Egzamin z Równań Różniczkowych, 25 VI 2008, godz. 12.00
1. Rozwiązać równanie:
y00 + y = ex + cos x
Rozwiązanie
Jest to równanie liniowe rzędu 2. Rozwiązujemy równanie jednorodne: y00 + y = 0
Równanie charakterystyczne:
r 2 + 1 = 0
Pierwiastki równania charakterystycznego:
r 1 = i , r 2 = −i
Rozwiązanie ogólne równania jednorodnego:
y = C 1 cos x + C 2 sin x Rozwiązania szczególnego równania niejednorodnego szukamy metodą przewidywań.
Dla prawej strony ex :
y00 + y = ex
ys = Aex
Wtedy:
y0 = Aex
s
y00 = Aex
s
Podstawiamy do równania:
2 Aex = ex
Stąd: 2 A = 1
Czyli A = 12
Rozwiązanie szczególne jest więc równe:
ys = 1 ex
2
Dla prawej strony cos x :
y00 + y = cos x
ys = x( A cos x + B sin x) Wtedy:
y0 = A cos x + B sin x − Ax sin x + Bx cos x s
y00 = −A sin x+ B cos x−A sin x+ B cos x−Ax cos x−Bx sin x = − 2 A sin x+2 B cos x−
s
Ax cos x − Bx sin x
Podstawiamy do równania:
− 2 A sin x + 2 B cos x = cos x Stąd: − 2 A = 0 , 2 B = 1
Czyli A = 0 , B = 12
Rozwiązanie szczególne jest więc równe:
2
Odpowiedź:
Rozwiązanie równania:
y = C 1 cos x + C 2 sin x + 1 ex + 1 x sin x 2
2
2. Wyznaczyć rozwiązanie układu równań:
( ¨ x − y = 0
¨
y − x = 0
spełniające warunki początkowe: x(0) = 1 , ˙ x(0) = 1 , y(0) = 1 , ˙ y(0) = 0
Rozwiązanie:
Obliczamy y z równania pierwszego:
y = ¨
x
Podstawiamy do równania drugiego:
¨
y = xIV
xIV − x = 0
Równanie charakterystyczne:
r 4 − 1 = 0
Pierwiastki równania charakterystycznego:
r 1 = − 1 , r 2 = 1 , r 3 = i , r 4 = −i Stąd:
x = C 1 e−t + C 2 et + C 3 cos t + C 4 sin t Obliczamy:
˙ x = −C 1 e−t + C 2 et − C 3 sin t + C 4 cos t y = ¨
x = C 1 e−t + C 2 et − C 3 cos t − C 4 sin t
˙ y = −C 1 e−t + C 2 et + C 3 sin t − C 4 cos t Podstawiamy warunki początkowe:
C
1 + C 2 + C 3 = 1
−C 1 + C 2 + C 4 = 1
C
1 + C 2 − C 3 = 1
−C 1 + C 2 − C 4 = 0
Stąd: C 3 = 0 , C 4 = 1 , C
, C
2
1 = 1
4
2 = 3
4
Czyli rozwiązanie układu:
x = 1 e−t + 3 et + 1 sin t
4
4
2
y = 1 e−t + 3 et − 1 sin t
4
4
2
3. Rozwiązać równanie
y0 − 1 y sin x + y 4 sin x = 0
3
Rozwiązanie:
Jest to równanie Bernoulliego. Dzielimy obie strony przez y 4: y0
sin x
−
= − sin x
y 4
3 y 3
z( x) = y− 3( x)
wtedy
z0 = − 3 y− 4 y0
Mamy:
z0
z sin x
−
= − sin x
− 3
3
z0 + z sin x = 3 sin x
Jest to równanie liniowe. Rozwiązujemy równanie jednorodne: z0 + z sin x = 0
Rozdzielamy zmienne:
d z = − sin x d x
z
Z d z
Z
= −
sin x d x
z
ln |z| = cos x + C
z = Ce cos x
Rozwiązujemy równanie niejednorodne:
z0 + z sin x = 3 sin x
uzmienniając stałą:
z = C( x) e cos x
Wtedy:
z = C0e cos x − Ce cos x sin x C0e cos x − Ce cos x sin x + Ce cos x sin x = 3 sin x C0 = 3 sin xe− cos x
Z
Z
C =
3 sin xe− cos x d x =
3 et d t = 3 et + D = 3 e− cos x + D
Stosujemy podstawienie: t = − cos x ; d t = sin x d x Stąd:
z = (3 e− cos x + D) · e cos x = 3 + De cos x Z podstawienia z = y− 3 mamy:
1
y = √
3 3 + De cos x
4. Podać definicję krzywizny krzywej regularnej w punkcie P 0 . Znaleźć punkty, w których krzywizna asteroidy określonej równaniami:
( x = a cos3 t , a > 0 , t ∈< 0 , 2 π) y = a sin3 t
osiąga wartości minimalne. Wyznaczyć te wartości.
| ˙ x¨
y − ˙ y¨
x|
k = (˙ x 2 + ˙ y 2)32
Rozwiązanie:
˙ x = − 3 a cos2 t sin t
¨
x = 6 a cos t sin2 t − 3 a cos3 t
˙ y = 3 a sin2 t cos t
¨
y = 6 a sin t cos2 t − 3 a sin3 t Stąd:
| − 3 a cos2 t sin t(6 a sin t cos2 t − 3 a sin3 t) − 3 a sin2 t cos t(6 a cos t sin2 t − 3 a cos3 t) |
k =
=
(9 a 2 cos4 t sin2 t + 9 a 2 sin4 t cos2 t)32
9 a 2 sin2 t cos2 t| − 2 cos2 t + sin2 t − 2 sin2 t + cos2 t) |
1
√
=
3
27 a 3 | sin t cos t| 3 ·
cos2 t + sin2 t
3 a| sin t cos t|
Krzywizna jest minimalna, gdy wyrażenie | sin t cos t| = 1 | sin 2 t| osiąga wartość mak-2
symalną. Wartość ta jest równa 1 dla t = π + k π
2
4
2
Odpowiedź:
a
a
Krzywizna minimalna jest równa kmin = 2 w punktach: ( ± √ , ± √ ) 3 a
2 2
2 2
5. Korzystając z odpowiednich twierdzeń o szeregach potęgowych obliczyć sumę szeregu liczbowego:
∞
X
1
( n + 1)2 n
n=0
Rozwiązanie:
Szukamy sumy szeregu potęgowego:
∞
X xn+1
f ( x) =
n + 1
n=0
Różniczkujemy ten szereg:
∞
X
f 0( x) =
xn = 1 + x + x 2 + x 3 + . . .
n=0
Jest to szereg geometryczny o promieniu zbiezności R = 1 i sumie: 1
f 0( x) = 1 − x
Całkując to równanie dostajemy:
Z
1
f ( x) =
d x = − ln | 1 − x| + C
1 − x
Wzór ten zachodzi dla x ∈ ( − 1 , 1) Podstawiając x = 0 obliczamy stałą C:
0 = 0 + C, czyli C = 0
Mamy więc:
f ( x) = − ln | 1 − x|
Stąd:
∞
X
1
1 ∞
X
1
1
1
1
1
1
=
= f ( ) = − ln
=
ln 2
( n + 1)2 n
2
( n + 1)2 n+1
2
2
2
2
2
n=0
n=0
6. Na zbiorze D = (0 , 1) ∪ (1 , π, − 1) jest określona funkcja: (
0
dla
x ∈ (0 , 1)
h( x) =
− 1
dla
x ∈ (1 , π)
Wyznaczyć i narysować funkcję f okresloną na przedziale < −π, π > która jest sumą szeregu trygonometrycznego Fouriera złożonego z samych sinusów i którego sumą na zbiorze D jest funkcja h. Wyznaczyć ten szereg.
Rozwiązanie:
Definiujemy przedłużenie nieparzyste H funkcji h.
( −h( −x) dla x ∈ ( −π, 0) H( x) =
h( x)
dla
x ∈ (0 , π)
Funkcję H rozwijamy w szereg Fouriera. Funkcja jest nieparzysta, więc współczynniki an = 0 dla n = 0 , 1 , 2 , 3 , . . . .
Dla n = 1 , 2 , 3 . . .
π
π
π
1 Z
2 Z
2 Z
− 2 − cos nx π
bn =
H( x) sin nx d x =
h( x) sin nx d x =
− 1 sin nx d x =
=
π
π
π
π
n
1
−π
0
1
2(cos nπ − cos n)
nπ
Szereg Fouriera jest więc następujący:
∞
X
f ( x) =
bn sin nx
n=1
∞
X 2(cos nπ − cos n)
f ( x) =
sin nx
nπ
n=1
Szereg ten jest zbieżny do funkcji H na zbiorze: ( −π, − 1) ∪ ( − 1 , 0) ∪ (0 , 1) ∪ (1 , π) (punkty ciągłości H)
oraz: f (1) = − 1 , f ( − 1) = 1 , f ( π) = f ( −π) = f (0) = 0 (średnia arytmetyczna granic 2
2
lewostronnej i prawostronnej).