Tentamen SF1633, Differentialekvationer I, den 22 oktober 2018 kl

Transkript

1 1 Matematiska Istitutioe, KTH Tetame SF1633, Differetialekvatioer I, de 22 oktober 2018 kl Examiator: Pär Kurlberg OBS: Iga hjälpmedel är tillåta på tetamesskrivige. För full poäg krävs korrekta och väl preseterade resoemag. 1. (4p) Para ihop de lijära systeme med motsvarade riktigsfält. Am.: det räcker att räka ut egevärdea. [ ] 1. x 1 2 = x 2 1 [ ] x = x 0 1 [ ] 3. x 0 1 = x 1 0 [ ] 4. x 0 1 = x 1 0 A B C D

2 2 1C, 2B, 3D, 4A. 2. Lös begyelsevärdesproblemet y + y = 2δ(t 3), y(0) = 0, y (0) = 0 med Laplacetrasformsmetode. Laplacetrasform ger s 2 Y (s) + Y (s) = 2e 3s och vi får Y (s) = 2e 3s /(s 2 + 1) Då L 1 (1/(s 2 + 1)) = si(t) ger traslatiosregel att { 0, 0 t < 3 y(t) = 2 si(t 3)u 3 (t) = 2 si(t 3), t 3 3. (4p) Lös begyelsevärdesproblemet x 2 y + y = xy, y(1) = 2 samt age existesitervallet för lösige. Omskrivig ger ekvatioe (för x > 0) ( 1 y + x 1 ) y = 0 2 x De itegrerade faktor blir då e 1/x l x = e 1/x /x, och (ye 1/x /x) = 0 ger y = Cxe 1/x för ågo kostat C. Isättig av y(1) = 2 ger C = 2/e. Svar: y = 2e 1 xe 1/x ; lösige existerar för x > Flervalsfrågor: (2p) Itervallet, där lösige till begyelsevärdesproblemet existerar och är uik, är (a) (1, 3), (b) (3, + ), (c) (0, 3), (d) (, 3). (l t)y + 1 y = t, y(2) = 0 t 3

3 3 (2p) Betrakta begyelsevärdesproblemet dy dt = y3 y, y(0) = 1/2 Fi, uta att explicit lösa ekvatioe, lim t + y(t). (a) +, (b) 1, (c) 0, (d) 1. Svar: (a) samt (c). 5. (4p) (a) Visa att differetialekvatioe har de allmäa lösige (b) Visa att y = t 1 löser ekvatioe 4ty + 2y + y = 0, t > 0 y = c 1 cos t + c 2 si t, t > 0 4ty + 2y + y = t + 1 och age lösige till begyelsevärdesproblemet 4ty + 2y + y = t + 1,, y(π 2 ) = π 2, y (π 2 ) = 0. (a) Eftersom ekvatioe är lijär, och av adra ordige, räcker det att verifiera y 1 = cos( t) samt y 2 = si( t) är lösigar. (Att de är oberoede följer lätt av att Wroskiae är proportioell mot 1/ t.) Med y = y 1 får vi y = si( t)/(2 t) och som ger att ( 4ty +2y +y = 4t y = cos( t)/(4t) si( t) 1/2 2 t, 3/2 cos( t)/(4t) si( t) 2 ) 1/2 2 si( t)/(2 t)+cos( t) t 3/2 = cos( t) + si( t) si( t) + cos( t) = 0 t 1/2 t 1/2 E likade räkig visar att äve y 2 är e lösig.

4 4 (b) Om vi låter y = y p = t 1 ser vi att y = 1, y = 0 och således är 4ty + 2y + y = t 1 = t + 1 och y p är e lösig till det ihomogea systemet. De allmäa lösiger är på forme Isättig i y(π 2 ) = π 2 ger y = c 1 cos( t) + c 2 si( t) + t 1 c 1 cos π + c 2 si π + π 2 1 = π 2 och vi ser att c 1 = 1. Det adra begyelsevärdet, dvs y (π 2 ) = 0 ger som ger att c 2 = 2π. Svar: lösige ges av c 1 si π 2π + c 2 cos π 2π + 1 = 0 c 2 2π + 1 = 0 y = cos( t) + 2π si( t) + t 1 6. (4p) Lös vågekvatioe med radvillkor samt 2 u t 2 = 7 2 u x 2, 0 < x < 1, t 0 u x=0 = 0, u x=1 = 0, u(x, 0) = si(2πx) si(4πx), Vi asätter u(x, t) = X(x)T (t) och får Fall λ < 0: Med λ = α 2 får vi T /(7T ) = X /X = λ. X α 2 X = 0 u t = 0, 0 < x < 1. t=0 som har de allmäa lösige X = c 1 e αx + c 2 e αx. Radvillkore u(0, t) = u(1, t) = 0 ger c 1 = c 2 = 0 (eller T (t) = 0 för alla t) bara trivial lösig. Fall λ = 0: vi får X = 0, dvs X = ax + b. Radvillkore ger ige a = b = 0, och bara trivial lösig erhålles. Fall λ > 0: med λ = α 2 får vi X + α 2 X = 0

5 5 och de allmäa lösige ges av X = c 1 si(αx) + c 2 cos(αx). Om T ite är oll för alla t, så ger u(0, t) = 0 att c 2 = 0. Därav följer att α = π för ågot heltal > 0. Om λ = α 2 = π 2 2 ger T + 7λT = 0 att T (t) = c 1 si( 7πt) + c 2 cos( 7πt); radvillkoret u/ t(x, 0) = 0 för 0 < x < 1 ger att c 1 = 0. Således: givet heltal > 0 så är u (x, t) = c 1 si(πx) cos( 7πt) e lösig till alla ekvatioer förutom det äst sista radvillkoret u(x, 0) = si 2πx si 4πx. Fourierutvecklig av högerledet ger omedelbart att e lösig ges av u(x, t) = si(2πx) cos( 7π2t) si(4πx) cos( 7π4t). 7. (4p) Låt de 2-periodiska fuktioe f ges av { x + 1, 1 < x < 0, f(x) = x 1, 0 < x < 1. (a) Utveckla f i e Fourierserie. (b) Vad är series summa i pukte x = 1/2? (c) Aväd Fourierserie för att visa att 1 1/3 + 1/5 1/7 + 1/9... = π/4. (a) Eftersom f är udda är f(x) =1 b si(πx), med ( 1 [ b = 2 (x 1) si(πx)dx = 2 (x 1) cos(πx) π 0 = 2( 1/(π) + 0) = 2/(π). ] ) cos πx π dx Svar: f(x) 2 si πx π =1. (b) Eftersom f är styckvis kotiuerligt deriverbar och kotiuerlig i pukte x = 1/2 så säger kovergessatse att Fourierserie kovergerar mot f(1/2) = 1/2 1 = 1/2 (c) Eligt tidigare räkigar får vi 1/2 = f(1/2) = 2 π =1 si π/2. som ger att si π/2 =1 = π/4. Då si π/2 = 0 för jäma, och si(π(4k + 1)/2) = 1 samt si(π(4k + 3)/2) = 1 (för k heltal) ser vi att =1 si π/2 = 1 1/3 + 1/5... Alltså är summas värde lika med π/4.

6 6 8. (4p) Betrakta systemet dx dt = x(x2 + y 2 ) xy 2, dy dt = y(x2 + y 2 ) + x 2 y. (1) Visa att de kritiska pukte (0, 0) är stabil. Ledtråd: aväd polära koordiater. Deriverig av r 2 = x 2 + y 2 ger dr dt = 1 r och isättig av dx/dt samt dy/dt ger ( x dx dt + y dy ) dt dr dt = 1 ( x( xr 2 xy 2 ) + y( yr 2 + x 2 y) ) = 1 ( x 2 r 2 x 2 y 2 y 2 r 2 + x 2 y 2 ) ) r r = r2 r (x2 + y 2 ) = r 3. Vi ser att r = 0 är e kritisk pukt; då dr/dt < 0 för r > 0, ger vårt stabilitetskriterie för ekvatioer i e variabel att r = 0 är e stabil kritisk pukt. Således, oavsett iitialvärdet r(0) (och θ(0) för de dele) ser vi att r(t) 0 då t : systemet är stabilt.