Lösningsförslag till tentamensskrivning i Differentialekvationer och transformer III, SF137 Tisdagen den 11 januari 211, kl 14-19 Hjälpmedel: BETA, Mathematics Handbook Redovisa lösningarna på ett sådant sätt att beräkningar och resonemang är lätta att följa Svaren skall ges på reell form Del 1 är avsedd för betyg E och omfattar 3 uppgifter För betyg E krävs 3 godkända moduler Del 2 är avsedd för högre betyg, A, B, C och D, och omfattar totalt 2 poäng För betyg A krävs förutom 3 godkända moduler även 15 poäng på del 2 För betyg B krävs förutom 3 godkända moduler även 11 poäng på del 2 För betyg C krävs förutom 3 godkända moduler även 7 poäng på del 2 För betyg D krävs förutom 3 godkända moduler även 3 poäng på del 2 Uppgifterna 11-15 ger 4 poäng vardera Eaminator: Hans Tranberg Del 1 Modul 1 Bestäm lösningen till begynnelsevärdesproblemet dy d = y 2 9, y() = 4 Undersök y() då väer från startvärdet = Den erhållna differentialekvationen är separabel Konstantlösningarna saknar i detta fall intresse De stationära lösningarna är y = ±3 Med y 2 9, y 3 omformas differentialekvationen till 1 dy vilken kan skrivas (y + 3)(y 3) d =1 1 Partialbråksuppdelning ger y + 3 + 1 dy y 3 d = Integration med avseende på ger: ln y + 3 + ln y 3 = + lnc 1 1 dy y 2 9 d =1, Vi bestämmer y: ln y 3 y + 3 = + lnc 1, y 3 y + 3 = ±C 1 e, C = ±C 1 ger y 3 y + 3 = Ce y 3 = (y + 3)Ce, y yce = 3Ce + 3, y = 3Ce + 3 1 Ce Villkoret y() = 4 ger C = 1, vilket insatt i den allmänna lösningen ger 7 den sökta lösningen y = 3(e + 7), ln7 ln 7 Eistensintervallet ges av : < 7 e För startvärdet = är y = 4 och derivatan är positiv Detta innebär att funktionen väer och y blir obegränsad för = ln7 SVAR: y = 3(e + 7), < ln7 y väer obegränsat 7 e Modul 2
Positionen för en partikel ges av systemet dx = AX där A = 1 1 dt 4 1 Vidare gäller för 22-matrisen A följande ekvationer: A 1 2 = 3 och A 1 2 = 1 2 Bestäm den allmänna lösningen till systemet av differentialekvationer Avgör även en partikels öde om den vid tiden t = 2 befinner sig i punkten (2,2) För att bestämma den allmänna lösningen behövs två linjärt oberoende lösningar till systemet Lösningarna erhålles med hjälp av matrisens egenvärden och tillhörande egenvektorer Egenvärdena fås vanligtvis ur ekvationen = det(a λi), men i detta fall har vi ytterligare information rörande matrisen A Vi kan direkt ange egenvärden och tillhörande egenvektorer Vi omformar de givna ekvationerna A 1 2 = 3 kan skrivas A 1 2 = 3 1 2, vilket innebär att λ 1 = 3 och en tillhörande egenvektor är K 1 = 1 2 En lösning ges av X = 1 1 2 e 3t A 1 2 = 1 2 kan skrivas A 1 = 1 1, vilket innebär att λ 2 2 2 = 1 och en tillhörande egenvektor 1 1 är K 2 = En lösning ges av X 2 2 = e t 2 Den allmänna lösningen kan då skrivas som en linjärkombination av X 1 och X 2 1 1 Vi erhåller X = c 1 X 1 + c 2 X 2 = c 1 e 3t + c 2 2 e t 2 Egenvärdena är reella med skilda tecken Det innebär att origo som är den enda stationära punkten är en sadelpunkt och därmed instabil Partikeln placerad i punkten (2,2), vilken ej ligger på den stabila egenvektorn, Kommer att avlägsna sig obegränsat 1 SVAR: Den allmänna lösningen X = c 1 1 e 3t + c 2 2 e t 2 Partikeln avlägsnar sig obegränsat Modul 3 Beräkna fouriertransformen av funktionen f (t) = e t 1 t 1 för övrigt Observera att transformen skall ges på reell form Enligt definitionen på fouriertransform gäller att F{ f (t)}(ω) = f (t)e iωt dt 1 Insättning av aktuell funktion ger F{ f (t)}(ω) = e t e iωt dt + e t e iωt dt Förenkling ger F{ f (t)}(ω) = e (1+iω )t dt + e (1 iω )t dt 1 1 1
Integration ger F{ f (t)}(ω) = 1 e1+iω (1+ iω) + e1 iω 1 1 iω Detta uttryck skall ges på reell form Sätt på gemensamt bråksstreck F{ f (t)}(ω) = (1 iω)(e1+iω 1) + (1+ iω)(e 1 iω 1) (1+ iω)(1 iω) vilket förenklat blir F{ f (t)}(ω) = e2cosω iωe2isinω 2 1+ω 2 = SVAR: Den sökta fouriertransformen är F{ f (t)}(ω) = = e(eiω + e iω ) iωe(e iω e iω ) 2 1+ω 2 2(ecosω +ωesinω 1) 1+ω 2 2(ecosω +ωesinω 1) 1+ω 2 Del 2 11 Beståndet, y (t ), mätt i ton, av en viss fiskart i en viss sjö antas variera periodiskt med tiden t, mätt i månader, enligt följande: y :s ändringshastighet (som kan vara både positiv och negativ) är proportionell mot produkten av y och den periodiska faktorn cos t På morgonen den 17 maj (väljes som t = ) är y = 1 ton och den 17 augusti är y = 3 ton Bestäm y (t ) som funktion av t Bestäm även när fiskebeståndet är minst och ange dess minsta värde Beståndet, y (t ), uppfyller differentialekvationen dy = ky cos t, där k är en proportionalitetskonstant dt Den erhållna differentialekvationen är separabel Konstantlösningen saknar i detta fall intresse Omformning ger: 1 y Lös ut y : y = ±e A e k sin t dy dt = k cos t Integration med avseende på t ger: ln y = k sin t + A = Ce k sin t Vi bestämmer nu konstanterna med hjälp av villkoren Beståndet ges av y(t) = e ln3sin t = 3 sin t Det minsta värdet, y = 3 1 = 1 3 SVAR: Beståndet uppfyller differentialekvationen dy dt 1 = y() = C 3 = y (3) = Ce k sin 3, erhålles då sin t = 1, t = 9 +12n, n N C = 1 e k = 3, k = ln 3 = ky cos t och är y(t) = 3 sin t Beståndet är minst den 17 februari varje år och är lika med 1 3 ton 12 a Vad menas med att två funktioner är ortogonala på ett intervall L? b Undersök om följden sin, sin2, sin3,, sinn, c Vad menas med att en reellvärd funktion f är periodisk med perioden T? d Bestäm koefficienterna, n = 1,2,3, så att cos2 = sin n då < < { } är ortogonal på intervallet a Två funktioner, f och g, är ortogonala på intervallet [, L] då f ()g()d = n=1 L
b Vi undersöker om sin n sin md = med n m VL = 1 2 (cos(n m) cos(n + m))d [ ] = = HL VL = 1 1 2 (n m) sin(n m) 1 sin(n + m) (n + m) c Den reellvärda funktionen f är periodisk med perioden T då f ( + T) = f () för alla d Koefficienterna, n = 1,2,3, är fourierkoefficienterna för den udda funktion, som på intervallet < < ges av f () = cos2 Koefficienterna ges av = 2 cos2 sinn d = 1 { sin(n + 2) + sin(n 2) }d = { n 2} = 1 cos(n + 2) cos(n 2) n + 2 n 2 = 1 1 cos(n + 2) 1 cos(n 2) + 1 cosn = 1 n + 2 n 2 n + 2 + 1 n 2 = 1 cosn 2n n 2 4, om n är jämnt 2 = 4n, om n är udda (n 2-4) Vidare gäller b 2 = 1 { sin(4) }d = 1 cos 4 4 [ ] = [ ] Anmärkning: En annan lösningsvariant på uppgift d är att först multiplicera cos2 = n=1 sin n med sin m och därefter integrera över intervallet < < och utnyttja ortogonaliteten hos följden sin, sin2, sin3,, sinn, { } SVAR: a Se ovan b Funktionsföljden är ortogonal c Se ovan d Koefficienterna, om n är jämnt = 4n, om n är udda (n 2-4) 13 Låt p och q vara kontinuerliga på intervallet (a, b) Låt vara en godtycklig punkt på intervallet (a, b) Vidare är lösningar till differentialekvationen y ʹ ʹ + p() y ʹ + q()y = på intervallet (a, b) Visa Abels formel W() = W( )e p( )d W() är Wronskianen till lösningarna
uppfyller differentialekvationen y ʹ ʹ + p() y ʹ + q()y =, vilket innebär att vi får ʹ ʹ + p() ʹ + q() = följande system: y 2 ʹ ʹ + p() y 2 ʹ + q()y 2 = Wronskianen av ges av W() = y 2 = y ʹ 1 y 2 ʹ y 2 ʹ Vi omformar systemet så att Wronskianen uppkommer i detta system Multiplicera den första ekvationen med y 2 och den andra ekvationen med samt bilda differensen av mellan de nya ekvationerna ( ʹ ʹ + p() ʹ + q() )y 2 = ʹ + y 2 ʹ ʹ + p()( + y 2 ʹ ) =, ( y 2 ʹ ʹ + p() y 2 ʹ + q()y 2 ) = d { y 2 ʹ } + p()( y ʹ 2 ) =, d W() + p()w() = d d Vi har erhållit en differentialekvation i Wronskianen W() 1 dw() Differentialekvationen är separabel = p() W() d 1 dw() Integrera från till : d = p()d W() d, lnw () lnw ( ) = p()d W () = ±W ( )e p()d För lika med är W() lika med W( ) vilket ger W ( ) = ±W ( ) Vi har fått W() = W( )e SVAR: Se ovan p( )d VSV 14 Bevisa följande påstående: Om f (t) har Fouriertransformen F{ f (t)}(ω) = f ˆ (ω) och a är sådan att Fouriertransformen av f (at) (betecknad som F{ f (at)}) eisterar så är F{ f (at)}(ω) = 1 a ˆ f ( ω a ) Enligt definitionen på fouriertransform gäller att F{ f (at)}(ω) = f (at)e iωt dt Vi delar upp i två fall Ett då a > och ett då a < Först behandlar vi fallet a > Variabelbytet s = at och ds = adt ger gränserna t = : s = respektive t = : s = Vi får F{ f (at)}(ω) = f (s)e iω s ds a = 1 f ˆ ( ω a a a ) Nu över till fallet a < Variabelbytet s = at och ds = adt ger gränserna t = : s = respektive t = : s = Vi får F{ f (at)}(ω) = f (s)e iω s ds a = f (s)e iω s ds a = 1 f ˆ ( ω a a a a ) Vi sammanfattar: F{ f (at)}(ω) = 1 a f ˆ ( ω ) vsv a SVAR: Se ovan
= y( 2 +1) 15 Bestäm alla stationära lösningar till systemet y = ( 2 +1) Klassificera om möjligt de stationära punkternas karaktär med avseende på stabilitet/instabilitet och typ( nod, spiral, centrum) Bestäm även lösningskurvorna och speciellt den lösning som går genom punkten (,y) = (3,4) Vi börjar med att bestämma de stationära lösningarna De erhålles då hastighetsvektorn är lika med nollvektorn = y( 2 +1) Vi får följande system: = ( 2 +1) Den enda stationära lösningen är origo, dvs (, y) = (,) För att undersöka dess karaktär linjariserar vi det icke-linjära systemet med hjälp av Jacobimatrisen y2 2 +1 Jacobimatrisen blir J(, y) = 3 2 1 Jacobimatrisen i (,y) = (,) ger en konstant matris vars egenvärden vi bestämmer J(,) = 1 Egenvärden fås ur ekvationen = det(j(,) λi) 1 Vi får = λ 1 1 λ = λ2 +1 detta ger de imaginära lösningarna λ = ±i I det linjariserade systemet är (,y) = (,) ett centrum Dock ger det ingen information rörande det icke linjära systemet Vi övergår till att använda fasplanemetoden Det ursprungliga systemet omformas enligt följande: y ʹ = y = ( 2 +1) y( 2 +1) = y Vi har erhållit en första ordningens differentialekvation Omformning ger 2yy ʹ + 2 = Integrera med avseende på : 2 + y 2 = C Lösningen genom punkten (, y) = (3,4) är 2 + y 2 = 25 Således är den stationära lösningen ett centrum SVAR: Den stationära lösningen är (,y) = (,) Den sökta lösningskurvan är 2 + y 2 = 25 Den stationära lösningen (,y) = (,) är ett centrum