Egzamin z Równań Różniczkowych, 16 IX 2011
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
1. Wyznaczyć równanie różniczkowe liniowe jednorodne o stałych współczynni-y00 − 3 y0 + 2 y = 0
kach rzędu drugiego, jeżeli pierwiastkami jego wielomianu charakterystycznego są r 1 = 1 i r 2 = 2
Rozwiązanie:
( r − 1)( r − 2) = r 2 − 3 r + 2
wielomian charakterystyczny
y00 − 3 y0 + 2 y = 0
szukane równanie
2. Rozwiązać równanie: y0 = 2 xy y = Cex 2
Rozwiązanie:
d y
d y
x
= 2 xy = ⇒
= 2 x d x
rozdzielamy zmienne
d x
y
ln |y| = x 2 + C
całkujemy
y = Cex 2
∞
n!
3. Zbadać zbieżność szeregu X
rozbieżny
2 n 2
n=1
Rozwiązanie:
( n+1)!
an+1
2( n+1)2
2 n 2( n + 1)!
n 2
n
lim
= lim
= lim
= lim
lim
=
n→∞
a
n→∞
n!
n→∞
n→∞
n→∞
n
2( n + 1)2 n!
n + 1
1 + 1
2 n 2
n
∞ > 1
Z kryterium d‘Alamberta wynika, że szereg jest rozbieżny.
1
4. Napisać trzy początkowe wyrazy rozwinięcia funkcji f ( x) =
w szereg
1 + x 2 + x 4
1 − x 2
Maclaurina.
Rozwiązanie:
f ( x) = 1 + ( x 2) + ( x 2)2 + ( x 2)3 + · · · = 1 + x 2 + x 4 + x 3 + . . . , x ∈ ( − 1 , 1) 5. Wyznaczyć równanie płaszczyzny normalnej do krzywej danej równaniem:
−
→
r ( t) = [ t , et , t 2] , gdy t = 0
Rozwiązanie:
x + y − 1 = 0
˙
−
→
r ( t) = [1 , et , 2 t]
˙
−
→
r (0) = [1 , 1 , 0]
wektor normalny płaszczyzny stycznej
π : x + y + D = 0
równanie płaszczyzny stycznej
−
→
r (0) = (0 , 1 , 0) ∈ π = ⇒ 1 + D = 0 = ⇒ D = − 1
1
2. Rozwiązać zagadnienie Cauchy’ego
xy0 = x + y
y(1) = 1
Rozwiązanie:
Jest to równanie liniowe.
y
y0 −
= 1
x
Rozwiązujemy równanie liniowe jednorodne:
y
y0 −
= 0
x
Rozdzielamy zmienne:
d y
1
=
d x
y
x
Z
d y
Z
1
=
d x
y
x
ln |y| = ln |x| + C
y = Cx
Rozwiązujemy równanie niejednorodne:
y
y0 −
= 1
x
y = C( x) x
uzmienniamy stałą
Wtedy:
y0 = C0x + C
C0x + Cx − Cx = 1
wstawiamy do równania
C0x = 1
1
C0 = x
Z
1
C =
d x = ln |x| + D
x
Stąd:
y = (ln |x| + D) x = x ln |x| + Dx 1 = 0 + D = ⇒ D = 1
podstawiamy x = 1 i y = 1
Odpowiedź:
y = x ln |x| + x
2
y0 + y + exy 4 = 0
Rozwiązanie:
Jest to równanie Bernoulliego.
y0 + y = −exy 4
Jednym z rozwiązań jest y = 0. Dzielimy obie strony przez y 4: y0
1
+
= −ex
y 4
y 3
Podstawiamy:
1
y0
z( x) =
, wtedy z0 = − 3
y 3( x)
y 4
− z0 + z = −ex
wstawiamy do równania
3
z0 − 3 z = 3 ex
Jest to równanie liniowe. Rozwiązujemy równanie jednorodne: z0 − 3 z = 0
Rozdzielamy zmienne:
d z = 3 d x
z
Z
d z
Z
=
3 d x
z
ln |z| = 3 x + C
z = Ce 3 x
Rozwiązujemy równanie niejednorodne:
z0 − 3 z = 3 ex
z = C( x) e 3 x uzmienniamy stałą
Wtedy:
z0 = C0e 3 x + 3 Ce 3 x C0e 3 x + 3 Ce 3 x − 3 Ce 3 x = 3 ex wstawiamy do równania
C0 = 3 e− 2 x
Z
Z
3
3
3
C =
3 e− 2 x d x = {t = − 2 x , d t = − 2 d x} =
− et d t = − et + D = − e− 2 x + D
2
2
2
Stąd:
z = − 3 e− 2 x + D e 3 x = − 3 ex + De 3 x 2
2
1
1
y = √ =
3 z
q
3 − 3 ex + De 3 x
2
Odpowiedź:
1
y =
oraz y = 0
q
3 − 3 ex + De 3 x
2
3
y000 − y0 = x + e 2 x Rozwiązanie:
Rozwiązujemy równanie liniowe jednorodne:
y000 − y0 = 0
r 3 − r = 0
równanie charakterystyczne
r( r − 1)( r + 1) = 0
r 1 = 0 , r 2 = 1 , r 3 = − 1
y = C 1 + C 2 ex + C 3 e−x rozwiązanie ogólne równania liniowego jednorodnego Szukamy rozwiązania szczególnego równania niejednorodnego: y000 − y0 = x
Ponieważ r = 0 jest pierwiastkiem jednokrotnym wielomianu charakterystycznego, więc rozwiązanie szczególne przewidujemy w postaci: ys = ( Ax + B) x = Ax 2 + Bx y0 = 2 Ax + B
s
y00 = 2 A
s
y000 = 0
s
Wstawiamy do równania:
− 2 Ax − B = x
(
−
(
2 A = 1
A = − 1
= ⇒
2
−B = 0
B = 0
ys = − 1 x 2
2
Szukamy rozwiązania szczególnego równania niejednorodnego: y000 − y0 = e 2 x
Ponieważ r = 2 nie jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, więc rozwią-
zanie szczególne przewidujemy w postaci:
ys = Ae 2 x
y0 = 2 Ae 2 x
s
y00 = 4 Ae 2 x
s
y000 = 8 Ae 2 x
s
Wstawiamy do równania:
8 Ae 2 x − 2 Ae 2 x = e 2 x = ⇒ 6 A = 1 = ⇒ A = 16
ys = 1 e 2 x
6
y = C 1 + C 2 ex + C 3 e−x − 1 x 2 + 1 e 2 x rozwiązanie ogólne równania liniowego
2
6
niejednorodnego
Odpowiedź:
y = C 1 + C 2 ex + C 3 e−x − 1 x 2 + 1 e 2 x 2
6
4
5. Wyznaczyć obszar (zakres, przedział) zbiezności szeregu potęgowego
∞ ( x − 1) n
X
n 3 n
n=1
Rozwiązanie:
1
x 0 = 1 , an = n 3 n
Obliczamy:
q
1
1
ρ = lim n |an| = lim
√
=
n→∞
n→∞ 3 n n
3
1
R =
= 3
promień zbieżności szeregu
ρ
szereg jest zbieżny w przedziale: ( − 2 , 4) . Sprawdzamy zbieżność na końcach przedziału zbiezności:
Dla x = − 2 :
∞ ( − 2 − 1) n
∞ ( − 1) n
X
= X
n 3 n
n
n=1
n=1
Jast to szereg naprzemienny. Stosujemy kryteruim Leibniza.
1
lim
= 0
n→∞ n
1
1
<
, n = 1 , 2 , 3 , . . .
n + 1
n
∞ ( − 1) n
Z kryterium Leibniza wynika, że szereg X
jest zbieżny.
n
n=1
Dla x = 4 :
∞ (4 − 1) n
∞ 1
X
= X
n 3 n
n
n=1
n=1
Jast to szereg harmoniczny z α = 1 a więc rozbiezny.
Przedział zbieżności tego szeregu: < − 2 , 4) Odpowiedź:
< − 2 , 4)
5
6. Wyznaczyć szereg Fouriera funkcji:
π
dla −π < x < 0
f ( x) =
−π dla
0 < x < π
0
dla
x = 0
Jaką wartość przyjmuje suma tego szeregu dla argumentu x = 3 π ?
Rozwiązanie:
Funkcja f ( x) jest nieparzysta, więc an = 0 dla n = 0 , 1 , 2 , 3 . . .
Dla n = 1 , 2 , 3 . . .
π
π
1 Z
2 Z
2 cos nx π
2(cos nπ − 1)
2(( − 1) n − 1)
bn =
f ( x) sin nx d x =
−π sin nx d x =
=
=
π
π
π
n
0
nπ
nπ
−π
0
Korzystamy z parzystości funkcji podcałkowej: f ( x) sin nx .
Szereg Fouriera f ( x) jest więc następujący:
∞
∞ 2(( − 1) n − 1)
S( x) = X b
X
n sin nx =
sin nx
nπ
n=1
n=1
f ( π−) + f ( −π+)
−π + π
S(3 π) = S( π) =
=
= 0
2
2
Korzystamy z okresowości szeregu Fouriera.
6