TMA4110 Matematikk 3 Haust 2011

Transkript

1 Noregs teknisk naturvitskaplege universitet Institutt for matematiske fag TMA4110 Matematikk 3 Haust 2011 Løysingsforslag Øving 3 Oppgåver frå læreboka, s. lxxi 7 Anta at y p = acos2t+bsin2t. Då har me Me set dette inn i likninga og får y p = 2asin2t+2bcos2t y p = 4acos2t 4bsin2t. 4acos2t 4bsin2t 14asin2t+14bcos2t+6acos2t+6bsin2t = 3sin2t (2a+14b)cos2t+( 14a+2b)sin2t = 3sin2t. Dermed har me 2a+14b = 0 og 14a+2b = 3, som gir a = og b = Altså vert den spesielle løysinga 12 Me løyser den komplekse likninga y p = cos2t sin2t. z +7z +6z = 3e 2it. Anta at løysinga er på forma z = ae 2it. Det gir z = 2iae 2it og z = 4ae 2it. Me set det inn i likninga og får Altså får me ( 4a+14ia+6a)e 2it = 3e 2it 2a+14ia = 3 3 a = 2+14i = 3 21 i z = 3 21i 100 e2it = 3 21 cos2t sin2t+i( 3 21 sin2t cos2t) og imaginærdelen av dette er løysinga til den opphavelege likninga: 21 Me løyser først den homogene likninga y = 3 21 sin2t cos2t. y 2y +5y = september 2011 Side 1 av 7

2 Den karakteristiske likninga er r 2 2r+5 = 0 som har røter r = 1±2i. Dermed gir Proposisjon 3.11 den generelle løysinga y h = e t (C 1 cos2t+c 2 sin2t. Så finn me ei spesiell løysing. Anta at løysinga er på forma y = A 1 cost + A 2 sint. Då får me y = A 1 sint+a 2 cost og y = A 1 cost A 2 sint. Me set dette inn i likninga og får A 1 cost A 2 sint 2( A 1 sint+a 2 cost)+5(a 1 cost+a 2 sint) = 3cost. Me ser på cosinus- og sinusledda kvar for seg og får A 1 cost 2A 2 cost+5a 1 cost = 3cost 4A 1 2A 2 = 3 A 2 sint+2a 1 sint+5a 2 sint = 0 2A 1 +4A 2 = 0. Dette gir A 1 = 3 5 og A 2 = 3 10, så den spesielle løysinga vert og den generelle løysinga y p = 3 5 cost 3 10 sint. y = e t (C 1 cos2t+c 2 sin2t)+ 3 5 cost 3 10 sint. Til slutt løyser me initialverdiproblemet. 0 = y(0) = e 0 (C 1 cos0+c 2 sin0)+ 3 5 cost 3 10 sin0 C = 0 C 1 = 3 5 y (t) = e t (C 1 cos2t+c 2 sin2t)+e t ( 2C 1 sin2t+2c 2 cos2t) 3 5 sint 3 10 cost 2 = y (0) = C 1 +2C C 2 = 1 2 ( 2 C ) = Så løysinga som tilfredsstiller initialverdiane er y = e t ( 3 5 cos2t sin2t)+ 3 5 cost 3 10 sint. 8. september 2011 Side 2 av 7

3 26 Me prøver å finna ei spesiell løysing til den komplekse likninga z +4z = 4e 2it. Me prøver først med ei løysing på forma z = Ae 2it, men det går ikkje (sjekk dette). I staden prøver me z = Ate 2it. Dette gir z = A(e 2it + 2ite 2it ) og z = A(2ie 2it + 2ie 2it 4te 2it ). Me set dette inn og får A(2ie 2it +2ie 2it 4te 2it )+4Ate 2it = 4e 2it 4Aie 2it = 4e 2it A = 1 i = i. Altså får me z = ite 2it = itcos2t + tsin2t og den spesielle løysinga til den opphavelege likninga vert y p = tsin2t. 34 Me deler opp likninga i og y 1 +2y 1 +y 1 = 3 y 2 +2y 2 +y 2 = e t. Den første likninga har løysinga y 1 = 3. For den andre fungerer korkje y 2 = Ae t eller y 2 = Ate t, så me set y 2 = At 2 e t. Det gir y 2 = A( t2 e t + 2te t ) og y 2 = A(t 2 e t 2te t 2te t +2e t ). ;e set dette inn i likninga og får A(t 2 e t 2te t 2te t +2e t )+2A( t 2 e t +2te t )+At 2 e t = e t 2Ae t = e t A = 1 2 y 2 = 1 2 t2 e t. Løysinga på den opphavelege likninga vert då y = y 1 +y 2 = t2 e t. 44 y = e 2t (acost+bsint) gir y = 2e 2t (acost+bsint)+e 2t ( asint+bcost) = e 2t ((b 2a)cost (a+2b)sint) og y = e 2t ((2a b)sint (a+2b)cost) 2e 2t ((b 2a)cost (a + 2b)sint) = e 2t (3a 4b)cost + (4a + 3b)sint). Me set dette inn i likninga og får e 2t (3a 4b)cost+(4a+3b)sint)+2e 2t ((b 2a)cost (a+2b)sint)+2e 2t (acost+bsint) = e 2t sint (a 2b)cost+(2a+b)sint = sint som gir a 2b = 0 og 2a+b = 1. Dermed får me b = 1 5 og a = 2 5, så den spesielle løysinga vert y p = e 2t ( 2 5 cost+ 1 5 sint). 8. september 2011 Side 3 av 7

4 45 Me har at z = x+iy er ei løysing av z +pz +qz = Ae (a+bi)t. Me deriverer z og set inn på venstre side, og skriv om høgre side til trigonometrisk form. x +iy +px +ipy +qx+iqy = Ae at cosbt+iae at sinbt Me deler opp i ei reell og ei imaginær likning: x +px +qx = Ae at cosbt iy +ipy +iqy = iae at sinbt y +py +qy = Ae at sinbt som er det me skulle visa. Oppgåver frå læreboka, s. lxxvi 3 Først finn me to lineært uavhengige løysingar av den homogene likninga y y = 0. Den karakteristiske likninga har røtene ±1, så y 1 = e t og y 2 = e t er løysingar (sjekk at dei er lineært uavhengige). Anta at likninga (1) y y = t+3 har ei spesiell løysing på forma y p (t) = f(t)e t +g(t)e t. Dette gir y p = fe t +f e t ge t +g e t. Anta vidare at (2) f e t = g e t. Då får me y p = fe t ge t og y p = fe t +f e t +ge t g e t. Me set dette inn i likning (1) og får f e t g e t = t+3 Så set me inn likning (2) og får Me set dette inn att i likning 2 og får 2f e t = t+3 f = t+3 2 e t. t+3 2 e t e t = g e t g = t+3 2 et. Me finn f og g ved integrasjon: t+3 2 e t dt = 1 2 te t 2e t Den spesielle løysinga på likning (1) vert då t+3 2 et dt = 1 2 tet e t y p = ( 1 2 te t 2e t )e t +( 1 2 tet e t )e t = t september 2011 Side 4 av 7

5 6 Me finn først to uavhengige løysingar til den homogene likninga x 4x +4x = 0. den karakteristiske likninga har repetert løysing 2, så x 1 = e 2t og x 2 = te 2t lineært uavhengige løysingar. Likninga x 4x +4x = e 2t har då ei spesiell løysing x = fe 2t +gte 2t. Me brukar formlane 6.16 frå side lxxv til å finna f og g: te 2t e 2t e 2t (e 2t +2te 2t ) 2e 2t te 2tdt = 1 2 t2 e 2t e 2t e 2t (e 2t +2te 2t ) 2e 2t te 2tdt = t Dermed vert den spesielle løysinga x = 1 2 t2 e 2t +t te 2t = 1 2 t2 e 2t. 12 Me finn først to uavhengige løysingar til den homogene likninga y +y = 0. Den karakteristiske likninga har løysingar ±i, så y 1 = cost og y 2 = sint er lineært uavhengige løysingar. Likninga y +y = 1 cost +cost 1 har då ei spesiell løysing y p = f cost+gsint. Me brukar formlane 6.16 frå side lxxv til å finna f og g: sint( 1 cost +cost 1) cos 2 t+sin 2 dt = ln(cost)+ 1 t 2 cos2 t cost cost( 1 cost +cost 1) cos 2 t+sin 2 dt = 3 t 2 t+ 1 2 sintcost sint Dermed vert den spesielle løysinga y = cost(ln(cost)+ 1 2 cos2 t cost)+sint( 3 2 t+ 1 2 sintcost sint) = cost ln(cost)+ 1 2 cos3 t+ 1 2 sin2 tcost+ 3 2 tsint cos2 t sin 2 t = cost ln(cost)+ 1 2 cost+ 3 2 tsint (OBS! Viss du vil bruka formlane (6.16) her, må du først skriva om likninga til forma y +fy +gy = h. Viss du i staden gjer heile utrekninga treng du ikkje bekymra deg om det.) Sjekk først at y 1 og y 2 er løysingar. 8. september 2011 Side 5 av 7

6 Anta at likninga (3) t 2 y +3ty 3y = t 1 har ei spesiell løysing på forma y p (t) = f(t)t+g(t)t 3. Dette gir y p = f t+f +g t 3 3gt 4. Anta vidare at (4) f t = g t 3. Då får me y p = f 3gt 4 og y p = f 3g t 4 +12gt 5. Me set dette inn i likning (3) og får t 2 (f 3g t 4 +12gt 5 )+3t(f 3gt 4 ) 3(ft+gt 3 ) = t 1 Så set me inn likning (4) og får Me set dette inn att i likning (4) og får t 2 f 3t 2 g = t 1 t 2 g 3t 2 g = t 1 g = 1 4 t. tf = 1 4 t t 3 f = 1 4 t 3. Me finn f og g ved integrasjon: 1 4 t 3 dt = 1 8 t 2 Den spesielle løysinga på likning (1) vert då og den generelle løysinga vert 1 4 tdt = 1 8 t2 y p = 1 8 t 2 t 1 8 t2 t 3 = 1 4t, y = C 1 t+c 2 t 3 1 4t. Eksamensoppgåve 3 a) Anta at y = x m. Me deriverer og set inn i likninga: m(m 1)x m 2 3mx m 2 5x m 2 = 0 m 2 4m 5 = 0 Dette gir m 1 = 5 og m 2 = 1. Altså er y 1 = x 5 og y 2 = x 1 løysingar, og dei er lineært uavhengige sidan y 1 y 2 = x 6 ikkje er ein konstant. b) 8. september 2011 Side 6 av 7

7 Likninga y 3 x y 5 x2y = x3 har då ei spesiell løysing y p = fx 5 +gx 1. Me brukar formlane 6.16 frå side lxxv til å finna f og g: x 1 x 3 x 5 ( x 2 ) 5x 4 x 1dx = 1 6 lnx x 5 x 3 x 5 ( x 2 ) 5x 4 x 1dx = 1 36 x6 Dermed vert den spesielle løysinga og den generelle løysinga vert y p = 1 6 ln(x)x x5, y = Ax 5 +Bx ln(x)x5. 8. september 2011 Side 7 av 7