TMA4110 Matematikk 3 Høst 2010

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4110 Matematikk 3 Høst 010 Løsningsforslag Øving 4 Fra Kreyszig (9. utgave) avsnitt.7 3 Vi skal løse ligningen (1) y 16y = 19.e 4x + 60e x. Den karakteristiske ligningen λ 16 = 0 har røtter λ = ±4. Generell løsning av den homogene ligningen er da y h = c 1 e 4x + c e 4x. En partikulær løsning y p av (1) kan vi finne ved hjelp av ubestemte koeffisienters metode. Vi bruker regelen om at y p blir en sum tilsvarende leddene i r(x) = 19.e 4x + 60e x, og vi bruker modifikasjonsregelen på det første leddet i y p siden e 4x er en løsning i den homogene ligningen. Formen på y p blir dermed y p = y p1 + y p = xae 4x + Be x. Derivasjon gir y p = (A + 4Ax)e 4x + Be x og y p = (8A + 16Ax)e 4x + Be x. Innsatt i (1): 8Ae 4x 15Be x = 19.e 4x + 60e x A =.4, B = 4. Generell løsning av (1) blir da y = y h + y p = c 1 e 4x + c e 4x +.4xe 4x 4e x. 19 Vi skal løse ligningen (1) y y 1y = 144x med initialbetingelsene y(0) = 5 og y (0) = 0.5. Den karakteristiske ligningen λ λ 1 = 0 har røtter λ 1 = 3 og λ = 4. Det gir y h = c 1 e 3x + c e 4x som løsning av den homogene differensialligningen. For å finne en partikulær løsning y p av (1), bruker vi ubestemte koeffisienters metode. Ifølge hovedregelen (basic rule) er y p på formen y p = Ax 3 + Bx + Cx + D. Da er y p = 3Ax + Bx + C og y p = 6Ax + B. Innsatt i (1) får vi 1Ax 3 + ( 3A 1B)x + (6A B 1C)x + (B C 1D) = 144x Sammenligner vi koeffisientene for hver potens av x, får vi ligningssystemet [x 3 ] : 1A = 144 [x ] : 3A 1B = 0 [x] : 6A B 1C = 0 [x 0 ] : B C 1D = september 010 Side 1 av 5

2 med løsning (ovenfra og nedover) A = 1, B = 3, C = 6.5 og D = 0. Den generelle løsningen av (1) blir dermed y = y h + y p = c 1 e 3x + c e 4x 1x 3 + 3x 6.5x. Så tilpasser vi løsningen til initialbetingelsene: 5 = y(0) = c 1 + c 0.5 = y (0) = 3c 1 + 4c 6.5 dvs. c 1 + c = 5 3c 1 + 4c = 6. Det gir c 1 = og c = 3, og løsningen av initialverdiproblemet blir y = e 3x + 3e 4x 1x 3 + 3x 6.5x. Fra Kreyszig (9. utgave) avsnitt.10 1 Vi skal løse ligningen (1) y + y = 1/. Den karakteristiske ligningen λ + 1 = 0 har røtter λ = ±i. Generell løsning av den homogene ligningen er da y h = Ay 1 + By = A cos x + B. Vi bruker metoden med variasjon av parametre til å finne en partikulær løsning av (1) på formen y p = uy 1 + vy. Her er Wronskideterminanten W = y 1 y y y 1 = cos x + sin x = 1, og høyresiden i (1) (som er på standardform) er r(x) = 1/. Da får vi y r y1 r y p = y 1 W dx + y = cos x dx + Alternativt: u og v skal tilfredsstille ligningssystemet W dx cos x dx = x cos x + () ln. u y 1 + v y = 0 u y 1 + v y = r dvs. u cos x + v = 0 u + v cos x = 1/. Det gir u = 1 og v = (cos x)/. Ved integrasjon følger u = x og v = ln, og dermed blir y p = u cos x + v = x cos x + () ln som ovenfor. (NB: Vi tar ikke med integrasjonskonstanter når vi regner ut y p.) Generell løsning av (1) blir altså y = y h + y p = A cos x + B x cos x + ln. 4 Vi skal løse ligningen (1) y y + y = e x ved variasjon av parametere. Den karakteristiske ligningen til den tilhørende homogene ligningen er λ λ + 1 = 0, λ = ± ( ) 4 = 1, 7. september 010 Side av 5

3 så {e x, xe x } er en basis for løsninger av den tilhørende homogene ligningen. Vi regner ut Wronskideterminanten W (e x, xe x ) = e x (xe x ) xe x (e x ) = e x (e x + xe x ) e x xe x = e x Vi setter så inn W = e x og r = e x i formelen for partikulærløsningen, som gir xe y p = e x x e x e e x dx + xe x x e x e x dx = e x x dx + xe x dx. Det andre integralet er uproblematisk; det første integralet kan håndteres ved delvis integrasjon x dx = x cos x + cos x dx = x cos x + C og partikulærløsningen er dermed gitt ved y p (x) = e x ( x cos x) xe x cos x = e x Merk at integrasjonskonstanter kan ignoreres her (hvorfor?). Dermed er generell løsning av (1) gitt ved y = y h + y p = e x (c 1 + c x ) Fra Kreyszig (9. utgave) avsnitt.r (repetisjonsspørsmål og oppgaver s. 10) 6 Vi har ligningen my + cy + ky = r(t) for utslaget y (se Kreyszig.8). Med m = 4, c = 4, k = 17 og r(t) = 0 cos 3t, får vi 4y + 4y + 17y = 0 cos 3t. Oppgaven spør etter stasjonær løsning, dvs. tilstanden til systemet etter at lang tid har gått. Denne tilstanden er gitt av bidraget fra partikulærløsningen y p. (Løsningen av den homogene ligningen går mot null når t, se Kreyszig.4, dempet system). For å finne y p, bruker vi ubestemte koeffisienters metode med y p = K cos 3t+M sin 3t. Innsatt i ligningen får vi ( 19K + 1M) cos 3t + ( 1K 19M) sin 3t = 0 cos 3t. Sammenligner vi koeffisientene på begge sider av likhetstegnet, får vi ligningene 19K + 1M = 0 [ cos 3t ] 1K 19M = 0 [ sin 3t ] med løsning Stasjonær løsning blir da K = 38 5 og M = 4 5. y p (t) = 38 5 cos 3t sin 3t. 7. september 010 Side 3 av 5

4 7 Bevegelsesligningen for masse/fjær-systemet er her (1) 0.5y +y = 15 cos 0.5t 7 sin 1.5t dvs. y +4y = 60 cos 0.5t 8 sin 1.5t med startbetingelser y(0) = 0, y (0) = 0. Den homogene ligningen y + 4y = 0 har generell løsning y h = A cos t + B sin t. En partikulærløsning av (1) har formen y p = (K 1 cos 0.5t + M 1 sin 0.5t) + (K cos 1.5t + M sin 1.5t), og ved innsetting i (1) får vi 3.75(K 1 cos 0.5t+M 1 sin 0.5t)+1.75(K cos 1.5t+M sin 1.5t) = 60 cos 0.5t 8 sin 1.5t, og dermed K 1 = 16, M 1 = 0, K = 0 og M = 16. Generell løsning av (1) er følgelig y = y h + y p = A cos t + B sin t + 16(cos 0.5t sin 1.5t). Da er y = A sin t + B cos t 8 sin 0.5t 4 cos 1.5t, og til bestemmelse av A og B har vi 0 = y(0) = A = y (0) = B 4 som gir A = 16 og B = 1. Løsningen blir altså y = 16 cos t + 1 sin t + 16(cos 0.5t sin 1.5t). De to siste leddene skyldes den påtrykte kraften. For de to første leddene (dvs. for det frie systemet) er ω 0 = k/m =. Følgelig ville vi fått resonans dersom den påtrykte kraften hadde hatt frekvens ω/(π) = /(π) = 1/π 0.3 Hz. Eksamensoppgaver ( A-14 Den gitte differensialligningen (1) y (a + b)y + aby = 0 har karakteristisk ligning λ (a + b)λ + ab = 0. Siden λ (a + b)λ + ab = (λ a)(λ b) er røttene λ 1 = a og λ = b. Vi kunne også brukt formel for å finne λ 1 og λ : λ = (a + b) ± (a + b) 4ab Generell løsning av (1) blir da For den inhomogene differensialligningen = (a + b) ± (a b) = y = C 1 e ax + C e bx når a b, y = C 1 e ax + C xe ax når a = b. () y ay + a y = e ax (a + b) ± (a b), λ 1 = a λ = b er følgelig y h = C 1 e ax + C xe ax. Siden den karakteristiske ligningen har dobbelrot λ 1 = λ = a er en partikulær løsning av formen y p = x Ae ax. Innsetting i () gir A = 1, og generell løsning av () blir y = y h + y p = C 1 e ax + C xe ax + 1 x e ax. 7. september 010 Side 4 av 5

5 Flervalgsoppgave 1 Basis for løsning av y + p(x)y + q(x)y = 0 er y 1 = 1 og y = cos x. Vi bruker metoden med variasjon av parametre. Vi regner ut Wronskideterminanten W (y 1, y ) = y 1 y y y 1 = 1 (cos x) (cos x) 0 = Partikulær løsning er y p = y 1 ry W (y 1, y ) dx + y ry 1 W (y 1, y ) dx = 1 cos x = Dvs løsningsalternativ B er det riktige. dx + cos x cos xdx cos x = x cos x dx Alternativ løsning: Vi setter inn y 1 = 1, y 1 = 0 og y 1 = 0 inn i den homogene likningen og får q(x) = 0. Deretter setter vi inn y = cos x, y = og y = cos x inn i den homogene likningen og finner p(x) = cos x = cot x. Det vil si at den inhomogene likningen som har generell løsning c 1 + c cos x er Denne kan løses ved å sette y (cot x)y =. 1dx y p = uy 1 + vy = u + v cos x og Vi regner ut y p og y p: 0 = u y 1 + v y = u + v cos x. og setter inn i den inhomogene likningen. Bruker så at cot x = cos x: y p = u + v cos x v = v. y p = v v cos x v v cos x + (cot x)v =. v = 1, og vi har v = x. Setter så inn v = 1 inn i 0 = u + v cos x = 0: 0 = u cos x Vi løser denne og får u =. y p = x cos x. Det vil si at B er riktig svar. 7. september 010 Side 5 av 5