Download Calculus Exercises and Solutions: Differential Equations and more Exercises Calculus in PDF only on Docsity!
Calculus Ugesedel 9
Thorarinn Thorarinsson
8. november 2021
Find den fuldstændige løsning til differentialligningen
y ′′
Vi starter med at bestemme diskriminanten:
D = 6^2 − 4 ∗ 1 ∗ 9 = 36 − 36 = 0
Idet den er 0, s˚a anvender vi formel 7.5 som siger at den fuldstændige løsning af differentialligningen er p˚a formen:
y(x) = Aerx^ + Bxerx^ A, B ∈ R
hvor r = − 2 ba = −^62 = −3, alts˚a den fuldstændige løsning er:
y(x) = Ae−^3 x^ + Bxe−^3 x
Find den fuldstændige løsning til differentialligningen
y ′′
Vi starter med at bestemme diskriminanten:
D = 4^2 − 4 ∗ 1 ∗ 13 = 16 − 52 = − 36
Idet den er mindre end 0, s˚a anvender vi formel 7.6 som siger at den fuld- stændige løsning af differentialligningen er p˚a formen:
y(x) = Aekx^ cos(ωx) + Bekx^ sin(ωx) A, B ∈ R
hvor k = − 2 ba = −^42 = −2, og ω =
√−D 2 a =^
√ 36 2 =^
6 2 = 3, alts˚a den fuldstæn- dige løsning er:
y(x) = Ae−^2 x^ cos(3x) + Be−^2 x^ sin(3x)
Find løsningen til differentialligningen
y ′′
med begyndelsesværdi-betingelsen y(0) = 2, y ′ (0) = −3.
Vi ved allerede fra den forrige opgave at løsningen til denne differential lig- ning er p˚a formen:
y(x) = Ae−^2 x^ cos(3x) + Be−^2 x^ sin(3x)
Vi ved at y(0) = 2, s˚a vi begynder med at evaluere vores generelle udtryk i 0: y(0) = Ae^0 cos(0) + Be^0 sin(0) = A
Dermed ved vi at A = 2. Vi mangler bare at bestemme B. Derfor differenti- erer vi y(x) og bruges vores andet krav, nemlig at y′ (0) = −3:
y′ (x) = A(− 2 e−^2 x^ cos(3x)− 3 e−^2 x^ sin(3x))+B(− 2 e−^2 x^ sin(3x)+3e−^2 x^ cos(3x))
S˚a n˚ar A = 2 og n˚ar vi evaluerer y′ (x) i 0 f˚ar vi:
y ′ (0) = 2(− 2 e^0 cos(0) − 3 e^0 sin(0)) + B(− 2 e^0 sin(0) + 3e^0 cos(0))
−4 + 3B = − 3 ⇒ B =
Dermed har vi vist at løsningen til differentialligningen med begyndelsesværdi- betingelsen y(0) = 2, y′ (0) = −3 er lig med:
y(x) = 2e−^2 x^ cos(3x) +
e−^2 x^ sin(3x)
Her kan vi faktisk bruge resultated som vi fandt frem til i den forige op- gave. Sætter vi:
a =
= − 1 og b =
S˚a har vi pr. den tidligere opgave at y(x) = −x + 2 løser differentialligningen. Det kan vi ogs˚a se idet:
16 x − 32 = −16(−x + 2) = − 16 y og y(4)^ = 0
Find den fuldstændige løsning til differentialligningerne i. y′′ + y′ − 6 y = 0 ii. y′′ (x) + y′ (x) − 6 y(x) =
6 e
√ 6 x
i
Vi starter med at bestemme diskriminanten:
D = 1^2 − 4 ∗ 1 ∗ (−6) = 1 + 24 = 25
Idet den er større end 0, s˚a anvender vi formel 7.3 som siger at den fuldstæn- dige løsning af differentialligningen er p˚a formen:
y(x) = Aer^1 x^ + Ber^2 x^ A, B ∈ R
hvor r 1 = −^1 −
√ 25 2 =^ − 1 − 5 2 =^ −3 og^ r^2 =^ −1+√ 25 2 =^ −1+ 2 = 2, alts˚a den fuldstændige løsning er:
y(x) = Ae−^3 x^ + Be^2 x
ii
Ligesom i Eksempel 7.11, s˚a kender vi allerede fuldstændige løsningerne for den homogene ligning y ′′
- y ′ − 6 y = 0 (dem fra i), s˚a vi mangler blot en partikulær løsning til y′′ (x) + y′ (x) − 6 y(x) =
6 e
√ 6 x . Vi kan umidelbart se at y(x) = e
√ 6 x er en partikulær løsning: y ′′ (x) + y ′ (x) − 6 y(x) = 6e
√ 6 x
6 e
√ 6 x − 6 e
√ 6 x
6 e
√ 6 x
Alt i alt best˚ar den fuldstændige løsning til (ii) af funktionerne:
y(x) = Ae−^3 x^ + Be^2 x^ + e
√ 6 x
Lad y være en løsning til den logiske differentialligning (7.16) med b > a > 0. Antag at y(0) = 1. Gør rede for, at y er voksende og find grænseværdierne
xlim→∞ y(x)^ og^ x→−∞lim y(x)
Vi har pr. (7.18) at y(x) = (^) 1+Aeb/a−bx for A ∈ R. Og pr. opgave beskrivel- sen:
y(0) = b/a 1 + Ae^0
b/a 1 + A
b a
− 1 = A
Da vi har antaget at b > a > 0 s˚a ved vi at ba > 1, hvilket betyder at A = ba − 1 > 0, hvilket bliver en vigtig detalie. Vi skal gøre rede for at y(x) er voksende, til det form˚al differentierer vi y:
y ′ (x) = b^2 /a (1 + Ae−bx)^2 Ae−bx
y er voksende, hvis y′ er positiv for alle x ∈ R. Vi bemærker at b˚ade a og b er positive, nævneren i brøken er positiv samt e−bx^ er positiv for alle x ∈ R, og som vi har argumenteret for, s˚a er A ogs˚a positiv. Idet y′ (x) er produktet af alle disse ting, s˚a er den nødvendigvis ogs˚a positiv for alle x ∈ R. Dermed er y(x) voksende. Vi bestemmer nu grænseværdierne.
xlim→∞ y(x) = lim x→∞
b/a 1 + Ae−bx^
b a
Idet y(x) er en kontinuert funktion, s˚a kan vi fordele grænsen til hvert led i funktionen, hvor vi s˚a ser at Ae−bx^ er det eneste der p˚avirkes af x, og g˚ar mod 0 for x g˚aende mod ∞. Tilsvarende:
x→−∞lim y(x) =^ x→−∞lim
b/a 1 + Ae−bx^
Vi bruger stort set det samme argument, den eneste forskel er at Ae−bx^ bliver vilk˚arlig stor, og dermed bliver hele brøken vilk˚arlig lille, alts˚a funktionen g˚ar mod 0 for x g˚aende mod −∞.
c
f (x, y) = x^2 + y^2
Vi bestemmer først ∂
(^2) f ∂x^2 : ∂^2 f ∂x^2
∂x 2 x = 2
Vi bestemmer nu ∂ (^2) f ∂y^2 : ∂^2 f ∂y^2
∂y 2 y = 2
Idet ∂ (^2) f ∂x^2 +^
∂^2 f ∂y^2 = 2 + 2 = 4, kan vi konkludere at^ f^ (x, y) ikke er harmonisk.
d
f (x, y) = ex^ sin(y)
Vi bestemmer først ∂ (^2) f ∂x^2 : ∂^2 f ∂x^2
∂x ex^ sin(y) = ex^ sin(y)
Vi bestemmer nu ∂ (^2) f ∂y^2 : ∂^2 f ∂y^2
∂y ex^ cos(x) = −ex^ sin(y)
Idet ∂ (^2) f ∂x^2 +^
∂^2 f ∂y^2 =^ e x (^) sin(y) − ex (^) sin(y) = 0, kan vi konkludere at f (x, y) er
harmonisk.
Argumenter
For et generelt komplekst tal z har vi:
arg(z) =
tan−^1
|Im(z)| |Re(z)|
hvis z ∈ 1.kvadrant tan−^1
|Re(z)| |Im(z)|
- π 2 hvis z ∈ 2.kvadrant tan−^1
(|Im(z)| |Re(z)|
- π hvis z ∈ 3.kvadrant tan−^1
( (^) |Re(z)| |Im(z)|
(Hvis z har enten Re(z) = 0 eller Im(z) = 0, s˚a er det ret nemt at bestemme argumentet med ren intuition).
