KTH Matematik SF1633 Differentialekvationer I, för I1 Kontrollskrivning nr 2, Måndag den 31 mars 2008, kl Version: A Namn:... Personnr:...

Transkript

1 KTH Matematik SF1633 Differentialekvationer I, för I1 Kontrollskrivning nr 2, Måndag den 31 mars 2008, kl Version: A Namn:... Personnr:... Inga hjälpmedel är tillåtna. Kontrollskrivningen har 3 uppgifter, varje helt riktigt löst uppgift ger 3 poäng. 5-9p på skrivningen ger 2 poäng till tentan, 3-4p ger 1 poäng. Väl motiverade lösningar krävs för full poäng. Uppgifterna står inte säkert i svårighetsordning. Spara alltid återlämnade skrivningar till slutet av kursen! Skriv lösningnen samma blad som uppgifterna ; använd eventuellt baksidan av bladet. Behöver Du extra blad är det viktigt att namn och perssonnummer skrives på varje sådant blad Studenten har visat legitmation: Kontrollantens signatur:... Lycka till! Lösningar kommer att läggas ut på kurshemsidan efter skrivningen. Bedömning Modulpoäng:

2 .

3 Namn:... Personnr:... Uppgifter: 1. Två linjärt oberoende lösning till den homogena differentialekvationen x 2 y + axy + by = 0, ges av y 1 = x och y 1 = x 3. (Här är a och b för oss okända konstanter.) Vidare så finns det en motsvarande inomogen differentialekvation med partikulärlösningen y p = x ln x. Bestäm denna inhomogena differentialekvation. Lösning: Vi deriverar y 1 och sätter in i differentialekvagtionen: y 1 = x, y 1 = 1 och y 1 = 0 insättes i Vänserledet: V.L. = x ax 1 + bx = (a + b)x = H.L = 0, vilket medför att a + b = 0, dvs b = a. På samma sätt deriveras y 2 och sättes in i differentialekvationen: y 2 = x 3, y 2 = 3x 2 och y 2 = 6x insättes i Vänserledet: V.L. = x 2 6x + ax 3x 2 + bx 3 = (6 + 3a + b)x 3 = H.L = 0, vilket medför att 6 + 3a + b = 0. Vi sätter in b = a i sistnämnda ekvation och får då 6 + 3a a = 0, och vi får då a = 3 och b = 3 Den homogena differentialekvation är således x 2 y 3xy + 3y = 0 En motsvarande inhomogen differentialekvation har formen x 2 y 3xy + 3y = p(x). Vi ska bestämma funktionen p(x) så att y p = x ln x blir en partikularlösning. Vi deriverar y p ooch sätter in i den inhomogena differentialekvationen:

4 y p = x ln x, y p = ln x + 1, y p = 1/x, vilket sättes in i Vänsterledet: V.L. = x 2 1 x 3x (ln x + 1) + 3x ln x = 2x2 = H.L = p(x). Högerledet är således p(x) = 2x 2. Svar: Den inhomogena differentialekvationen är x 2 y 3xy + 3y = x 2.

5 Namn:... Personnr: Differentialekvationen x 2 y + xy 9y = 0, har en lösning y 1 = x 3 Finn en lösning som uppfyller begynnelsevillkoren y(1) = 2 och y (1) = 0. Vad är lösningsintervallet för denna lösning. Lösning: Enligt metoden för reduktion av ordning gör vi substitutionen y = uy 1 = ux 3 där u blir den nya beroende variabeln. Deriverar uttycket för y: y = ux 3, y = u x 3 + 3ux 2 och y = u x 3 + 6u x 2 + 6ux vilket insättes i differentialekvationens vänsterled: V.L = x 2 (u x 3 +6u x 2 +6ux)+x(u x 3 +3ux 2 ) 9ux 3 = x 5 u +7x 4 u = H.L = 0 Vi substituerar v = u och får första ordnings linjär differerentialekvation: v + 7 x v = 0. Integrerande factor blir exp 7 x dx = exp 7 ln x = x7. Vi multiplicerar differentialekvationen med integrerande faktor och får x 7 (v + 7 x v) = (x7 v) = 0. Efter integrering får vi x 7 v = C. Dvs v = Cx 7. Vi sätter tillbaka u = v = Cx 7 och integrerar igen och får u = C 1 x 6 + C 2. (Här är C 1 = C/6). Sätter vi tillbaka i uttrycket för y får vi y = x 3 u = x 3 (= C 1 x 6 + C 2 ) = C 1 x 3 + C 2 x 3. Vi bestämmer konstanterna C 1 och C 2 från begynnelsevillkoren: y(1) = 2 = C 1 + C 2

6 och med derivatan y = 3C 1 x 4 + 3C 2 x 2 så blir y (0) = 0 = 3C 1 + 3C 2. Vi konkluderar med att C 1 = C 2 = 1. Svar: Lösningen på begynnelsevärdeproblemet är y(x) = 1 x 3 + x3.

7 Namn:... Personnr: Givit den inhomogena differentialekvationen y 4y + 4y = 4x 2 e 2x, Motsvarande homogena differentialekvation y 4y + 4y = 0 har bl.a lösningarna y 1 = e 2x, y 2 = xe 2x, och y 3 = (x + 1)e 2x. Finn den allmänna lösningen till den givna inhomogena differentialevationen. Lösning: Ekvationen är av andra ordningen och den homogena differentialekvationen är då två linjärt oberoende lösningar tex y 1 och y 2 givna ovan. och den allmänna lösningern till den homogena differentialekvationen kan då skrivas y = C 1 y 1 + C 2 y 2 + y p Där y p är en partikulärlösning till den ickehomogena differentialekvationen. Det gäller då att finna en sådan partikularlösning. Sedan är det bara är addera samman komponenterna i y. Det enklaste sättet att finna en partikulärlösning i detta fall är att ansätta en lösning. Vi ska göra detta här men också visa den något längre metoden med variation av parametrar. Vi provar med att ansätta y p = Cx m e 2x där m är ett positivt heltal. Vi deriverar y p = C(2x m +mx m 1 )e 2x och y p = C(4x m +4mx m 1 +m(m 1)x m 2 ))e 2x Vi sätter in detta i differentialekvationens vänsterled och får V.L. = C(4x m +4mx m 1 +m(m 1)x m 2 ))e 2x 4C(2x m +mx m 1 )e 2x + +4Cx m e 2x = Cm(m 1)x m 2 e 2x Som blir lika med Högerledet 4x 2 e2x om vi väljer m och C så att m 2 = 2 och Cm(m 1) = 4, dvs m = 4 och C = 1 3. Då blir y p = 1 3 x4 e 2x och

8 den allmänna lösningen till den inhomogena diferentialekvationen blir Svar: y(x) = C 1 e 2x + C 2 xe 2x e2x Användning av metoden variation av parametrar Vi sätter y = u 1 y 1 + u 2 y 2 = u 1 e 2x + u 2 xe 2x och med fundamentala lösningsmatrisen ( ) ( ) y1 y φ = 2 e 2x xe y 1 y 2 = 2x 2e 2x (2x + 1)e 2x så ska vi lösa matrisekvationen ( ) ( u φ 1 u = 2 0 4x 2 e 2x Eftersom lösningarna y 1 och y 2 är linjärt oberoend lösn,ingar så är φ inverterbar. Den inversa matrisen φ 1 beräknas genom formeln φ 1 = 1 ( ) y 2 y 2 det(φ) y 1 y 1 ) Vi beräknar determinanten det(φ) = e 4x Mutlipicerar vi matrisekvationen ovan med φ 1 så får vi ( ) ( ) ( ) ( ) ( u 1 = φ 1 0 4x 2 e 2x = 4x2 e 2x y2 xe = 4x 2 e 2x 2x 4x 3 det(φ) y 1 e 2x = 4x 2 u 2 Vi integrerar och får då ( u1 u 2 Vi sätter tillbaka för y och får ) ( ) x = 4 + C x3 + C 2 ) y = u 1 y 1 + u 2 y 2 = u 1 e 2x + u 2 xe 2x = (C 1 + C 2 x 1 3 x4 )e 2x Vi skulle här också kunna använda en formel med hjälp av Crame rs formel. Det motsvara att i raden ovan vi skriver ut integrationen y(x) = u 1(t)dty 1 (x) + u 2(t)dty 2 (x) = g(x, t)4t 2 e 2t

9 Där om vi jämför med ovan har ( 1 g(x, t) = det(φ(t) det y1 (t) y 2 (t) y 1 (x) y 2 (x) ) = (x t)e 2x 2t