Prøve i R2 Differensiallikninger 29. november 2010 Innhold 1 Oppgave 3 1.1 Løsning..................................... 3 1.1.1 a).................................... 3 1.1.2 b).................................... 3 1.1.3 c).................................... 3 2 Oppgave 4 2.1 Løsning..................................... 4 2.1.1 a).................................... 4 3 Oppgave 4 3.1 Løsning..................................... 5 3.1.1 a).................................... 5 3.1.2 b).................................... 5 4 Oppgave 5 4.1 Løsning..................................... 6 4.1.1 a).................................... 6 4.1.2 b).................................... 6 4.1.3 c).................................... 7 5 Oppgave 7 5.1 Løsning..................................... 7 5.1.1 a).................................... 7 5.1.2 b).................................... 8 5.1.3 c).................................... 8 5.1.4 d).................................... 8 6 Oppgave 8 6.1 Løsning..................................... 9 7 Oppgave 10 7.1 Løsning..................................... 11 1
7.1.1 a).................................... 11 7.1.2 b).................................... 12 7.1.3 c).................................... 12 7.1.4 d).................................... 12 Versjon:29. november 2010 2/13
Hjelpemidler: Kalkulator (PC/Håndholdt) WIKI Formelsamling 1 Oppgave Gitt differensiallikningen y = y (1) a. Løs likningen ved å bruke metoden med integrerende faktor. b. Løs likningen som en separabel differensiallikning. c. Finn den integralkurven som går gjennom punktet ( ln 2, 1 4). 1.1 Løsning 1.1.1 a) 1.1.2 b) 1.1.3 c) y + y = 0 e x (2) (y e x ) = 0 (3) y e x = 0dx (4) y = Ce x (5) 1 dy = 1 (6) y dx 1 y dy = 1dx (7) ln(y) = x + C (8) y = e x+c = Ce x (9) 1 4 = Ce ln(2) = C 1 2 (10) C = 1 4 2 (11) C = 1 2 (12) y = 1 2 e x (13) Versjon:29. november 2010 3/13
2 Oppgave Finn den generelle løsningen til differensiallikningen, og forklar fremgangsmåten. 2.1 Løsning 2.1.1 a) y + 7.48y = 0 (14) Vi setter opp den karakteristiske likningen r 2 + 7.48r = 0. Løsningene vi får bestemmer hvilken type løsning vi kan få på differensiallikningen. Da får vi løsningen r = 0 ± 2.73496i (15) y(x) = C sin(2.73496x) + D cos(2.73496x) (16) 3 Oppgave Gitt differensiallikningen y + 2 x y = sin x x ; x 0 (17) a. Vis at F (x) = x 2 er en integrerende faktor til differensiallikningen. b. Finn den generelle løsningen av differensiallikningen. Versjon:29. november 2010 4/13
3.1 Løsning 3.1.1 a) Skal F (x) = x 2 være integrerende faktor må vi kunne omforme venstresiden til et produkt av to funksjoner. Når dette produktet deriveres skal vi få tilbake utrykket på venstre siden. (y + 2x ) y x 2 = (y x 2 + 2x ) y x2 (18) y x 2 + 2xy = (y x 2 ) (19) 3.1.2 b) Vi må nå løse (y x 2 ) = ( sin(x) ) x 2 (20) x y x 2 = sin(x) xdx (21) y = y = sin(x) xcos(x) + C x 2 (22) sin(x) xcos(x) x 2 + C x 2 (23) 4 Oppgave Et tomt basseng har et volum på 1000m 3. Ved tida t = 0 begynner vi å fylle vann i bassenget. La y være vannvolumet i bassenget t minutter seinere. Tilsiget av vann inn i bassenget har hele tida den konstante farten 3, 0m 3 per minutt. Samtidig som bassenget blir fylt med vann, lekker det ut vann med en fart som til enhver tid er 0, 4% av y. y = 3, 0 0, 004y (24) a. Løs differensiallikningen ved regning. b. Finn når bassenget er halvfullt c. Ettersom tida går, vil vannvolumet i bassenget stabilisere seg på en viss verdi. Finn denne verdien. Versjon:29. november 2010 5/13
4.1 Løsning 4.1.1 a) Bestemmer så C y = 0 når t = 0 y + 0, 004y = 3 e 0,004t (25) ( y e 0,004t ) = 3, 0 e 0,004t (26) y e 0,004t = 3, 0 e 0,004t dt (27) y e 0,004t = 3 0, 004 e0,004t + C (28) ( ) 3 y = e 0,004t 0, 004 e0,004t + C (29) y = C e 0,004x + 750 (30) 0 = C e 0,004 0 + 750 (31) C = 750 (32) y = 750 e 0,004t + 750 (33) 1000 800 %e - (t/250)*(750*%e ( t/250)-750) 600 400 200 0 0 200 400 600 800 1000 t 4.1.2 b) Vi må løse likningen ( ) 3 500 = e 0,004t 0, 004 e0,004t 750 (34) da får vi t = 274 Versjon:29. november 2010 6/13
4.1.3 c) Vi skriver om utrykket og ser at vi får ( ) 3 y = e 0,004t 0, 004 e0,004t 750 = 3 0, 004 750 e 0,004t (35) Vi ser av funksjonen at når t blir veldig stor vil funksjonen går mot 3 0,004 = 750 5 Oppgave Et lodd med massen 0, 20kg henger i elastisk fjær med fjærkonstanten k = 0, 2 N m og friksjonstallet 0, 5 Ns m. Vi trekker i loddet og slipper det. La y være posisjonen til loddet etter t sekunder. y + 2, 5y + y = 0 (36) a. Finn den generelle løsningen av differensiallikningen. b. Vi trekker loddet 20cm over likevektsstillingen og slipper loddet uten startfart. Finn denne spesielle løsningen y = f(t) av differensiallikningen c. Tegn grafen til f for de første 10 sekundene av svingningen d. Undersøk ved regning om loddet vil passere likevektsstillingen. 5.1 Løsning 5.1.1 a) Vi finner den karakteristiske likningen, og bruker løsningene av denne til å finne den generelle løsningen. y = C e x/2 + D e 2 x (37) Versjon:29. november 2010 7/13
5.1.2 b) wy = x 4e 2 15 e 2x 15 (38) 5.1.3 c) 20 18 16 80*%e - (x/2)/3-20*%e - (2*x)/3 14 12 10 8 6 4 2 0 0 2 4 6 8 10 x 5.1.4 d) Dersom loddet skal passere likevektstillingen må y = 0 6 Oppgave Bruk digitale hjelpemidler til å tegne et retningsdiagram for 2yy = e x + 2 (39) og en integralkurve gjennom punktet (2, 4). Versjon:29. november 2010 8/13
6.1 Løsning y 10 5 0-5 -10-10 -5 0 5 10 x Versjon:29. november 2010 9/13
7 Oppgave Et lodd med masse m er festet i en fjær som er festet i veggen. Når loddet er i ro, er det i likevektsstilling. Se figur 1. Figur 1: Figure 1 Vi trekker loddet ut fra likevektsstillingen, gir det et puff bort fra likevektsstillingen, og setter dermed i gang en svingebevegelse fram og tilbake. Se figur 2 og figur 3. Figur 2: Figure 2 Avstanden fra likevektsstillingen til loddet ved tidspunktet t er y(t). Se figur 2. Figur 3: Figure 3 Versjon:29. november 2010 10/13
Tida t er målt i sekunder, og y(t) er målt i desimeter. I horisontal retning virker to krefter på loddet: En kraft fra fjæra som er proporsjonal med y (t ) En friksjonskraft fra underlaget som er proporsjonal med farten v(t) = y (t) Akselerasjonen til klossen er a(t) = v (t). Vi setter y(t) = y, v(t) = v og a(t) = a. Newtons 2. lov vil da gi følgende likning der b, k og m er positive konstanter. a. Vis at denne likningen kan omformes til b v k y = m a (40) y + b m y + k m y = 0 Vi setter b = 1, 0 Ns m, k = 2, 6 N m og m = 2, 5kg. b. Vis at du får differensiallikningen y + 2 5 y + 26 25 y = 0 Bestem et uttrykk for y (t ) når du får oppgitt at y(0) = 5og y ( ) 3π 4 = 0 c. Forklar at det går like lang tid mellom hver gang loddet passerer likevektsstillingen. d. Vis at det maksimale utslaget y på samme side av likevektsstillingen minker med 71, 5% fra ett utslag til det neste. 7.1 Løsning 7.1.1 a) y = s (41) y = s (42) y = s (43) Nå kan vi skrive likningen som b y k y = m y (44) m y + b y + k y = 0 1 m (45) y + b m y + k m y = 0 (46) (47) Versjon:29. november 2010 11/13
7.1.2 b) y + b m y + k m y = 0 (48) y + 2 5 y + 26 25 y = 0 (49) (50) 7.1.3 c) Her må vi kunne si når sin(x) + cos(x) = 0. Dette er når de har like stor verdi, men med motsatt fortegn. Vi vet at ved for hver 45 grader er verdien lik. At de får motsatt fortegn skjer bare ved 135 grader og 315 grader. Da opgaven regner i radianer, finner vi at disse gradene tilsvarer 3π 4 og 7π 4 osv. Vi ser derfor at avstanden mellom hver passering av likevektspunktet blir den samme, nemlig.π 7.1.4 d) 7π 4 3π 4 = π (51) Her er det mange angrepsvinkler. Eksamen bygger på rekker og tidligere oppgaver. Våpenet vårt er litt lettvekter og beviser ikke hvorfor, men bekrefter at det er slik. Vi bruker figuren Versjon:29. november 2010 12/13
Da kan vi vise at verdien endrer seg for toppunkt til toppunkt med 71, 5 Versjon:29. november 2010 13/13