UNIVERSITETET I BERGEN

Transkript

1 BOKMÅL UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. V.008. Løsningsforslag til eksamen i emnet MAT131 - Differensialligninger I 8. mai 008 kl Vi har ligningen der α er en reell konstant. Oppgave 1 d y dt + αdy + 5y = 0, (1) dt a) Dersom denne ligningen skal modellere dempede oscillasjoner i en fjær, hvilke krav må man sette til parameteren α? Løsning: Karakteristisk ligning er r +αr+5, med røtter r = α± α 0. For å ha oscillasjoner må røttene være komplekse, og da må uttrykket under rottegnet være negativt, dermed α < 0, for at svingningene skal være dempede må realdelen α være negativ, dermed α > 0. 0 < α < 0. b) Finn løsningen av ligningen med initialkravene y(0) = 0, y (0) =. d y dt + dy + 5y = 0, () dt Løsning: Karakteristisk ligning er r + r + 5 = 0, med røttene 1 ± i. Generell løsning er dermed c 1 e t sin t + c e t cos t. Bestemmer c 1 og c med initialbetingelsene som først gir y(0) = c = 0. Deretter y (0) = c 1 =, dermed c 1 = 1. y = e t sin t. c) Finn den generelle løsningen til ligningen d y dt + dy + 5y = 5t, (3) dt 1

2 Løsning: Bruker ubestemte koeffisienter. Setter y p = At + B siden inhomogeniteten er et lineært polynom. Har da y p = A og y p = 0. Setter inn i ligning 3 og får 5At + A + 5B = 5t. Dermed må A = 1 og B =. Generell løsning er summen av den homogene løsningen og 5 den partikulære løsningen. y = c 1 e t sin 4t + c e t cos 4t + t 5. a) Vis at ligningen Oppgave x sin y + ((x + 1) cos y) dy dx er eksakt, og finn den generelle løsningen på implisitt form. Løsning: M(x, y) = x sin y, N(x, y) = (x + 1) cos y. Da er M y = x cos y, N x = x cos y. Siden M y = N x er ligningen eksakt. Da er løsningen ψ(x, y) = C, der ψ x = M og ψ y = N. Integrerer x sin y med hensyn på x og får ψ = x cos y + h(y), deriverer med hensyn på y, for å sammenligne med N, og får da h(y) = sin y + C. (x + 1) sin y = C er løsning på implisitt form. b) Bestem alle mulige N(x, y) slik at ligningen blir en eksakt differensialligning. (4) xe y + N(x, y) dy dx = 0 (5) Løsning: M = xe y, M y = 4xe y = N x. Integrerer opp med hensyn på x og får da N = x e y + f(y), der f(y) er en vilkårlig funksjon av y. Oppgave 3 Populasjonen av sel (x) og isbjørn (y) i et polarområde er gitt av ligningssystemet dx dt dy dt = x(β 4x βy) (6) = y( + βx), (7) der parameteren β er et mål på isdekket og ligger mellom 0 (isfritt) og 4 (full isdekke). Vi har også at populasjonenene x, y 0.

3 a) Finn alle likevektene til systemet, og spesifiser eventuelle krav til parameteren β for at likevekten skal eksistere. Løsning: Likevektene er der x og y begge er 0. Siden de er faktorisert sette vi etter tur og orden faktorene til 0 og finner hva β må være. i) x = 0, y = 0, gyldig for alle β. ii) x = β, y = 0, gyldig for alle β. 4 iii) x = β, y = β 8 β, gyldig for β 8. b) Finn alle likevektene til systemet for β = 4, og vurder stabiliteten. Løsning: Jacobi-matrisen til systemet med β = 4 er ( 4 8x 4y 4x ) 4y 4x Setter inn β = 4 inn i likevektene vi fant i a), og får da i) x = 0, y = 0, Jacobi matrisen blir ( ), med egenverdier 4 og -, altså ustabilt (sadelpunkt) ii) x = 1, y = 0 gir Jacobi matrisen ( ), med egenverdier -4 og, altså ustabilt (sadelpunkt) iii) x = 1, y = 1 ( 0 ), som har egenverdier 1 ± 3i. Dermed asymptotisk stabil. c) Vurder hvilke(n) av disse påstandene som er sanne ifølge ligningene, og begrunn svarene i) Selene er avhengig av isdekke for å overleve. Løsning: Sann! Uten isdekke vil dx = 4x eller x = 1. Når dt 4t+C t, går x 0. 3

4 ii) Isbjørnene er avhengig av isdekke for å overleve. Løsning: Sann! Uten isdekke vil dy = y eller y = dt Ce t. Når t, går y 0. iii) Dersom det er fullt isdekke vil selene bli utryddet av isbjørnene. Løsning: Ikke sann! Dette tilsvarer β = 4, som vi så på i oppgave b). Der fant vi at den asymptotisk stabile likevekten var ( 1, 1 ), så selbestanden består. iv) Isbjørnene er avhengig av sel for å overleve. Løsning: Sann! Uten sel reduseres ligningen til dy = y (samme dt som i punkt ), der isbjørnbestanden avtar eksponensiellt. v) Uten isbjørn til stede vil denne modellen bryte sammen fordi selbestanden vokser grenseløst. Løsning: Ikke sann! Uten rovdyr er vi redusert til ligningen x = x(β 4x) som har en stabil likevekt x = β. Ved x > β vil 4 4 populasjonen synke til denne likevekten, og ikke fortsette å vokse. Dette er logistisk vekst, ikke eksponensiell vekst. En funksjon f(x) er gitt ved Oppgave 4 f(x) = x, 0 < x 1 (8) La f J (x) og f O (x) være henholdsvis den jamne og den odde utvidelsen av f(x) med periode. a) Bestem hvordan f J (x) og f O (x) er definert på intervallet 1 < x 0. Skisser f J (x) og f O (x) på intervallet 3 x 3. Løsning: f j er gitt ved f j (x) = x på intervallet 1 < x < 0 mens f o (x) = x på dette intervallet. For å sikre oss at utviklingen er definert for alle x, setter vi f J (0) = f O (0) = 0 (dette sikrer kontinuiteten). Når vi skal tegne figuren på intervallet [-3,3], må vi ta hensyn til grensetilfellene x = n, n Z. For f J kan vi sette f(n) = 0 og f(n + 1) = 1, og sikre oss en kontinuerlig utvikling som er jamn. For f O vil f O (n) = 0 sikre kontinuitet i de punktene, for oddetalls-punktene må vi sette f O (n + 1) = 0 for å forsikre at f(x) = f( x) oppfylles for disse punktene. Diagrammer er på side 5. 4

5 5

6 b) Finn Fourier-rekkene til f J og f O. Du får oppgitt at for k 0 er t cos ktdt = t k sin kt + 1 cos(kt) + C. k Løsning: For f J kunne gis som der er det bare konstantledd og cosinus-ledd, rekken skal a 0 + a n cos(nπx), a n = 1 1 f j (x) cos(nπx). Utnytter man symmetriene kan integralet reduseres til a n = 1 0 x cos(nπx)dx, som har løsning a n = 0 for jamne n og a n = 4 for odde n. Konstantleddet a 0 n π er gitt ved 1 xdx = 1. Dermed er rekken for f 0 J gitt ved f j = 1 n=0 4 cos((n + 1)πx). (n + 1) π Fourier-rekken for f O består kun av sinus ledd siden det er en odde funksjon. Altså leter vi etter en rekke av typen med b n = b n sin(nπx), 1 1 xsin(nπx)dx. Evaluering av dette integralet gir b n = nπ ( 1)n, og Fourier-rekken f O (x) = nπ ( 1)n sin(nπx). 6

7 c) Avgjør alle verdiene for x der Fourier-rekkene til f J og f O konvergerer mot 0. Løsning: Fouriers konvergensteorem sier at Fourier-rekken konvergerer mot funksjonsverdien der funksjonen er kontinuerlig, og mot gjennomsnittet av venstre og høyre grense der den er diskontinuerlig. For f J er funksjonen kontinuerlig, så den konverger mot 0 der og bare der f J = 0. Dette skjer ved x = n, n Z. Den odde funksjonen f O er diskontinuerlig i punktene..., 3, 1, 1, 3,..., i disse punktene er venstre grense 1 og høyre grense -1, så den konvergerer mot 0 i disse punktene. Den konvergerer selvsagt også mot 0 i punktene der f O (x) = 0 og er kontinuerlig, dette skjer i punktene x = nn Z. Med andre ord vil denne Fourier-rekken konvergere mot 0 i punktene x = n, n Z. d) En varmeligning er gitt ved med randbetingelsene og initialbetingelsen u xx (x, t) = 4u t (x, t), 0 < x <, t > 0, (9) u x (0, t) = u x (, t) = 0, (10) u(x, 0) = { x 0 < x 1 x 1 < x < (11) Finn løsningen u(x, t) som tilfrestiller (9), (10) og (11). Løsning: Antar u(x, t) = X(x)T (t), og separerer. Får da X X = 4T T = λ, og løser først for X. Med λ < 0 er det eksponensielle løsninger som ikke kan oppfylle randkravene med mindre X = 0 (triviell løsning). For λ = 0 har man løsningen X = c 1 x + c 0. Vi har da X = c 1 som skal være lik 0 i to punkt, dermed må c 1 = 0, men X = c 0 er en ikketriviell løsning som vi må ta hensyn til. For λ > 0 har man løsninger av typen X = c n1 sin( λx) + c n cos( λx). Da er X = c n1 λ cos( λx) c n λ sin( λx), som skal være 0 for x = 0. Dermed er cn1 = 0. For x = skal også X () = 0, men c n = 0 gir igjen trivielle løsninger. Dog har vi muligheten λ = mπ, med m Z, dermed er λ = m π 4 egenverdiene, og X n = c n cos( mπx ) egenfunksjoner for X. 7

8 Tar nå for oss T, med egenverdiene for λ bestemt kan vi løse ligningen og får T (t) = C exp( n π t 16 ). For X = c 0 blir T = C. Med X og T funnet kan vi skrive opp den generelle løsningen u(x, t) = c 0 + c n cos( nπx ) exp( n π t 16 ). Det gjenstår nå å benytte initialbetingelsen for å bestemme c 0,1,,.... Merk at u(x, 0) = f J (x), der f J (x) er den jamne utvidelsen i delpunkt a). Vi vet fra a): f J (x) = a 0 + a n cos(nπx), mens vår rekkeløsning gir Fra dette ser vi: u(x, 0) = c 0 + c n cos( nπx ). c 0 = a 0 c n = a n c n = 0 for n odde. Hans Munthe-Kaas Sigvat K. Stensholt 8