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