1 x dx Eftersom integrationskonstanten i (3) är irrelevant, kan vi använda oss av 1/x som integrerande faktor. Låt oss beräkna

Storlek: px

Starta visningen från sidan:

Download "1 x dx Eftersom integrationskonstanten i (3) är irrelevant, kan vi använda oss av 1/x som integrerande faktor. Låt oss beräkna"

Ellinor Bergström
för 5 år sedan
Visningar:

1 Lösningsförslag, Tentamen, Differentialekvationer och transformer II, del, för CTFYS2 och CMEDT3, SF629, den 30 maj 20, kl 8:00 3:00 Svar, uppgift : i sant, ii sant, iii falskt, iv sant, v falskt, vi sant, vii sant, viii falskt, i falskt, sant Uppgift 2av 7 3 poäng Givet att y = e är en lösning till ekvationen finn den allmänna lösningen för > 0 y 2 + y + + y = 0, Lösningsförslag: För att kunna skriva ner den allmänna lösningen behöver vi en fundamentalmängd av lösningar Eftersom vi redan är givna en lösning i uppgiftsformuleringen kan det vara lämpligt att använda metoden reduktion av ordningen för att finna ytterligare en lösning Låt oss därför göra ansatsen y = uy = e u Kravet att y skall uppfylla ekvationen är då ekvivalent med kravet att u skall uppfylla u u = 0 Eftersom vi enbart är intresserade av att finna en lösning för > 0 kan vi dela med Om vi även inför notationen w = u så är ekvivalent med ekvationen 2 w w = 0 En integrerande faktor till denna ekvation ges av 3 ep d Eftersom integrationskonstanten i 3 är irrelevant, kan vi använda oss av / som integrerande faktor Låt oss beräkna d d w = w w Som en konsekvens av denna likhet ser vi att 2 och därmed, i förlängningen, är ekvivalent med w = 2c för någon konstant c Denna ekvation kan omformuleras till u = 2c,

2 2 en ekvation som i sin tur är ekvivalent med där c 2 är en konstant Vi får följaktligen u = c 2 + c 2, y = c 2 e + c 2 e Det går även att kontrollera att 2 e och e utgör en fundamentalmängd för > 0 Svar: y = c 2 e + c 2 e Uppgift 3av 7 3 poäng I en elektrisk krets bestående av en kondensator, en resistor och en spole kopplade i serie uppfyller kondensatorns laddning, betecknad q, ekvationen q + 2q + 2q = u, där u betecknar den pålagda spänningen Givet att ut = δt, att q0 = och att q 0 = 0, beräkna qt för t 0 Vad blir kondensatorns laddning då t? Lösningsförslag: Låt oss lösa uppgiften genom att Laplacetransformera ekvationen Om vi betecknar Laplacetransformen av q med Q, så blir Laplacetransformen av vänsterledet s 2 Qs sq0 q 0 + 2sQs q0 + 2Qs = s 2 + 2s + 2Qs s 2 Vidare blir Laplacetransformen av högerledet e s Ekvationen ger alltså varav Qs = s 2 + 2s + 2Qs s 2 = e s, s + 2 s 2 + 2s e s s 2 + 2s + 2 = s + s s e s s Med hjälp av BETA ger detta svar: samt qt = e t cos t + e t sin t + e t sint u t, lim qt = 0 t Uppgift 4av 7 3 poäng a Finn den allmänna lösningen till ekvationen = Lösningsförslag: Låt oss börja med att finna egenvärdena till matrisen A = Beräkna deta λi = λ λ = + λ2 + Egenvärdena till A ges följdaktligen av ± i Låt oss beräkna en egenvektor svarande mot λ = + i Den relevanta ekvationen ges av i v i = 0

3 3 Raderna i matrisen är linjärt beroende och en lösning till denna ekvation ges av i v = En lösning till ekvationen ges alltså av i t = e t+it = e t sin t cos t + ie t cos t sin t Real och imaginärdelarna till denna lösning utgör en fundamentalmängd till den ursprungliga ekvationen, varav vi får svar: c e t sin t + c cos t 2 e t cos t sin t b Finn en matrisvärd funktion Φ som uppfyller begynnelsevärdesproblemet Φ t = Φt, 0 Φ0 = 0 Lösningsförslag: Observera att om Ψt betecknar transponatet av Φt, så är ovanstående begynnelsevärdesproblem för Φ ekvivalent med Ψ t = Ψt, 0 Ψ0 = 0 Med andra ord skall Ψ:s kolonner uppfylla den ekvation som vi löste i a delen Om vi jämför med den allmänna lösningen som vi skrev ner som svar på a delen ser vi att Ψt = e t cos t sin t, sin t cos t varav vi får svar: Φt = e t cos t sin t sin t cos t Uppgift 5av 7 3 poäng a Finn en implicit lösning till begynnelsevärdesproblemet = 2, 0 = 2 Anmärkning: utgör en epansionsnormaliserad energitäthet hos den elektromagnetiska strålningen i en modell av universum Lösningsförslag: Observera att eftersom 0 och är fipunkter till ekvationen och 0 = /2 så är lösningen t strikt väande och uppfyller lim t = 0, lim t t = t

4 4 Följdaktligen kan vi dela ekvationen med Vi får då d = 2 Om vi integrerar denna ekvation med avseende på t och byter variabel till i vänsterledet vilket är tillåtet eftersom d/ alltid är strikt positiv, så får vi 0 /2 t 0 d = Vänsterledet i denna ekvation kan skrivas t t d = + t Lösningen till ekvationen ges alltså av svar: 4 ln = 2t b Lös ekvationen eplicit och avgör om 5 lim t e 6t t 0 2ds = 2t d = ln ln 2 ln +ln 2 = ln är ändligt eller inte; beräkna gränsvärdet om det är ändligt Anmärkning: Uttrycket 5 utgör det asymptotiska värdet i riktningen mot big bang av energitätheten hos den elektromagnetiska strålningen Lösningsförslag: Den implicita lösningen 4 kan skrivas 2t = ln = ln Om vi eponentierar denna likhet får vi varav Följdaktligen får vi svar: t = e 2t =, t = + e 2t, lim + e 2t t e 6t t = Uppgift 6av 7 3 poäng a Finn rekursionsrelationen för lösningar på potensserieform till 6 y y 2y = 0 kring 0 = 0 Lösningsförslag: Observera att vi vet att det finns en fundamentalmängd av lösningar på potensserieform kring 0 = 0 Vidare vet vi, enligt Sats 53, att konvergensradien är Ansätt y = a n n

5 5 och beräkna samt y = na n n = n + a n+ n n= n= y = nn + a n+ n = n + n + 2a n+2 n Ekvationen kan då skrivas n + n + 2a n+2 n na n n 2 a n n = 0 Denna ekvation är, i sin tur, ekvivalent med n + n + 2a n+2 na n 2a n = 0 Följdaktligen ges rekursionsrelationen av svar: a n+2 = a n n + b Finn en serielösning till 6 på formen y = a n n Serielösningen skall vara icke trivial dvs, den får inte vara identiskt lika med noll och koefficienterna a n skall beräknas eplicit Lösningsförslag: Koefficienterna a 0 och a är fritt specificerbara Givet a 0 kan vi beräkna a 2 = a 0, a 4 = 3 a 0, a 6 = 5 3 a 0, etc Allmänt får vi a 2n = Analogt kan man beräkna att 2n 2n 3 a 0 = 2n!! a 0 a 2n+ = 2n!! a Om vi låter a = 0 och a 0 = så får vi ett eempel på en lösning som uppfyller kraven Svar: y = + 2n!! 2n n= Uppgift 7av 7 4 poäng a Finn de kritiska punkterna till ekvationssystemet d = y, dy = y2 3y och avgör om de är stabila eller instabila Lösningsförslag: Låt oss börja med att finna de kritiska punkterna De ges av 0 = y, 0 = y2 3y

6 6 För att den första ekvationen skall vara uppfylld måste vi ha = 0 eller y = 0 Låt oss börja med att betrakta fallet = 0 För att den andra ekvationen skall vara uppfylld måste vi då ha y = 0 eller y = 2/3 Detta ger två lösningar: 0, 0 och 0, 2/3 Antag nu att y = 0 För att den andra ekvationen skall vara uppfylld måste vi då ha y = 0 vilket ger lösningen, 0 eller 2 3y = 0 vilket ger lösningen /2, /2 Totalt sett har vi alltså de fyra lösningarna 0, 0, 0, 2/3,, 0 samt /2, /2 För att avgöra om dessa punkter är stabila eller instabila är det lämpligt att beräkna Jacobianen: 2 y J, y = y 2 6y Vi får J0, 0 = vilket innebär att motsvarande egenvärden är och 2, varav 0, 0 är en instabil punkt Vidare har vi /3 0 J0, 2/3 = 2/3 2 Följdaktligen är motsvarande egenvärden /3 och 2, varav 0, 2/3 är en instabil punkt Eftersom J, 0 = 0 är motsvarande egenvärden och, varav, 0 är en instabil punkt Betrakta slutligen /2 /2 J/2, /2 = /2 3/2 Motsvarande egenvärden ges av λ = ± / 2 Följdaktligen är /2, /2 en asymptotiskt stabil kritisk punkt Svar: de kritiska punkterna ges av, 0, 0, 0, 2/3,, 0, /2, /2 Av dessa är /2, /2 en asymptotiskt stabil kritisk punkt Övriga kritiska punkter är instabila b Finns det ett ɛ > 0 sådant att om så har lösningen till 0 /2 2 + y 0 /2 2 < ɛ, d = y, dy = y2 3y 0 = 0 y0 = y 0 egenskapen att den eisterar för alla t 0 och egenskapen att lim [t, yt] = t 2,? 2

7 Lösningsförslag: Enligt a delen så är /2, /2 en asymptotiskt stabil punkt Speciellt är det en stabil punkt Enligt definitionen för stabilitet se sid 498 räcker det att initialdata ligger tillräckligt nära /2, /2 dvs att ɛ är tillräckligt litet för att motsvarande lösning skall eistera för alla t 0 Enligt definitionen för asymptotisk stabilitet se sid 499 räcker det även att ɛ är tillräckligt litet för att lösningen skall konvergera till /2, /2 Svar: Ja 7

Relevanta dokument

Lösningsförslag, tentamen, Differentialekvationer och transformer II, del 1, för CTFYS2 och CMEDT3, SF1629, den 19 oktober 2011, kl. 8:00 13:00.

Lösningsförslag, tentamen, Differentialekvationer och transformer II, del, för CTFYS2 och CMEDT3, SF629, den 9 oktober 20, kl. 8:00 3:00 av 8 3 poäng. Svar: i. sant, ii. falskt, iii. sant, iv. sant, v.