y  x  2 SF F1676, Dif fferentialT ekvationeTentamen er med tiln llämpning gar

M

M

SF1676

Institutio

Tisdag Skrivtid Examin För go tre frågo som har nedan. D möjligh Del II (respekt Hjälpm Handbo OBS: F som är l

Modul 1.

Vi betra a) Bestä b) Rita e c) (1p) existens Modul 2. I d

a) Funk ) 2 (x ² Bestäm

6, tentamen

onen för mate

SF 15 aug 2017 d: 8:00-13:0 nator: Kristia

odkänt (bety or. För att b r godkänd m Den som ha het att komp I är avsedd tive B, C, D medel: Det e ook av Råde För full poän

lätta att följ

aktar differe äm alla kriti ekvationens Visa att exa s- och entyd

denna uppg ktionen y 2 (

2y5 x ekvationen

15 aug 2017

ematik, KTH

F1676, Dif 7

00

an Bjerklöv yg E) krävs bli godkänd modul från k ar två godkä plettera.

för högre b D) krävs 3 g enda hjälpm e och Weste ng krävs ful a. Markera

entialekvatio iska punkter s fasporträtt

akt en lösni dighetssatse

ift är a), b)

2

x är en 5 )

2 y y ns allmänna

7

S fferential

T

v

tre godkän på modulen kontrollskriv ända module betyg. Varje

odkända mo medlet vid te

ergren.

llständiga, ty dina svar ty

onen y y r och deras t

ing till ovan en.

och c) obe lösning till 0 , x lösning.

Sida 1 av 25 ekvatione Tentamen

nda moduler n krävs rätt vning behöv er, från kon e uppgift i d oduler samt entamen är f ydligt prese ydligt. Samt

Del I

2

3 2y

y  stabilitet

nstående DE

eroende av v l differentia

 . 2

5

er med til n

r från del I.

svar på min ver inte gör ntrollskrivni del II ger ma t 15 (respek formelsamli enterade och tliga svar sk

E går genom

varandra.

alekvationen

llämpning

Varje modu nst två av de ra motsvaran ng eller ten aximalt 4 po ktive 11, 7, 3

ingen BETA h väl motive ka vara på r

m punkten (2

n

gar

uluppgift be essa frågor.

ande modulu ntamen, har

oäng. För be 3) poäng på A: Mathema erade lösnin reell form.

2,3). Tips: A estår av

Den uppgift

etyg A å del II.

atics ngar

Använd

Sida 2 av 25 b) Den allmänna lösningen till ekvationssystemet

y x y

y x x

2 2











ges av x2CDe^3t, yCDe^3t. Bestäm den allmänna lösningen till systemet

. 1 2

1 2















y x y

y x x

c) Vi betraktar systemet

. 3y x y

y x x













För vilka värden på parametern  är kritiska punkten (0,0) en instabil spiral?

Modul 3. I denna uppgift är a), b) och c) oberoende av varandra.

a) Använd Laplacetransformer för att lösa följande differentialekvation

2 ) 0 ( , 24 )

( 2 ) ( 3 ) (

0







 ^t  ^{y t}



^{y x dx y}

y

t

.

(Noll poäng om man inte använder Laplacetransformer utan en annan lösningsmetod.) b) Låt













 

2 0

, 1

0 2

, ) 3

( t

t t

f , f(t4) f(t).

Bestäm Fourierserien till f(t).

c) Bestäm alla produktlösningar u(x,t) X(x)Y(t) till ekvationen

2 2 2

2 ( , )

4 1 ) , (

t t x u x

t x u





 

 .

SF1676, tentamen 15 aug 2017

Sida 3 av 25 Del II

4. Lös följande ( Bernoullis) differentialekvation



( )



³

2 1 4

) ) (

(   ^

 y x

x x x y

y , y(1)3.

5. I denna uppgift är a) , b) och c) oberoende av varandra.

a) (1p) Härled (bevisa) med hjälp av definitionen att Laplacetransformen av funktionen eat

t

f( ) är

a s s

F  1 )

( .

b) (1p) Bestäm Laplacetransformen av funktionen

















. 2

0,

2 1 3t,

1 , 0 )

(

t t t t

f

c) (2p) Använd Laplacetransformer för att lösa följande integralekvation

6 ) ( )

(

0







 ^t 



^{t y t d}

y    , y(0)0.

6. Bestäm alla kritiska punkter och deras typ för följande autonoma system

. 2 2

4

2 2

2















y dt x

dy

y y dt x

dx

7. Lös randvärdesproblemet

t t x u x

t x u



 



 ( , ) ( , )

3 ₂

2

, 0 x4, t0 (ekv1) med följande villkor:

V1: 0

0

 





xx

u för alla t0 , V2: 0

4

 





x x

u för alla t0

V3: u(x,0)2x, 0 x4.

Sida 4 av 25

8. Bestäm en kurva K som ges av y f(x)och som uppfyller följande två villkor:

v1) Kurvan går genom punkten (2,0)

v2) För varje punkt P(x,f(x)) på kurvan K gäller |PO||TO|, där T är

skärningspunkten mellan y-axeln och kurvans tangent i punkten P (och O(0,0)).

(Med andra ord: Avståndet från P till origo är lika med avståndet från T till origo. Se figuren nedan.)

|

|

|

|PO TO

Tips: Bestäm en differential ekvation med en obekant f(x), ( eller y(x)) . Ange därefter ekvationen på formen ( )

x G y

y och använd substitutionen x z . y

Lycka till.

SF1676, tentamen 15 aug 2017

Sida 5 av 25 FACIT

Modul 1.

Vi betraktar differentialekvationen y y³2 y² a) Rita ekvationens fasporträtt

b) Bestäm alla kritiska punkter och deras stabilitet

c) (1p) Visa att exakt en lösning till ovanstående DE går genom punkten (2,3). Tips: Använd existens- och entydighetssatsen.

Lösning.

a) Kritiska punkter får vi ur y0, dvs ury³2y²  y²(y2)0, som ger två kritiska punkter y0 och y2 .

Teckenanalys för y y³2y²  y²(y2)kan vi göra med hjälp av följande tabell (eller på ett annat sätt):

y-värden 0 2

y2 – – – 0 +

y ² + 0 + + +

y – 0 – 0 +

Härav får vi ekvationens fasporträtt

b) Från a-delen och fasporträtten ser vi att ekvationen har två instabila kritiska punkter y0 (repeller) och y2 (semistabil punkt).

c) Funktionerna F(x,y) y³2y² och x y y y y

F( , )3 ² 4



 är kontinuerliga i varje

) 2

,

(x y R . Därmed är de kontinuerliga i en omgivning till (2,3) och därför, enligt existens- och entydighetssatsen, går exakt en lösningskurva genom punkten (2,3).

Sida 6 av 25 Svar: a) Se ovan.

b) Två instabila kritiska punkter y0 (repeller) och y2 (semistabil punkt).

Modul 2. I denna uppgift är a), b) och c) oberoende av varandra.

a) Funktionen y x2 är en lösning till differentialekvationen 0

5 ) 2 ( 5 ) 2

(x ²y x y y , x2. Bestäm ekvationens allmänna lösning.

b) Den allmänna lösningen till ekvationssystemet

y x y

y x x

2 2











ges av x2CDe^3t, yCDe^3t. Bestäm den allmänna lösningen till systemet

. 1 2

1 2















y x y

y x x

c) Vi betraktar systemet

. 3y x y

y x x













För vilka värden på parametern  är kritiska punkten (0,0) en instabil spiral?

Lösning

a) Metod 1. Vi delar ekvationen med (x2) och får ) 0

2 (

5 )

2 (

5

2 

 

 

 y

y x y x

Beteckna y₁ x2 den givna lösningen. En annan lösning bestämmer vi med hjälp av formeln ^{y  y}



^e_y^{ dx}

Pdx

2 1 1

2 ( ) (se boken) där y₁  x2, och

2 5

 

P x .

SF1676, tentamen 15 aug 2017

Sida 7 av 25 6 ]

) 2 [( ) 2 ( )

2 ( ) 2 (

) 2 (

) 2 ) (

2 ) (

2 ) (

2 ) (

2 ) (

2 ) (

(

6 7

2 5 2

) 2 ln(

5 2

2 1 1 2

x C x

dx x

x

x dx x x

x dx x e

x dx x e

y dx y e y

Pdx x Pdx

 

 











 

 



 

 

 



 





 













.

Vi kan välja 6

) 2

( ⁵



 ^

x som en ny lösning. Det är uppenbart att x2 och 6

) 2

( ⁵



 ^

x är linjärt oberoende och därmed bildar en fundamental lösningsmängd.

Den allmänna lösningen är

6 ) 2 ) (

2 (

5 2

1 

 



 x ^

C x

C

y eller ännu enklare

5 2

1( 2) ( 2)^

C x C x

y .

Metod 2. Vi använder substitutionen y y₁z(x)dvs )y(x2)z(x . Detta ger z

x z

y1 ( 2)  och y2z(x2)zsom vi substituerar i ekvationen och får 0

) 2 ) (

2 ( ) 5 ) 2 ( 2( ) 5

2 (

2 ₂  

 

 

 





 x z

z x x x z

z x

z eller, efter förenkling,

0 7 ) 2

(x z z .

En ny substitution vz ger (x2)v7v0 som vi löser genom att separera variabler:

2 0

7 

 

 x

dx v

dv , v x C

x dx v

dv     

 







⁷ ₂ ^{0 ln| | 7ln| 2|} . Härav ₇

) 2 ( 

 x

v C .

Från vz får vi D

x dx C x

z C  





₍ ₂₎⁷ ₆ ⁶

Slutligen y(x2)z ger ( 2) )

2 (

6 ⁵  

 

 D x

x

y C eller ( 2)

) 2 (

6 ⁵  

 

 D x

x

y C .

Svar a) yC₁(x2)C₂(x2)^5 b) Vi skriver systemet

1 2

1 2















y x y

y x

x på matrisformen

) (t F AX

X  (sys 1)

där 



 



 y

X x , 



 







 

1 2

2

A 1 och 



 



 1 F 1 .

Lösningen till homogena delen, x2CDe^3t, yCDe^3t skriver vi också på matrisformen



 





 



 



 



 







 



 













t t t

t

e D e De C

C De C y

x

3 3

3 3

1 2 2

.

Sida 8 av 25 Vi ser att 



 



 1 2

X1 och _



 





  ^_^t_t e

X e ₃

3

1 är två fundamentala lösningar till homogena delen.

Därefter bildar vi tillhörande fundamentala matris _



 





 



 ^_^t_t

e X e

X ₃

3 2

1 1

] 2

|

[ .

En partikulär lösning X kan vi bestämma med hjälp av metoden ” variation av parametrar” : _p ansatsen X_p V(t) där V(t) bestäms ur V(t)F(t) (se boken) .

Härav _



 





 



 



 





 







 











 



  ^ _ ^{  }

3 / 3 / 2 1

2 3 1

1 2 3 1

) 1 ( )

( ₃

3 3 3

3 3 1

t t t

t t

t e

e e e

e t e

F t

V .

Därför 



 





 



 









^2/3_/3 ^{2 /3}_/9 )

( _{3t 3t}

e dt t t e

V (Vi behöver endast en partikulär lösning; kostanter har vi i den allmänna lösningen.)

En partikulär lösning är X_p V(t)= _



 





 ^



t t

e e

3 3

1

2 



 





 /9 3 / 2

e3t

t = 



 







 9 / 1 3 / 2

9 / 1 3 / 4

t

t .

Slutligen X X_hX_p= _



 





 



 









t t

e D e

C ₃

3

1

2 + 



 







 9 / 1 3 / 2

9 / 1 3 / 4

t

t .

Svar: X  _



 





 



 









t t

e D e

C ₃

3

1

2 + 



 







 9 / 1 3 / 2

9 / 1 3 / 4

t

t .

c)

c) Vi betraktar systemet

. 3y x y

y x x













Systemets matris är 



 



 

 3

1



A  .

Vi beräknar

4

 , 3², ²

2

2 1 

 _{ }



 





och använder nedanstående hjälpfigur (från kursboken av Zill-Wright)

M

SF1676

Punkten

0

 ,

dvs om o1:

o2: 1 o3:

Notera a

1

  Svar c)

Modul 3. I d a) Anvä

3 ) ( 

 t y

(Noll po

b) Låt f

6, tentamen

n (0,0) är en

2

2



 



 





följande tr 0 3² 

0 1²  o

0 4 att o1 och o .

, (



denna uppg änd Laplace

2 ) ( 3

0





^y

t y

t

oäng om ma



 , 1

, ) 3 (t f

15 aug 2017

n instabil sp

0 (ekviv

re olikheter , och

o3 är uppfyl

) , 1 ( )

1   .

ift är a), b) etransformer

, 24 )

(x dx y

an inte anvä











2 0

0 2

t t

7

S piralpunkt o

valent med 

är uppfylld

lda för alla

och c) obe r för att lösa

2 ) 0 (

, y 

änder Lapla

, (tf 

Sida 9 av 25 om

2 ,

1 är komp da

. Från o2

eroende av v a följande d

.

acetransform

) ( ) 4  f t

 .

5

plexa tal) o

2 har vi ²

varandra.

differentiale

mer utan en

och 0  ,

 som ge1

ekvation

annan lösni

er  1 el

ingsmetod) ller

Sida 10 av 25 Bestäm Fourierserien till f(t).

c) Bestäm alla produktlösningar u(x,t) X(x)Y(t) till ekvationen

2 2 2

2 ( , )

4 1 ) , (

t t x u x

t x u





 

 .

Lösning:

a) Laplacetransformering av ekvationen ( ) 3 ( ) 2 ( ) 24, (0) 2

0







 ^t  ^{y t}



^{y x dx y}

y

t

ger

s s sY s Y s

sY 24

) 2 ( ) ( 3 2 )

(     .

Vi multiplicerar med s och får 24 ) ( 2 ) ( 3 2 )

2Y(s s sY s Y s s

Härav 





 

2 3

2 ) 24

( ₂

s s s s

Y (dela i partiella bråk)

2 20 1 ) 22

(  

 

s s s

Y

Inverstransformering ger y(t)22e^t 20e^2t. Svar: a) y(t)22e^t20e^2t

_____________________________________________

b) Låt













 

2 0

, 1

0 2

, ) 3

( t

t t

f , f(t4) f(t).

Funktionens period är T 4 och

2 2 _



 T .

Grafen till f(t)

SF1676, tentamen 15 aug 2017

Sida 11 av 25

Metod 1. Vi ser att funktionen är ”nästan” udda. Om vi drar grafen nedåt för 2 då blir grafen symmetrisk i origo. Med andra ord, om vi definierar

2 ) ( )

(t  f t  g

då är















 

2 0

1

0 2

) 1

( om t

t x om

g en udda funktion.

Grafen till g(t)

Alltså utvecklar vi först funktionen g(t) och därefter adderar 2 . [Eftersom f(t)g(t)2 S_f(t)2S_g(t) ].

Först noterar vi att Fourierserien som hör till g(t) ( en udda funktion) har endast sinustermer, dvs ”a -koefficienter ” som hör till _n g(t)är 0.

Vi bestämmer









²

0

) sin(

) 4 (

T

n f t n t dt

b T



² 

0 ( )sin 2

4

4 f t n tdt



^{2 }

0

2 ) sin(

) 1 (

1 n t dt

2

2 0

cos 2

















 

 n

t n

= 2

1 ) cos(

 n

n 

=

 n

n 2

) 1 (

2  

.

Sida 12 av 25

Därmed cos( ) sin( )

) 2 (

1

0 a n t b n t

t a S

n

n n

t  



^   



=



^







1

2 ) 2sin(

) 1 ( 2

n

n

t n n



 ^,

och S_f(t)2S_g(t)



^





 

1

2 ) 1sin(

) 1 ( 2 2

n

n

t n n





Svar a)



^





 



1

2 ) 2sin(

) 1 ( 2 2

) (

n

n

f n t

t n

S 



Metod 2

Vi beräknar direkt alla koefficienter. (längre beräkningstid än i metod 1.)

b) T 4 ,

2 2 





 T ,







 2

2

0 2 ( )

T

T

dt t T f

a





 2

2

) 4 (

2 f t dt





0

2

2 3

1 dt+



²

0

2 1

1 dt = 314

For n1 vi har









 2

2

) cos(

) 2 (

T

T

n f t n t dt

a T





 2

2

2 ) cos(

) 4 (

2 f x n t dt





0

2

2 ) cos(

2 3

1 n t dt

+



²

0

2 ) cos(

2 1

1 nt dt

=

0

2 2

sin 2 2 3 1





















 n

t n

+

2

2 0

sin 2 2 1



















 n

t n

= 0.









 2

2

) sin(

) 2 (

T

T

n f t n t dt

b T





 2

2 ( )sin 2

4

2 f t n tdt





0

2

2 ) sin(

2 3

1 nt dt

+



²

0

2 ) sin(

2 1

1 n t dt

SF1676

c 2 3 1











= 1 3



= 3

= 2cos(

Därmed

) (t S_f  Anmär Fouriers

Svar a)

Lösning Låt

) , ( tx

u 

Vi subst

6, tentamen

0

2 2

cos 2













 n

t n



 n

n cos(

1 



 n

n ) cos(

3

 



 n

n ) 2 (

d har vi

2 ₁ c

0 a

a

n





^ n



kning: I ne serien.



 2 )

f(x S

g:

) ( ) (x Y t

 X

tituerar P1 i

15 aug 2017

+

cos 2 1









 n

)



 n n

cos(



 n

n

cos(



 n

n 2

) 1 (

2  

.

) cos(nt  edanstående



^



 

1

) 1 ( 2

n

n

n

. (P1) i

7

S

2

2 0

2











 n

t n



)1 (no

)1

.

) sin(n t

b_n 

figur visas

 sin( 2

1 n

).

Sida 13 av 2 otera att cos

=



^



 

1

( 2 2

n

approxima

) t

25

co ) s(n 



1)ⁿ 2sin n

ationen av f(

) os(n )

2 ) (n t

(t) med förssta 40 termeer i

Sida 14 av 25

2 2 2

2 ( , )

4 1 ) , (

t t x u x

t x u





 



och får

( ) ( )

4 ) 1 ( )

(x Y t Y t X x

X     (*)

Eftersom vänsterledet beror av x och högerledet enbart av t, måste de vara konstanta och ha samma värde som vi betecknar med  . (Vi betecknar konstanten med   för att 

efterlikna beteckning i kursboken, annars kan vi använda .) Alltså





 



 

) (

) ( 4 1 ) (

) (

t Y

t Y x

X x

X (**) där är ett reellt tal (just nu vilket som helst).

Från (**) får vi två enkla ODE med konstanta koefficienter:

Från   ) (

) (

x X

x

X och  

 ( ) ) ( 4 1

t Y

t

Y får vi

0

 X

X  (ekv a) och

0

4 

 Y

Y  (ekv b).

Vi betraktar tre fall 0, 0 och 0 I) Om 0 blir ovanstående ekvationer

0

X och Y0 som ger B

Ax

X   och Y CtD.

Därmed blir u(x,t) X(x)Y(t)=(AxB)(CtD) .

II) Om 0kan vi av praktiska skäll beteckna ² där  är ett positivt tal.

Från (ekv a) får vi X²X 0som gör X  Ae^xBe^x . Från (ekv b) har vi Y4²Y 0 som ger Y Ce^2tDe^2t

Därmed u(x,t) X(x)Y(t)=(Ae^xBe^x)(Ce^2t De^2t), där 0 III) Om 0kan vi beteckna ² där  är ett positivt tal.

Från (ekv a) får vi X²X 0som gör X  Acos(x)Bsin(x) .

SF1676, tentamen 15 aug 2017

Sida 15 av 25

Från (ekv b) får vi Y4²Y 0 som ger Y Ccos(2t)Dsin(2t). Därmed

) ( ) ( ) ,

(x t X x Y t

u  =(Acos(x)Bsin(x))(Ccos(2t)Dsin(2t)), där  0 Sammanfattningsvis har vi fått följande produktlösningar till (ekv1):

I) u(x,t)(AxB)(CtD) (om 0)

II) u( tx, )= (Ae^x Be^x)(Ce^2tDe^2t), där 0

III) u( tx, )(Acos(x)Bsin(x))(Ccos(2t)Dsin(2t)), där 0.

Del II

4. Lös följande ( Bernoullis) differentialekvation



^{( )}



³

2 1 4

) ) (

(   ^

 y x

x x x y

y , y(1)3.

Lösning:

Vi löser Bernoullis ekvation y(x)P(x)y y^aQ(x) genom substitutionen z y^1a , som överför Bernoullis till en linjär DE.

I vårt fall har vi a3. Vi använder substitutionen ^z(x)



^y(x)



^{1(3) dvs z y4.}

Vi substituerar yz^1/4 (därmed y z^{ 43/} z 4

1 ) i ekvationen



( )



³

2 1 4

) ) (

(   ^

 y x

x x x y

y och får

4 / 3 4

/ 1 4 / 3

2 1 4 4

1 _{ }



 z

x z z

z . Multiplikationen med 4z^3/4 ger

2

 x z z .

En integrerande faktor är F e^x1dx e^lnx x. (Notera att x>0 kring punkten x=1.)

Sida 16 av 25 Integrerande faktor är ^{ln| |}

1 dx x Pdx x

e e

e

F  ^  ^  . Eftersom kurvan går genom (1,2) är x positivt och därför F e^lnx x.

Nu är x

x x C C x xdx C

x Qdx F C F

z ^1( 



 ⁾ ⁽ 



^{2 )} ^1(  ²⁾  ^. Från substitutionen yz^1/4 har vi

4 / 1



 

 

 x

x

y C den allmänna lösningen.

Från y(1)3 har vi x C

x

C    



 

 

 81 1

3

4 / 1

eller C=80.

Därmed är

4 /

80 1



 



 

 x

y x den sökta lösningen. Lösningen är definierad om x > 0.

Svar:

4 /

80 1



 



 

 x

y x , x > 0.

Rättningsmall: Korrekt substitution och förenkling=1p. Korrekt till x x

zC  ger 2p.

Korrekt till

4 / 1



 

 

 x

x

y C ger 3p. Allt korrekt=4p.

5. I denna uppgift är a) , b) och c) oberoende av varandra.

a) (1p) Härled (bevisa) med hjälp av definitionen att Laplacetransformen av funktionen eat

t

f( ) är

a s s

F  1 )

( .

b) (1p) Bestäm Laplacetransformen av funktionen

















. 2

0,

2 1 3t,

1 , 0 )

(

t t t t

f

c) (2p) Använd Laplacetransformer för att lösa följande integralekvation

6 ) ( )

(

0







 ^t 



^{t y t d}

y    , y(0)0.

Lösning:

a) s a s a s a

dt e e

dt e e s F

t a s t

a s st

at def

 



 

 



 







 







 

 













¹ _{( )} ⁰ ₍ ¹ ₎ ¹

) (

0 ) (

0

) (

0

.

Notera att 0

) lim (

)

( 











 s a

e ^{s at}

t om s > a.

SF1676

b) Enlig

)) ( (f t L

= 3₂(



s

c) Lapla

ger s sY( )

Vi mult s Y s³ ( )

Härav Y

Inversen

Vi anvä

Vi har

Enligt L



 ) (t y

2e^t

 (Notera Inversen

6, tentamen

gt definition



)



^{ f t e}

0

) (

) 1 (st e^st acetransform

s s1 Y( 0 ₂ 

tiplicerar me s s Y( )6



1 ) 6

( ₃

  s s s Y

n: Metod 1.

änder forme

6

) (  ₃

s s Y

L49 är





 

2 e^t e^

cos(

2e^t/2 a att cosinus

n: Metod 2:

15 aug 2017

nen





^te

stdt

2

1

3

2

1

=



^s

s3² ( 

mering av e

s ) 6.

ed s²och få

.

ln L49 i BE f(t)

( 23 1 6

 3

  s

s



 



cos( 2

2

/ t

t

3 2 2 )

3t  e

är en jämn :

7

S



stdt

(BET

s (2s )

1^  



ekvationen y

år

ETA, med a

1 ) 1

3

 s.

 3sin 2 )

3

2 sin( 3

2

e^t/

och sinus

Sida 17 av 2 TA eller pa



s

) 2

1^

 .

) (

0



 ^t 



^{t y}

y 

a = –1 :









 ) 2 n( t 3

) t

en udda fun

25

art. integrati

) (t d 

y  

nktion.)

ion)

 , 6 y(

F(s) 0 ) 0

( 

Sida 18 av 25

 



 

 

) 1 )(

1 (

6 1

) 6

( ₂

2 3

2

s s s

s s

s s

Y (dela i partiella bråk)

1 2 1

1 ) 2

( ₂





 

 

 s s

s s s

Y

Vi skriver om (kvadratkompletterar) så att vi får ett uttryck som är lämpligt för inverstransformering:

4 / 3 ) 2 / 1 (

2 / 2 3

4 / 3 ) 2 / 1 (

2 / 2 1

1 2 4 / 3 ) 2 / 1 (

2 / 3 2 / 2 1

1 ) 2

( _{2 2 2}





 

 



 

 

 





 

 

 s s

s s

s s s s

Y .

Inverstransformering ger )

2 sin( 3 3

2 2 ) cos( 3 2

2 )

(t e e ^/2 t e ^/2 t

y  ^t ^t  ^t .

Svar: a) )

2 sin( 3 3

2 2 ) cos( 3 2

2 )

(t e e ^/2 t e ^/2 t

y  ^t  ^t  ^t

Rättningsmall: c) Korrekt till

1 ) 6

( ₃

2

  s s s

Y ger 1p.

6. Bestäm alla kritiska punkter och deras typ för följande autonoma system

. 2 2

4

2 2

2















y dt x

dy

y y dt x

dx

Lösning:

Kritiska punkter får vi ur systemet

. 0 2 2

0 4

2 2

2













 y x

y y x

Från andra (linjära) ekv får vi x y2 2som vi substituerar i första ekv och får 0

6 3 0 4 2 )

2 2

( y ² y²  y   y²  y som ger

1 2

y och y₂ 0 och därmed x₁2 och x₂ 2.

Alltså är K1=(2,2) och K2=(–2,0) systemets kritiska punkter.

För att bestämma typ av en kritisk punkt bestämmer vi först Jacobis matris och

SF1676

trac



Därefter

Vi har (

För K₁

 ) (K₁ A

Vi beräk Eftersom

6, tentamen

) ( A

ce ,  r använder v

(Jacobis mat

) 2 , 2

( har







  1

2 (

2x y

knar   tra m 6

15 aug 2017

) det( A

 o

vi nedanstå

tris)









 A

r vi

 











2 

) 2

2 2 y x

y

2 ) (A 

ace ,

 är 0 K₁ en 7

S och  



 



 ² 2



ende hjälp f











) , (

) , (

y x x Q

y x x P



 







 

2 1

2

4 .

det(A n sadelpunk

Sida 19 av 2



 .

figur (från k















) , (

) , (

y y x Q

y y x P

6 )

A och

kt (och därm

25

kursboken a



 

 1 2 ( 2x

h  



 



 ² 2



med en instab

av Zill-Wrig







 2

) 2 2 y

 .

bil punkt).

ght) .

Sida 20 av 25 För K₂ (2,0)har vi från ( *)



 







 



 









 





 1 2

2 4 2

1

) 2 2 ( ) 2

(

) 0 (

) 2 2 (

y x

y K x

A .

Vi beräknar  trace(A)6, det(A)6 och 3 2

2





 



 





. Därmed är K₂en stabil nod.

Svar: (2,2) är en sadelpunkt (och därmed en instabil punkt);

(2,0) är en stabil nod.

Rättningsmall: 1p för en korrekt kritisk punkt. +1 p för korrekt Jacobis matris.

+1 p för korrekt typ av en kritisk punkt. Allt korrekt=4p.

7. Lös randvärdesproblemet

t t x u x

t x u



 



 ( , ) ( , )

3 ₂

2

, 0 x4, t0 (ekv1) med följande villkor:

V1: 0

0

 





xx

u för alla t0 , V2: 0

4

 





x x

u för alla t0

V3: u(x,0)2x, 0 x4. Lösning:

(Anmärkning: Vi kan härleda allmänna formler med 0xL och u(x,0) f(x), 0xL och därefter substituera L4 och f(x)2x men vi, i nedanstående lösning, använder från början givna värden i uppgiften.)

Vi använder u(x,t) X(x)Y(t), som vi substituerar i (ekv1) och får 3X(x)Y(t)Y(t)X(x) eller

) (

) ( 3 1 ) (

) (

t Y

t Y x

X x

X 



 

(*)

Eftersom vänsterledet beror av x och högerledet enbart av t, måste de vara konstanta och ha samma värde som vi betecknar med . (Vi betecknar konstanten med  för att

efterlikna beteckning i kursboken, annars kan vi använda  .)

SF1676, tentamen 15 aug 2017

Sida 21 av 25 Alltså





 



 

) (

) ( 3 1 ) (

) (

t Y

t Y x

X x

X (**) där  är ett reellt tal (just nu vilket som helst).

Från (**) får vi två enkla ODE med konstanta koefficienter:

Från   ) (

) (

x X

x

X och  

 ( ) ) ( 3 1

t Y

t

Y får vi

0

 X

X  ,

0 ) 0

( 

X , X(L)=0 och Y3Y 0

Vi har tre möjliga lösningar till X och Y:

I) X  AxB , Y=C (om 0) II) X =Ae^xBe^x, Y Ce^32t där  0,  ²

III) X = )Acos(x)Bsin(x , Y Ce^32t där  0  ².

Sammanfattningsvis har vi fått följande produktlösningar till (ekv1):

I) u(x,t) AxB (om  0) II) u( tx, )=(Ae^xBe^x)e^32t, där  0

III) u( tx, )(Acos(x)Bsin(x))e^32t, där  0 (just nu vilket som helst positivt tal).

Frågan är vilka av ovanstående lösningar uppfyller också villkoren V1,V2 och V3.

Villkoren 0

0

 





x x

u för alla t0 , V2: 0

4

 





x x

u för alla t0

ger

V1’ : X(0)0, och V2’: X(4)0 (*).

(Villkorna V1 och V2 eliminerar endast fall II som vi ser nedan.)

Fall I) Från X  AxB har vi X Aså att X(0)0 ger A=0 samtidigt X(4)0ger igen A=0. Därför X  är en (icke trivial) konstant lösning som satisfierar ekv1, V1 och V2. B Fall II) leder endast till triviala lösningen X=0 och därmed förkastas.

Sida 22 av 25 Kvarstår III) X = )Acos(x)Bsin(x ,

Härav XAsin(x)Bcos(x).

Från V1’ dvs från X(0)0 har vi Asin(0)Bcos(0)0 som ger B=0.

Därmed X  Acos( x ) (och XAsin( x )).

Från V2’ dvs från X(4)0 får vi nu Asin(4)0 . Härav



 n

4 dvs

4

 ⁿ , där n1,2,3,4,_ ( 0 ²).

Därmed )

cos(n4 x A

X _ 

Produktlösningar

n t

e n x A t x u

2

3 4

4 ) cos(

) ,

( ^

 



 



 

uppfyller ekv1,V1 och V2.

Vi bildar serien u( tx, )



^





 



 

0

4 3

4 ) cos(

2

n

n t

n n x

e

c ^ 

och bestämmer c_n så att Villkor 3

dvs u(x,0) f(x) är också uppfylld.

Notera att n=0 är också inkluderad i summan eftersom vi utvecklar i cosinusserie och dessutom en konstant funktion är lösning enligt ovan).

Altså ) ( )

cos( 4

0

x f n x

c

n

n 



^



 .

Med andra ord är c_n Fourierkoefficienter vid utveckling av



^







0

0 )

cos( 4 ) 2

(

n

n n x

a a x

f 

i cosinusserie på intervallet [0,4]. (Notera att T=2L=8,

4 2 _



 T ).

Därför

2

0 0

c  a ^{ }



²

0

) 4 ( 2 1

T

dx x

T f och



^



 ²

0

) cos(

) 4 (

T

n

n f x n x dx

a T

c , n=1,2,3,….

SF1676, tentamen 15 aug 2017

Sida 23 av 25 När vi bestämmer c då är _n

 ) , ( tx

u



^





 



 

0 3 4

4 ) cos(

2

n

n t

n n x

e

c ^ 

=c +₀



^





 



 

1 3 4

4 ) cos(

2

n

n t

n n x

e

c ^ 

. Vi beräknar

2

0 0

c  a ^{ }



²

0

) 4 (

2 1

T

dx x

T f 8 ^{2 4}

4 2

1 ⁴

0









^xdx





4

0

4 ) cos(

8 2

4 n x dx

x

c_n 

= ( BETA eller partiell integration)= 16(( ₂1)₂ 1)

 n

n 

 .

Därför u( tx, )4+



^





 



 





0

3 4 2

2 )

cos( 4 )

1 ) 1 ((

16

2

n

n t n

n x n e







.

Svar: u( tx, )4+



^





 



 





0

3 4 2

2 )

cos( 4 )

1 ) 1 ((

16

2

n

n t n

n x n e







Rättningsmall: 1p för en korrekt variabelseparation.

+1 p för korrekt tillämpning av villkoren V1 och V2.

+1 p för korrekt tillämpning av villkoren V3.

Allt korrekt=4p.

8. Bestäm en kurva K som ges av y f(x)och som uppfyller följande två villkor:

v1) Kurvan går genom punkten (2,0)

v2) För varje punkt P(x,f(x)) på kurvan K gäller |PO||TO|, där T är

skärningspunkten mellan y-axeln och kurvans tangent i punkten P (och O(0,0)).

(Med andra ord: Avståndet från P till origo är lika med avståndet från T till origo. Se figuren nedan.)