KTH Matematik Bengt Ek och Olle Stormark. Lösning till tentamen i SF633 Differentialekvationer I för BD, M och P, 008 0 6, kl. 4.00 9.00. Hjälpmedel: BETA. Uppgifterna 5 motsvarar kursens fem moduler. Poängen på dem är den högsta av uppgiftens bedömning och resultatet på eventuell motsvarande kontrollskrivning (eller inlämningsuppgift) som gjorts under kursens gång. Betygssättning: Tentamen blir godkänd (betyg A E) om och endast om modulerna givit minst 8 poäng och ingen modul givit 0 poäng. Godkänd tentamen och 3 30 poäng ger betyget A, 9 poäng ger betyget B, 6 8 poäng ger betyget C, 5 poäng ger betyget D och 8 poäng ger betyget E. Den som ej är godkänd men fått minst 6 poäng på moduluppgifterna får betyget Fx och har rätt att komplettera till betyget E. Kontakta Bengt eller Olle för närmare information om kompletteringen! För äldre teknologer ges betygen 5, 4, 3, K, U med krav som för A, B/C, D/E, Fx respektive underkänt. För att ge full poäng måste lösningarna vara ordentligt motiverade. Ange vad införda beteckningar som inte är standard står för.. Bestäm alla lösningar till differentialekvationen y + y 3x e x y. (p) Lösning: En lösning är y(x) 0 för alla x. Då y 0 sätts z y y enligt receptet för Bernoullis ekvation. Med y z blir y z z ; insättning ger sedan z z + z 3x e x z z z 3x e x.
f koefficienten framför z F f dx x e F e x ; multiplikation med denna integrerande faktor ger z e x + z ( e x ) 3x d dx (z e x ) 3x z e x x 3 + C z e x (C x 3 ) y SVAR: y 0 och y e x (C x 3 ).. Bestäm alla lösningar till differentialekvationen e x C x 3 då x3 C. y y + y ex x då x > 0. (p) Lösning: y hom Karakteristiska ekvationen r r + (r ) 0 r y hom (x) C e x + C xe x. y part Ansatsen y u (x) e x + u (x) xe x ger y (u + u x)e x + u e x + u ( + x)e x. Om vi sätter u + u x 0 så blir y u e x + u ( + x)e x + u e x + u ( + x)e x. Insättning i ekvationen ger sedan e x u + ( + x)u + u + ( + x)u u ( + x)u + u + xu } ex x u + ( + x)u x. Vi får alltså systemet som lätt löses: u + xu 0, () u + ( + x)u x, () () () u x u ln x + C ; () u xu u x + C. Detta ger till slut y u x + u xe x C e x + C xe x xe x + ln x xe x A e x + B xe x + ln x xe x.
3. Beräkna y(π) då y(t) satisfierar y + 9y 8 θ(t π/) cos 3t, y(0) 7, y (0) 9, (p) där θ(t) Heavisidefunktionen the unit step function U(t). Lösning: Låt cos x f(x 3π/). Med u x 3π/ x u + 3π/ blir f(u) cos(u + 3π/) cos u cos(3π/) sin u sin(3π/) sin u cos x sin(x 3π/) cos 3t sin 3(t π/). Därmed kan ekvationen skrivas som y + 9y 8 θ(t π/) sin 3(t π/). Laplacetransformering ger sedan s Y (s) 7s 9 + 9Y (s) 8 e π s 3 s + 9 (s + 9)Y (s) 7s + 9 + 8e π s 3 s + 9 s Y (s) 7 s + 3 + 3 3 y(t) 7 cos 3t + 3 sin 3t s + 3 + π 54e s (s + 3 ) + (sin 3(t π/) 3(t π/) cos 3(t π/)) θ(t π/). Alltså blir y(π) 7 + 0 + (( ) 0) 8. 4. Bestäm lösningen till problemet d x 5 x, x(0) y(0), dt y y och visa att denna är periodisk. (p) Lösning: Man kan använda både Laplacetransformering och egenvektorsmetoden låt oss använda den senare här. λ 5 0 det λ + 4 λ ±i. λ 3
För egenvärdet i fås λ 5 i 5 + i 5 λ i + i 5 5( i) multiplicera rad med i} ( i) ( i) i egenvektorn K. 0 0 Detta ger lösningen ( x i y ) e it ( cos t + sin t cos t i (cos t + i sin t) ) sin t cos t + i, sin t varur man får den allmänna lösningen x cos t + sin t A + B y cos t sin t cos t. sin t x(0) A B och y(0) A A och B 0, det vill säga x(t) cos t + sin t y(t) cos t. Från detta ser vi att t (x(t), y(t)) har perioden π vilket innebär att lösningskurvan blir sluten. 5. Låt f(x) 3 + x då 4 < x < 0, 3 + x då 0 < x < 4. Bestäm f:s Fourierserie samt ange denna series summa då x 6 respektive x 0. (p) Lösning: 0 < x < 4 f( x) 3+( x) (3+x) f(x) f 4
är udda bara sinustermer i Fourierserien f(x) b n sin nπx 4, där Så b n 4 n 4 4 f(x) sin nπx 4 4 dx (3 + x) sin nπx 0 4 dx [ 4 ( (3 + x) nπ cos nπx ) ] 4 + 4 4 0 nπ 0 (3 7 cos nπ) + nπ nπ 4 [ sin nπx ] 4 nπ 4 0 f(x) n (3 7( ) n ) nπ sin nπx 4 cos nπx 4 dx nπ (3 7( )n ). på ( 4, 4). Serien i högerledet h(x) en 8-periodisk funktion på (, ) som är lika med f(x) då 4 < x < 4, varför h(6) h( + 8) h( ) f( ) 5, och h(0) h(4 + 8) h(4) 0 eftersom sin nπ4 sin nπ 0 för alla n, 4 eller h(4) medelvärdet av gränsvärdena från vänster och höger (7 7) 0. 6. Visa att y p e x är en lösning till differentialekvationen xy + ( x)y + (x )y 0, där x > 0, och bestäm sedan den allmänna lösningen. (4p) Lösning: Insättning av y p y p y p e x e x x + ( x) + (x )} 0, vilket STÄMMER. Ansatsen y u(x)e x y (u + u)e x y (u + u + u)e x ; insättning ger sedan e x xu + xu + xu + ( x)u + ( x)u + (x )u} 0 xu + u 0 d dx (u x) 0 u A u A ln x + B x y (A ln x + B)e x. 5
7. Lös problemet t y(t) t + t 0 e u y(t u) du, y(0) 7, då t 0. Lösning: Laplacetransformering (4p) d ds Y (s) s 3 + s + Y (s) Y (s) + s + Y (s) s 3, som alltså är linjär av första ordningen. f s + F ln(s + ) ef s + ; multiplikation med denna integrerande faktor ger Y (s) (s + ) + Y s + d s 3 ds (Y (s) (s + )) s s 3 Y (s) (s + ) s + s + C Y (s) s(s + ) + s (s + ) + C s + y(t) ( e t ) + e t + t + C e t. Konstanten C bestäms av begynnelsevillkoret: 7 y(0) 0 + + 0 + C C 7. SVAR: y(t) + t + 6 e t. 8. Lös systemet då t > 0. Lösning: d dt x y ( 4 ) x + y t (4p) 6
Homogena problemet A 0 det(a λi) 4 λ 4 λ λ 0 λ λ 0 A λi, 0. 4 0 0 med egenvektorn K lösningen e 0t. En andra lösning fås som K t+p, där P är en lösning till AP K, det vill säga p p 4 p 0. p Om till exempel p 0 blir p, och vi får då lösningen 0 t t +, t vilket ger den allmänna lösningen x t C y + C t Ur denna fås fundamentalmatrisen t Φ(t). t ( t t Icke-homogena problemet Lösningen ges av ( x y ) Φ(t) Φ (t) t dt. ) ( C C ). t t det Φ(t) t t Φ (t) t + t t + Φ (t) t t Φ (t) ( ) t + t + C t dt. t ln t + C 7
Så x t C t t + + t y t C t t ln t ( ) t t C + C + + t t ln t t t. + t t ln t + ln t 9. Bestäm lösningen till följande värmeledningsproblem för en smal stav av längden π, som är värmeisolerad i ändpunkterna och har värmeledningskoefficienten k: PDE u t k u, x 0 < x < π, t > 0; RV u u (0, t) (π, t) 0, x x t > 0; (4p) BV u(x, 0) sin x, 0 x π. Lösning: Separationsansatsen u(x, t) X(x)T (t) i PDE + RV ger X(x)T (t) k X(x)T (t) k X (x)t (t) k X(x)T (t) X (x) X(x) T (t) k T (t) som vi kallar för µ X (x) + µx(x) 0 T (t) + kµt (t) 0. RV X (0) X (π) 0. Vi får därför följande egenvärdesproblem för X(x): X (x) + µ X(x) 0, µ > 0 : X (0) X (π) 0. en konstant, λ µ > 0 X (x) + λ X(x) 0 X(x) A cos λx + B sin λx X (x) Aλ sin λx + Bλ cos λx. och 0 X (0) Bλ B 0 X (x) Aλ sin λx; 0 X (π) Aλ sin λx. Icke-trivial lösning A 0 sin λπ 0 λ n,, 3,... egenvärdena µ n n och egenfunktionerna X n (x) cos nx för n,, 3,... 8
µ 0 : X (x) 0 X (x) A; 0 X (0) A X (x) 0 X konstant. Så vi får egenvärdet µ 0 och egenfunktionen X 0 (x) cos(0 x). µ < 0: Analoga räkningar visar att vi i detta fall bara får noll-lösningen. SLUTSATS: µ n n och X n (x) cos nx för n 0,,, 3,... För varje n får vi sedan T n(t) + k n T n (t) 0 T n (t) C n e knt. Så u n (x, t) cos(nx) e knt för n 0,,, 3,... SUPERPOSITIONS- PRINCIPEN ger därefter den allmänna lösningen till PDE +RV som u(x, t) a n cos(nx)e knt, där a n är godtyckliga konstanter. n0 Konstanterna a n bestäms till slut av begynnelsevillkoret u(x, 0) sin x cos x : u(x, 0) a n cos(nx) cos x a 0, a n0 och övriga a n 0 u(x, t) cos x e 4kt. 0. Bestäm alla (reella) lösningar till differentialekvationen dy dx y på (, ). Observera att man inte får dividera med noll och att dy/dx 0 överallt! (4p) Lösning: dy/dx reell y 0 y y. y(x) och y(x) för alla x är två lösningar. Då < y < kan vi separera variablerna: dy dy dx arcsin y x a y sin(x a), y 9
där a är en godtycklig konstant. dy/dx 0 största intervallet omkring x a där denna funktion är en lösning är π x a π a π x a + π. Genom skarvning fås sedan en lösning på (, ) för varje a: x a π/, f a (x) sin(x a) a π/ < x < a + π/, x a + π/. SVAR: y(x) f a (x) för a R och y(x) ±. 0