Facit til udvalgte opgaver i Modul 2

Matematik og modeller Blok 4 2012
facit til udvalgte opgaver i differensligninger
DL Opgave 255
x t = c 2 t − t 2 − 2t − 3
x t = c 2 t + 3 t
x t = t2 t−1 + c 2 t
DL Opgave 259
r < 2
DL Opgave 262
x t = 3t + 1 − 2 −t
DL Øvelse 7
(1) −1 er en stabil ligevægt og 2 er ustabil
(2) Der er ligevægt i x ∗ = ln a og denne er stabil hvis |1 − ln a| < 1, dvs hvis 1 < a < e 2
Opgave S.2.1
(a) c3 t
(b) c3 t − 7/2
(c) c2 t − 3t − 10
(d) ct!
Opgave S.2.2
(a) a = 3/4 og b = 95/99
(b) S ∗ = 0 (ustabil) og S ∗ ≃ 21842 (stabil)
(c) Hvis S 0 = 10000 er S 50 ≃ 21842, mens S 0 = 50 medfører S 50 ≃ 21528.
Opgave S.2.3
(a) x t+1 = 1.07x t − 11900, x t = −70000 1.07 t + 170000
(b) 78244.3
(c) x 13 > 0 og x 14 < 0 med ydelsen 11900, så ydelse 14 er mindre end 11900
Opgave S.2.4
Egenværdierne for matricen
( )
1
3
8
1
1 4
er (omtrentligt) 1.34 og −0.09. En af dem er numerisk større end 1 og derfor er der ustabilitet.
Opgave S.2.5
(a) (x ∗ , y ∗ ) = (180, 100)

(b) Ligevægten er ikke stabil idet matricen
(
1 −
36
5
)
1
2
1
har egenværdierne 1 ± √ 18/5 i, som har modulus > 1.
(c) Ligevægten er (x ∗ , y ∗ ) = (180, (a − 1)25) (foruden (0, 0))
(d) Egenværdierne i den tilsvarende matrix er
λ =
{
1 ±
√
9(1 − a)/10, a ≤ 1
1 ± √ 9(a − 1)/10 i, a > 1
Det ses, at en af disse egenværdier har modulus > 1 med mindre a = 1. Men i det tilfælde er
y ∗ = (1 − 1)25 = 0. Svaret er “Nej”.
Opgave S.2.6
(a) ( x t
y t
) = c 1 (0.8) t ( 9 4 ) + c 2(−0.5) t ( 1 −1 ) + (11 4 ) (c 1, c 2 ∈ R)
(hver af vektorerne ( 9 4 ) og ( 1 −1
) kan erstattes af en vektor, der er proportional med den angivne)
(b) ( x t
y t
) → ( 11 4 ) når t → ∞, så (11 4
) er en stabil ligevægt
(c) ( x t
y t
) = (0.8) t ( 9 4 ) − 2(−0.5)t ( 1 −1 ) + (11 4 ) Henrik L. Pedersen april 2012