LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. H.007. Eksamen i emnet MAT131 - Differensialligninger I 8. september 007 kl. 0900-100 Tillatte hjelpemidler: Ingen (heller ikke kalkulator) Oppgave 1 a) Finn den generelle løsningen y(t) til den homogene ligningen y + y = 0. (1) Løsning: Karakteristisk ligning er r + = 0, med løsninger r = i og r = i. Dermed er y = A sin t + B cos t. b) Finn løsningen av (1) som oppfyller initialkravene y(0) = 1, y (0) = 1. Løsning: Fra a) har vi y(0) = B og y (0) = A. Da er B = 1 og A = 1, dermed y(t) = 1 sin t + cos t. c) Finn den generelle løsningen av den inhomogene ligningen y + y = sin(αt), () for alle mulige α R. Avgjør hvilke verdier av parameteren α som gir en endelig begrenset løsning av (). Løsning: For generell α antar vi y p = a sin(αt) + b cos(αt). (Det siste leddet med cos er egentlig ikke nødvendig pga. at det er ingen y -ledd.) Setter inn og får aα sin(αt) bα cos(αt) + a sin(αt) + b cos(αt). Dermed er a = 1 og b = 0. Generell løsning for () er dermed α y = A sin t + B cos t + 1 sin(αt). α 1
Et problem oppstår for α =, og for α =, fordi formen på partikulærløsningen kommer i konflikt med løsningen på den homogene ligningen. Da kan man anta y p = at + sin t + bt cos t, noe som gir y p = a sin t + at cos t + b cos t bt sin t og y p = a cos t at sin t b sin t bt cos t. Setter man inn og sammenligner ledd ser man at b sin t = sin t, dermed er b = 1 og a = 0. Dermed er svaret y = A sin t + B cos t 1 t cos t. Tilfellet α = er tilsvarende, og gir svaret y = A sin t + B cos t + t cos t. 1 Både sin αt og cos αt er endelig begrensede funksjoner, og det er også en superposisjon av disse, så for den generelle α ±, er løsningen endelig begrenset, men for α = ± er ikke dette tilfelle. Oppgave Et system av to førsteordens differensialligninger for x 1 (t) og x (t) er gitt ved ( x 1 x ) = ( 3 1 α a) Finn egenverdiene til matrisen i (3). ) ( x1 x ). (3) Løsning: Den karakteristiske ligningen er (3 r)( r) α = 0. Ganger igjennom og får r 5r + 6 α = 0, som innsatt i formelen for andregradsligninger gir r 1, = 5± 1+α. b) Avgjør for hvilke verdier av α situasjonene beskrevet under 1 vil oppstå. Merk at noen av disse situasjonene vil aldri vil forekomme uansett verdien på α. Hvilke situasjoner er dette? i) Trajektoriene for løsningene til (3) er spiraler som går inn mot origo. ii) Trajektoriene for løsningene til (3) er spiraler som går ut fra origo. iii) Trajektoriene for løsningene til (3) går inn mot origo langs begge egenvektorene. iv) Trajektoriene for løsningene til (3) går ut fra origo langs begge egenvektorene. v) Trajektoriene for løsningene til (3) går inn mot origo langs den ene egenvektoren, og ut langs den andre. Origo er et sadelpunkt. 1 I eksamenssettet var det på neste side.
Løsning: Situasjonene beskrevet i oppgaven er de fem vanligste trajektorietypene man har i slike system med konstante reelle tall i matrisen, hvilken situasjon man har kan man se ut fra egenverdiene. Situasjonen i (i) og (ii) kommer når egenverdiene er komplekse, spiralen går inn mot origo når realdelen er negativ, og ut fra origo når realdelen er positiv. Er begge egenverdiene reelle og negative har man situasjonen beskrevet i (iii), er begge positive har man situasjonen beskrevet i (iv), og har de motsatt fortegn har man situasjonen beskrevet i (v). Kritiske verdier for α, altså verdier der situasjonen kvalitativt forandrer seg, finnes dermed hvor egenverdiene blir komplekse/reelle, eller der en eller begge forandrer fortegn. Egenverdiene blir komplekse dersom tallet under kvadratroten, 1 + α, blir negativ. Dette skjer når α < 1, da har man spiralløsninger og siden realdelen er større en 0, realdelen er 5, går spiralene ut fra origo. Tar man nå de reelle egenverdiene, som man har hvis α > 1 så er egenverdien 5+ 1+α er uansett positiv, og egenverdien 5+ 1+α er også positiv dersom α < 6, og man har situasjonen beskrevet i (iv). Men dersom α > 6 blir denne egenverdien negativ, og man får situasjonen beskrevet i (v). For å oppsummere: Spiraler ut fra origo dersom α < 1, det er situasjon (ii). Trajektorier som går eksponensielt ut fra den ustabile noden i origo dersom 1 < α < 6, det er situasjon (iv), og trajektorier med origo som sadelpunkt dersom α > 6, det er situasjon (v). Situasjonene beskrevet i (i) (innadgående spiraler) og (iii) (asymptotisk stabil node i origo), forekommer ikke i denne oppgaven. c) Sett α = 6 og finn den generelle løsningen til (3). Hvordan ser trajektoriene ut og hvilken retning har de? (Tegn gjerne en skisse om det er lettere enn å beskrive trajektoriene med ord.) Løsning: Egenverdier er r = 0 og r = 5, med tilsvarende egenvektorer [1 3] og [1 ]. Generell løsning er derfor c 1 ( 1 3 ) ( 1 + c ) e 5t. Trajektoriene er rette linjer som går parallelt med egenvektoren [1 ], ut fra likevektene som alle finnes langs egenvektoren [1 3]. 3
a) Vis at ligningen Oppgave 3 x + y + (xy + e y ) dy dx = 0 () er eksakt, og finn en løsning på implisitt form. Løsning: (Bruker notasjonen fra Boyce og diprima) M = x + y, N = (xy + e y ) M y = y, N x = y, siden M y = N x er dette eksakt og det finnes en funksjon ψ(x, y) slik at ψ x (x, y) = M(x, y) og ψ y (x, y) = N(x, y). ψ x = x + y ψ = 1 x + y x + h(y) ψ y = xy + h (y) = xy + e y h(y) = e y ψ(x, y) = 1 x + y x + e y = C er løsningen på implisitt form. b) Anta at ligningen M(x, y) + N(x, y) dy dx = 0 (5) ikke er en eksakt differensialligning. Er det da mulig å finne en integrerende faktor µ(x, y) = k, der k er en konstant, som kan brukes for å løse ligningen? Begrunn svaret. Løsning: Vi vet at M y N x, spørsmålet er da om km y = kn x. Antar man det får man enten at M y = N x (hvilket ikke var tilfelle), eller at k = 0. Vi har altså en slags integrerende faktor i k = 0, men å benytte denne ved å gange den gjennom ligningen, reduserer problemet til den trivielle identiteten 0 = 0, så vi kan ikke bruke den for å løse ligningen. Oppgave La f(x) være gitt av f(x) = x, 1 < x < 1. (6) a) Finn Fourier-rekken til den periodiske utviklingen av f(x) med periode. Du får oppgitt at t sin t dt = sin t t cos t + C. Løsning: Første observasjon bør være at funksjonen er odde, så Fourierrekken vil kun bestå av sin-ledd.
Rekken er dermed gitt som b n sin(nπx), n=1 der koeffisientene er gitt av 1 b n = x sin(nπx)dx. 1 Dette integralet kan løses med delvis integrasjon, men med integralet i oppgaven oppgitt kan vi heler gjøre en substitusjon og sette u = nπx dx = du. Dermed skal vi integrere nπ 1 1 u sin udu = [ 1 n π 1 n π sin(nπx) + 1 nπ x cos(nπx)]1 1, Evaluering av grensene gir da b n = nπ cos(nπ) = nπ ( 1)n. Fourierrekken blir dermed ( 1) n sin(nπx). nπ n=1 b) Hva konvergerer Fourier-rekken mot i punktene x = 0, x = 1 og x = π? Løsning: For x = 0 er rekken kontinuerlig og konverger mot f(x), dermed 0. For x = 1 er rekken diskontinuerlig og konvergerer mot middelverdi av grenseverdiene til venstre (-1) og høyre (1), dermed 0. For x = π konvergerer rekken mot det samme som i x = π, det vil si π. 5
Oppgave 5 En varmeligning er gitt ved med randbetingelsene og en vilkårlig initialbetingelse u xx (x, t) = u t (x, t), (7) u(0, t) = u(π, t) = 0, (8) u(x, 0) = f(x). (9) a) Finn den generelle løsningen av ligning (7) med randbetingelsene gitt av (8). Løsning: Dette løses etter oppskriften i kap. 10.1 i Boyce og DiPrima. Anta u(x, t) = X(x)T (t), har da eller X T = XT, X X = T T = σ. For X har vi da X + σx = 0. Med σ < 0 (som gir eksponensielle løsninger) eller σ = 0 (som gir en rettlinjet løsning) kan man ikke oppfylle randkravene med mindre man bruker den trivielle løsningen X = 0, som ikke gir noen bidrag til den generelle løsningen. Med σ > 0 får vi X = c 1 cos( σx) + c sin( σx), randkravet u(0, t) = 0 medfører at c 1 = 0, som betyr at det andre randkravet, u(π, t) = 0 medfører σ = n. Tar for oss T (t), og har nå T +n T = 0, som har løsningen T = e n t. Vi har nå funnet mange løsninger, en for hver n, superposisjonsprinsippet sier at en lineærkombinasjon av disse løsningene er også en løsning. Generell løsning er dermed n=1 c n sin(nx)e n t, der c n er avhengig av initialfordelingen f(x). (De er gitt av Fourierkoeffisientene til den odde π-periodiske utviklingen.) 6
b) Figuren under viser en temperaturfordeling ved tiden t = 0. Hvilken av figurene på neste side viser temperaturfordelingen ved en bestemt tid t > 0? Begrunn svaret. (I alle figurene under er temperaturfordelingen ved t = 0 stiplet inn.) Løsning: Figur A og C oppfyller ikke randbetingelsene. Varmeligningen har egenskapen at den utjevner temperaturen, men figur B gjør det motsatte da temperaturen har gått opp på midten. Riktig svar er alternativ D der temperaturen holder seg 0 ved rendene, og der det har blitt en utjevning av temperatur imellom disse. 7
Hans Munthe-Kaas Sigvat K. Stensholt 8