= (x, y) : x 2 +y 2 4, x 0, y (4r2 +1) 3 2

Transkript

1 Tenamensskrivning i Maemaik IV, SF1636(5B11,5B13). Tisdagen den 1 januari 1, kl Hjälpmedel: BETA, Mahemaics Handbook. Redovisa lösningarna på e sådan sä a beräkningar och resonemang är läa a följa. Svaren skall ges på reell form. Varje uppgif ger maximal 4 poäng. Beygsgränser A: 31-36, B: 7-3, : 3-6, D: 19-, E: 15-18, FX: Beygsgränser 5: 3-36, 4: 3-9, 3: 15-., där = (x, y) : x +y 4, x, y 1. Beräkna 4x + 4y +1dxdy Inför polära koordinaer: { }. 4x + 4y +1dxdy = 4r + 1rdrdv = 1 1 (4r +1) 3 D rv r = = 4 ( ). SVAR: 4x + 4y +1dxdy = ( ). 4. Beräkna linjeinegralen (x y + y3 3 + yexy + 3)dx + (x + xe xy )dy, där är halvcirkelbågen x + y =1, y från punken (1,) ill punken (-1,). Vi sluer den givna kurva med en rä linje,, från punken (-1,) ill punken (1,). Då erhålles en sluen kurva i posiiv rikning och vekorfäle är koninuerlig. Vi använder Green s formel och överför linjeinegralen ill en dubbelinegral över de innesluna område, D. (x y + y3 3 + yexy + 3)dx + (x + xe xy )dy = x (x + xexy ) (x y + y3 y 3 + ye xy + 3) dxdy D 1 (x y + y3 3 + yexy + 3)dx + (x + xe xy )dy + 3dx = { 1 x y }dxdy x = 1 D Vi inför polära koordinaer i dubbelinegralen. (x y + y3 3 + yexy + 3)dx + (x + xe xy )dy = 6 + { 1 r }rdrdv Gränserna är r : 1, v:. (x y + y3 3 + yexy + 3)dx + (x + xe xy )dy = 6 + ( ) = 6+ 4 SVAR: Den söka linjeinegralen blir D rv 3. Besäm den generaliserade inegralen cosu ( u) e 3 du u= d. Inegralen kan omformas ill följande dubbelinegral: e 3 cosu ( u) du u= d. Den inre inegralen är en falningsinegral. Den söka inegralen är aplaceransformen för falningen med s = 3 insa. e s cosu ( u) du u= d = { cos } s { }= s + 4 s 3. Insäning av s = 3 ger den söka inegralen.

2 cos u ( u) e 3 du u= d 1 = = 117. SVAR: Dubbelinegralen är lika med I en populaionsmodell är den relaiva illväxhasigheen, som funkion av anale djur, P(), e försagradspolynom, nämligen en konsan, a, minus anale djur gånger en annan 1 dp(t) konsan, b. Konsanerna är posiiva. Då erhålles = a bp(). P() d Denna modell juseras genom a e konsan anal djur per idsenhe, h, avlägsnas. Den juserade maemaiska modellen blir dp(t) = (a bp())p() h. d å konsanerna därefer vara 5, 1 respekive 4. Sudera långidsbeeende av P() för olika sarvärden på populaionen. Sä in de givna konsanerna i differenialekvaionen. Då erhålles dp d = (5 P)P 4 = P + 5P 4 = (P 1)(4 P). Vi besämmer förs kriiska punker och suderar därefer derivaans ecken. I de kriiska punkerna är derivaan lika med noll. Vi erhåller vå kriiska punker P = 1, P = 4. Nu över ill sudie av derivaans ecken. 1 4 P >1: P() 4, Vi får följande populaion efer lång id med sarpopulaionen P : P =1: P() 1,. P <1: P(), P >1: P() 4, SVAR: P =1: P() 1,. P <1: P(), 5. å y 1 (x) = 5x, y (x) = 3x + 4x 3, y 3 (x) = x + 7x 3, y 4 (x) = x + x och y 5 (x) = x + 3x + 5x 3 vara lösningar ill en homogen linjär redje ordningens differenialekvaion. Besäm den enydiga lösning som uppfyller villkoren y(1) =, y (1) = 3 och y (1) = 4. De behövs re linjär oberoende lösningar för a besämma den allmänna lösningen ill en homogen linjär redje ordningens differenialekvaion. Bland de givna lösningarna väljer vi en lämplig linjärkombinaion. Tag y = ax + bx + cx 3 ill allmän lösning. Konsanerna besämmes med hjälp av de givna villkoren. Försa- och andraderivaan behövs. y = a + bx + 3cx, y = b + 6cx. = y(1) = a + b + c Insäning ger 3 = y (1) = a + b + 3c. 4 = y (1) = b + 6c Toalmarisen skrives upp och elemenära radoperaioner ger oss lösningen.

3 Vi har a =, b = 1, c =1. Dea ger oss den söka lösningen y = x x + x 3 SVAR: Differenialekvaionens lösning är y = x x + x Besäm y(5) då y () + aplaceransformera : e u y( u)du = ( 3), och y() =1. sy (s) y() + 1 3s Y(s) = e s Insäning av villkore ger: sy (s) + 1 Y(s) =1 + e 3s s ös u den obekana funkionens aplaceransform s Y(s) = s s s s s +1 e 3s = 1 s 1 1 (s 1) + 1 s 1 1 (s 1) e 3s Åerransformering ger: y() = e e + U( 3) e 3 ( 3)e 3 { } De söka funkionsvärde blir y(5) = e 5 5e 5 +U (5 3) { e 5 3 (5 3) e 5 3 } = 4e 5 e SVAR: De söka funkionsvärde blir y(5) = 4e 5 e. 7. Besäm värde på x så a y(x) = 4, då (x ) y + y = x och y() = 3. Vi besämmer förs den allmänna lösningen och därefer den lösning som uppfyller villkore y() = 3. Här noeras även lösningens exisensinervall. Den givna differenialekvaionen är linjär av försa ordningen. Ekvaionen kan skrivas på normalformal och en inegrerande fakor kan besämmas. Observera dock a vänsra lede är en derivaa. Vi får ((x )y ) = x. Inegraion med avseende på x ger: (x )y = x + Inegraionskonsanen besämmes: y() = 3 ger ( )3 =, = 6. Den lösning som uppfyller differenialekvaionen och begynnelsevillkore är y = x 6 Här är x och lösningens exisensinervall ä { x : x<}. Vi besämmer nu x så a y(x) = 4. 4 = x 6 x, x 6 4x + 8 =, x 4x+= Kvadrakompleera: (x ) =, x=±. Här är endas e x -värde akuell. De x -värde som ligger i lösningens exisensinervall är x =. SVAR: De enydiga värde på x ges av x =. x. 8. Besäm de lösningar ill differenialekvaionen y + y =, är sörre än noll, som uppfyller

4 randvillkoren y()= och y () =. Visa a de erhållna funkionerna är orogonala på inervalle [,]. är sörre än noll gör a vi kan säa = där R. Insäning i differenialekvaionen ger y + y =. De karakerisiska röerna är r = ±i. ösningarna är på formen y = Acos x + Bsin x. Vi unyjar de givna randvillkoren. Då behövs även y = Asin x + B cos x. y()= = A Randvillkoren ger oss följande sysem:. y () = = Asin + Bcos (n 1) Icke-riviala lösningarna erhålles då cos =, dvs då =, n=1,,.... (n 1) x De icke-riviala lösningarna är på formen y = B n sin, n = 1,,.... Nu visar vi orogonalieen. Vi visar a inre produken sin (n 1) x (m 1) x sin dx =, n m. Vi omformar vänsra lede. V = 1 (n m) x cos cos (n+m ) x Inegraion ger: V = 1 (n m)π sin (n m) x + (n m )π sin (n m ) x Vi har erhålli sin (n 1) x (m 1) x sin dx =, n m. dx [ ] = (n 1) x SVAR: De icke-riviala lösningarna är på formen y = B n sin, n = 1,,.... u xx = u, x π, 1 9. Besäm en lösning ill probleme u(,) = u(π,) =, 1 u(x,1) = 4sin 3 x, x π. Då 4sin 3 x = 3sin x sin3x enlig BETA, kan probleme skrivas u xx = u, x π, 1 ( 1 ) u(,) = u(π,) =, 1 ( ) u(x,1) = 3sin x sin3 x, x π ( 3 ) Vi använder separaion av variabler och säer u(x,) = X(x)T(). X ( 1 ) ger X T = X T och X = T =, där är en konsan. T Man får dels X + X =, X() = X(π) = och dels T = T dvs T + T =. Probleme för X har lösningarna X = sin nx, n=1,, 3,. för = n. För T fås då ekvaionen T + n T =, som har inegrerande fakor e n ln ( ) =. Man får n T + n n 1 T = och d d n T Inegraion ger n T = och T = n, där är en konsan. = n.

5 Härav följer a u n = A n n sin nx, n=1,, 3,... uppfyller ( 1 ) och ( ). Här är A n konsaner. sin nx Genom linearie följer a u = A n också uppfyller ( 1 ) och ( ). n= 1 n Villkore ( 3 ) ger u(x,1) = A n sinnx = 3sin x sin3 x, vilke är uppfyll om A 1 = 3, A 3 = 1 n= 1 och alla övriga A n =. Härav följer u(x,) = 3 sin x SVAR: u(x,) = 3 sin x sin3x 9 sin3x 9.