MAT Vår Oblig 2. Innleveringsfrist: Fredag 23.april kl. 1430

Transkript

1 MAT 00 Vår 00 Oblig Innleveringsfrist: Fredag 3.april kl. 430 Oppgaven leveres stiftet med forsideark på ekspedisjonskontoret til Matematisk institutt i 7. etg. i Niels Henrik Abels hus innen fristen. Oppgaven vil bli vurdert i henhold til gjeldende reglement: Videre vil det ved rettingen gis 0-5 poeng på hver deloppgave. Oppgaven vil bli godkjent når alle deloppgaver er forsøkt løst og det er oppnådd mer enn 0 poeng. a) En harmonisk svingning er gitt som en sum av to delsvingninger H(x) = cos ( π 4 x) + sin ( π 4 x). Skriv H(x) på formen A cos (ω(x x 0 )). Løsning: Vi har A = ( ) + ( ) =, som gir φ = π 4. Dermed har vi cos(φ) = sin(φ) =,, b) For c R har vi differenslikningen H(x) = cos( π (x )). 4 x n+ x n+ + c x n = 0. Beskriv hva slags løsninger vi får for varierende verdier av c. En verdi for c gir oss kun én rot i det karakteristiske polynomet. Skriv opp den generelle løsningen av likningen i dette tilfellet.

2 Løsning: Differenslikningen har karakteristisk likning r r + c = 0. Røttene er r = ( ) ± ( ) 4c = ± c. Det vil si at for c < har vi to reelle røtter og løsningene x n = Cr n + Dr n. For c > har vi to komplekse røtter og løsninger på formen x n = Er n + Ē rn. Vi kan selvsagt også skrive løsningene på reell form; r = ρe iθ, x n = ρ n (C cos(θn) + D sin(θn)). For c = har vi bare en reell rot, og løsningen c) Vi har differenslikningen x n = C + Dn. x n+ x n+ + x n = n + n. Finn løsningen av denne likningen som tilfredsstiller x 0 = 0 og x =. (Hint: Bruk reell form.) Løsning: Vi finner først løsningen av den assosierte homogene likningen x h n+ x h n+ + xh n = 0. Dens karakteristiske likning har to komplekse røtter r = + i og r = i. Roten r kan vi skrive på eksponentialform ved å finne ρ og θ. ρ = + =. cos(θ) = =, sin(θ) = =, som gir θ = π 4. Den generelle løsningen til den assosierte homogene likningen er x h n = ( ( ) n C cos( π ) 4 n) + D sin(π 4 n), C, D R Den spesielle løsningen x s n finner vi ved å gjette på løsningen x s n = Rn + Sn + T.

3 Vi får R(n + ) + S(n + ) + T (R(n + ) + S(n + ) + T ) + (Rn + Sn + T ) = n + n R(n + 4n + 4) + Sn + S + T (R(n + n + ) + Sn + S + T ) + Rn + Sn + T = n + n 3Rn + 4Rn + 4R + 3Sn + S + 3T Rn 4Rn R Sn S T = n + n Rn + R + Sn + T = n + n. Dette gir oss Rn = n Sn = n R + T = 0. Dette gir oss Dermed har vi R =, S =, T =. x s n = n + n. Den generelle løsningen til den inhomogene differenslikningen er dermed n (C cos( π 4 n) + D sin(π 4 n)) + n + n, C, D R. Vi bruker initialbetingelsene for å finne den spesielle løsningen som oppfyller både initialbetingelsene og differenslikningen. x 0 = 0 = 0 (C cos( π ) 4 0) + D sin(π 4 0) = C C = x = = ( cos( π ) 4 ) + D sin(π 4 ) + + = ( ) + D = + D D = 0 Den spesielle løsningen til differenslikningen er n ( cos( π ) 4 n) + n + n. d) Finn alle de antideriverte til funksjonen h(x), h(x) = 3 3x + 4x

4 Løsning: Nevneren til h(x) har røtter og 3. Vi kan faktorisere og forkorte h(x) 3 h(x) = 3(x )(x + 3 ) = (x )(x + 3 ). Når vi skal finne alle de antideriverte, har vi h(x)dx = (x )(x + 3 )dx. Vi ser at vi må bruke delbrøksoppspaltning som integrasjonsteknikk. For A, B R, kan vi skrive (x )(x + 3 ) = A (x ) + B (x + 3 ) = A(x + 3 ) + B(x ) (x )(x + 3 ) Sammenlikner vi tellerne på begge sider av likningen, får vi = Ax + A + Bx B 3 Sammenlikner vi koeffisentene på begge sider av likningen, får vi Vi får A = 3 og B = 3. Dermed får vi h(x)dx = 3 = 3 = 3 A B 0 = A + B (x ) (x ) dx + 3 (x + 3 )dx (x + 3 )dx Disse integralene kan løses ved hjelp av substitusjonene u = x du = dx u = x + 3 du = dx. 4

5 Dermed er, for C R, h(x)dx = 3 = 3 (x ) dx + 3 u du + 3 (x + 3 )dx u du = 3 ln u + 3 ln u + C = 3 ln u u + C = 3 ln x + 3 x + C. e) For en funksjon y(t) har vi differensiallikningen y = (P y) t, der P er en konstant forskjellig fra 0. Finn et uttrykk for y(t) når du får oppgitt at y(0) = 0. Beregn også lim t y(t). Løsning: Dette er en separabel difflikning, som separeres til dy (P y) dt = t Vi integrerer med hensyn på t på begge sider og får (P y) dy = tdt Vi behandler først integralet på venstre side. Her må vi bruke substitusjonen (Det er kanskje fristende å bruke delbrøksoppspaltning, men vi har en multippel rot i nevner, så vår metode vil ikke fungere.); u = P y du = dy, (P y) dy = u du = u + + = u = P y. 5

6 Integralet på høyre side er elementært, C R, tdt = t + C. Tilsammen får vi P y = t + C. Vi må rydde opp i dette for å finne y(t); P y = t + C. y(t) = P t + C. Vi bruker initialbetingelsen for å finne verdien av C som gjør at funksjonen y(t) oppfyller initialbetingelsen y(0) = 0. Vi får funksjonen y(0) = 0 = P 0 + C 0 = P C C = P. y(t) = P t + P Når vi lar t vokse vil det andre leddet i funksjonen gå mot 0. Det er fordi nevneren går mot uendelig. Vi har derfor f) En funksjon y(x) oppfyller lim y(t) = P. t y y = x og y() = e. Finn denne funksjonen og bestem lim x y(x). Løsning: Dette er en separabel difflikning, og vi får de elementære integralene som til slutt gir oss et uttrykk for y(x) y dy = x dx ln y = x + C, e ln y = y = e x +C = e C e x y(x) = Ke x,. C R K R 6

7 Vi bruker deretter initialbetingelsen, y() = e, y() = e = Ke e = Ke K = Vi får Siden har vi at y(x) = e x. lim x x = 0, lim y(x) = x e0 =. g) En første ordens differensiallikning er på formen y + αy = e αx, der α er en reell konstant. Med initialbetingelsen y(0) = α, finn et uttrykk for y(x). Deriver dette uttrykket og sjekk at det passer i differensiallikningen. La så α variere og beskriv hvordan lim y(x) avhenger av α. (Hint: La α være negativ, null og positiv.) Løsning: Vi finner først integrerende faktor. f(x) = α F (x) = αx e F (x) = e αx x Når vi ganger likningen med integrerende faktor får vi e αx y + αe αx y = e αx e αx. Vi gjenkjenner venstre side av likningen som (ye αx ) og høyre side som, (ye αx ) =. Så integrerer vi mhp x på begge sider. Vi får da, C R, ye αx = x + C y(x) = x + C e αx 7

8 Vi har initialbetingelsen y(0) = α, og får y(0) = α = 0 + C e α0 C = α. Totalt får vi y(x) = (x + α)e αx. Vi deriverer ved hjelp av produktregelen og kjerneregelen; Setter inn dette i likningen og får y (x) = e αx + (x + α)( α)e αx = e αx ( αx α ). e αx ( αx α ) + α(x + α)e αx = e αx. Likningen holder, og vi har kommet fram til riktig svar! Lar så α < 0. Siden vi har e αx som faktor i y(x), vil dette gå mot uendelig når x går mot uendelig. Vi får Lar så α = 0. Da er y(x) = x og lim y(x) =. x lim y(x) =. x Lar så α > 0. Siden vi har e αx som faktor i y(x), vil dette gå mot 0 når x går mot uendelig. Vi får lim y(x) = 0. x h) For x som oppfyller sin x > 0 har vi differensiallikningen y tan x y = tan x. Denne likningen kan betraktes enten som en første ordens likning, eller som en separabel likning, Løs likningen med begge metoder. y = (y + ). tan x

9 Løsning: Husk at betyr at tan x = sin x cos x tan x = cos x sin x. Løser likningen som første ordens likning: Finner integrerende faktor Her må vi bruke substitusjon; Det gir oss f(x) = tan x = cos x sin x F (x) = cos x sin x dx. u = sin x du = cos xdx F (x) = u dx = ln u = ln sin x = ln(sin x). Den siste likheten skyldes at vi i oppgaveteksten antar at sin x > 0. Integrerende faktor er dermed e F (x) ln(sin x) = e ln(sin x) = e = (sin x) = sin x. Når vi ganger likningen med integrerende faktor får vi sin x y tan x sin x y = sin x tan x ( sin x y) = cos x sin x 9

10 Vi integrerer mhp x på begge sider og får cos x sin x y = sin x dx Vi må bruke substitusjon igjen; u = sin x du = cos xdx Dermed har vi, med C R, sin x y = u du = u + C = sin x + C Løser vi likningen for y ved å dele på sin x, får vi y(x) = + C sin x Løser likningen som separabel likning: Separerer, innfører notasjon y = dy dx og integrerer. y = (y + ) tan x dy y + dx = tan x dy y + dx = cos x sin x dy cos x y + dx dx = sin x dx cos x y + dy = sin x dx Integralet på venstre side løses ved substitusjon. (Vi tar integrasjonskonstanten med i integralet på høyre side.) u = y + du = dy y + dy = u du = ln u = ln y +. 0

11 Integralet på høyre side er løst ved substitusjon tidligere i oppgaven (bare et fortegn i forskjell), C R, cos x dx = ln(sin x) + C sin x Vi må rydde opp i uttrykket vi får, med K R, ln y + = ln(sin x) + C e ln y+ ln(sin x)+c = e y + = e C ln(sin x) e y + = K sin x y(x) = + K sin x. Vi ser at vi får samme svar med begge metoder!