Lösningsförslag till tentamen den 25 maj i kursen Differentialekvationer I, SF1633 (5B1206). Del 1

Full text

(1)Matematik, KTH. Rikard Olofsson. Lösningsförslag till tentamen den 25 maj i kursen Differentialekvationer I, SF1633 (5B1206). Del 1 Modul 1 Bestäm en funktion y pxq som uppfyller att y 1 pxq xeyx. 2. och där y p0q 0. Svaret ska vara förenklat så långt som möjligt.. Lösning. Diffekvationen är separabel, vi skriver därför y 1 pxq dy dx vilket förenklas till. ». dy dx. och får. xex ey , 2. ey dy. . ». xex dx. 2. Beräkning av de båda integralerna ger oss sambandet ey. x2. e2. C, . y ln e2 att vi vet att y p0q 0 och detta ger 0 y p0q ln p1{2 varför C 1{2. . Svar: y pxq ln e 2 1 vilket efter logaritmering av båda led ger. x2. C . Vi stoppar in. C q, så 1{2. C. 1,. x2. Modul 2 Funktionen y ptq uppfyller att y p0q 1 och att y 1 ptq 9y ptq upt 2qet , där uptq är Heaviside-funktionen. Vad är y p3q? Svaret ska vara förenklat så långt som möjligt.. Lösning. Vi skriver et som e2 et2 . Då vi Laplacetransformerar båda led får vi L py 1 ptq 9y ptqq L pe2 upt 2qet2 q, vilket med hjälp av lineariteten hos Laplacetransformen kan skrivas som L py 1 ptqq 9L py ptqq e2 L pupt 2qet2 q. Med hjälp av formlerna för Laplacetransformen av en derivata och Laplacetransformen av en förskjuten funktion förenklas detta till sY psq y p0q 9Y psq e2 e2s L pet q e2 1. e2s . s1.

(2) Matematik, KTH. Rikard Olofsson. Vi stoppar in att y p0q 1 och löser ut Y psq, detta ger Y psq . 1. s9. e2. e2s ps 1qps 9q .. Partialbråksuppdelning ger 1 ps 1qps 9q 8 1. . 1 s9 s1 1. och med hjälp av detta kan uttrycket ovan förenklas till Y psq . 1. s9. e2 e2s 8 s9. 2s. 2. e8 se 1 .. Återtransformering ger, med hjälp av lineariteten hos inversen till Laplacetransformen, att y ptq L 1. e9t. . 1. e2 1 L 8. 1 11 8e. e2s s9. e8 L 1 2. . s9 e2 e2 upt 2qe9pt2q upt 2qet2 8 8. Stoppar man in t 3 får man y p3q e27 Svar: e27. . 18 e3 .. e2 9 8 e. e8 e1 e27. Modul 3 Bestäm en funktion upx, y q sådan att upx, 0q 2 3. 2. e2s s1. e11 8. e8 . 3. 5e6x och där. Bu Bu 0. Bx By. Lösning. Vi söker efter produktlösningar till ekvationen, dvs vi ansätter att upx, y q X pxqY py q. Instoppat i ekvationen ger detta 3X 1 pxqY py q. som också kan skrivas som 3. X 1 pxq X pxq. X pxqY 1 py q 0,. 1 YY ppyyqq .. Eftersom vänsterledet inte beror av y och högerledet inte beror av x, men vänsterledet är lika med högerledet, kan de båda leden varken vara beroende av x eller y. Med andra ord är alltså båda leden lika med en konstant λ. Stoppar man inte detta får man ekvationssystemet ". 3X 1 pxq λX pxq Y 1 pyq λY pyq .. Eftersom lösningarna är olika för olika λ skriver vi lösningarna som Xλ pxq och Yλ py q. Den första diffekvationen har lösningarna Xλ pxq Aλ eλx{3 och den andra har lösningarna Yλ py q Bλ eλy så vi har produktlösningarna uλ px, y q Xλ pxqYλ py q Cλ eλx{3 eλy , 2.

(3) Matematik, KTH. Rikard Olofsson. där Cλ Aλ Bλ . Vi vill nu hitta en lösning till ekvationen som dessutom uppfyller att upx, 0q 2 5e6x. Vi ser att uλ px, 0q Cλ eλx{3 och detta kan aldrig bli 2 5e6x. Men eftersom vår ekvation är linjär och homogen kan vi bilda linjärkombinationer av de lösningar vi hittat och få nya lösningar. Vi vet alltså till exempel att uttryck på formen upx, y q uλ1 px, y q uλ2 px, y q också är lösningar. Stoppa in y 0 i detta uttryck och jämför med 2 5e6x , vi får Cλ1 eλ1 x{3. Cλ2 eλ2 x{3. 2. 5e6x .. Detta stämmer för alla x om vi väljer λ1 0, λ2 18, Cλ1 2 och Cλ2 Stoppar vi in detta i uttrycket för upx, y q får vi upx, y q 2 5e6x 18y .. Svar: upx, y q 2. 5e6x. 18y. 5.. .. Modul 4 2 2 Visa att y1 pxq ex och y2 pxq ex bildar en fundamentalmängd av lösningar till diffekvationen xy 2 y 1 4x3 y 0. på intervallet x ¡ 0.. Lösning. Eftersom antalet givna funktioner (2 stycken) är lika med ordningen av diffekvationen behöver vi bara visa dels att y1 och y2 är lösningar, dels att de är linjärt oberoende. Vi deriverar de båda funktionerna två gånger och får 2 2 2 y11 pxq 2xex 2xy1 pxq och y12 pxq 2ex 4x2 ex p2 4x2 qy1 pxq, respektive 2 2 2 y21 pxq 2xex 2xy2 pxq och y22 pxq 2ex 4x2 ex p2 4x2 qy2 pxq. 3 2 2 1 Alltså är xy1 pxq y1 pxq 4x y1 pxq xp2 4x qy1 pxq 2xy1 pxq 4x3 y1 pxq 0 och xy22 pxq y21 pxq 4x3 y2 pxq xp2 4x2 qy2 pxq 2xy2 pxq 4x3 y2 pxq 0, vilket visar att y1 och y2 är lösningar till ekvationen. För att visa att y1 och y2 är linjärt oberoende kan man till exempel beräkna Wronskianen till y1 och y2 . Denna är

(4)

(5)

(6)

(7) 2

(8)

(9) y1 y2

(10)

(11)

(12) ex2 e x

(13)

(14)

(15) W py1 , y2 q

(16) 1 1

(17)

(18) 2 2

(19) 4x y1 y2

(20) 2xex 2xex

(21) Eftersom. 4x 0 så måste y1 och y2 vara linjärt oberoende.. 3.

(22) Matematik, KTH. Rikard Olofsson. Del 2 11. Bestäm allmänna lösningen till 2x2 y 2 pxq xy 1 pxq 2y pxq 13x6. på intervallet x ¡ 0. Dra nytta av att y pxq x2 uppfyller att 2x2 y 2 pxq xy 1 pxq 2y pxq 0.. (4 p) Lösning. Eftersom vi känner till att y pxq x är en homogen lösning till vår ekvation kan vi lösa ekvationen med hjälp av reduktion av ordning. Denna metod bygger på ansatsen y pxq y1 pxqupxq där y1 pxq är den kända homogena lösningen, i vårt fall y1 pxq x2 , och upxq är den okända, eftersöka funktionen. Vi får alltså y pxq x2 upxq, vilket ger y 1 pxq 2xupxq x2 u1 pxq och y 2 pxq 2upxq 2xu1 pxq 2xu1 pxq x2 u2 pxq. Instoppat i ekvationen ger detta 2. 2x2 y 2 pxq xy 1 pxq 2y pxq. . . 2x2 2upxq 4xu1 pxq x2 u2 pxq x 2xupxq x2 u1 pxq 2x2 upxq 7x3 u1 pxq 2x4 u2 pxq 13x6. Vi inför v pxq u1 pxq, i denna nya funktion v pxq är ekvationen 7x3 v pxq 2x4 v 1 pxq 13x6 , och detta är en linjär diffekvation av första ordningen, så-. dana kan lösas med hjälp av integrerande faktor. Dela hela ekvationen med 2x4 , vi får 7 13x2 v pxq . v 1 pxq 2x 2 ³ 7 7 En integrerande faktor är I pxq e 2x dx e 2 ln x x7{2 och därför kan ekvationen skrivas som 1 { v1 pxq v pxqx. . 7 2. 7 v pxq x7{2 2x. 2. 13x 2. x7{2. {. 11 2. 13x2. .. Vi integrerar båda led och får v pxqx7{2 x13{2 C, varför u1 pxq v pxq 4 x3 Cx7{2 . Integration av detta ger upxq x4 Dx5{2 E, där D 2C {5. 6 Alltså är y pxq x2 upxq Ex2 Dx1{2 x4 . Svar: y pxq Ex2. Dx1{2. x6 4 .. 12. Vilka av följande beskrivningar bestämmer y pxq entydigt i en omgivning till x 0? Ge bevis eller motexempel.. a) y pxq uppfyller y p0q 0 och 2xy 1 pxq y pxq.. (2 p). b) y pxq uppfyller y p0q 0 och y 2 pxq y pxq.. (1 p). c) y pxq uppfyller y p0q 0 och ex y 1 pxq ey sin x . 1. 2. y2. 1. . (1 p). 4.

(23) Matematik, KTH. Rikard Olofsson. Lösning. Ekvationen i 12 a) är en linjär diffekvation av första ordningen, dessa kan lösas med hjälp av integrerande faktor. Om vi löser ekvationen på intervallet x ¡ 0 får vi integrerande faktorn till ³. e. dx 2x. ?. e. ?1x. ln x 2. så lösningarna blir y pxq C ? x. Alla dessa lösningar uppfyller att y p0q 0. Däremot är funktionen f pxq x inte deriverbar i x 0, så den enda verkliga lösningen till ekvationen i en omgivning till x 0 är den man får för C 0, dvs vi får den entydiga lösningen y pxq 0. Ekvationen i 12 b) kan lösas med hjälp av karakteristiska ekvationen och har lösningarna y pxq Aex Bex . Sätter vi in att y p0q 0 får vi 0 y p0q A B, dvs B A, vilket ger lösningarna y pxq A pex ex q . Men oavsett vad A är blir detta lösningar som uppfyller att y p0q 0 så inte heller denna ekvation med detta begynnelsevärde bestämmer y pxq entydigt. Ekvationen i 12 c) kan skrivas y 1 pxq f px, y q, där . f px, y q ex ey sin x . 1. 2. y2. .. 1. Denna funktion är kontinuerlig och dess derivata med avseende på y är också kontinuerlig. Enligt sats i boken gäller nu att det finns en unik funktion som löser begynnelsevärdesproblemet givet av y p0q 0 i ett intervall kring x 0, så alltså bestämmer detta funktionen y pxq entydigt. 13. Bestäm allmänna lösningen till systemet ". x1 ptq y 1 ptq . xptq yptq xptq 3yptq. et . 1 (4 p). Lösning. I matrisnotation ges problemet av X 1 pt q . . 1 1 1 3. X pt q. t. e 1. .. Vi börjar med att lösa det homogena systemet X 1 ptq h. . Egenvärdena till

(24)

(25) 1 λ

(26)

(27) 1. 1 1 1 3.

(28)

(29)

(30) 3 λ

(31) pλ 1. . 1 1 1 3. Xh ptq.. ges av 1qpλ. 3q. 1 λ2. 4 pλ. 4λ. 2q. 2. 0.. Alltså är λ 2 ett dubbelt egenvärde. Vi söker egenvektorer till λ dessa ges av ekvationssystemet . . . . 1 λ 1 0 1 1 0 1 3 λ 0 1 1 0 5. 2,.

(32) Matematik, KTH. Rikard Olofsson. . . . som har lösningarna s 11 . Alltså är 11 en egenvektor och vi har . 1 2t hittat en homogen lösning Xh ptq 1 e . För att hitta en till måste vi nu hitta en vektor som löser ekvationssystemet x y. . . . . 1 λ 1 1 1 1 1 1 3 λ 1 1 1 1. ,. . 1 . Vi får nu en annan lösning genom Xh ptq 0. t 1 2t t e , alltså är allmänna lösningen till det. en sådan vektor är till exempel. . . 1 1 2t 1 t 0 e homogena systemet. . Xh ptq C1. . . 1 2t 1 e. Fundamentalmatrisen Φptq ges därför av Φptq som har inversen. . Φ1 ptq . t. C2. 1 2t t e .. 1 t 1 2t 1 t e ,. . t t 1 1. e2t .. 1. En lösning till systemet ges av Xp ptq Φptq. e2t e2t. . » . et Φ1 ptq dt e2t 1. . » . te3t te2t e2t. 1 t 1 1 t. . . » . 1 t 1 1 t. e2t. e3t. . . 1 3t 3t 9 e. . 13t t 9 e 11 t t1 e 3 13t t 1 2t e p t 1 q e 9 13t t 4 1 2t e 3 9 e 4 t 3 t. t. t. 1 2. 1 2. 1. 2t.

(33). e 1. 1. e2t dt. dt. e2. 1 2t 2t e 4 2t e3t e 3 2 1 2t. 4 1 2. t. t t 1. 1 t 1 1 t. . 91eet 9 2 t. 1 4 1 4. .. Allmänna lösningen är därför X ptq Xh ptq. Xp ptq C1. Svar: X ptq C1. . . 1 2t 1 e. . 1 2t 1 e . C2. t. 14. a) Visa att diffekvationen 4ty 2. C2. t. 1 2t t e. 1 2t t e 2y 1. ?. y ptq A cos t 6. y. et 9. et 9. . 2 1. 2 1. 1 4. . 1 . 1. . 1 4. 1 . 1. 0 har den allmänna lösningen ?. B sin t.

(34) Matematik, KTH. Rikard Olofsson. på intervallet t ¥ 0.. (2 p). 14. b) Använd detta för att bevisa att. ?. L psin tq Utan bevis får du använda att »8 0. ? π e. 1 4s. 2 s3{2. ?. et sin t dt . ?π 2. .. e 4 . 1. (2 p) Lösning. Bevis av 14 a): Vi vet att allmänna lösningen till en andraordningens homogen linjär diffekvation är på formen y ptq Ay1 ptq By2 ptq, där y1 och y2 är två linjärt oberoende ? lösningar ? till ekvationen. Vi behöver därför ? bara?visa, dels att y ptq A cos t B sin t är lösningar och dels att cos t och sin t är linjärt oberoende. Vi beräknar första- och andra-derivatorna till y : y 1 ptq och y 2 ptq . . A cos. ?. . A sin. ?. ? 1. t B sin t. ?. t. B cos t. . A sin. 4t. ?. t. ?1 2 t ? . B cos t. 14. 1 . t3{2. Stoppar vi in detta i ekvationen får vi ? ? ? ? 1 A cos t B sin t A sin t B cos t ? t ? ? 1 ? ? A sin t B cos t ?t A cos t B sin t 0 ? ? så y ptq är lösningar. Wronskianen av cos t och sin t är

(35)

(36) ? ?

(37)

(38) cos ??t sin ? ? ? 1 t

(39)

(40) 1 ? W pcos t, sin tq

(41) sin? t cos? t

(42) ? pcos tq2 sin tq2 ? 0

(43) 2 t

(44) 2 t 2 t 2 t. 4ty 2. 2y 1. y. så funktionerna är linjärt oberoende. Detta visar påståendet.. ?. Bevis av 14 b): Vi vet att y ptq sin t uppfyller att 4ty 2 2y 1 a)-uppgiften. Laplacetransformerar vi denna ekvation får vi. 1. y p0q sy p0qq 4 dps Y psq ds 2. 2psY psq y p0qq. y. 0 enligt. Y psq 0,. vilket förenklas till 4ps2 Y 1 psq 2sY psq y p0qq p2s 1qY psq 2y p0qq ?0, som ger 4s2 Y 1 psq p1 6sqY psq 2y p0q 0. Vi vet också att y ptq sin t uppfyller att y p0q 0 så vi får att 4s2 Y 1 psq p1 6sqY psq 0, vilket också kan skrivas som 6s 1 Y psq 0. Y 1 psq 4s2 7.

(45) Matematik, KTH. Rikard Olofsson. Integrerande faktorn är I psq e så vi får att. . ³ 6s 1 4s2. . ds. Y ps q. e. s3{2 1. e 4s. 3 2. 4s1. ln s. 1. s. {. 3 2. e. 1 4s. 0.. Detta ger. e 4s Y psq C 3{2 s och uppgiften gäller ? att integralen (som inte är något annat än Y p1q) är ?π enligt 14 och detta ger C π . Alltså är e 2 2 1. L psin. ?. tq Y psq . ?π e . 1 4s. 2 s3{2. och det var det som skulle bevisas. 15. a) Vad menas med att funktionerna f och g är ortogonala på intervallet r0, 1s? (1 p) 15. b) Antag att f är en kontinuerlig funktion som är ortogonal mot g pxq x3 på intervallet r0, 1s. Visa att det finns ett x0 P r0, 1s sådant att f px0 q 0. (3 p) Lösning. Funktionerna f och g sägs vara ortogonala på intervallet r0, 1s då »1 0. f pxqg pxq dx 0.. Bevis av 15 b): Om funktionen f är identiskt lika med noll finns uppenbarligen ett x0 P r0, 1s sådant att f px0 q 0 så då är vi klara. Annars finns en punkt x1 där x31 f px1 q 0. Om det gäller att x3 f pxq har samma tecken för alla x P r0, 1s, måste även integralen ha detta tecken. Men integralen av x3 f pxq är noll, eftersom x3 och f pxq är ortogonala, så alltså måste x3 f pxq bli både positivt och negativt. Fast x3 är alltid positivt så det måste vara f pxq som blir både positivt och negativt. Enligt satsen om mellanliggande värde antar en kontinuerlig funktion alla tal mellan två funktionsvärden; eftersom f är kontinuerlig och antar ett positivt och ett negativt värde på r0, 1s måste det då också anta det mellanliggande värdet 0, dvs det finns ett x0 P r0, 1s sådant att f px0 q 0.. 8.

(46)

No results found