y = x, x >

2 Lösning: Insättning av y = x, y = x och y = x 3 i differentialekavationen vänsterled ger: x 3 +x 3 3x 3 = vilket visar att y = x är en lösning till den homogena ekvationen Insättning av y = x 3, y = 3x och y vilket visar att y = x 3 är en lösning till den homogena ekvationen = 6x i differentialekavationen vänsterled ger: 6x 3x 3x = Funktionen C x + C x 3 är identisk lika med noll endast om konstanterna C och C är noll, vilket visar att är linjärt oberoende Eftersom den homogena linjära differentialekvationen är av ordning så kan den ha högst två linjärt oberoende lösningar Därför är lösningarna y och y en fundamental lösningsmängd till den homogena differentialekvationen Ansätt lösningen y = uy = x 3 u till den inhomogena differentialekvationen Derivering ger då y = 3x u + x 3 u och y = 6xu + 6x u + x 3 u Insättes detta i den ihomogena differentialekvationen så får vi: y = 6xu + 6x u + x 3 u 3xu x u 3xu = x Denna ekvation kan förenlkas till x u + 5xu = Sätt v = u Vi får då en differentialekvation som på prinicpal form blir: v + 5 x v = x Multiplisera ekvationen med integrerande faktor exp `R 5 x dx = x 5 : x 5 v + 5x 4 = (x 5 v) = x 3 Efter integration får vi x 5 v = x4 + C, Vilket ger v = x + C x 5 Då u = v får vi efter integration: u = ln x + C x 4 + C Sätter vi in y = x 3 u så får vi lösningen y = x3 ln x + C x + C x 3 En partikulärlösning får vi tex genom att välja C = C = Svar: En partikulärlösning är y = x3 ln x 3 (p) Lös för t ekvationen y + 6y + 3y = e 3t sin t med begynnelsvillkoren y() = y () = Lösning: Vi väljer att Laplacetransformera differentialekvationen, lösa ut Laplacetransformen Y (s) och slutligen inverse Laplactransformera tillbaka till y(t) Laplacetransformen av diffierentialekvation blir: s Y (s) sy() y () + 6(sY (s) y()) + 3Y (s) = s+3) +4 Vi förenklar ekvationen: (s + 6s + 3)Y (s) = (s+3) +4 Notera att s + 6s + 3 = (s + 3) + 4 Vi får Y (s) = d ds F (s) (s+3) +4) För att finna den inversa Laplacetransformen använder vi formeln: L{tf(t)} = Av nämnarens form ser vi att det är lämpligt att pröva med f(t) lika med e 3t cos t eller e 3t sin t Med f(t) = e 3t cos t så blir enlig denna formel Laplacetansformen till te 3t cos t lika med d s+3 ds (s+3) +4 = (s+3) +4 + (s+3) 8 ((s+3) +4) = ((s+3) +4) + (s+3) +4 Av detta ser vi att 8 e 3t (sin t t cos t) har Laplacetransform (s+3) +4) Svar: Lösningen till begynnelsevärdeproblemet är 8 e 3t (sin t t cos t) [ ] 4 (p) En partikels läge bestäms av systemet X = X 5 3 [ ] Bestäm partikelns läge vid en godtycklig tidspunkt t då X() = Lösning: För att finna den allmänna lösningen till systemet med konstanta koefficienter finner vi först egenvärden och egenvektorer Den karaktäristkska ekvationen ges av λ det 5 3 λ =, dvs ( λ)( 3 λ) + 5 =, som förenklas till λ + λ + =, viken har två komplexa rötter λ = ± i, vilket också är egenvärdena till matrisen Vid komplexa rötter räcker det att se på egenvektorn till det ena

3 egenvärdet ex λ = + i Insättning av λ = + i ger matrisen i 5 i och en egenvektor uppfyller Vi ser att i 5 i e e = e e i = är en egenvektor Vi ovanstående egenvärde och egenvektor får vi en komplex lösning X (t) = e t (cos t + i sin t) = e t cos t i cos t + sin t + ie t sin t sin t cos t Sätter vi X lika med realdelen av X och X lika med imaginärdelen av X får vi två linjärt oberoentde lösningar och den alllmänna lösningen som beskriver en partikels läge kan skrivas X) = C X +C X, dvs X(t) = C e t cos t + C cos t + sin t e t sin t sin t cos t Sätter vi in startvärdet vid t = så får vi X() = Detta ger att C = och C = och vi får då X(t) = e t cos t + e t cos t + sin t = C + C sin t sin t cos t Svar: Partikelns läge vid godtycklig tidspunkt y är e t cos t + sin t cos t + 3 sin t = e t cos t + sin t cos t + 3 sin t 5 (p) Bestäm Fourierserien till den -periodiska funktionen f(x) = x +x, < x < Bestäm vidare Fourierserien värde för x = Lösning: Fourierserien på intervallet < x < kan skrivas a + X (a n cos(πnx) + b n sin(πnx)), n= där Z a n = f(x) cos(πnx)dx och Z b n = f(x) sin(πnx)dx Vi noterar att f(x) = på intervallet [, ] och att f(x) = x på intervallet [, ] Sätter vi in det i formeln för c n ovan så får vi a = int = x dx = ˆx För n > har vi Z a n = x cos(πnx) dx = x sin(πnx) Z sin(πnx) dx = inπ inπ x sin(πnx) + cos(πnx) nπ (nπ) = sin(πn) + cos(πn) nπ (nπ) cos (nπ) = (( )n )( (nπ) och Z b n = x sin(πnx) dx = x cos(πnx) Z + cos(πnx) dx = inπ inπ x cos(πnx) + sin(πnx) cos(πn) nπ (nπ) = + sin(πn) nπ (nπ) sin (nπ) = (( )n )( n π ( )n nπ Fourierserier blir därför Svar: + X «(( ) n ) n n= cos(πnx) ( )n π nπ sin(πnx),

4 6 (4p) Studera det icke-linjära systemet { dx dt = x(y + ), dt = x + y 4, genom att hitta alla kritiska punkter, bestämma deras typ (nod,sadelpunkt, spiral, centrum) och avgöra huruvida de är stabila eller instabila Lösning: Kritiska punkter där ( dx dt =, dt =, dvs där ( x(y + ) =, x + y 4 = Först ekvationen medför att x = och insatt i den andra ekvationen ger medför detta att y = Således är punkten [, ] den enda kritiska punkten Vi beräknar nu Jakobimatrisen, först i en godtycklig punkt (x, y): den blir y «+ xy x Sätter vi in den kritiska punkten (x, y) = (, ) får vi 5 Vi ser att egenvärdena är 5 och Detta medför att den kritiska punkten är en instabil nod Svar: Den enda kritiska punkten (, ) är en instabil nod «7 (4p) Lös den partiella differentialekvationen u t = 4 u x, i området < x < π, t >, med randvillkoren u(, t) = u(π, t) = och begynnelsevillkoren u(x, ) = sin x + 4 sin 4x och u t t= = Lösning: Vi ansätter först en separabel lösning u(x, t) = X(x)T (t) till den partiella differentialekvationen, och försöker sedan hitta en lösning som uppfyller de givna begynnelse och randvillkoren, genom att ta en superposition av sådana lösningar Insättning av den separabla lösningen i differentialekvationen ger: X(x)T (t) = 4X (x)t (t), vilket leder till separationen T (t) 4T (t) = X (x) = λ X(x) (undantaget de triviall lösningarna då X eller T är noll) Här är λ en konstant Detta leder till ekvationerna: ( X + λx = T + 4λT = där olika värden på konstanten λ ger olika separabla lösningar u λ (x, t) = X λ (x)t λ (t) Med randvilkoren u(, t) = u(π, t) = så får vi randvillkoren X() = X(π) = Detta leder till losningen X(x) = sin nx, där n är ett positivt heltal och λ = n (Detta förutsättes vara känt från erfarenhet från liknande problem, och behöver inte särkilt visas) Med lite förändring in indexseringen skriver kan vi nu skriva möjliga separabla lösningar: u n = sin nxt n(t), där T n uppfyller differentialekvationen T + 4n T = där n är ett positivt heltal Lösningarna till en sådan ekvation kan skrivas T n(t) = A n cos nt + B n sin nt Vi får u n(x, t) = A n sin nx cos nt + B n sin nx sin nt och med superposition får vi lösningen u(x, t) = X A n sin nx cos nt + B n sin nx sin nt n=,

5 För att anpassa till begynnelsevillkoren så deriverar vi också detta uttryck med avseende på t -variabeln: u t (x, t) = X na n sin nx sin nt + nb n sin nx cos nt n= Randvillkoret u t (x, ) = ger P n= nbn sin nx =,, vilket innebär att Bn = för alla n och att u(x, t) = P n= An sin nx cos nt Sätter vi in begynnelsvillkoret för u(x, ) så får vi u(x, ) = sin x + 4 sin 4x = P n= An sin nx, dvs att A = och A 4 = 4 samt att A n = för alla övriga n Lösningen blir då u(x, t) = sin x cos 4t + 4 sin 4x cos 8t Svar: u(x, t) = sin x cos 4t + 4 sin 4x cos 8t är en lösning till den partiella differentialekvationen med givna begynnelse- och randvillkor 8 (4p) Visa att funktionerna y (x) = x, y (x) = x ln x, y 3 (x) = 5x, y 4 (x) = x och y 5 (x) = x + x är lösningar till en linjär tredje ordningens homogen differentialekvation Bestäm en fundamentalmängd av lösningar till differentialekvationen Bestäm även den lösning som uppfyller villkoren y() =, y () = och y () = Lösning: Vi ser att lösningarna y och y är linjärt oberoende, y 3 är en multippel av y så vi väljer bort y 3 Vidare är y 4 inte en linjärkombination av y och y, och slutligen är y 5 en linjär kombination av y och y 4 Slutsats blir att y,y och y 4 är en maximal linjär kombination av funktioner bland givna funktioner Vi försöker nu finna en tredje ordningens linjär differentialekvartion som har y,y och y 4 som lösningar Dessa blir då en fundamentalmängd av lösningar till denna differentialekvation Vi ansätter en differentialekvation av tredje ordiningen y + a(x)y + b(x)y + c(x)y =, och försöker lösa ut de okända variabla koefficienterna a(x),b(x) och c(x) genom att sätta in lösningarna y,y och y 4 Vi har y = x, y =, y =, och y = vilket ger ekvationen b(x) + xc(x) = så vi ersätter b(x) med xc(x) i den ansatta differentialekvationen som blir y + a(x)y c(x)xy + c(x)y = Vi har y = x, y = x, y =, och y = vilket ger ekvationen a(x) x c(x) + x c(x) =, vilket ger a(x) = x c(x) som vi sätter in i den ansatta differentialekvation, som nu blir y + c(x)x y c(x)xy + c(x)y = Slutligen har vi y 4 = x ln x, y 4 = + ln x, y = x, och y = x vilket ger ekvationen x + c(x)x c(x)x( + ln x) + c(x)x ln x = Efter förenkling får vi x c(x)x =, dvs c(x) = x 3 och den ansatta differentialekvationen blir y + x y + x y x 3 y = eller om vi förlänger med x 3 x 3 y + x y + xy xy = Den allmänna lösningen till denna ekvation får vi genom linjärkombinationer av den fundamentala lösningsmängden {y, y, y 4 }: y = c x + c x + c 4 x ln x Vi väljer koefficienterna c, c och c 4 så att begynnelsevillkoren uppfylls: först deriverar vi lösningnen y: y = c + c x + c 4 ( + ln x), y = c + c 4 x och y = c 4 x Seda sätter vi in begynnelsevilkoren för x = och dä får vi 8 >< c + c =, c + c + c 4 =, >: c + c 4 = Vi subtraherar de två första ekvationerna och får c + c 4 = som subtraheras från den sista ekvationen: c = Då blir c = och c 4 = Svar: {y, y, y 4 } är en fundamental lösningsmängd till differentialekvationen x 3 y + x y +xy xy = Med givna beynnelsvillkor får vi lösningnen y = x + x ln x

6 9 (4p) Beståndet y(t), mätt i ton, av en viss fiskart i en viss sjö antas variera cyklisk (periodiskt) med tiden t, mätt i månader, enligt följande: y:s ändringshastighet ( som kan var både positiv och negativ) ör proportionell mot produkten av y och den cykliska faktorn cos(πt/6) På morgonen den 6 maj (väljes som t = ) är y = ton och den 6 augusti samma år är y = 3 ton Bestäm y(t) som en funktion av t Bestäm även de största och minsta värdena som y(t) antar och vid vilka tidpunkter som detta sker Lösning: Differnentialekvaionen blir Denna differentialekvation kan separeras (med undantag får den triviella lösningen y(t) = ) dt = k cos(πt/6) y u = cos(πt/6)dt Efter integration får vi ln y = 6k π sin(πt/6) + C vilket kan skrivas y = C e 6k π sin(πt/6) Den triviala lösningen är inkluderad i denna formel I modellen kan konstanten C inte vara negativ Med givna betingelser så är y() = och y(3) = 3 Sätter vi in detta så får vi = C e 6k π sin() = C och = C e 6k π sin( π ) = C e 6 k vilket medför att C = och e 6 k = 3 dvs 6 k = ln 3 Funktionen y(t) kan nu skrivas y(t) = e (ln 3) sin(πt/6) Notera att denna funktion är periodisk med perioden ett år Största vädet är när t = 6 + n, då är värdet y = 3, Minsta värde då t = 9 + N, då är värdet y = /3 Svar: Funktionen y(t) = e (ln 3) sin(πt/6) Största värde y(3) = 3 den 6 augusti, minsta värde y(9) <= /3 den 6 februari (4p) Låt y = f(t) vara en lösning till begynnelsevärdesproblemet y + by + cy =, t med begynnelsevillkoren y() = och y () = Låt g(t), t vara en given kontinuerlig funktion Visa att lösningen y = v(t) till begynnelsevärdetproblemet ges av y + by + cy = g(t), y() = och y () =, v(t) = f(t) + t f(u)g(t u)du Lösning: Lösningsstrategi: Vi ser först vilka villkor som Laplace transformen F (s) till f(t) uppfyller om f(t) är en lösning av begynnelsvärdeproblemet som ovan (med högerled ) Sedan använder vi Laplacetransformeren till att få begynnelsevärdeproblement för y ( med högerled g(t)) överfört till till en ekvation för dess Laplace transform Y (s) Slutligen visar vi att funktionen v(t) givet av formeln ovan har en Laplacetratransform V (s) sådan att insatt Y (s) = V (s) blir ekvationen för Y (s) uppfylld Slutsats blir då: Om Laplacetransformen Y (s) uppfyller villkoren så kommer också den inversa Laplcetransfornen y(t) = v(t) uppfylla det föreskrivna begynnelsvärdeproblemet Funktionen f(t) uppfyller differentialekvation f + bf + cf = med f() = och f () = Laplacetransformerar får vi s F (s) sf() f () + b(sf (s) f()) + cf (s) = Efter förenkling får vi F (s) = s + bs + c Om givna begynnelsvärdproblemet y +by +cy = g(t), y() = och y () = Laplacetransformeras erhålles s Y (s) sf() f () + b(sy (s) f()) + cy (s) = G(s), vilket efter förenkling blir Y (s) = + G(s) s + bs + c

7 Vi Laplacetransformerar nu funktionen v(t) som är gett av formeln Z t v(t) = f(t) + f(u)g(t u)du Laplacetransformerar vi denna formels så får vi Sätter vi in uttrycket för F (s) ovan dvs V (s) = F (s) + F (s)g(s) F (s) = s + bs + c så får vi V (s) = s + bs + c + s + bs + c G(s) = + G(s) s + bs + c Vi ser funktionen v(t) har en samma Laplacetransform som lösningen till det färeskrivna begynnelsvärdeproblemet ska ha Detta visa att v(t) är en sådan lösning Lycka till! Kompletteringsskrivningen för de nästan godkända (Fx, K): Tidspunkten meddelas senare Kompletteringsskrivningen blir den augusti kl 4-6 i sal F Lista över de som får komplettera kommer att finnas på studentexpeditionen Lösning: