x ydt = x + yy + a y = 1 + z 2 + yzż. 2 + w = y 1. 3 y 1 + D y 2.

Transkripcija

1 Analiza 3:. izpit Čas pisanja je 2 minut. Možno je doseči točk. Veliko uspeha! Ime in priimek Sedež (2.) Vpisna številka Σ. naloga (25 točk) Za odvedljivo funkcijo y na R, definirajmo x kot presečišče normale na graf funkcije y v točki (x, y(x)) z abscisno osjo. Naj bo P (x) ploščina lika, ki ga omejujeta graf funkcije y nad intervalom [, x] za x > in abscisna os. Poišči vse dvakrat zvezno odvedljive funkcije y na [, ) in a R, da bo za vse x > veljalo P (x) = x + a, iskana funkcija pa bo zadoščala y() = 3 in y () =. Geometrijski pogoj iz naloge se glasi x ydt = x + yy + a za vse x >. Odvajajmo zgornjo enačbo. Dobimo y = + y 2 + yy. Ker neodvisna spremenljivka x ne nastopa, uvedimo z(y) = y. Dobimo Enačbo lahko preoblikujemo do y = + z 2 + yzż. ży + z = (y )z. Enačba je Bernoullijeva z α =. Uvedimo w = z 2. Dobimo ẇy 2 + w = y. Splošna rešitev zgornje enačbe je enaka w = 2 3 y + D y 2. Torej je y = z = 2 3 y + D y 2. Z upoštevanjem začetnih pogojev dobimo D =. Sedaj ločimo spremenljivke v zgornji enačbi, izraz preoblikujemo in dobimo y = x2 + 4x Če vstavimo dobljeno funkcijo v enačbo iz naloge, dobimo a = 3 9.

2 2. naloga (25 točk) Dokaži, da obstaja natanko ena dvakrat zvezno odvedljiva rešitev Cauchyjeve naloge in jo določi. Oglejmo si Cauchyevo nalogo y = arctg(xy ), y() = 3 24, y () = z = arctg(xz), z(x) =. Ena od rešitev je jasno z. Ker je f(x, z) = arctg(xz) lokalno Lipschitzova (zakaj), obstaja natanko ena zvezno odvedljiva funkcija na okolici točke, ki reši novo Cauchyjevo reši nalogo. Dokažimo, da obstaja natanko ena zvezno odvedljiva funkcija na R, ki reši Cauchyjevo nalogo. Za vsak pravokotnik P R 2 velja max f sup f(x, z) = π P (x,z) R 2 2, kar pomeni, da z uporabo izboljšane verzije lokalnega eksistenčnega izreka lahko vzamemo { } { b c = min a, min a, 2b }. max P f π Ker je f razreda C povsod na R 2, sta lahko a in b poljubna in zato lahko z zaporedno uporabo izboljšanega lokalnega eksistenčnega izreka pridemo poljubno daleč na realni osi. Torej obstaja natanko ena C funkcija na realni osi, ki reši novo Cauchyjevo nalogo. Torej z, kar pomeni, da je y konstantna funkcija. Z uporabo neizkoriščenega začetnega pogoja sledi y 3 24.

3 3. naloga (25 točk) Podani so matrika vektor a = B = in vektorska funkcija f(t) = 2t 2t 2 2t, x = (B x) a + f.. Reši vektorsko diferencialno enačbo Hitro lahko izračunamo B x = sistem ẋ ẋ 2 ẋ 3 = x + x 3 in B x a = Sistem je linearen nehomogen s konstantnimi koeficienti. x x 3 + x + x 3 x + x 3 2t 2t 2 2t Torej rešujemo. možnost: Hitro vidimo, da je = 4t 3 +D. Če seštejemo. in 3. vrstico, dobimo ẋ +ẋ 3 =. Odvajajmo. vrstico. Dobimo ẍ = ẋ ẋ 2 + ẋ = 2 2t 2. Odtod sledi x = t 2 t 4 + Ct + E. Sedaj izračunamo 2. možnost: x 3 = ẋ x + 2t = t 2 + t 4 Ct + C + D E. Najprej rešimo homogeni del sistema. Matrika A ima trojno lastno vrednost. Hitro pre- verimo, da velja A 2 =. Eno izmed mnogih baz jedra matrike A tvorita vektorja in. Odtod sledi, da imamo dve Jordanski kletki, ena je velikosti, druga je velikosti 2 2. Vektor je element ker A 2 \ ker A, z matriko A pa se preslika v vektor. Torej je A = P JP, kjer je P = in J = Splošna rešitev homogenega delja je torej enaka x = P e Jt c = c + c 2 t t + c 3 Nesingularna matrična rešitev homogenega dela sistema je torej enaka t X = t

4 Nehomogeni sistem rešujemo z variacijo konstante, tj., rešitev diferencialne enačbe iz naloge je enaka x = X X fdt, kjer je X = t t t + Tedaj je X f = 2t 3 2t 2t 2 in X fdt = 3t 4 t 2 + c 4t 3 + c 2 c 3 Splošna rešitev je enaka t 4 + t 2 c c 2 t + c 3 x = 4t 3 + c 2 + c 3 t 4 t 2 + c + c 2 t = c + c 2 t t + c 3 + t 4 + t 2 4t 3 t 4 t 2

5 4. naloga Poišči tisto ekstremalo funkcionala ki zadošča y(2) = 4. I[y] = Euler-Lagrangejeva enačba se glasi Enačbo preoblikujmo do enačbe 2 ( y 2 + 6y y )dx, 4xy + 2 y + 8x = d dx L y = L y = 2y. y + 2xy 6y = 4x. Ta enačba je nehomogena Cauchy-Eulerjeva enačba. Najprej rešimo pripadajoči homogeni del y + 2xy 6y = zgornje enačbe. Z nastavkom y = x λ dobimo λ 2 + λ 6 =, odkoder sledi λ = 2 in λ 2 = 3. Splošna rešitev nehomogene Cauchy-Eulerjeve enačbe je torej y = A + Bx 3 + y p, kjer je y p neka njena partikularna rešitev. Funkcijo y p določimo z nastavkom y p = Cx. Vstavimo v enačbo in dobimo C =. Splošna re vsitev Euler-Lagrangeeve enačbe je torej y = A + Bx 3 + x. Iz pogoja y(2) = 4 dobimo 4A + B 8 = 6. Ker v točki nimamo robnega pogoja, velja L y () = oziroma y () = 2. Odtod dobimo še enačbo 2A 3B = 3. Odtod sledi B = in zato A = 3 2. Iskana ekstremala je enaka y = 3 2 x2 + x.