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:

ys = 1 x sin x

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

Podstawiamy:

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:

Obliczamy pochodne:

˙ 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).