u(x) + xv(x) = 0 2u(x) + 3xv(x) = sin(x) xxx egentliga uppgifter xxx 1. Sök alla lösningar till den homogena differentialekvationen

Relevanta dokument
x(t) I elimeringsmetoden deriverar vi den första ekvationen och sätter in x 2(t) från den andra ekvationen:

z = z 2. z = z 2 z /z 2 = 1 1 z = x + c z(x) = x + c = ln x + c + c 2 y(x) = ln y = 0 y(x) = c 2

x 1(t) = x 2 (t) x 2(t) = x 1 (t)

D 1 u(x, y) = e x (1 + x + y 2 ), D 2 u(x, y) = 2ye x + 1, (x, y) R 2.

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

Linjära differentialekvationer av andra ordningen

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

ÖVN 2 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF1683. Inofficiella mål

TATA42: Föreläsning 9 Linjära differentialekvationer av ännu högre ordning

Kontrollskrivning KS1T

Institutionen för matematik KTH. Tentamensskrivning, , kl B1210 och 5B1230 Matematik IV, för B, M, och I.

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

= e 2x. Integrering ger ye 2x = e 2x /2 + C, vilket kan skrivas y = 1/2 + Ce 2x. Här är C en godtycklig konstant.

Sammanfattning av ordinära differentialekvationer

Föreläsningen ger en introduktion till differentialekvationer och behandlar stoff från delkapitel 18.1, 18.3 och 7.9 i Adams. 18.

Lösningar till MVE017 Matematisk analys i en variabel för I x 3x y = x. 3x2 + 4.

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

Studietips inför kommande tentamen TEN1 inom kursen TNIU23

Del I. Modul 1. Betrakta differentialekvationen

Preliminärt lösningsförslag till del I, v1.0

Lösningsförslag, preliminär version 0.1, 23 januari 2018

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen

TATA42: Föreläsning 7 Differentialekvationer av första ordningen och integralekvationer

ÖVN 6 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF Nyckelord och innehåll. a n (x x 0 ) n.

= = i K = 0, K =

Lineära system av differentialekvationer

v0.2, Högskolan i Skövde Tentamen i matematik

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

Tentamen, del 2 Lösningar DN1240 Numeriska metoder gk II F och CL

Kapitel 5: Primitiva funktioner

Veckans teman. Repetition av ordinära differentialekvationer ZC 1, 2.1-3, 4.1-6, 7.4-6, 8.1-3

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

, x > 0. = sinx. Integrera map x : x 3 y = cosx + C. 1 cosx x 3. = kn där k är. k = 1 22 ln 1 2 = 1 22 ln2, N(t) = N 0 e t. 2 t 32 N 1.

Tentamensskrivning i Differentialekvationer I, SF1633(5B1206).

} + t { z t -1 - z t (16-8)t t = 4. d dt. (5 + t) da dt. {(5 + t)a} = 4(5 + t) + A = 4(5 + t),

SF1625 Envariabelanalys Tentamen Lördagen den 11 januari, 2014

Meningslöst nonsens. December 14, 2014

Kap 3.7, 17.8 Linjära differentialekvationer med konstanta koefficienter.

10.1 Linjära första ordningens differentialekvationer

TATA42: Föreläsning 8 Linjära differentialekvationer av högre ordning

TENTAMEN HF1006 och HF1008 TEN2 10 dec 2012

Ordinära differentialekvationer

SF1633, Differentialekvationer I Tentamen, torsdagen den 7 januari Lösningsförslag. Del I

= y(0) för vilka lim y(t) är ändligt.

Lösning till tentamen i SF1633 Differentialekvationer I för BD, M och P, , kl

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

1. (4p) Para ihop följande ekvationer med deras riktingsfält. 1. y = 2 + x y 2. y = 2y + x 2 e 2x 3. y = e x + 2y 4. y = 2 sin(x) y

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Lösningsförslag envariabelanalys

Envariabelanalys 2, Föreläsning 8

Tentamen i matematik. f(x) = ln(ln(x)),

Komplettering: 9 poäng på tentamen ger rätt till komplettering (betyg Fx).

4x 2 dx = [polynomdivision] 2x x + 1 dx. (sin 2 (x) ) 2. = cos 2 (x) ) 2. t = cos(x),

Crash Course Envarre2- Differentialekvationer

M0043M Integralkalkyl och Linjär Algebra, H14, Integralkalkyl, Föreläsning 4

DIFFERENTIALEKVATIONER. INLEDNING OCH GRUNDBEGREPP

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Partiella differentialekvationer och randvärdesproblem Separabla PDE Klassiska ekvationer och randvärdesproblem

DIFFERENTIALEKVATIONER. INLEDNING OCH GRUNDBEGREPP

DIFFERENTIALEKVATIONER. INLEDNING OCH GRUNDBEGREPP

Institutionen för Matematik, KTH Lösningar till tentamen i Analys i en variabel för I och K (SF1644) 1/ e x h. (sin x) 2 1 cos x.

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

2x ex dx. 0 = ln3 e

Prov i matematik Distans, Matematik A Analys UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

SF1625 Envariabelanalys Tentamen Onsdagen den 5 juni, 2013

Gamla tentemensuppgifter

SF1625 Envariabelanalys Tentamen Måndagen den 11 januari 2016

SVAR: Det är modell 1 som är rimlig för en avsvalningsprocess. Föremålets temperatur efter lång tid är 20 grader Celsius.

Dagens teman. Linjära ODE-system av ordning 1:

Del I: Lösningsförslag till Numerisk analys,

KTH Matematik Tentamensskrivning i Differentialekvationer och transformer III, SF1637.

DIFFERENTIALEKVATIONER. INLEDNING OCH GRUNDBEGREPP

SF1625 Envariabelanalys Tentamen Måndagen den 12 januari 2015

Moment 1.15, 2.1, 2.4 Viktiga exempel 2.2, 2.3, 2.4 Övningsuppgifter Ö2.2ab, Ö2.3. Polynomekvationer. p 2 (x) = x 7 +1.

Konsten att lösa icke-linjära ekvationssystem

KTH Matematik Tentamensskrivning i Differentialekvationer I, SF1633.

Tentamen i matematik. f(x) = 1 + e x.

Lösandet av ekvationer utgör ett centralt område inom matematiken, kanske främst den tillämpade.

Moment Viktiga exempel Övningsuppgifter. t 4 3t 2 +2 = 0. x 2 3x+2 = 0

Svar till tentan

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

(y 2 xy) dx + x 2 dy = 0 y(e) = e. = 2x + y y = 2x + 3y 2e 3t, = (x 2)(y 1) y = xy 4. = x 5 y 3 y = 2x y 3.

MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

10x 3 4x 2 + x. 4. Bestäm eventuella extrempunkter, inflexionspunkter samt horizontella och vertikala asymptoter. y = x 1 x + 1

4 Fler deriveringsregler

Tentamen, SF1629, Differentialekvationer och Transformer II (del 2) 10 januari 2017 kl. 14:00-19:00. a+bx e x 2 dx

MA2001 Envariabelanalys

y y 1 = k(x x 1 ) f(x) = 3 x

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

Vi betraktar homogena partiella differentialekvationer (PDE) av andra ordningen

Moment Viktiga exempel Övningsuppgifter I Ö5.1b, Ö5.2b, Ö5.3b, Ö5.6, Ö5.7, Ö5.11a

Chalmers tekniska högskola Datum: kl Telefonvakt: Milo Viviani MVE500, TKSAM-2

x (t) = 2 1 u = Beräkna riktnings derivatan av f i punkten a i riktningen u, dvs.

Föreläsning 6. SF1625 Envariabelanalys. Hans Thunberg, 9 november 2018

Lösningar och kommentarer till uppgifter i 1.1

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf. Sammanfattning av föreläsningarna 11-14, 16/11-28/

Tentamen, del 2 DN1240 Numeriska metoder gk II för F

Alltså är {e 3t, e t } en bas för lösningsrummet, och den allmänna lösningen kan därmed skrivas

KOKBOKEN 3. Håkan Strömberg KTH STH

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Transkript:

Differentialekvationer I Modellsvar till räkneövning 6 Den frivilliga uppgiften U1 påminner om nyttiga kunskaper, och räknas inte för extrapoäng (fråga vid behov). U1. Lös funktionerna u(x) och v(x) från det linjära ekvationssystemet u(x) + xv(x) = 0 2u(x) + 3xv(x) = sin(x) då x (0, ). Svar: u(x) = sin(x) och v(x) = sin(x) x för x > 0. xxx egentliga uppgifter xxx 1. Sök alla lösningar till den homogena differentialekvationen x 2 y + 2xy 2y = 0, x > 0 med reducering av ordningen, då y 1 (x) = x är en lösning. Lösning: Vi gör en Ansatz y 2 (x) = v(x)y 1 (x) = v(x)x, där v(x) är en okänd funktion. Vi räknar ut första och andra derivatan för y 2 före vi börjar substituera i differentialekvationen: y 2 = v y 1 + vy 1 = v x + v y 2 = v y 1 + v y 1 + v y 1 + vy 1 = v y 1 + 2v y 1 + vy 1 Substituera, gruppera med avseende på ordningen av v s derivata och förenkla x 2 (v y 1 + 2v y 1 + vy 1) + 2x(v y 1 + vy 1) 2xy = 0 x 2 v y 1 + 2x 2 v y 1 + 2xv y 1 + v(x 2 y 1 + 2xy 1 2y 1 ) = 0 x 3 v + v 2(x 2 + x 2 ) = 0 v + 4 x v = 0.

Vi erhåller h + 4 x h = 0 efter substitutionen h(x) = v (x). Välj integreringsfaktorn e ln(4x) = f(x) = x 4, så att f = 4x 3 Vi hyfsar och löser: h f + 4 x fh = (hf) = 0 hf = C h(x) = c 1 f(x) = Cx 4 v(x) = hdx = Kx 3. Eftersom y 2 (x) = v(x)x, så är y 2 (x) = Kx 2. Enligt teorin är allmänna lösningen alltså y(x) = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) = C 1 x + C 2 x 2, där C 1, C 2 R är godtyckliga konstanter. 2. Verifiera att y 1 (x) = e x2 /2 löser den homogena differentialekvationen y + xy + y = 0, och sök ett fundamentalsystem {y 1, y 2 } av lösningar genom reducering av ordningen. Kommentar: svaret kommer att innehålla en integralfunktion som inte kan skrivas ned explicit. Lösning: Vi räknar först ut uttryck för derivatorna av y 1 (x) = e x2 /2 : y 1 = xe x2 /2 = xy 1 y 1 = y 1 + x 2 y 1 = (x 2 1)y 1. Vi verifierar nu att y 1 faktiskt löser differentialekvationen i fråga: y 1 + xy 1 + y 1 = (x 2 1)y 1 x 2 y 1 + y 1 = 0. Därmed löser y 1 differentialekvationen. Gör följande Ansatz: y 2 (x) = v(x)y 1 (x) = v(x)e x2 /2 där v(x) är en okänd funktion av x. Substituera och förenkla (v y 1 + 2v y 1 + vy 1) + x(v y 1 + vy 1) + vy 1 = 0 v y 1 + v (2y 1 + xy 1 ) + v(y 1 + 2xy 1 + y 1 ) = 0 v y 1 v xy 1 + 0 = 0 v xv = 0.

Vi erhåller den linjära differentialekvationen h xh = 0 efter substitutionen h(x) = y (x). Välj integreringsfaktorn f(x) = e x2 /2, så att f = xf. Vi får h f xfh = h f + f h = (hf) = 0 hf = C v (x) = h(x) = Ce x2 /2 v(x) = C e x2 /2 dx = CH(x), där H(x) är integralfunktionen e x2 /2 dx som saknar explicit formel. Därmed är den allmänna lösningen till den givna differentialekvationen y(x) = C 1 H(x)e x2 /2 + C 2 e x2 /2, där C 1, C 2 R är godtyckliga konstanter. 3. Lös den icke-homogena linjära differentialekvationen y + 2y + y = x genom (i) metoden att variera konstanterna, (ii) metoden med obestämda koefficienter. Lösning: Vi börjar med att lösa motsvarande homogena differentialekvation. y + 2y + y = 0 Vilket görs med att hitta rötterna till motsvarande karakteristisk ekvation. λ 2 + 2λ + 1 = (λ + 1) 2 = 0 Eftersom vi har en dubbel roten 1 utgör y 1 (x) = e x, y 2 (x) = xe x ett fundamentalsystem till den homogena ekvationen. (i) Vi söker nu en special lösning med metoden av att variera konstanterna. Ansatz: y s (x) = v(x)y 1 (x) + u(x)y 2 (x) = v(x)e x + u(x)xe x, där u och v är okända funktioner. Vi deriverar: y s(x) = v (x)e x + u (x)xe x v(x)e x + u(x)(1 x)e x = v(x)e x + u(x)(1 x)e x,

efter att vi inför (sido)villkoret e x (v (x) + u (x)x) = 0 för att undvika högre derivator u och v [kan alltid göras]. Alltså vi kan anta att Vi deriverar vidare: v (x) + u (x)x = 0. y s (x) = v (x)e x + u (x)(1 x)e x + v(x)e x + u(x)( 2 + x)e x = u (x)e x + v(x)e x + u(x)( 2 + x)e x, efter att vi använder sidovillkoret. Substituera y s, y s och y s i den ursprungliga DE:n, så att efter gruppering av termerna med u(x) och v(x) vi har x = u (x)e x + v(x)e x + u(x)( 2 + x)e x + 2( v(x)e x + u(x)(1 x)e x ) + v(x)e x + u(x)xe x = e x( v(x)(1 2 + 1) + u (x) + + u(x)( 2 + x + 2 2x + x) ) = e x u (x). Detta ger villkoret u (x) = xe x, så vi har det linjära ekvationssystemet v (x) + u (x)x = 0 u (x) = xe x för varje fixerat x R. Partiell integrering av den andra ekvationen ger u(x) = xe x dx = xe x e x dx = xe x e x. Första ekvationen ger v (x) = xu (x) = x 2 e x, och med partiell integrering v(x) = x 2 e x dx = x 2 e x + 2 xe x dx = x 2 e x + 2(x 1)e x. Alltså: vi har hittat lösningen y s (x) = ( x 2 + 2(x 1))e x e x + x(x 1)e x e x = x 2 till den icke-homogena ekvationen, så att den allmänna lösningen är y(s) = y s (x) + C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) = x 2 + C 1 e x + C 2 xe x.

(ii) Av differentialekvationens högra sida kan man gissa att den kan ha en lösning av formen y s (x) = Ax + B. Vilket leder till villkoret x = y s + 2y s + y s = 0 + 2A + Ax + B = (2A + B) + Ax. Jämför koefficienterna så att A = 1, av vilket det följer att B = 2. Därmed är y s (x) = x 2. Allmänna lösningen är alltså y(x) = y s (x) + C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) = x 2 + C 1 e x + C 2 xe x. Kommentar: metoden med obestämda koefficienter är betydligt enklare då den är möjlig! 4. Lös begynnelsevärdesproblemet y + 4y + 4y = sin x, y(0) = 0, y (0) = 1. Tips: gör försöket y(x) = A sin x + B cos x för att finna en lösning till den icke-homogena ekvationen. Lösning: Börja med att lösa den homogena differentialekvationen y + 4y + 4y = 0. Vi får lösningen genom att hitta rötterna till dess karaktäristiska ekvation λ 2 + 4λ + 4 = (λ + 2) 2 = 0. Eftersom den har dubbelroten λ = 2 så utgör {e 2x, xe 2x } ett fundamentalsystem till det homogena fallet. Nu saknar vi endast en special lösning till den ursprungliga icke-homogena ekvationen. Gör Ansatz: y s (x) = A sin x + B cos x, där A, B är okända konstanter. Substituera och förenkla: A sin x B cos x + 4A cos x 4B sin x + 4A sin x + 4B cos x = sin x (4A A 4B) sin x + (4B B + 4A) cos x = sin x. Nu måste alltså dvs. B = 4 A. Och 3 4B B + 4A = 3B + 4A = 0, 4A A 4B = 3A 4B = 3A + 4 4 3 A = A25 3 = 1

dvs. A = 3 och B = 4. Allmänna lösningen är alltså 25 25 y = 3 25 sin x 4 25 cos x + C 1e 2x + C 2 xe 2x. Begynnelsevärdesproblemet reduceras nu till 0 = y(0) = 3 25 sin 0 4 25 cos 0 + C 1 så C 1 = 4. Andra kravet är att 25 1 = y (0) = 3 25 sin (0) + 4 25 cos (0) 4 25 (e 2x ) (0) + C 2 (xe 2x ) (0) = 3 25 cos(0) 4 25 sin(0) + 4 25 ( 2e 2x )(0) + C 2 (xe 2x ) (0) = 3 25 0 8 25 + C 2(e 2x )(0) + C 2 ( 2xe 2x )(0) = 5 25 + C 2 dvs. C 2 = 30. Slutliga lösningen är alltså 25 y = 3 sin x 4 cos x + 4e 2x + 30xe 2x. 25 5. Lös differentialekvationen x 2 y + 2xy 2y = 2x 1, x > 0. Påminnelse: motsvarande homogena differentialekvation löstes i uppgift 6:1. Lösning: Vi behöver endast hitta en lösning till den icke-homogena ekvationen. Lösningen fås med metoden av att variera konstanterna. Ansatz: y s (x) = v(x)y 1 (x) + u(x)y 2 (x) = v(x)x + u(x)x 2, där u och v är okända funktioner. Vi deriverar: y s(x) = v (x)x + u (x)x 2 + v(x) 2u(x)x 3 = v(x) 2u(x)x 3,

efter sidovillkoret v (x)x + u (x)x 2 = 0. Andra derivatan är y s (x) = v (x) 2u (x)x 3 + 6u(x)x 4. Efter substitutionen i DE:n, samt gruppering, erhåller vi villkoret 2x 1 = x 2( v (x) 2u (x)x 3 + 6u(x)x 4) + 2x ( v(x) 2u(x)x 3) 2 ( v(x)x + u(x)x 2) = x 2 v (x) + v(x) ( 2x 2x ) + 2u (x)x 1 + u(x) ( 6 x 2 4 x 2 2 x 2 ) = x 2 v (x) 2u (x)x 1. Vi har det linjära ekvationssystemet v (x)x + u (x)x 2 = 0 x 2 v (x) 2u (x)x 1 = 2x 1 för derivatorna v (x) och u (x). Vi skriver systemet som x 3 v (x) + u (x) = 0 x 3 v (x) 2u (x) = 2x 2 x genom att multiplicera 1. ekvationen med x 3 > 0 samt den andra med x > 0. Då är 3x 3 v (x) = 2x 2 x så att v (x) = (1/3) ( 2 x 1 x 2 ), och integrerar v(x) = 2 3 ln(x) + 1 3x. Villkoret u (x) = x 3 v(x) = 2 3 x2 + 1 x, så att 3 Den sökta lösningen är u(x) = 2 9 x3 + 1 6 x2. y s (x) = x ( 2 3 ln(x) + 1 ) 1 ( 2 + 3x x 2 9 x3 + 1 6 x2) = 2 3 x ln(x) + 1 3 + 1 6 2 9 x = 2 3 x ln(x) + 1 2 2 9 x.

Eftersom y 1 (x) = x redan löser den homogena ekvationen, så räcker det att välja y s (x) = 2x ln(x) + 1. Alla lösningar till den icke-homogena DE:n är 3 2 i intervallet I = (0, ). y(x) = C 1 x + C 2 x 2 + 2 3 x ln(x) + 1 2 6. Sök funktioner p(x) och q(x) så att den linjära homogena differentialekvationen y + p(x)y + q(x)y = 0 har fundamentalsystemet {y 1, y 2 } av lösningar i R, där y 1 (x) = e x2 /2 och y 2 (x) = x. Tips: efter insättning erhålls ett linjärt ekvationssystem för de okända funktionerna p(x) och q(x). Vi börjar med att skriva ut derivatorna för y 1. Märk att y 1 = xy 1, och y 1 = (x 2 1)y 1. Sedan substituerar vi dem turvis in i differentialekvationen. Vi börjar med y 1. På samma sätt för y 2 får vi villkoret (x 2 1)y 1 xp(x)y 1 + q(x)y 1 = 0 (x 2 1) xp(x) + q(x) = 0 xp(x) q(x) = (x 2 1). p(x) + q(x)x = 0. Vi får att p(x) = q(x)x. Efter substitution av detta i den första ekvationen får vi nu (x 2 1) = xp(x) q(x) = x 2 q(x) q(x) = (x 2 + 1)q(x). Med andra ord är q(x) = 1 x2 1 x2, så därmed är p(x) = q(x)x = x. Den x 2 +1 x 2 +1 sökta differentialekvatoner är alltså y 1 x2 x 2 + 1 xy + 1 x2 x 2 + 1 = 0. Kursprov: torsdag 8.3. kl 12-15, vilket samtidigt är kursprovstillfälle i kursen Topologia Ia. Provtid 2 t 30 min. och 4 uppgifter. I kursprovet får ni ha med en ensidig handskriven minneslapp med storlek A4.

Provområdet: kompendiet Tavalliset differentiaaliyhtälöt (år 2016), sidorna 1 27 och 30 44 (alltså inte kapitel 2.3. Infektionsspridningsmodeller). Kursprovsgenomgång sista föreläsningen torsdag 1.3. kl 14-16. Kursen fortsätter som Differentialekvationer II (5 sp; separat kursprov) under vecka 11 med första föreläsningen måndag 12.3. kl 10-12 C129.