A dt = 5 2 da dt + A 100 =

Transkript

1 Tentamensskrivning i Matematik IV, F1636(5B11,5B13) Tisdagen den 13 november 7, kl Hjälpmedel: BETA, Mathematics Handbook Redovisa lösningarna på ett sådant sätt att beräkningar och resonemang är lätta att följa varen skall ges på reell form Del 1 är avsedd för betyg E och omfattar 6 uppgifter För betyg E krävs minst 5 godkända moduler Del är avsedd för högre betyg, A, B, C och D, och omfattar totalt poäng För betyg A krävs förutom minst 5 godkända moduler även 16 poäng på del För betyg B krävs förutom minst 5 godkända moduler även 1 poäng på del För betyg C krävs förutom minst 5 godkända moduler även 8 poäng på del För betyg D krävs förutom minst 5 godkända moduler även 4 poäng på del De som har registrering på 5B11 eller 5B13 erhåller betyg enligt nedan Tentamen är tvådelad Del 1 är avsedd för betyg 3 och omfattar 6 uppgifter För betyg 3 krävs minst 5 godkända moduler Del är avsedd för högre betyg, 4 och 5, och omfattar totalt poäng För betyg 4 krävs förutom minst 5 godkända moduler även 9 poäng på del För betyg 5 krävs förutom minst 5 godkända moduler även 15 poäng på del OB! GODKÄNDA MODULER TILLGODORÄKNA ENDAT FRÅN HÖTEN 7 OB! Uppgifterna ger 4 poäng vardera Del 1 Modul 1 I en tank med liter vatten finns även 15 gram salt En saltlösning med 5 gram salt per liter pumpas in med liter per minut Den väl blandade lösningen pumpas ut med samma hastighet Bestäm saltmängden i tanken som funktion av tiden t Bestäm även saltmängden i tanken efter lång tid Låt saltmängden i tanken vid tiden t vara A(t) altmängden uppfyller differentialekvationen da dt = 5 da dt + A 1 = 1 A Vi har en linjär differentialekvation av första ordningen Vi bestämmer allmänna homogena lösningen plus en partikulär lösning altmängden vid en godtycklig tidpunkt t är A(t) = Ce t 1 +1 Begynnelsevillkoret A() =15 ger integrationskonstanten Vi får 15 = A() = C + 1, C = 5 A(t) = 5e t 1 +1 Efter lång tid blir saltmängden 1 gram, vilket även inses genom att en saltlösning med koncentrationen 5 gram salt per liter pumpas in tanken med liter vatten VAR: altmängden vid en godtycklig tidpunkt t är A(t) = 5e t 1 +1 Efter lång tid är saltmängden 1 gram Modul Bestäm den lösning till differentialekvationen y 4y = 6 (t 3) som uppfyller villkoren y() = 5 och y () = 1

2 Laplacetransformera : s Y(s) sy() y () 4Y(s) = 6e 3s Insättning av villkoret ger: (s 4)Y(s) = 5s e 3s Lös ut den obekanta funktionens Laplacetransform Omformning ger: Y(s) = 5 s + 6 (s + )(s ) e 3s Y(s) = 5 s + 15 s s e 3s Återtransformering ger: y(t) = 5e t +15U(t 3)(e ( t 3) e ( t 3) ) VAR: Den sökta lösningen är y(t) = 5e t +15U(t 3)(e ( t 3) e ( t 3) ) Modul 3 Bestäm först de funktioner som satisfierar den partiella differentialekvationen u = 36 u t x Bestäm de lösningar som även uppfyller randvillkoren u x (,t) = u x (,t) = Bestäm därefter den lösning som även uppfyller begynnelsevillkoret u(x,) = 7 + 5cos(6x) + 4cos(18x), < x < Vi separerar variablerna: u(x, t) = X (x)t(t) Insättning i den partiella differentialekvationen ger: X (x)t(t) = 36X(x) T (t) X (x) Dividera med X(x)T(t) : 36X(x) = T (t) T(t) = konstant = Vi erhåller ett system av linjära differentialekvationer: "T-ekvationen" har lösningen: T(t) = Ce t X (x) 36X(x) = T (t) T(t) = För "X-ekvationen" behandlas tre olika fall: >, = och < >, =, R = <, =, R X(x) = A 1 e 6 x + B 1 e 6 x X (x) = A x + B X(x) = A 3 cos6 x + B 3 sin6 x u Randvillkoren x (,t) = u (, t) = tillsammans med variabelseparationen ger att: x X ()T(t) = X ( )T(t) = Detta skall gälla för alla t : X () = X ( ) = >, =, R = <, =, R X (x) = 6 (A 1 e 6 x B 1 e 6 x ) X (x ) = A X (x) = 6 ( A 3 sin6 x + B 3 cos6 x) Insättning av ändpunkterna ger: >, =, R = <, =, R = X () = 6 (A 1 B 1 ) = X () = A = X () = 6 (B 3 ) = X ( ) = 6 (A 1 e 6 B 1 e 6 ) = X ( ) = A = X ( ) = 6 ( A 3 sin6 + B 3 cos6 ) B 3 = Endast den triviala lösningen X( x) = B X(x) = A 6 = n 3 cosnx Motsvarande "T-lösningar" blir: >, =, R = <, =, R T(t) = C T(t) = C 3 e n t 6

3 Vi har erhållit två uppsättningar med lösningar = <, =, R u(x,t) = B C u(x,t ) = A 3 cosnx C 3 e n t 6 Linjärkombinationer av lösningar är lösning Den lösning som uppfyller de givna randvillkoren är på formen: n t 6 u(x,t) = a + a n cosnx e n=1 Det återstår att bestämma koefficienterna Begynnelsevillkoret u(x,) = 7 + 5cos(6x) + 4cos(18x) ger: 7 + 5cos(6x) + 4cos(18x) = a + a n cos nx Identifiering ger: a = 14, a 6 = 5, a 18 = 4 och a n = för övrigt n=1 VAR: Den sökta lösningen är u(x,t ) = 7 + 5cos(6x)e t + 4cos(18x)e 9t Modul 4 Lös systemet av differentialekvationer X = X Avgör vad som händer efter lång tid med en partikel som placeras i punkten (5,6) Vi börjar med att bestämma egenvärden och egenvektorer till matrisen A = = det(a I) = 3 = + 5 = ( 1) Egenvärdena är komplexa och lika med 1, =1 ± i Det räcker att bestämma egenvektorn till ett av egenvärdena Vi väljer 1 =1 + i Insättning i systemet (A I)K = ger: 3 1 i i K = 1 i 1, 1 i K =, K = r i 1 Vi har nu en komplex lösning till systemet Z = e (1+ i)t 1 i = 1 et (cost + isint) 1 + i 1 Genom att ta realdel respektive imaginärdel av den komplexa lösningen erhåller vi två reella linjärt oberoende lösningar till systemet cost X 1 = e t cost + sint och X = sint et sint cost e t cost e t sint ystemets allmänna lösning är X = c 1 X 1 + c X = c 1 + c e t (cost + sint) e t (sint cost) En partikel som placeras i punkten (5,6) kommer att avlägsna sig obegränsat från origo e t cost e t sint VAR: ystemets allmänna lösning ärx = c 1 + c e t (cost + sint) e t (sint cost) Partikeln avlägsnar sig obegränsat från origo Modul 5 Beräkna dubbelintegralen (3x + y)e (x + y )(3x+ y ) dxdy där = (x, y): x+ y 1, 3x + y 3 { }

4 Vi inför nya koordinater: Integrationselementet dxdy = Men d(x, y) d(u, v) = 1 d(u, v) d(x, y) u = x + y v = 3x + y och vi får Då blir dxdy = 1 dudv = 1 dudv Insättning ger: D uv = {(u,v): u 1, v 3} d(x, y) d(x, y) dudv, där d(u, v) d(u, v) d(u, v) d(x, y) = 1 1 =1 3 = 3 1 (3x + y)e (x + y )3x+y() dxdy = ve uv dudv = 1 (3x + y)e (x + y )(3x+ y ) dxdy= 1 VAR: Dubbelintegralen 3 D uv { e v 1}dv = 1 (e3 e 1) v= är funktionaldeterminanten 3 v = 1 u= (3x + y)e (x + y )(3x+ y ) dxdy= 1 (e3 e 1) ve uv du dv Modul 6 Beräkna flödet av vektorfältet r = (x, y, z) ut genom sfären med medelpunkt i origo och med radien två En lösning är att tillämpa divergenssatsen r n n d = divrdxdydz = ( )dxdydz= 3 dxdydz K K Vi erhåller tre gånger klotets volym r n n d = = En annan lösning är att genomföra beräkningen direkt Flödet av ett vektorfält r = (x, y, z) genom en yta och i riktningen n ges av flödesintegralen r n n d En normal till sfären ges av vektorn r = (x, y, z) och dess längd är Integranden blir r n (x, y, z) = (x, y, z) = x + y + z = r n På den aktuella ytan är r = varvid integranden blir konstant lika med två Flödesintegralen blir r n n d = d = d Vi får r n n d = 4 = 3 VAR: Utflödet genom sfären är 3 K, vilket är sfärens dubbla area Del 11 Ett stim något orkeslösa mörtar befinner sig i en sjö med icke-stillastående vatten Det tvådimensionella hastighetsfältet beskrivs av systemet

5 dx = y( + x) dt dy = (x y)(1 x y) dt Bestäm vart mörtarna skall bege sig för att få lugn och ro Detta är liktydigt med att man bestämmer systemets kritiska punkter samt undersöker vilka av dem som är åtminstone stabila De kritiska punkternas typ behöver ej anges I de kritiska punkterna är hastighetsvektorn lika med nollvektorn Vi får = y( + x) = (x y)(1 x y) Detta system har följande lösningar: (,), (1,), (-,-) och (-,3) För att undersöka de kritiska punkternas karaktär linjariserar vi med hjälp av Jacobimatrisen Insättning av respektive kritisk punkt i Jacobimatrisen och bestämning av matrisens egenvärden ger oss möjlighet att bestämma karaktären hos den kritiska punkten y + x J(x, y) = 1 x y x + y 1+ x + y x + y = y + x 1 x y 1 (,) (1,) (-,-) (-,3) J(,) = 1 1 = A J(1,) = 3 = B J(, ) = = C J(,3) = = D Egenvärdena erhålles ur ekvationen = det(a1 I) där A1 är den aktuella matrisen (,) = 1 1 = + = ( 1)( + ) Egenvärdena har skilda tecken Instabilt (1,) = = = ( + 1 ) Egenvärdena är komplexa med negativ realdel tabilt (-,-) Egenvärdena är - och -5 tabilt (-,3) Egenvärdena är 3 och 5 Instabilt Mörtarna kan få lugn och ro i två punkter: (1,) och (-,-) VAR: Mörtarna får lugn och ro i punkterna (1,) och (-,-) 1 Visa att { 1, e t, e t } kan bilda en fundamentalmängd av lösningar till en homogen linjär differentialekvation med konstanta koefficienter Vidare är y p = te t en partikulärlösning till motsvarande inhomogena differentialekvation Bestäm en sådan differentialekvation samt ange dess allmänna lösning Vi undersöker om de givna funktionerna är linjärt oberoende Bilda Wronskideterminanten W(1, e t, e t ) = 1 e t e t e t e t e t e t =1 +1 = Den givna funktionsmängden kan vara en fundamentalmängd av lösningar till en homogen linjär differentialekvation med konstanta koefficienter Vi bestämmer en sådan differentialekvation En homogen linjär differentialekvation med konstanta koefficienter av tredje ordningen kan skrivas som (D a)(d b)(d c)y = där konstanterna är rötter till den karaktäristiska ekvationen

6 Dessa rötter är i vårt fall:, 1 och 1 Det innebär att differentialekvationen har formen D(D 1)(D +1)y =, (D 3 D)y eller y y = Nu över till den inhomogena differentialekvationen Insättning av y p = te t i y y ger högra ledet i den inhomogena differentialekvationen y y = (e t + te t ) + 3e t + te t = e t Differentialekvationens allmänna lösning ges av allmänna homogena lösningen plus en partikulärlösning Den allmänna homogena lösningen är en linjärkombination av de fundamentala lösningarna Vi får y = C C e t + C 3 e t + te t VAR: Den sökta differentialekvationen är y y = e t och dess allmänna lösning är y = C C e t + C 3 e t + te t 13 Genom en rät cirkulär kon med basradien och toppvinkeln borras parallellt med axeln ett cirkelrunt hål Hålets skärning med konens basyta har en av dennas radier till diameter Beräkna den återstående volymen Vi bestämmer först konens volym Den är basarean gånger höjden genom 3 Vi får V kon = = Därefter beräknar vi den bortborrade delen Lägg in en z-axel uppåtriktad och längs konens axel Basytan ligger i xy-planet -z z r Låt r vara radien på nivån z Då toppvinkeln är rät är r och -z lika, dvs z = r r Den bortborrade volymen ges av V bort = dxdydz= dz z= dxdy = { r }dxdy V bort Området i xy-planet är en cirkelskiva med radien 1 Dubbelintegralen delas upp i två dubbelintegraler V bort = dxdy rdxdy Den första integralen är cirkelskivans area, dvs 1 =

7 och i den andra införes polära koordinater x = r cosv y = rsin v cosv V bort = rrdrdv = r dr r= dv = 1 3 D rv v= dxdy = rdrdv v= 8cos 3 vdv r cosv < v Vid v-integrationen är intervallet origosymmetriskt och funktionen jämn V bort = 16 3 (1 sin v)cos vdv = 16 sin v sin 3 v 3 3 v = v= [ ] = 3 9 Den återstående volymen V återstående = V kon V bort = 8 3 ( 3 9 ) = VAR: Den sökta volymen är V återstående = ve 14 a Vad menas med att två funktioner är ortogonala på ett intervall x L? b Undersök om följden sin x, sinx, sin3x, c Vad menas med att en reellvärd funktion f är periodisk med perioden T? d Bestäm koefficienterna, n = 1,,3, så att cos x = sin nx då < x < { } är ortogonal på intervallet x a Två funktioner, f och g, är ortogonala på intervallet [,L] då f (x)g(x)dx = b Vi undersöker om sin nx sin mxdx = med n m VL = 1 (cos(n m)x cos(n + m)x)dx [ ] = = HL VL = 1 1 (n m) sin(n m)x 1 sin(n + m)x (n + m) c Den reellvärda funktionen f är periodisk med perioden T då f (t + T) = f (t) för alla t n =1 L d Koefficienterna, n = 1,,3, är fourierkoefficienterna för den udda funktion, som på intervallet < x < ges av f (x) = cosx Koefficienterna ges av = cosx sin nx dx = 1 = 1 { sin(nx + x) + sin(nx x) }dx = n = 1 1 cos(n + ) 1 cos(n ) + n + n, om n är jämnt = 4n, om n är udda (n - 4) { sin(nx + x) +sin(nx x) }dx [ cos(n + )x cos(n )x] 1 n n = 1 cosn n n 4 { } = 1 n + n = 1 cosn

8 Vidare gäller b = 1 { sin(4x) }dx = 1 cos4x 4 [ ] = Anmärkning: En annan lösningsvariant på uppgift d är att först multiplicera cos x = n =1 sin nx med sin mx och därefter integrera över intervallet < x < och utnyttja ortogonaliteten hos följden { sin x, sinx, sin3x, } VAR: a e ovan b Funktionsföljden är ortogonal c e ovan d Koefficienterna, om n är jämnt = 4n, om n är udda (n - 4) 15 Om ingen fisk tas upp ur en sjö så varierar mängden fisk, y(t) [ton], i sjön med tiden t [ år] enligt differentialekvationen y = y a 1 y b, y >, där a = 4 [ år] och b = 8 [ton] Nu börjar man fiska ut c [ton] fiskar per år, (c är en positiv konstant) a Ange differentialekvationen för y som då gäller b Ange det kritiska värde på c som inte får överskridas om det skall finnas någon jämviktslösning > c Då c ligger under detta kritiska värde finns det en stabil jämviktsnivå y > för mängden fisk Bestäm y som funktion av c a Den korrigerade differentialekvationen blir Med de givna värdena på konstanterna får vi y = y a 1 y b c y = y 4 1 y y(8 y) y(8 y) 3c 8 c = c = = f (y) 3 3 b Jämviktslösning erhålles då f (y) = Då är y 8y +3c =, (y 4) = 16 3c = 3(5 c) Reella lösningar och större än noll erhålles då c 5 För c > 5 existerar inga jämviktslösningar Jämviktslösningarna är y = 4 ± 3(5 c) c Vi bestämmer den stabila jämviktslösningen y genom att studera tecknet hos f (y ) Jämviktslösningen är stabil om f (y ) < och instabil om f (y ) > 8 y f (y) = = 4 y och insättning av jämviktslösningarna ger (5 c) f (4 + 3(5 c)) = < stabil jämviktslösning 16 3(5 c) f (4 3(5 c)) = > instabil jämviktslösning 16 VAR: a Den nya differentialekvationen är y = b Det kritiska värde på c är c = 5 c Jämviktsnivån y = 4 + 3(5 c) y(8 y) 3 c