och matematisk statistik Fysikens matematiska metoder (del 1) Mats Bodin 15 november 2014,

(1)

Institutionen f¨or matematik Tentamen i matematik

och matematisk statistik Fysikens matematiska metoder (del 1)

Ume˚a universitet Differentialekvationer f¨or Teknologer

Mats Bodin 15 november 2014, 9.00-15.00

Lösningarna skall presenteras p˚a ett s˚adant sätt att räkningar och resonemang blir lätta att följa. Svar skall ges p˚a en s˚adan form att inga uppenbara förenklingar lätt kan göras. Endast svar utan motivering ger inga poäng.

Hj¨alpmedel: Minir¨aknare och med tentamen bifogat formelblad.

1 Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen (2p)

xy^′− 2y = −x³sin(x)

L¨osning.

Vi skriver ekvationen p˚a formen y^′ − ²_xy = −x²sin(x) och multiplicerar med integrerande faktor u(x) = e^R ⁻²^x ^dx= x⁻², vilket ger

d

dx y x⁻² = − sin(x) ⇒ y x⁻² = cos(x) + c ⇒ y(x) = cx²+ x²cos(x) Svar: y(x) = x²(c + cos(x)).

2 Visa att ekvationen ¨ar homogen, d v s att dy/dx = f (y/x), och l¨os den som en s˚adan. (2p) dy

dx = x²+ 2y² xy

L¨osning.

dy

dx = x²+ 2y²

xy = 1 + 2(y/x)²

(y/x) = 1 + 2v v

d¨ar v = y/x, eller xv = y. Vi f˚ar att v + x^dv_dx = _dx^dy s˚a att vi f˚ar ekvationen

v + xdv dx = 1

v+ 2v ⇒ xdv dx = 1

v + v = 1 + v² v som ¨ar separabel. Vi f˚ar

2v

1 + v²dv = 2

xdx ⇒ ln(1 + v²) = 2 ln |x| + c0 = ln(x²) + c0⇒ 1 + v² = cx².

˚Atersubstitution av v = y/x ger Svar: 1 + y²/x²= cx²

(2)

3 L¨os begynnelsev¨ardesproblemet (3p) y^′′− y^′− 2y = e⁻^x y(0) = 1, y^′(0) = 5/3.

L¨osning.

Först bestämmer vi den homogena lösningen. Den karakteristisk ekvationen: r²− r − 2 = 0 ger att r = 2 eller r = −1, s˚a y_h(x) = c1e⁻^x + c2e^2x. D˚a HL av ekvationen har formen A0e^rx där r = −1 är en enkel rot till den karakteristiska ekvationen f˚ar vi göra ansättningen y_p(x) = cxe⁻^x. Vilket ger att y^′_p(x) = ce⁻^x− cxe⁻^x och y_p^′′(x) = −2ce⁻^x+ cxe⁻^x. Insättning i VL ger

VL : y^′′− y^′− 2y = −2ce⁻^x+ cxe⁻^x− (ce⁻^x− cxe⁻^x) − 2cxe⁻^x= −3ce⁻^x = [HL] = e⁻^x varp˚a c = −1/3. S˚a den allm¨anna l¨osningen blir y(x) = c1e⁻^x+ c2e^2x− xe⁻^x/3. D˚a

y^′(x) = −c1e⁻^x+ 2c2e^2x+xe⁻^x− e⁻^x 3 ger begynnelsev¨ardena att

c1+ c2= 1

−c1+ 2 c2= 2

vilket ger att c2= 1 och c1 = 0.

Svar: y(x) = e^2x− xe⁻^x/3

4 Definiera vad som menas med att {f1, f2, . . . f_m} är linjärt beroende p˚a ett intervall I, och (3p) visa att {1, x, xe⁻^x} är linjärt oberoende p˚a R.

L¨osning.

Svar: Se kursboken för definitionen. Antag att c1+ c2x + c3xe⁻^x = 0 för alla x ∈ R. D˚a gäller speciellt att

(1) x = 0 : c1 = 0

(2) x = 1 : c1+ c2+ c3e⁻¹ = 0 (3) x = −1 : c1− c2− c3e¹ = 0

Använder vi att c1 = 0 och summerar rad (2) och (3) f˚as att c3(e⁻¹ − e¹) = 0, s˚a c3 = 0, vilket ger att c2= 0, d v s c1 = c2 = c3 = 0 s˚a {1, x, xe⁻^x} är linjärt oberoende p˚a R.

5 L¨os begynnelsev¨ardesproblemet (3p)

y^′′+ y = u(t − π), y(0) = 1, y^′(0) = 1, med hj¨alp av Laplacetransform. H¨ar betecknar u(t) stegfunktionen.

L¨osning.

L˚at Y (s) = L{y}(s). Laplacetransform av ekvationen ger L{y^′′+ y}(s) = s²Y (s) − sy(0) − y^′(0) + Y (s) = (s²+ 1)Y (s) − s − 1 = −L{u(t − π)}(s) = −e⁻^πs/s, d v s

Y (s) = e⁻^πs 1

s(s²+ 1)+ s

s²+ 1+ 1 s²+ 1.

(3)

Partialbr˚aksuppdelning av f¨orsta termen ger att 1

s(s²+ 1) = A

s +Bs + C

s²+ 1 = As²+ A + Bs²+ Cs s(s²+ 1) vilket ger ekvationerna A + B = 0, A = 1, och C = 0, s˚a B = −1 varp˚a

Y (s) = e⁻^πs1

s − e⁻^πs s

s²+ 1+ s

s²+ 1+ 1 s²+ 1. Invers Laplacetransform fr˚an tabell ger att

y(t) = u(t − π) − cos(t − π)u(t − π) + cos(t) + sin(t) .

Svar: y(t) = (1 − cos(t − π))u(t − π) + cos(t) + sin(t).

6 Bestäm de fyra första nollskilda termerna i potensserielösningen y(x) = P∞

n=0anxⁿ till ek-

vationen (2p)

y^′′− xy^′− y = 0, givet att y(0) = 1 och y^′(0) = 1.

L¨osning.

Deriverar vi y(x) f˚as y^′(x) =P^∞

n=1na_nxⁿ⁻¹, och y^′′(x) =P^∞

n=2n(n − 1)a_nxⁿ⁻² som insatt i ekvationen blir

∞

X

n=2

n(n − 1)anxⁿ⁻²−

∞

X

n=1

nanxⁿ⁻¹−

∞

X

n=0

anxⁿ=

=

∞

X

k=0

(k + 2)(k + 1)a_k+2x^k−

∞

X

k=1

ka_kx^k−

∞

X

k=0

a_kx^k=

= 2a2− a0+

∞

X

k=1

[(k + 2)(k + 1)a_k+2− (k + 1)a_k] x^k

En potensserie är identiskt lika med 0 endast om alla koefficienter är 0, vilket ger att 2a2−a0= 0 och (k + 2)(k + 1)a_k+2− (k + 1)a_k = 0 för k ≥ 1, d v s ak+2 = a_k/(k + 2) för k ≥ 1. Vi vet att a0 = y(0) = 1 och a1 = y^′(0) = 1. Insättning med a0 = 1 och a1 = 1 ger a2 = 1/2, a3= a1/3 = 1/3.

Svar: y(x) = 1 + x + x²/2 + x³/3 + . . . .

7 Bestäm den allmänna lösningen till ekvationssystemet x^′(t) = Ax(t) + v(t), där (3p) A =−3 1

2 −2

och v(t) = 0 16t

.

L¨osning.

Karakteristisk ekvation:

Det(A − r · I) =

−3 − r 1 2 −2 − r

= ((r + 3)(r + 2) − 2 = 0

ger att r = −1 eller r = −4. Egenvektor f¨or r = −1: l¨oser (A + I)u = 0, u = (u1, u2)^T, f˚ar vi

−2 1 0

2 −1 0

∼−2 1 0

0 0 0

.

(4)

Sätter vi u1 = t blir d˚a u2= 2t och väljer vi t = 1 är u = (1, 2)^T en egenvektor. Egenvektor för r = −4: löser (A + 4I)u = 0 f˚ar vi p˚a liknande sätt

1 1 0 2 2 0

∼1 1 0 0 0 0

.

Sätter vi u1= t blir d˚a u2 = −t och väljer vi t = 1 blir egenvektorn u = (1, −1)^T. Den homogena lösningen blir xh(t) = c1e⁻^t(1, 2)^T + c2e⁻^4t(1, −1)^T. För partikulärlösningen ansätter vi xp(t) = at + b och f˚ar x^′_p(t) = a. Insättning i ekvationen ger a = tAa + Ab + t(0, 16)^T vilket ger Aa = (0, −16)^T och Ab = a. Först ger Aa = (0, −16)^T att

−3a1+ a2= 0 2a1− 2 a2 = −16

som ger att a1 = 4 och a2 = 12. Sedan ger Ab = (4, 12)^T att

−3b1+ b2 = 4 2b1− 2 b2 = 12

att b1 = −5 och b2= −11.

Svar: x(t) = c1e⁻^t1 2

+ c2e⁻^4t 1

−1

+ t 4

12

− 5 11

.

8 Lös den icke-homogena värmeledningsekvationen för givna randvärden och begynnelsevärden (3p)

∂u

∂t = 3∂²u

∂x² 0 < x < 1, t > 0

u(0, t) = 1, u(1, t) = 2 t > 0

u(x, 0) = 2x + 1 0 < x < 1.

Ledning: reducera problemet till en homogen ekvation genom att ans¨atta u(x, t) = v(x) + w(x, t) och anta att w(x, t) och dess partiella derivator g˚ar mot 0 d˚a t → ∞.

L¨osning.

Vi ans¨atter u(x, t) = v(x) + w(x, t) och antar w(x, t) och dess partiella derivator g˚ar mot 0 d˚a t → ∞. D˚a f˚ar vi

∂w/∂t = ∂u/∂t = 3∂²u/∂x² = 3v^′′(x) + 3 ∂²w/∂x². (1) Randv¨arden ger

u(0, t) = v(0) + w(0, t) = 1 och u(1, t) = v(1) + w(1, t) = 2. (2) L˚ater vi t → ∞ f˚ar vi fr˚an (1) att 3v^′′(x) = 0 och fr˚an (2) att v(0) = 1 och v(1) = 2.

D˚a blir v(x) = ax + b och randvärdena v(0) = 1 och v(1) = 2 ger att a = 1 och b = 1, d v s v(x) = 1 + x. Begynnelsevärdet blir d˚a u(x, 0) = v(x) + w(x, 0) = 2x + 1 vilket ger begynnelsevärdet w(x, 0) = 2x + 1 − (x + 1) = x. Vi f˚ar d˚a den homogena ekvationen

∂w

∂t = 3∂²w

∂x² 0 < x < 1, t > 0

w(0, t) = w(1, t) = 0 t > 0

w(x, 0) = x 0 < x < 1.

(5)

som har den formella l¨osningen

w(x, t) =

∞

X

n=1

c_ne⁻³ⁿ²^π²^tsin(nπx).

Begynnelsev¨ardet ger att

w(x, 0) =

∞

X

n=1

cnsin(nπx) = x.

S˚a c_n ges av koefficienterna i Fouriers sinusserie, d v s cn= 2

Z 1 0

x sin(nπx) dx = 2 −x cos(nπx) nπ

1 0

− Z 1

0

cos(nπx) n²π² dx

!

=

= 2 (−1)ⁿ⁺¹

nπ + sin(nπx) n²π²

1 0

!

= 2(−1)ⁿ⁺¹ nπ . Svar:

u(x, t) = x + 1 +

∞

X

n=1

2(−1)ⁿ⁺¹

nπ e⁻³ⁿ²^π²^tsin(nπx).

9 Klassificera den kritiska punkten (0, 0) till ekvationssystemet (3p) dx

dt = 2x − 2y dy

dt = −2x − y och skissera fasportr¨attet.

L¨osning.

Egenv¨arden:

Det(A − r · I) =

2 − r −2

−2 −1 − r

= (2 − r)(−1 − r) − 4 = r²− r − 6 = 0

vilket ger att r = −2 eller r = 3, vilket är en sadelpunkt. För att skissera fasporträttet kan vi utnyttja att för unika reella egenvärden kommer egenvektorerna att vara linjer genom origo.

L˚ater vi y = kx och s¨atter in det i ekvationen f˚as dy

dx= −2x − kx

2x − 2kx ⇒ k = −2 − k

2 − 2k ⇒ 2k²− 3k/2 − 1 = 0

som ger att k = 2 eller k = −1/2. För y = 2x blir dx/dt = 2x − 2(2x) = −2x < 0 för x > 0 s˚a ett startvärde p˚a linjen y = 2x kommer att följa linjen mot (0, 0). För y = −x/2 blir dx/dt = 2x − 2(−x/2) = 3x > 0 för x > 0 s˚a ett startvärde p˚a linjen y = −x/2 kommer att avlägsna sig fr˚an (0, 0). Skisserar linjerna och indikerar riktning, samt ytterligare n˚agra grova lösningskurvor.

- 10 - 5 0 5 10

x

y