Lösningsförslag till tentamen i SF1683 och SF1629 (del 1) 23 oktober 2017

Relevanta dokument
Preliminär version 2 juni 2014, reservation för fel. Tentamen i matematik. Kurs: MA152G Matematisk Analys MA123G Matematisk analys för ingenjörer

1 e x2. lim. x ln(1 + x) lim. 1 (1 x 2 + O(x 4 )) = lim. x 0 x 2 /2 + O(x 3 ) x 2 + O(x 4 ) = lim. 1 + O(x 2 ) = lim = x = arctan x 1

Mat Grundkurs i matematik 1, del II

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen T Erlandsson


Tentamen 1 i Matematik 1, HF dec 2016, kl. 8:00-12:00

y > 0, 0 < y <1 y växande, 0 < y < 1

Kontrollskrivning 3 till Diskret Matematik SF1610, för CINTE1, vt 2019 Examinator: Armin Halilovic Datum: 2 maj

Ï x: 0 Æ 1 Ì [ ] y > 0, 0 < y <1 y växande, 0 < y < 1

Generaliserade integraler

= y(0) 3. e t =Ce t, y = =±C 1. 4 e t.

SF1625 Envariabelanalys

SF1626 Flervariabelanalys Tentamen 8 juni 2011, Svar och lösningsförslag

19 Integralkurvor, potentialer och kurvintegraler i R 2 och R 3

EGENVÄRDEN och EGENVEKTORER

f(x)dx definieras som arean av ytan som begränsas av y = f(t), y = 0, t = a och t = b, se figur.

Finaltävling den 20 november 2010

============================================================ V1. Intervallet [a,b] är ändligt, dvs gränserna a, b är reella tal och INTE ±.

KOMPLETTERANDE MATERIAL TILL KURSEN MATEMATIK II, MATEMATISK ANALYS DEL A VT 2015

Sidor i boken

SF1625 Envariabelanalys

TATA42: Föreläsning 4 Generaliserade integraler

Sats 3: Egenskaper. (a) (b) f(x) dx = 2 f(x) dx. (c) (Af(x) + Bg(x))dx. g(x) dx = A. (d) (e) Om a b och f(x) g(x) (f) Triangelolikheten: Om a b

TATA42: Tips inför tentan

TATA42: Föreläsning 4 Generaliserade integraler

Lösningsförslag till tentamen i SF1683 och SF1629 (del 1) 18 december xy = y2 +1

LINJÄR ALGEBRA II LEKTION 1

TENTAMEN. Matematik för basår I. Massimiliano Colarieti-Tosti, Niclas Hjelm & Philip Köck :00-12:00

Matematiska uppgifter

Kvalificeringstävling den 2 oktober 2007

============================================================ V1. Intervallet [a,b] är ändligt, dvs gränserna a, b är reella tal och INTE.

9. Bestämda integraler

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Thomas Erlandsson

Mängder i R n. Funktioner från R n till R p

V1. Intervallet [a,b] är ändligt, dvs gränserna a, b är reella tal och INTE ±. är begränsad i intervallet [a,b].

13 Generaliserade dubbelintegraler

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf. Genomgånget på föreläsningarna Föreläsning 16-17, 2010:

Matris invers, invers linjär transformation.

0 a. a -Â n 2 p n. beskriver på sedvanligt sätt en a-periodisk utvidgning av f. Nedanför ritas en partialsumma av Fourierserien.

Volum av rotationskroppar. Båglängd, rotationsytor. Adams 7.1, 7.2, 7.3

Enhetsvektorer. Basvektorer i två dimensioner: Basvektorer i tre dimensioner: = i. Enhetsvektor i riktningen v: v v. Definition: Vektorprodukt

Tentamen 1 i Matematik 1, HF1903 tisdag 8 januari 2013, kl

Mat Grundkurs i matematik 1, del III

V1. Intervallet [a,b] är ändligt, dvs gränserna a, b är reella tal och INTE ±. är begränsad i intervallet [a,b].

Tentamen i Analys B för KB/TB (TATA09/TEN1) kl 08 13

Integraler och statistik

9. Vektorrum (linjära rum)

14. MINSTAKVADRATMETODEN

TMV151/TMV181. Fredrik Lindgren. 19 november 2013

24 Integraler av masstyp

Sammanfattning, Dag 9

Lösningsförslag till Tentamen, SF1629, Differentialekvationer och Transformer II (del 1) 24 oktober 2014 kl 8:00-13:00.

Inför tentamen i Analys I och II, TNA008

Sfärisk trigonometri

Uppgiftssamling 5B1493, lektionerna 1 6. Lektion 1

SIGNALER OCH SYSTEM II LEKTION 2 / MATEMATISK LEKTION 1. Fredrik Andréasson. Department of Mathematics, KTH

Samling av bevis som krävs på tentan MVE465, 2018

Algebraiska uttryck: Introduktionskurs i matematik. Räknelagar: a = b a. a b. Potenser: 1. = ( n gånger )

GEOMETRISKA VEKTORER Vektorer i rummet.

MATEMATISK STATISTIK I FORTSÄTTNINGSKURS. Tentamen måndagen den 17 oktober 2016 kl 8 12

Vilken rät linje passar bäst till givna datapunkter?

Datum: xxxxxx. Betygsgränser: För. Komplettering sker. Skriv endast på en. finns på omslaget) Denna. Uppgift Låt u och w. Uppgift 2x. Uppgift.

Dagens ämnen. Repetition: kvadratiska former och andragradskurvor Andragradsytor System av differentialekvationer

Topologi och konvergens

Några integraler. Kjell Elfström. x = f 1 (y) = arcsin y. . 1 y 2 Vi låter x och y byta roller och formulerar detta resultat som en sats: cos x = 1

Definition 1 En funktion (eller avbildning ) från en mängd A till en mängd B är en regel som till några element i A ordnar högst ett element i B.

Analys grundkurs B lab 1. Stefan Gustafsson Per Jönsson Fakulteten för Teknik och Samhälle, 2013

Integralen. f(x) dx exakt utan man får nöja sig med att beräkna

Lösningsförslag till tentamen i SF1629, Differentialekvationer och Transformer II (del 1)

Grundläggande matematisk statistik

Komplexa tal. j 2 = 1

Trigonometri. 2 Godtyckliga trianglar och enhetscirkeln 2. 3 Triangelsatserna Areasatsen Sinussatsen Kosinussatsen...

Läsanvisningar för MATEMATIK I, ANALYS

x = x = x = x=3 x=5 x=6 42 = 10x x + 10 = 15 x = = 20 x = 65 x + 36 = 46

Projekt Analys 1 VT 2012

Tentamen i EDA320 Digitalteknik-syntes för D2

Svar till uppgifter 42 SF1602 Di. Int.

Tentamen i ETE115 Ellära och elektronik, 25/8 2015

IE1204 Digital Design

INLEDNING: Funktioner (=avbildningar). Beteckningar och grundbegrepp

Mat Grundkurs i matematik 1, del III

ORTONORMERAT KOORDINAT SYSTEM. LÄNGDEN AV EN VEKTOR. AVSTÅND MELLEN TVÅ PUNKTER. MITTPUNKT. TYNGDPUNKT. SFÄR OCH KLOT.

y + 1 y + x 1 = 2x 1 z 1 dy = ln z 1 = x 2 + c z 1 = e x2 +c z 1 = Ce x2 z = Ce x Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen

Teorifrå gor kåp

Diskreta stokastiska variabler

Tillämpad Matematik I Övning 4

PROJEKT - ANALYS 1 (PRELIMINÄR VERSION)

9 Dubbelintegralens definition

Envariabelanalys. Tomas Ekholm. Institutionen för matematik

ORTONORMERADE BASER I PLAN (2D) OCH RUMMET (3D) ORTONORMERAT KOORDINAT SYSTEM

Analys o 3D Linjär algebra. Lektion 16.. p.1/53

Tillämpning - Ray Tracing och Bézier Ytor. TANA09 Föreläsning 3. Icke-Linjära Ekvationer. Ekvationslösning. Tillämpning.

Reliability analysis in engineering applications

Analys 360 En webbaserad analyskurs Grundbok. Integralkalkyl. MatematikCentrum LTH

TATA42: Föreläsning 11 Kurvlängd, area och volym

6 Formella språk. Matematik för språkteknologer (5LN445) UPPSALA UNIVERSITET

Envariabelanalys. Tomas Ekholm. Institutionen för matematik

Kontinuerliga variabler

FEM2: Randvärdesproblem och finita elementmetoden i flera variabler

KAPITEL 8. Integralekvationer Introduktion

Transkript:

KTH, Mtemtik Mri Sprkin Lösningsförslg till tentmen i SF683 och SF629 (del ) 23 oktober 207 Tentmen består v sex uppgifter där vrder uppgift ger mximlt fr poäng. Preliminär betgsgränser: A 2 poäng, B 9, C 6, D 3, E, Fx 0. Det finns möjlighet tt kompletter betget Fx inom 4 veckor. Kontkt i så fll Mri Sprkin. Ing hjälpmedel är tillåtn vid tentmen. OBS: För full poäng krävs fullständig, tdligt presenterde och välmotiverde lösningr som är lätt tt följ. Mrker din svr tdligt.. Betrkt differentilekvtionen = ( α). ). Bestäm de kritisk punktern smt rit fslinjen i fllen då α < 0, α = 0 ochα > 0. Lösning. Kritisk punkter: ( α) = 0 = 0 eller = α. b). Låtα =. Bestäm explicit den lösning som uppfller(0) = 2, och nge för vilk positiv t som den är definierd. Bestäm därefter den lösning som uppfller (0) = /2 smt nge för vilk t > 0 som den är definierd. Vilk (vilken) v de två lösningrn ovn är begränsde för ll t > 0? Lösning. Ekvtionen är seprbel. Vi seprerr vriblern och integrerr: t+c = ( ) = = ln. Dett är ekvivlent med = Ce t. Betrkt lösningen som uppfller (0) = 2. Vi hr (0) > (dvs (0) ligger i det intervllet där/ = ( ) > 0). Eftersom sstemet är utonom och högerledet( ) är kontinuerligt deriverbr, hr vi(t) > 2 för llt > 0. Därför hr vi = för llt < 0. Insättning v begnnelsevärdet ger ochc = /2, och = /2e t. Denn funktion är definierd för 0 t < ln2. Motsvrnde lösning är obegränsd (det följer från den explicit formeln eller från fslinjen).

2 Betrkt lösningen som uppfller(0) = /2. Vi hr0 < (0) < ((0) ligger melln kritisk punktern 0 och ), och därför 0 < (t) < för ll t > 0. I denn intervll hr vi =. Insättning v begnnelsevärdet ger ochc =, och = e t +. Denn funktion är definierd för ll t > 0. Motsvrnde lösning är begränsd och går mot 0 då t (det följer från den explicit formeln eller från fslinjen). 2. Det är lätt t se tt (x) = x 3 är en lösning till ekvtionen Bestäm den llmänn lösningen till ekvtionen x 2 (x) x (x) 3(x) = 0, x > 0, x 2 (x) x (x) 3(x) = 4x 3, x > 0. Lösning. Vi kn nvänd reduktion v ordning. Då söker vi en lösning på formen (x) = x 3 u(x). Insättning i ekvtionen ger: x 5 u +5u x 4 = 4x 3. Vi inför en n vribelv := u. Då x 5 v +5vx 4 = 4x 3. Observer tt dett kn skrivs om: Dett ger u = lnx+ C x 4 +C 2, och (x 5 v) = 4x 3 x 5 v = x 4 +C v = x + C x 5 (x) = x 3 u(x) = x 3 lnx+ C x +C 2x 3. Observer tt = x 3 och = utgör en fundmentl lösningsmängd för den homogen ekvtionen ovn, eftersom de är lösningr och W[, 2 ] 0 för x > 0 (Verifier!). Funktionen x p (x) = x 3 lnx (som motsvrr C = C 2 i formeln ovn) är en prtikulär lösning till den inhomogen ekvtionen ovn. Därför ges den llmänn lösningen till den inhomogen ekvtionen v (x) = x 3 lnx+ C x +C 2x 3. 3. ). Lös begnnelsevärdesproblemet 2p. 5 3 X = X, X(0) =. Lösning. Mtrisen hr egenvärdenr = 2 ochr 2 = 4 med motsvrnde egenvektorerv = ( ) ochv 2 = ( 3 ). Den llmänn lösningen till sstemet ges v 3 X(x) = c V e rx +c 2 V 2 e r2x = c e 2x +c 2 e 4x.

b). Bestäm den llmänn lösningen till sstemet 2p. 5 3 5x+2 X = X +. x 3 Lösning. ( x/4+29/6 Vi nsätter en lösning på formen X = ( x+b cx d) och sätter in i sstemet. Mn får Xp = 5x/4+39/6). Den llmänn lösningen blir 3 X(x) = c e 2x +c 2 e 4x + ( ) x/4+29/6. 5x/4+39/6 3 4. Betrkt sstemet { x = = +x 3 x där 0 är en prmeter och x = x(t), = (t) är beroende vribler. För vrje vl v 0 klssificier motsvrnde kritisk punkter v sstemet med vseende på tp v fspoträtt (sdel, nod osv) och stbilitet (stbil, smptotiskt stbil eller instbil). Mn behöver inte nge tp för fllet = 2. Lösning. De kritisk punktern ges v { = 0 x 3 x = 0 Om = 0 hr vi en kritisk punkt (0,0). Observer tt för = 0 är sstemet linjär: { x = = x Dess egenvärden ärr,2 = ±i (imginär). Den kritisk punkten är ett centrum, den är stbil. Om > 0 hr vi tre kritisk punkter: (0,0), (,0) (,0). Jkobinen för sstemet hr form 0 0 J(x,) = 3x 2, J(0,0) =, J(± ( ) 0,0) =. 2 J(0,0) hr egenvärden r,2 = ± 2 4. 2 För 0 < < 2 ärim(r,2 ) 0, ochre(r,2 ) = < 0. Kritisk punkten är en stbil spirl. För 2 är egenvrden reell. Eftersom 2 4 <, hr vir,2 < 0. Kritisk punkten är en stbil nod. Vidre,J(±,0) hr egenvärdenr,2 = ± 2 +8. Eftersom 2 2 +8 >, hr vi ttr,2 hr olik tecken. Kritisk punkten är en sdel (instbil). 5. Bestäm rekursionsreltionen för potensserielösningen till Legendres ekvtion ( x 2 ) (x) 2x (x)+20(x) = 0

4 kring punkten x = 0. Bestäm den lösning som uppfller (0) =, (0) = 0. Lösning. Beteckn P(x) = x 2. Eftersom ll koefficienter i den linjär ekvtionen ovn är nltisk i en omgivning v origo, och P(0) 0, är origo en ordinär punkt för ekvtionen. Vi söker en lösning på formen (x) = nx n. Derivering ger: (x) = n n x n = n n x n, Insättning ger: (x) = n= n x n 2 = n=2 (n+2)(n+) n+2 x n. ((n+2)(n+) n+2 n(n ) n 2n n +20 n )x n = 0 Denn serie är identiskt lik med 0 om och endst om ll koefficienter är lik med 0. Vi får rekursionsreltionen n+2 = n2 +n 20 (n+2)(n+) n = (n+5)(n 4) (n+2)(n+) n. Villkoret (0) = ger 0 =, villkoret (0) = 0 ger = 0. Rekurrensreltionern ger: 3 = 5 =... = 2n+ = 0, och 2 = 0, 4 = 35 3, 6 = 8 =... = 2n = 0. Alltså, lösningen till begnnelsevärdesproblemet ovn är (x) = 0x 2 + 35 3 x4. 6. Avgör om följnde påståenden är snn eller flsk. Fullständig motivering krävs! Vrje korrekt delsvr ger p. ). Lösningr = 2e t + e 2t och 2 = 2e t + 3e 3t bildr en fundmentl lösningsmängd för ekvtionen (t) 5 (t)+6(t) = 4e t. Lösning. Flskt! Ekvtionen är linär inhomogen, och hr därför ingen fundmentl lösningsmängd. (Dett begrepp hr ingen mening eftersom en linjär kombintion v två lösningr behöver inte vr lösning. Till exempel, 2 är inte en lösning till ekvtionen ovn. b). Om X 0 är en instbil kritisk punkt till sstemet X = f(x),

så för vrje ǫ > 0 finns det ett δ > 0 sådn tt för vrje lösning X = X(t) som uppfller X(0) X 0 < δ gäller tt X(t) X 0 > ǫ för ll tillräckligt stor t > 0. Lösning. Flskt! Om X 0 är en instbil kritisk punkt till sstemet ovn, så finns det en ǫ > 0 sådn tt för vrje δ > 0 finns en lösning X = X(t) som uppfller X(0) X 0 < δ men X(t) X 0 > ǫ för någott > 0. Mn kn också säg så här: Instbilitet behöver inte medför tt ll lösningr som strtr när 0 lämnr en fixerd omgivning. Betrkt sstemet dx = x, =. Origo är en sdelpunkt, lltså instbil. Tg ett ǫ > 0. Vilken är δ > 0 vi tr, så finns det lltid en lösning (till exempel, med begnnelsevärden x(0) = 0,(0) = δ/2) som konvergerr mot 0 då t. c). För vrje kontinuerlig funktion f : R R så gäller det tt om och 2 är lösningr till (t) = f(t)(t) (definierde på R), så är 3 = 2 en lösning till (t) = f(t)(t). Lösning. Flskt! Låt 3 = 2. Då gäller för ll t tt 3 = ( 2 ) = 2 + 2 = 2f 2 = 2f 3. Men om 3 är en lösning, så måste 3 = f 3 för llt. Vi ser tt 3 är en lösning omf(t) 3 (t) = 2f(t) 3 (t) för ll t. Dett krv är inte uppflld för ll f och ll lösningr. Mn kn också svr med ett explicit motexempel. d). Det finns en kontinuerligt deriverbr funktion f sådn tt ekvtionen (t) = f((t)) hr en kontinuerligt deriverbr lösning (t) definierd på ett öppet intervll I med egenskp tt (t ) < 0 och (t 2 ) > 0 för någr t,t 2 I. Lösning. Flskt! Antg motstsen: tt det finns en kontinuerligt deriverbr lösning(t) definierd på ett öppet intervll I med egenskp tt (t ) < 0 och (t 2 ) > 0 för någr t,t 2 I. Eftersom både funktionen f() och lösningen (t) är kontinuerlig, så är smmnsättningen f((t)) kontinuerlig. Eftersom f((t )) = (t ) < 0 och f((t )) = (t 2 ) > 0, så finns det en punkt t 0 melln t och t 2 där f((t 0 )) = 0. Men ekvtionen är utonom, och f((t 0 )) = 0 medför tt (t) = (t 0 ) för ll t I är (ekvilibrium) lösning. Eftersomf är kontinuerligt deriverbr, kn entdighetsstsen tillämps. Denn medför tt ekvilibriumlösningen(t) = (t 0 ) för llt I är den end lösningen som uppfller(t) = (t 0 ). Men för ekvilibriumlösningen hr vi (t ) = (t 2 ) = 0, vilket strider mot ntgndet. 5