Lösningar Tal 1. Den homogena ekvationen y ′′ − 2y ′ + 2y = 0 har lösningarna y1 = ex · cos(x) samt y2 = ex · sin(x). Metodik enligt § 19 s.103-106 i läroboken ger lösning till den inhomogena ekvationen Med ansatsen y = u · ex erhålles partikulärlösningen yp = ex · up där u′′p + up = x2 · sin(x) (1) För att lösa (1) ansättes up = A(x) · sin(x) + B(x) · cos(x) Derivering visar att (1) gäller om (2) (A′′ − 2B ′ ) · sin(x) + (2A′ + B ′′ ) · cos(x) = x2 · sin(x) Här gäller (2) om (3) A′′ − 2B ′ = x2 & 2A′ + B ′′ = 0 Enkel uträkning visar att (3) är löst med A = x2 4 och B = −x3 6 + x2 . Tal 2. Division med x2 ger först y ′′ − 4 ′ x y + y=0 x2 x+1 Med formel enligt läroboken s. 159 erhålles normalformen, dvs. u′′ + q(x)u = 0 där 1 8 1 4 x − ( )2 + · 3 x + 1 4 x2 2 x R∞ Vi ser att Limx→∞ q(x) = 1 vilket först medför att 1 q(x)dx = +∞ och då har lösningen oändligt många nollställen enligt lärobokens Theorem C i kapitel 4. Sturms jämförelsesats och gränsvärdet ovan visar att Lim(an+1 − an = 2π. q(x) = Tal 3. Systemets 2 × 2-matris har rötterna −5 och −1. Uträkning ger att den allmänna lösningen är x = A · e−5t + 3B · e−t & y = −A · e−5t + B · e−t Den lösning som uppfyller startvillkoren erhålles när A + 3B = 1 & −A + B = 1, dvs. med A = −1/2 och B = 1/2. Typeset by AMS-TEX 1 2 Tal 4. Förläng med 1 + x2 och ansätt y = P an xn som ger rekursionsformeln (n + 2)(n + 1)an+2 + n(n − 1)an + 3 · an + an = 0 =⇒ (n + 2)(n + 1)an+2 + (n2 + 2n + 1)an = 0 =⇒ (1) an+2 = − n+1 · an n+2 Startvillkoren ger a0 = 0 och a1 = 1. Det följer att an = 0 för alla jämna heltal. Med (1) kan nu udda koefficienter a1 , a3 , a5 , a7 , a9 räknas ut. Tal 5. Eulerekvationen ger y ′′ = y som har den allmänna lösningen y = Aex + Be−x . Randvillkoren bestämmer Aoch B entydigt och vi får en unik stationär lösning ex − e−x y= e − e−1 Att den minimerar variationsintegralen inses t.ex. om vi jämför I(y)-värdet med den medtävlande funktionen yn (x) = xn där I(yn ) → +∞ då n → ∞. Tal 6. I deluppgift 1 erhålles en homogen ekvation då α = −2, dvs. med z = y −2 gäller: −z ′ /2 + 2xz = 2x3 Lösning av dena linjära första ordningens ekvation ger 2 y −2 = Ce2x + x2 + 1/2 I deluppgift 2 erhålles integrerande faktor µ = y −4 . Lösningen blir efter räkning x2 − y 2 = C · y 3 där C är en konstant.