Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Mandag 29. mai 2000, kl Løysingsforslag:

Transkript

1 Eksamen i emnet M7 - Matematiske metodar Mandag 29. mai 2, kl. 9-5 Løysingsforslag: a Singulære punkt svarer til nullpunkta for x 2, dvs. x = og x =. Rekkeutvikler om x = : yx = a n x n y x = na n x n y x = nn a n x n 2. n= n= n=2 Dette innsatt i likninga gir: x 2 n=2 nn a n x n 2 2x n= na n x n = 2a 2 + 6a 3 2a x + n=2 [n + 2n + a n+2 n + na n ]x n =. Samanliknar koeffisientar framfor ledd av same grad og får: a 2 = 2, a 3 = 3 a, a n+2 = n n + 2 a n, a 2n =, n =, 2,... 2n a 2n+ = a 2n+, n =, 2,..., som gir generell løysing yx = a + a n= Startkrava gir at a = og a =, slik at b Observerer at yx = Skal dette samsvare med likninga må x 2n 2n + n= x 2n 2n. n= d dx fxy = fxy + f xy. fx = x 2 f x = 2x, x 2n 2n.

2 og vi ser at venstre sida i likninga kan skrivast på forma gitt i b med fx = x 2. Integrerer likninga og får: : x 2 y = x + C. Startkravet y = gir C =, dvs.: x 2 y = x + y = x y = x yx = ln x + y, som saman med det andre startkravet gir løysinga yx = ln x. c Dersom skal vere oppfyllt når x = får vi at C =. Dette gir at y x = + x x 2 = x y = 2. Alternativt ser vi dette direkte av likninga ved å sette x =. Eksistens- og eintydeteoremet for lineære likninger gir at vilkårlige startverdiproblem har ei eintydig løysing. I vårt tilfelle ser vi at vi berre får løysing for bestemte starverdi krav, men i dette tilfellet kan vi ikkje bruke teoremet fordi likninga er singulær i x =. 2a Finn eigenverdier og eigenvektorer til systemet: Eigenverdier: Eigenvektorer: i r = : ii r 2 = : r 2 r 3 r ξ ξ 2 ξ 3 ξ ξ 2 ξ 3 = = = + r r3 r = 2ξ 2 = ξ + 4ξ 3 = ξ = 2xi + 2ξ 2 = ξ + 2ξ 3 = ξ2 = 2 4 2

3 iii r = 3 : ξ ξ 2 ξ 3 = 4xi + 2ξ 2 = 2ξ 2 = ξ = ξ 3 = Dette gir generell løysing av tilhøyrande homogent problem: xt = C exp tξ + C 2 exptξ 2 + C 3 exp3tξ 3 2b Utrykker ei fundamentalmatrise v.h.a løysinga i a: Ψt = e t ξ e t ξ 2 e 3t ξ 3 = 4e t e t e t e t 2 et e 3t Løysing av inhomogent problem finn vi v.h.a variasjon av parametre. La xt = Ψt ut Ψt u t = ht ut = som gir generell løysing: xt = Ψt C + Ψt Ψ τ hτdτ., Initialkravet gir at C =. Finn Ψ t v.h.a rekkereduksjon: 4e t e t e t e t 2 et e 3t 2, e t 3+ 4 e t e 3t 4 4 Skriv ut løysinga: xt = Ψ t = Ψt Ψ τ hτdτ = Ψ τ hτ, 4e t e t e t e 3t 2 4 et 4 et e t 4 e 3t 4 e 3t e 3t. e3t τ hτdτ 3

4 2c Innsatt ht = exp3t får vi xt = e3t τ e 3τ dτ = te 3t 3a Skriv ut likningsystemet i 2a med initialkrav frå 2b: Deriverer og 3 og får: : x = x + 2y x = 2 : y = 2y y = 3 : z = x + 3z + h z = h. x = x + 2y 2 x = x + 2y 4 : x = x, 3 5 : z = x + 3z + h z = 3h + h. Deriverer 5 og får: 5 z = x +3z 4 +h z = x+3z 3 +h z 3z z + 3z = h h. 3b La L{zt} = Zs og L{ht} = Hs. Laplace transformerer likninga og får v.h.a tab nr. 8: s 3 Zs s 2 z sz z 3s 2 Zs sz z szs + z + 3Zs = s 2 Hs sh h Hs. Bruker initialkrava saman med at og får: s 3 3s 2 s + 3 = s + s s 3 = s 2 s 3, Zs = s 3 Hs. Vi finn den inverse Laplace transformen v.h.a konvulusjonsintegralet, tab nr. 6, og tab nr. 2: zt = e 3t τ hτdτ. 4

5 Skifte av integrasjonsvariabel τ t τ omformer svaret til løysinga vi fann for z-komponenten i 2b. Med ht = exp3t får vi svaret i 2c: zt = e 3t τ e 3τ dτ = te 3t. 4a Dette er ein modell for konkurrerande arter fordi koblingsleddet xyleddet har negativt forteikn i begge likningane, noko som reduserer veksten i begge populasjonane. 4b La F x, y = x2 x y og Gx, y = y + α y αx. Likevektspunkt er gitt ved at F = G =. Vi får: x = y = eller + α y =, 2 x y = y = eller + α y αx =, som gir flg. likevekter: x, y = {,,, + α, 2,,, }, når α. For α = får vi uendelig mange likvekter på linja x + y = 2. 4c Vi undersøker stabiliteten til det ikkje-linære systemet ved å linearisere omkring likevekten,, og studere stabiliteten av det tilhøyrande lineære sytemet. La u = x og v = y. Det lineariserte systemet kan skrivast: d u Fx, F = y, u d dt v G x, G y, v dt u v u = α v. Finn eigenverdier og eigenvektorer til dette systemet: Eigenverdier: λ α λ = + λ2 α = λ,2 = ± α. Eigenvektorer: 5

6 i λ = α : α α α ξ ξ 2 ii λ 2 = + α : α α ξ α ξ 2 = = αξ ξ 2 = ξ = αξ ξ 2 = ξ 2 =. α α. Det følgjer at og λ < λ 2 < for < α < λ < < λ 2 for α >. Vi har dermed ein asymptotisk stabil node i, når < α < og eit ustabilt sadelpkt. i, når α >. Stabiliteten endrar karakter for α = α =. 4d Når α er litt mindre enn α = vil trajektoriane til det lineært system vere parallelle med eigenvektoren ξ =, α, når t, og nærme seg likevekten, langs eigenvektoren ξ 2 =, α, når t +. Når α er litt større enn α = vil trajektoriane til det lineært system nærme seg likevekten parallelt med eigenvektoren ξ, og fjerne seg frå likevekten, parallellt med eigenvektoren ξ 2,. Når α = α = vil alle trajektorier for det lineære systemet nærme seg linja x + y = 2 parallelt med eigenvektoren ξ =,. Det lineariserte systemet er dermed stabilt i dette tilfellet, men vi kan ikkje uttale oss om det ikkjelineære systemet utifrå denne diskusjonen. 4e Når α = α = kan systemet skrivast x t = x2 x y y t = y2 x y } dy dx = y x yx = y x x. Her er x = x og y = y. Det følgjer at trajektorier for det ikkje-lineære systemet blir rette linjer gjennom origo når α = α. Substituerer utrykket for linja tilbake i likningane og får: x t = x2 + y } x x y t = y2 + x y y 6

7 Dette ser vi er logistikklikninga for xt og yt. Ved å studere denne kan vi enkelt konkludere med at den asymptotiske oppførselen når t er gitt ved i x + y x, y langs y = y x x eller x =, ii x + y > x + y 2 langs y = y x x eller x =. Det ikkje-lineære systemet er altså stabilt når α = α = og x + y >. 5a La ux, t = wx, t + vx. Vi skal kreve at w tilfredstiller varmelikninga med homogene randkrav. Det følgjer då at v =, v =, v =. Som gir vx = x og wx, = ux, vx = fx + x. Løyser for w = wx, t v.h.a separasjonsmetoden: wx, t = XxT t X X = T k T = σ { X + σx = 2 T + kσt = Løyser med randkrava X = X =. For separasjonskonstanten σ får vi kun den trivielle løysinga -løysinga. Vi kan difor gå utifrå at σ = λ 2, λ > som gir generell løysing av : Randkrava fører til: Xx = C cosλx + C 2 sinλx. X = C =, X = sinλ = λ = nπ, n =, 2,.... Eigenverdier og eigenfunksjoner for problemet er dermed: λ n = nπ, og X n x = sinnπx, n =, 2,.... Løyser likning 2 med gitte eigenverdier: T n t = exp kλ 2 nt, n =, 2,..., 7

8 som gir fundamentalløysingar w n x, t = X n xt n t. Superposisjon av fundamentalløysingane gir: wx, t = c n exp kn 2 π 2 t sinnπx. n= Koeffisientane i rekka må finnast slik at initialkravet er oppfyllt. Vi ser at rekka er sinus-rekka for den odde utvidinga til fx + x. Det følgjer at c n = 2 fx + x sinnπxdx, n =, 2,.... 5b Fourierkoeffisientane er gitt ved: c n = 2 fx + x sinnπxdx = 2 = 2x nπ cosnπx + 2 nπ = 2 nπ cosnπ 2 Dette gir løysinga, n =, 2,.... x sinnπxdx 2 x cosnπxdx + 2 nπ cosnπx 2 ux, t = x 2 cos nπ π n= 2 exp kn2 π 2 t sinnπx = = x + 2 n exp 4kn 2 π 2 t sin2nπx. π n= 2 sinnπxdx I grensa t vil T n t eksponentielt raskt. Det følgjer av dette at bidraget til løysinga frå Fourierrekka blir vilkårlig lite, wx, t, og vi har dermed at lim ux, t = vx = x. t 8