LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 1001, HØSTEN (x + 1) 2 dx = u 2 du = u 1 = (x + 1) 1 = 1 x + 1. ln x

Transkript

1 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 00, HØSTEN 06 DEL.. Hvilken av funksjonene gir en anti-derivert for f(x) = (x + )? Løsning. Vi setter u = x +, som gir du = dx, (x + ) dx = u du = u = (x + ) = x + a) x+ b) 3(x + ) 3 c) (x+) d) (ln (x + )) e) 3 (x + ) 3. Hvilken av funksjonene gir en anti-derivert for f(x) = x ln x? Løsning. Vi bruker delvis integrasjon og setter u = ln x og v = x. Det gir u = x og v = 3 x3, og vi får x ln x dx = 3 x3 ln x x 3 x3 dx = 3 x3 ln x 9 x3 a) 3 x3 ln x b) 3 x3 ln x 9 x3 c) 3 x (ln x) d) x ln x + x e) x ln x x 3. Hvilken av funksjonene gir en anti-derivert for f(x) = sin x? Løsning. Vi bruker at cos 4x = cos x sin x = ( sin x) sin x = sin x, og derfor sin x = ( cos 4x). Det gir sin x dx = ( cos 4x) dx = x 8 sin 4x a) cos x b) 3 sin3 x c) 4 sin x cos x d) 8 sin (4x) + e) x 8 sin (4x) 4. Hvilken av funksjonene gir en anti-derivert for f(x) = xe x? Løsning. Vi substituerer u = x, du = x dx. Det gir xe x dx = e u du = e u = e x a) e x b) x e x + e x c) e x + x d) x e x e) e x (x )

2 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 00, HØSTEN Vi betrakter en andre ordens homogen differenslikning x n+ + x n+ + x n = 0 med initialverdier x 0 = og x = 0. Det gir at x 0 er lik Løsning. Likningen har karakteristisk polynom λ + λ +, med røtter Det gir generell løsning λ = ± 4 = ± i = e±i 3π 4 x n = C cos ( 3π 4 n) + D sin (3π 4 n) Innseting gir = x 0 = C cos 0 + D sin 0 = C 0 = x = C cos ( 3π 4 ) + D sin (3π 4 ) = ( C + D) som gir C = D =, og spesiell løsning gitt ved For n = 0 gir dette x n = cos ( 3π 4 n) + sin (3π 4 n) x 0 = cos ( 3π 4 0) sin (3π 4 0) = cos (5π) sin (5π) = a) ( )0 b) 0 c) d) ( ) 0 e) DEL. Oppgave En andre ordens differensiallikning er gitt ved der α er en reell konstant. y + y + αy = 0 a) ( poeng) Regn ut det karakteristiske polynomet til differensiallikningen og skriv røttene uttrykt ved α. Løsning. Det karakteristiske polynomet er gitt ved r + r + α, og dette gir r = ± 4α

3 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 00, HØSTEN 06 3 b) (4 poeng) For hvilke verdier av α vil løsningen til differensiallikningen beskrive en dempet svingning og hvorfor? Løsning. Vi får en svingning når diskriminanten 4α < 0, dvs. α > 4. Vi har også at realdelen til røttene er negativ, noe som sikrer at vi har en dempingsfaktor (som faktisk går mot 0 når x ). c) ( poeng) I resten av oppgaven setter vi α = 4. Finn den generelle løsning av differensiallikningen i dette tilfellet. Løsning. Den gitte verdien for α gir oss kun en rot, r =, med generell løsning y = Ce x + Dxe x d) (6 poeng) Finn den spesielle løsningen som tilfredsstiller y(0) = og y (0) =. Løsning. Den deriverte av løsningen er gitt ved y = Ce x + De x Dxe x Vi setter inn: = y(0) = Ce 0 + D 0 e 0 = C og = y (0) = Ce 0 + De 0 D 0 e 0 = C + D som gir C = og D = 0, eller y = e x Oppgave a) (6 poeng) Bruk delbrøkoppspalting til å vise at dx x(b x) = B ln Løsning. Vi delbrøkoppspalter, x (B x) x(b x) = α x + β α(b x) + βx (β α)x + αb = = B x x(b x) x(b x) som gir α = β = B. Dermed har vi dx x(b x) dx = B ( x dx + for 0 < x < B. B x dx) = B (ln x ln (B x)) = B ln x B x

4 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 00, HØSTEN 06 4 b) (6 poeng) Løs den separable differensiallikningen x = kx(b x) og finn et uttrykk for x = x(t). Vi antar at k og B er positive konstanter og at 0 < x < B. Løsning. Vi separerer variable og integrerer begge sider av likningen, B ln x B x = dx x(b x) dx = k dt = kt + C som gir Vi løser mhp x og får x B x = eb(kt+c) x(t) = BeB(kt+C) + e B(kt+C) = B e BC e Bkt + c) ( poeng) Når t vil x stabilisere seg på en bestemt verdi. Finn denne verdien. Løsning. Når t, så vil e Bkt 0, og lim x(t) = B t Oppgave 3 En første ordens lineær differensiallikning er gitt ved xy + y =, x > 0 hvor y() = 0. a) ( poeng) En bestemt verdi av y vil gi oss en konstant løsning av denne differensiallikningen. Hvilken verdi? Løsning. En konstant løsning betyr at y = 0. Det betyr at y = og y =. Merk. Her er det en trykkfeil i oppgaven. Initialbetingelsen y() = 0 skulle ha stått under delspørsmål b). Slik det står nå finner man en konstant løsning y = ved å sette y = 0, men samtidig skal y() = 0, noe som selvfølgelig ikke er mulig. Slik den står har derfor oppgaven ikke noen løsning.

5 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 00, HØSTEN 06 5 b) (8 poeng) Løs likningen og finn et uttrykk for y = y(x). Løsning. Vi deler hele likningen på x for å få den på standardform; y + x y = x Den integrerende faktoren vil være e x dx = x. Vi multipliserer den standardiserte likningen med den integrerende faktoren og får d dx (x y) = x y + xy = x som gir eller løst mhp y; x y = x dx = x + C y = + C x Vi vet at y() = 0, som gir 0 = + C = + C, og C =. Dermed blir løsningen y = x c) ( poeng) Hva skjer med løsningen når x? Løsning. Når x, så vil x (Sammenlikn svaret med oppgave a). 0, og derfor lim x y(x) = Oppgave 4 a) (6 poeng) Skriv uttrykket sin ( 3 t) cos ( 3t) på formen A cos (ωt φ). Løsning. Vi vet at A = + ( ) =, og videre at cos (ωt φ) = cos (ωt) cos φ + sin (ωt) sin φ = sin ( 3 t) cos ( 3 t) Det betyr at ω = 3 og cos φ =, sin φ =, og følgelig φ = 3π 4. Altså sin ( 3 t) cos ( 3 t) = cos ( 3 t 3π 4 )

6 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 00, HØSTEN 06 6 b) (4 poeng) En funksjon y = y(t) er bestemt av en. ordens differensiallikning Finn en generell løsning av likningen. y + 9 y = 0 Løsning. Røttene til det karakteristiske polynomet r + 9 er gitt ved r = ±i 3. Det gir generell løsning av differensiallikningen y = C cos ( 3 t) + D sin ( 3 t) c) (6 poeng) Vi vet at y(0) = og y (0) = 3. Finn den spesielle løsningen som tilfredsstiller disse initialbetingelsene. Løsning. Den deriverte til den generelle løsningen er y = 3 C sin ( 3 t) + 3 D cos ( 3 t) Vi setter inn de oppgitte initialverdiene og får = y(0) = C cos 0 + D sin 0 = C 3 = y (0) = 3 C sin D cos 0 = 3 D som gir C = og D =. Den spesielle løsningen blir da y = cos ( 3 t) sin ( 3 t) SLUTT