Tentamen SF1633, Differentialekvationer I, den 23 oktober 2017 kl

Transkript

1 Matematiska Institutionen, KTH Tentamen SF633, Differentialekvationer I, den 23 oktober 27 kl Examinator: Pär Kurlberg OBS: Inga hjälpmedel är tillåtna på tentamensskrivningen. För full poäng krävs korrekta och väl presenterade resonemang. Lycka till!. (4p) Bestäm den allmänna lösningen till systemet x = x 2 +, x 2 = x. Låt A =. Det karakteristiska polynomet p A (λ) = λ 2 + har rötterna λ = i, λ 2 = i, med motsvarande egenvektorer k =, k i 2 =. i Med b = R(k ) =, b 2 = I(k ) =, ges en fundamental lösningsmängd av x = b cos t b 2 sin t = sin t b 2 cos t + b sin t =. cos t cos t sin t och x 2 = a För att hitta en partikulärlösning x p gör vi ansatsen x p = (med a, b konstanter); b då x p = måste vi välja x p så att Ax p = och vi får x p =. 2. (4p) Använd Laplacetransformen för att lösa begynnelsevärdesproblemet y + 6y = f(t), y() =, y () =, där f(t) =, < t < π/2 sin(2t), t π/2. Lösning: Låt U(t) beteckna Heavisidefunktionen. Vi kan skriva f(t) some f(t) = U(t π/2) sin 2t. Låt Y (s), F (s) vara Laplacetransformen av y(t) respektive f(t). Formelbladet ger L(U(t π/2) sin 2t) = L(U(t π/2) sin 2(t π/2) = e πs/2 2 s 2 + 4

2 2 Laplacetransformering av ekvationen ger då s 2 Y (s) sy() y () + 6Y (s) = e πs/2 2 s som ger att (s 2 + 6)Y (s) = s e πs/2 2 s 2 +4 Eftersom ger formelbladet att och Y (s) = och vi ser att s s e πs/2 (s 2 + 4)(s 2 + 6) (s 2 + 4)(s 2 + 6) = 2 s s } s L = cos 4t s } L = (s 2 + 4)(s 2 + 6) 24 sin 2t sin 4t 48 vilket ger att } ( L e πs/2 2 = (s 2 + 4)(s 2 + 6) 2 sin 2(t π/2) ) sin 4(t π/2) U(t π/2) 24 = ( 2 sin 2t 24 ) sin 4t U(t π/2) Sammanfattningsvis får vi att cos 4t om t < π/2, y(t) = cos 4t + sin 2t + sin 4t om t π/ Låt f(t) vara den udda 2π-periodiska funktion som på intervallet [, π) ges av f(t) = t 2. (a) (p) Konvergerar Fourierserien till f(t) i punkterna t = π och t = 3π? I så fall 2 till vad? Motivera. Eftersom f är styckvist glatt konvergerar Fourierserien, i en punkt a, till ( lim t a f(t) + lim t a+ f(t))/2. Då lim t π+ f(t) = lim t ( π)+ f(t) = π 2 och lim t π f(t) = π 2 ser vi att Fourierserien konvergerar till i punkten t = π. Eftersom f(3π/2) = f( π/2) = π 2 /4 och f är kontinuerlig i ( π, π) ser vi att Fourierserien konvergerar till π 2 /4 i punkten t = 3π/2.

3 3 (b) (p) Skissa grafen till f på intervallet ( π, 3π) (c) (2p) Beräkna Fourierserien till f. Eftersom f är udda blir a n = för all n. Igen då f är udda får vi π π b n = 2/π f(t) sin(nt) dt = 2/π t 2 sin(nt) dt Enligt tabell är t 2 sin(nt) dt = 2 n2 t 2 2t sin(nt) cos(nt)+ och då cos(nπ) = ( ) n n 3 n 2 får vi att b n = 2 2 n 2 π 2 ( ) n 2/n 3. π n 3 4. (4p) Para ihop de linjära systemen med motsvarande riktningsfält. (De blå linjerna är pilskaft, de svarta punkterna är pilspetsar.) Anm.: det räcker att räkna ut egenvärdena. [ ]. x 2 = x [ ] 6 2. x = x 3 5 [ ] 3. x = x 8 9 [ ] x = x 5 Egenvärden för de fyra olika matriserna ges av [2, ], [ 2 3, ] [, ] 5 8, samt [, 6] Eftersom expansion/kontraktion avläses mha egenvärdenas realdel bör vi para ihop enligt följande: B, 2 D, 3 C samt 4 A. 5. (4p) Bestäm alla kritiska punkter till systemet dx dt = y + x3 = x dt y2 och klassificera dem (om möjligt) m.a.p. stabilitet.

4 4 Vi bestämmer först de kritiska punkterna genom att lösa dx dt = y + x3 = dt = x y2 =, som ger att x = y 2, y 6 y =, dvs y(y 5 ) = vilket implicerar att y = eller y =. Vi ser att (x, y) = (, ) och (x, y) = (, ) är de enda kritiska punkterna. Med P (x, y) = y + x 3, Q(x, y) = x y 2 får vi Jacobimatrisen 3x 2 J =, 2y och (, ) ger då matrisen, som har egenvärdena ±i. Eftersom realdelen av i är noll kan vi inte med den sats vi har avgöra huruvida (, ) är stabil eller inte. 3 Jacobimatrisen för (, ) blir. Eftersom determinanten är 5 är egenvärdena 2 reella, och av olika tecken således är (, ) en instabil kritisk punkt. 6. Givet en konstant c, betrakta den autonoma differentialekvationen dt = y2 + c, y() =. (a) (2p) Antag att c =. Visa att y(t) inom ändlig tid, dvs att för något t >. lim y(t) = t t (b) (2p) Antag att c >. Eftersom vi då får att y 2 + c > y 2 + borde y(t) växa snabbare än i del (a). Visa att denna intuition är korrekt, dvs att det finns t c < t så att lim t t c y(t) = Ekvationen är separabel, och integration av ger och således är och y() = ger att c 2 =. y 2 + c = dt c arctan(y/ c) = t + c y = c tan( ct + c 2 ) För c = får vi y(t) = tan(t), och y(t) då t (π/2), dvs vi kan ta t = π/2. För c > ser vi att y(t) då ct (π/2), dvs då t t c med t c = π/(2 c). Eftersom c > ser vi att t c < t.

5 5 7. (4p) Lös värmeledningsekvationen med randvillkor samt u t = 5 2 u x 2, < x <, t u x =, x= u x =, x= u(x, ) = + cos(πx), < x <. Vi gör ansatsen u(x, t) = X(x)T (t). Differentialekvationen ger då som vi skriver om som för någon konstant λ. XT = 5X T T /T = 5X /X = λ Randvillkoren för x = samt x = ger att X () = X () = (notera att T bara ger trivial lösning). Differentialekvationen X λ 5 X =, X () = X () = har bara trivial lösning om λ >. Skriv nu λ/5 = α 2 för något α ; lösningarna ges då av X = c cos(αx) + c 2 sin(αx). Fallet α = ger konstant lösning, vi antar nu att α >. Då X = α( c sin(αx) + c 2 cos(αx) ger X () = att c 2 =. Vidare ger X () = att c sin(α) = och för icketriviala lösningar måste därför c och sin(α) =, dvs α = π n för n =, 2,.... Vi noterar att α = fås genom att ta n = i föregånde diskussion, och att α = π n för n =,, 2,... gäller om α. Sammanfattningsvis får vi att och λ = 5α 2 = 5π 2 n 2. X(x) = c cos(πnx), n =,, 2, Vi får nu enkelt att lösningarna till T λt = ges av och således satisfierar T = c 3 e λt = c 3 e 5(πn)2 t u n (x, t) = cos(πnx) e 5(πn)2 t differentialekvationen samt Neumann-randvärdena. Vi gör sedan ansatsen u(x, t) = a n u n (x, t) n=

6 6 och söker a n så att randvärdet u(x, ) = + cos(πx) är uppfyllt. Vi ser nu att ger en lösning. 8. Betrakta begynnelsevärdesproblemet u(x, t) = + cos(πx) e 5π2 t dt = y, y() =. (a) (2p) Bestäm två olika lösningar till begynnelsevärdesproblemet. (b) (2p) Visa att begynnelsevärdesproblemet har oändligt många lösningar. Ekvationen är separabel och integration av / y = dt ger 2 y = t + c; randvillkoret y() = ger sedan att c =. En lösning ges alltså av Vi ser att även y 2 är en lösning. y (t) = t 2 /4. Vi kan nu kombinera lösningarna i del (a) på följande sätt: givet a >, låt för t a, y a (t) = (t a) 2 /4 för t > a. Begynnelsevärdesproblemet har alltså oändligt (ouppräkneligt) många lösningar.