Institutionen för matematik KTH. Tentamensskrivning, , kl B1210 och 5B1230 Matematik IV, för B, M, och I.

Transkript

1 Institutionen för matematik KTH Tentamensskrivning, 23--9, kl 4 9 5B2 och 5B23 Matematik IV, för B, M, och I Hjälpmedel: BETA, Mathematics Handbook För godkänt betyg 3 krävs 7 poäng, medan för betyg 4 krävs 25 poäng, och för betyg 5 32 poäng Lösningarna skall motiveras väl! TENTAMENSSKRIVNING Bestäm, på explicit form, den lösning till differentialekvationen y cos x + y = 2esin x som uppfyller begynnelsevillkoret y = 3 4 Vi skriver om differentialekvation som y + cos x y = 2e sin x cos x Multiplikation med integrerande faktor e sin x ger e sin x y + e sin x cos x y = 2 e 2 sin x cos x, det vill säga d e sin x y = 2 e 2 sin x cos x Denna ekvation har den allmänna lösningen eller, med andra ord, Begynnelsevillkoret ger c = 2, dvs vilket utgör den sökta lösningen e sin x y = e 2 sin x + C, y = e sin x + C e sin x y = + C = 3 y = e sin x + 2 e sin x, Vg vänd!

2 2 Öl som innehåller 6% alkohol vi räknar volymsprocent pumpas in i en tank, vilken innehåller 4 liter öl med alkoholhalten 3% Ölet pumpas in med 3 liter per minut, och den välblandade vätskan pumpas ut med 4 liter per minut Bestäm alkoholhalten i tanken efter minuter När är tanken tom? 4 - Låt xt beteckna volymen ren alkohol i tanken vid tiden t t mäts i minuter, uttryckt i liter; speciellt gäller då i början x = 2 Vid tiden t är den totala mängden vätska i tanken 4 t, så länge som t 4; speciellt är tanken to efter 4 minuter Detta betyder att alkoholkoncentrationen i tanken uttrycks av xt 4 t Man får ur den givna informationen fram differentialekvationen x t = 3 Denna skrivs på standardform: Den integrerande faktorn blir 6 4 xt 4 t, t < 4 x t + 4 xt = 8 4 t e 4 ln4 t = 4 t 4 Vår differentialekvation skrivs först om på formen och sedan på formen 4 t 4 x t + 4 t 5 4 xt = 8 4 t 4, d { } 4 t 4 xt = 8 4 t 4 dt Denna ekvation integreras lätt: 4 t 4 xt = 8 4 t 4 dt = 6 4 t 3 + C, och ger lösningen xt = 6 4 t + C 4 t 4 Om vi sätter in begynnelsedata x = 2 erhålles Alkoholhalten vid tiden t = är x 4 Svaret är alltså 47%, approximativt C = =

3 3 Bestäm den funktion y = yt som satisfierar differentialekvationen y 4 y + 4 y = 2 t 2 e 2t och begynnelsevillkoren y = y = 5 Den homogena differentialekvationen y 4 y + 4 y = har karakteristisk ekvation λ 2 4λ + 4 =, med dubbelroten λ = 2 Detta ger den allmänna homogena lösningen y h = A e 2t + B t e 2t, där A, B är konstanter Vi sätter y t = e 2t, y 2 t = t e 2t Motsvarande Wronskian är W = y y 2 y y 2 = e 2t t e 2t 2 e 2t 2t + e 2t = e4t 2t + 2t = e 4t Med standardbeteckningar är så R = 2 t 2 e 2t Vi använder metoden med variation av parametrar Således ansätter vi en partikulärlösning till vår inhomogena ekvation på formen y p = v y + v 2 y 2 Enligt standardreduktionen får man v = y 2R W = t e2t 2 t 2 e 2t e 4t = 2 t 3 v = 3 t 4 + C v 2 = y R W Vi väljer C = C 2 =, och erhåller Den allmänna lösningen blir således = e2t 2 t 2 e 2t e 4t = 2 t 2 v 2 = 4 t 3 + C 2 y p = 3 t 4 e 2t + 4 t 3 t e 2t = t 4 e 2t y = y p + y h = t 4 e 2t + A e 2t + B t e 2t Begynnelsedata y = y = ger A = och B =, så att vår sökta lösning blir y = y p + y h = t 4 e 2t + e 2t t e 2t Det bör noteras att uppgiften även kan lösas med Laplace-transformering Vg vänd!

4 4 Bestäm allmänna lösningen y = yx till differentialekvationen x 2 y x y 3 y = 4 x 3 på intervallet x > En lösning till den motsvarande homogena differentialekvationen är y x = x 3 5 Det är givet att y = x 3 löser den homogena ekvationen Eftersom ekvationen är av andra ordningen och icke-singulär på det givna intervallet, kommer lösningsmängen till den homogena ekvationen att spännas upp av två funktioner Vi använder metoden med reduktion av ordningen, och söker ytterligare en homogen lösning på formen En enkel räkning ger y 2 = vy = x 3 v y 2 = x 3 v + 3x 2 v och y 2 = x 3 v + 6x 2 v + 6xv Insättning i den homogena ekvationen ger vilket förenklas till x 2 y x y 3 y = x 2 x 3 v + 6x 2 v + 6xv xx 3 v + 3x 2 v 3x 3 v =, Dena ekvation skriver vi på formen och ser att lösningen är x 5 v + 5x 4 v = d x 5 v =, x 5 v = C dvs v = C x 5 Vi integrerar, och finner med C = 4A Detta ger v = A x 4 + B, y 2 = vy = A x 4 + B x 3 = A x + B x 3 Vi kan alltså välja y 2 x = x Vi tillämpar nu metoden med variation av parametrar, och söker en partikulärlösning till den inhomogena differentialekvationen på formen y p = v y +v 2 y 2 Vi sätter R = 4 x

5 vi delar 4x 3 med koefficienten framför y, och beräknar Wronskianen: W = y y 2 y y 2 = x 3 x 3 x 2 x 2 = x 3x = 4x Man får v = y 2R W v 2 = y R W Väljer vi C = C 2 =, så får vi = x 4x 4x = x3 4x 4x Den allmänna lösningen blir således = x v = ln x + C = x3 v 2 = x4 4 + C 2 y p = v y + v 2 y 2 = x 3 ln x x3 4 y = y p + y h = x 3 ln x x3 4 + A x3 + B x Detta problem kunde även ha lösts med hjälp av substitutionen x = e t, vilken förvandlar ekvationen till en väsentligt enklare typ av diffenrentialekvation Vg vänd!

6 5 Sök största möjliga värdet för 2 x 2 y + 4 y 3 + 3x + 4y dy Γ då kurvan Γ får variera över alla enkla slutna regulära kurvor i xy-planet som genomlöpes i positiv led 5 Greens formel ger 2x 2 y + 4y 3 + 3x + 4y dy = 3 2x 2 2y 2 dy, Γ där Ω är området innanför Γ Dubbelintegralen maximeras om vi integrerar över det område Ω där 3 2x 2 2y 2, vilket kan skrivas som Ω x 2 + y 2 4 Detta är en cirkelskiva med radie 2 runt origo, och motsvarande kurva Γ är cirkeln x 2 + y 2 = 4, genomlupen i positiv led Det maximala värdet på kurvintegralen blir Ω vilket vi förenklar till Detta är alltså svaret 3 2x 2 2y 2 dy = 2π /2 3 2r 2 r dr dθ, [ 3r 2 2π 2 3r4] /2 3 = 2π 8 3 = 3π 6 8

7 6 Beräkna dubbelintegralen x + 2 y dy, D där D är kvadraten med hörn i punkterna 3,, 6, 3, 3, 6, och, 3 4 Vi delar upp kvadraten D i två lika stora delar, D och D 2 På D gäller x 3, medan på D 2 gäller x > 3 Vi finner att D x + 2 y dy = och detta förenklas till Analogt finner vi att 3 D 2 x + 2 y dy = 3 x+3 x+3 x + 2y dy = 3 2x + 2x 2 = [6x x3] 3 = x+9 x 3 x + 2y dy = 6 3 [yx + y 2] x+3, x+3 [yx + y 2] x+9, x 3 och detta förenklas till 6 2x = 9 3 Svaret är således = 62 Uppgiften kan även lösas genom ett lämpligt koordinatbyte i dubbelintegralen Vg vänd!

8 7 Bestäm alla kritiska punkter till det autonoma systemet { x = + xy, y = x + y Bestäm deras typ nod, sadelpunkt, spiral, centrum och avgör om möjligt huruvida de är stabila eller instabila 5 Systemet är { x = P x, y, y = Qx, y, där P x, y = + xy och Qx, y = x + y De kritiska punkterna ges som lösningar till ekvationssystemet { + xy = x + y = Eftersom y = x, måste x 2 =, dvs x = eller x = Vi får två fall Fall x = och y = Fall 2 x = och y = Sätt I fall fås P A = x P y Q x Q y A = = y x Detta är lineariseringsmatrisen för systemet i den givna kritiska punkten En kalkyl ger att denna har egenvärdena 2 och 2, vilket innebär att, är en instabil sadelpunkt I fall 2 fås istället A = Denna matris har egenvärdena + i och i, vilket innebär att, är en instabil spiralpunkt

9 8 Sätt fx = sin x för x π och fx = för π < x < Beräkna Fourierserien för denna funktion Rita sedan upp grafen för Fourierserien på intervallet [ 3π, 3π] 5 Fourierserien har period 2π Detta medför enligt känd teori att dess graf ges av π π 2π 3π 4π Vi skriver fx = gx+hx, där gx = på intervallet π < x <, och gx = sin x på intervallet x π, och hx = på intervallet π < x <, och hx = på intervallet x π Enligt [BETA, s 3], har gx Fourierserie π + 2 sin x 2 π n= 4n 2 cos2nx Dessutom har funktionen hx 2 Fourierserie [BETA, s 39] π n n= n sinnx = 2 π k= 2k sin 2k x Det följer att hx har Fourierserie 2 2 π k= 2k sin 2k x Fourierserien för fx är summan av Fourierserien för gx och Fourierserien för hx