SF1633, Differentialekvationer I Tentamen, torsdagen den 7 januari Lösningsförslag. Del I

Transkript

1 Institutionen för matematik, KTH Serguei Shimorin SF6, Differentialekvationer I Tentamen, torsdagen den 7 januari 26 Lösningsförslag Del I Moduluppgift En liter av lösningen som innehåller 2 gram av kemiska ämnet A blandas med en liter av annan lösning som innehåller 5 gram av ämnet B Ämnena A och B reagerar och bildar ett nytt ämne C enligt formeln A + B C Reaktionen sker så att 2 massenheter av A och massenhet av B bildar massenheter av C Antar att massverkans lag gäller vilket innebär att reaktionshastigheten är proportionell mot produkten av koncentrationerna för de ämnena som reagerar (a Bestäm differentialekvation för massa C(t av ämnet C (b Rita fasporträtt av ekvationen erhållen i (a Bestäm ekvationens kritiska punkter och undersök dem m av på stabilitet (c Skissa lösningskurva som visar funktionen C(t Ange begynnelsevärdena och asymptoten av kurvan Lösning (a För att bilda c gramm av ämnet C används 2 c gram av ämnet A och c gram av ämnet B Om C(t är massa av ämnet C i tidsmoment t, då massan av ämnet A i samma tidsmoment blir 2 2 C(t och massan av ämnet B blir 5 C(t Eftersom volym av blandning av lösningarna är konstant (2 liter, detta ger oss ekvation dc(t = γ (2 2 (5 dt C(t C(t, där γ är någon positiv konstant (b Högerled av erhållen ekvation är positivt då C(t < eller C(t > 5 och det är negativt då < C(t < 5 Detta innebär att fasporträtt är en rät linje (C-axeln och pilarna är riktade till höger på intervaller C < och C > 5 och de är riktade till vänster på intervallet < C < 5 Kritiska punkter är C = samt C = 5 Enligt undersökningen ovan är punkten C = stabil och punkten C = 5 är instabil (c Enligt uppgiften, begynnelsevärdet är C( = Från fasporträtt avgör vi att lösningen C(t är växande och den konvergerar mot värdet C = då t Lösningskurvan blir då en växande kurva som börjar i origo och som har horizontal asymptot C = Moduluppgift 2 Undersök system av differentialekvationer { x = 2x + y ; y = x y (a Bestäm allmänna lösningen till systemet (b Origo är en kritisk punkt för systemet Vilken typ av fasporträtt har systemet nära origo? Är origo stabil eller instabil? (Du behöver inte rita någon bild

2 (c För lösningen med begynnelsevillkor x( = 2, y( = 8, bestäm beteendet då t Lösning (a Vi börjar med att bestämma egenvärdena och egenvektorer av matrisen A Karakteristiska ekvationen är = det(a λi = 2 λ λ = λ2 λ 6 Den har rötter λ = och λ 2 = 2 Det är egenvärdena av matrisen ( a Den första egenvektor v = (den som hör till λ b = uppfyller ekvation (A Iv = vilket ger oss ekvation ( a + b = (den andra ekvation för a, b är ekvivalent till den Vi får v = och detta ger oss den första lösningen till ursprungliga systemet ( X (t = e t v = e t ( c Den andra egenvektor v 2 = (den som hör till λ d 2 = 2 uppfyller ekvation (A + 2Iv 2 = vilket ger oss ( ekvation c + d = (den andra ekvation för c, d är samma Vi får v 2 = och detta ger oss den andra lösningen till ursprungliga systemet ( X 2 (t = e 2t v 2 = e 2t Allmänna lösningen är godtycklig linjär kombination av X och X 2 : ( ( X(t = C e t + C 2 e 2t (b Egenvärdena erhålna i (a är reella och de har olika tecknar Detta ger oss att origo är en sadelpunkt Den är instabil (c Vi skall bestämma sådana C och C 2 att ( ( C + C 2 = ( 2 8 Vi ser direkt att C = samt C 2 = 2 Lösningen blir ( X(t = 2e 2t Eftersom e 2t då t, avgör vi att X(t då t

3 Moduluppgift Undersök integralekvation y(t = t y(se 2(s t ds + U(t 5e t m h av Laplacetransform Här U(t är Heavisides stegsfunktion (a Visa att integralen i högerledet är en faltning av två funktioner Vad är funktionerna som faltas? (b Bestäm Laplacetransform Y (s av lösningen y(t (c Bestäm lösningen y(t Lösning (a Faltning av två funktioner, f(t och g(t är funktionen I vårt fall t f g(t = y(se 2(s t ds = t t f(sg(t sds y(se 2(t s ds = y(t e 2t (b Beteckna Y (s = L{y}(s och Laplace-transformera ekvationen: ( Y (s = Y (s s e5 e 5s s Y (s = e5 e 5s s + 2 s Y (s = e 5 e 5s s + 2 (s + (s (c y(t = L {Y } För att beräkna invers Laplacetransform använder vi först partiellbråkuppdelning: Detta ger oss Invers Laplacetransform ger oss s + 2 (s + (s = / s + + 5/ s Y (s = e 5s e5 s e5 e 5s s y(t = e5 e (t 5 U(t e5 e (t 5 U(t 5 Bestäm en styckvis deriverbar kontinuerlig lösning till begynnelsevärdesproblem { dy 2x, x < ; + xy = f(x, y( =, där f(x = dx, x Lösning Vi löser först ekvationen y +xy = 2x med begynnelsevillkor y( = Det är en linjär ekvation Den har integrerande faktorn µ(x = e x dx = e x2 /2

4 Efter multiplikation med integrarende faktorn blir ekvationen d ( y(xe x2 /2 = 2xe x2 /2 dx Integreringen ger oss y(xe x2 /2 = 2e x2 /2 + C Insättningen av begynnelsevillkor ger oss C = varav y(x = 2 e x2 /2 Det är lösningen på intervallet [, ] Vi observerar att y( = 2 e /2 Nu söker vi lösningen på intervallet [, Den uppfyller ekvation y +xy = och begynnelsevillkor y( = 2 e /2 Ekvationen har lösningen y(x = De x2 /2 Konstanten D erhålls från begynnelsevillkor: D = 2e /2 Alltså lösningen på intervallet [, är y(x = (2e /2 e x2 /2 (2p 5 (a Klassificiera med avseende på stabilitet de kritiska punkterna till ett plant autonomt system svarande mot den icke-linjära differentialekvationen x (t µx (t + x (t µx(t =, (2p för alla positiva värdena av parametern µ Du behöver inte ange typ av fasporträtt eller rita någon bild (b Samma fråga som (a men nu är µ = En skiss får användas i motiveringen Lösning (a Vi skriver om ekvationen som x = µx (t x (t + µx(t och vi övergår till ekvivalenta systemet { x = y; Det är ett autonomt system y = µy x + µx Vi söker nu kritiska punkter till det Dem är lösningar av ekvationer y =, µy x + µx = Insättningen av y = till den andra ekvationen ger oss x + µx = varav x = eller x = ± µ Alltså får vi tre kritiska punkter: (, ; ( µ, ; ( µ, Nu undersöker vi Jakobimatris J av högerled av ekvationer Vi får ( J = x 2 + µ µ I kritiska punkten (, får vi J = ( µ µ Karakteristiska polynom är λ 2 µλ µ och egenvärdena är λ,2 = ( µ ± µ µ

5 Ett av egenvärdena är positivt vilket visar att origo är en instabil kritisk punkt I både övriga kritiska punkter (± µ, får vi J = ( 2µ µ Karakteristiska polynomet är λ 2 µλ + 2µ och egenvärdena är λ,2 = 2 ( µ ± µ 2 8µ Om < µ < 8, får vi två komplexa egenvärden Både har reeldel µ/2 som är positiv Detta innebär att kritiska punkter är instabila Om µ = 8, får vi dubbelt egenvärde λ = Positivt egenvärdet visar att kritiska punkter är instabila även i detta fall Till slut, om µ > 8, får vi två olika positiva egenvärdena och kritiska punkter igen blir instabila Svar av (a: kritiska punkter är (, ; ( µ, ; ( µ, och alla tre är instabila (b Vi börjar på samma sätt som i fråga (a Vi kommer till autonoma systemet { x = y; y = x Det enda kritiska punkten är origo och Jakobimatris i origo är ( J = Den har dubbelt egenvärde λ = och i detta fall lineariseringen ger oss inget svar om stabilitet Vi använder nu fasplan metoden Vi delar den andra ekvationen med den första och vi får dy dx = y = x x y Det är en separabel ekvation som ger oss ekvationer av banor till systemet Vi skriver om sista ekvationen som y dy = x dx och integreringen ger oss y 2 /2 = x / + C eller 2y 2 + x = C För varje C >, det är en ekvation av en sluten kurva i x, y-planet Detta innebär att fasporträtt av ursprungliga systemet består av slutna kurvor kring origo Detta visar att origo är en stabil kritisk punkt (p 6 Funktioner y (x = 2+x 2 +x, y 2 (x = +x, y (x = +x+x löser inhomogena differentialekvationen y (x + p(xy (x + q(xy(x = g(x (a Bestäm den allmänna lösningen till homogena ekvationen y (x + p(xy (x + q(xy(x = (p (b Använd variation av parametrar metoden och lös annan inhomogen ekvation y (x + p(xy (x + q(xy(x = x 2, där p(x och q(x är samma som tidigare

6 Lösning (a Vi observerar att skilnader y y 2 och y y 2 löser den homogena ekvationen Vi har y y 2 = + x 2 och y y 2 = x För att visa att funktionerna x och + x 2 utgör ett fundamentalt system av lösningar räcker det att visa att de funktioner är linjärt oberoende Men ekvationen C x + C 2 ( + x 2 = kan uppfyllas endast om C = och C 2 = vilket visar att funktionerna är linjärt oberoende Alltså, den allmänna homogena lösningen har form där C, C 2 är godtyckliga konstanter y h (x = C x + C 2 ( + x 2, (b Vi söker lösningen i form y = xu (x + ( + x 2 u 2 (x, där u och u 2 är två obekanta funktioner Vi har y = xu + ( + x 2 u 2 + u + 2xu 2 Enligt variation av parametrar metoden sätter vi första krav att xu +(+x 2 u 2 = Vi får då y = u + 2xu 2 och detta ger oss Insättningen till ekvationen ger oss y = u + 2xu 2 + 2u 2 (u + 2xu 2 + u (p + qx + u 2 (2 + 2xp + ( + x 2 q = x 2 Eftersom funktionerna x och + x 2 är homogena lösningar, får vi p + qx = och 2 + 2xp + ( + x 2 q = och sista ekvationen blir u +2xu 2 = x 2 Vi får alltså system av två ekvationer för u och u 2: { xu + ( + x 2 u 2 = ; u + 2xu 2 = x 2 Det har lösningar u = + x 2 och u 2 = x Vi får u = x + x / + C samt u 2 = x 2 /2 + C 2 Detta ger oss svar y(x = x(x + x / + C + ( + x 2 ( x 2 /2 + C 2 7 Undersök systemet X = AX, där A = ( 2 (2p (p (p (a Bestäm två linjärt oberoende lösningar av systemet; (b Ange en fundamentalmatris av systemet; (c Lös systemet tillsammans med begynnelsevillkor ( 2 X( =

7 (a Matrisen A har ett dubbelt ( egenvärde ( λ = λ 2 = Vi får ( en egenvektor V ur relationen (A IV = V =, vi tar V = Motsvarande ( lösningen till systemet är X = e t Den andra lösningen har formen ( X 2 = (V t + ( P e t där P är en( lösning till (A IP = V Vi får system: P =, och tar P = Den ( t + andra lösningen är alltså X 2 = (V t + P e 2t = e t t ( e t (t + e (b En fundamentalmatris är Φ(t = t e t (c Den allmänna lösningen är X(t = Φ(tC = C X + C 2 X 2 (där C = ( C C 2 är ( 2 en vektor av konstanter Vi söker en C sådan att X( = Φ(C = Med Φ som ovan har vi: Φ(C = ( ( C C 2 te t = ( 2 ( (2 te t vilket ger C =, C 2 = Den sökta lösningen är X(t = ( te t, 8 Lös Laplaces ekvation 2 u x 2 randvillkor + 2 u y 2 = i rektangeln < x < π, < y < med u x (, y = ; u (π, y = ; u(x, = ; u(x, = cos(2x x Lösning Vi söker först produktlösningar i form u(x, y = F (xg(y Homogena radvillkor u u (, y = och (π, y = ger oss villkor F ( = och F (π = Villkor x x u(x, = ger oss G( = Insättningen av u(x, y = F (xg(y till Laplaces ekvation ger oss F (xg(y + F (xg (y = och division med F (xg(y ger ekvationen F (x F (x = G (y G(y Eftersom vänsterledet beror endast på variabeln x och högerledet beror endast på variabeln y ekvationen uppfylls endast när både leden är samma konstant Vi får således två ekvationer F (x F (x = λ; G (y G(y = λ Nu undersöker vi tre olika möjligheter för konstanten λ

8 Fall : λ = α 2 > Ekvationen F (x = α 2 F (x har allmän lösning F (x = Ce αx +De αx Undersökning av randvillkor F ( = F (π = ger oss C = D = vilket innebär att detta fall ger oss endast triviala losningen u(x, y = Fall 2: λ = Ekvationen F (x = ger oss F (x = Dx + C och randvillkor F ( = F (π = ger D = d v s F (x = C Den andra ekvationen G (y = ger oss G(y = A + By och ransvillkor G( = ger A = d v s G(y = By Alltså, i fallet λ = produktlösningen är u(x, y = A y (där A = CB är en konstant Fall λ = α 2 < Ekvationen F (x = α 2 F (x har lösningen F (x = C cos(αx + C 2 sin(αx Randvillkor F ( = F (π = ger C 2 = och α = n =, 2, där n är positiva heltal Alltså F (x = C n cos(nx Den andra ekvationen G (y = α 2 G(y ger oss G(y = B e αy + B 2 e αy och villkor G( = ger B 2 = B Alltså för α = n får vi G(y = B n (e ny e ny och produktlösningen är (här A n = B n C n u(x, y = A n cos(nx ( e ny e ny Nu använder vi oss av superpositionsprincipeln Summa av produktlösningar har utseendet u(x, y = A y + A n cos(nx ( e ny e ny n= Vi skall nu välja koefficienter A n så att det sista villkor u(x, = cos(2x uppfylls Insättning av y = till formeln för u(x, y ger oss A + A n cos(nx ( e n e n = cos(2x n= Den likheten är möjlig om A = /; A 2 = e 2 e 2 och A n = då n, n 2 Hela lösningen blir då u(x, y = y cos(2x (e2y e 2y e 8 e 8