• No results found

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen"

Copied!
5
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Full text

(1)

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler

tel. 018-471 32 89

Prov i matematik

Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng

2005-12-14

Skrivtid: 15.00–20.00. Hjälpmedel: Skrivdon, Physic Handbook eller Mathematics Handbook, Beta. Tentamen består av 8 problem. Lösningarna skall vara åtföljda av förklarande text.

Varje problem ger högst 5 poäng. För betygen 3, 4, 5 krävs 18, 25, respektive 32 poäng.

1. Bestäm den lösning till differentialekvationen

y0= sin2(x − y + 1) som går genom punkten (0, 1) .

Ledning: Gör lämplig variabelbyte.

2. Differentialekvationen (1

x − 2x2y) dx +1

ydy = 0 har en integrerande faktor på formen µ(x, y) = (xy)k, där k ∈ Z .

Bestäm den lösning till ekvationen som uppfyler begynnelsevillkoret y(1) = −1 . 3. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen:

y · y00+ (y0)2= 2y · y0.

4. Differentialekvationen xy00 − (x + 2)y0 + 2y = 0 har en lösning på formen y1(x) = eax. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen.

5. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen y00+ y = 1

sin x.

6. Bestäm en differentialekvation av andra ordningen med den allmänna lösningen y(x) = C1

x + C2x2.

7. Bestäm den lösning till systemet

( x0 = x − 2y + 18t y0 = −x + 2y som uppfyller begynnelsevillkoren x(0) = 0 och y(0) = 0 . 8. Visa att (0, 0) är den enda jämviktspunkt till systemet:

( x0 = −x5+ y5 y0 = −x7− 2y

(2)

Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-12-14

1. y(x) = x − arctan x + 1 . 2. µ(x, y) = 1

xy = (xy)−1, y(x) = − 1 x3 . 3. y2= De2x− C , där D , C är konstanter.

4. y(x) = C1ex+ C2(x2+ 2x + 2) .

5. y(x) = (C1− x) cos x + (C2+ ln | sin x|) sin x . 6. x2y00− 2y = 0 .

7. x(t) = −2 3 +2

3e3t+ 6t2− 2t y(t) = 2

3− 2

3e3t+ 3t2+ 2t .

8. E(x, y) = 3x8+ 4y6, (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.

(3)

Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-12-14

Lösning till problem 1.

Låt z(x) = x − y + 1 . Då gäller att z0 = 1 − y0 ⇔ y0 = 1 − z0 och ekvationen övergår i 1 − z0 = sin2z ⇔ z0 = 1 − sin2z ⇔ z0= cos2z . Sista ekvationen är separabel: 1

cos2z · z0 = 1 ⇔ tan z = x + C ⇔ tan(x − y + 1) = x + C . Ur villkoret y(0) = 1 får man tan(0 − 1 + 1) = 0 + C , alltså C = 0 . Den sökta funktionen uppfyller tan(x − y + 1) = x ⇔ x − y + 1 = arctan x ⇔ y(x) = x − arctan x + 1 .

Lösning till problem 2.

Diferentialekvationen (xy)k(1

x − 2x2y) dx + (xy)k·1

ydy = 0 är exakt ⇔

∂y(xk−1yk− 2xk+2yk+1) = ∂

∂x(xkyk−1) ⇔ kxk−1yk−1− 2(k + 1)xk+2yk= kxk−1yk−1 ⇔ k + 1 = 0 ⇔ k = −1 . Alltså differentialekvationen ( 1

x2y − 2x) dx + 1

xy2dy = 0 är exakt.

En potentialfunktion kan bestämmas som f (x, y) =

Z 1

xy2dy = − 1

xy + h(x) där h(x) väljs så att fx0(x, y) = 1

x2y + h0(x) = 1

x2y − 2x , dvs. h0(x) = −2x . h(x) kan väljas som h(x) =

−x2. Den allmänna lösningen till ekvationen ges i implicit form av − 1

xy − x2 = C ⇔ y(x) = 1

x(C − x2).

För den sökta partikulära lösningen konstanten C bestäms ur sambandet −1 = 1

1(C − 1) ⇔ C = 0 . Alltså, den sökta lösningen är y(x) = −1

x3. Lösning till problem 3.

yy00+ (y0)2− 2yy0= 0 . Låt y0 = p(y) dvs. y0(x) = p(y(x)) ⇒ y00= p0· y0 = p0· p . Insättningen i ekvationen ger: yp0p + p2− 2yp = 0 ⇔ yp0+ p − 2y = 0 eller p = 0 .

(a) Om p = 0 ⇒ y0(x) = 0 ⇒ y(x) = c - konstant.

(b) Om yp0+ p − 2y = 0 då yp0+ p = 2y är en linjär ekvation av ordning 1 i p = p(y) . yp0+ p = 2y ⇔ (yp)0 = 2y ⇔ yp = y2+ C ⇔ p(y) = y +C

y ⇒ y0 = y +C

y ⇔ yy0

y2+ C = 1 ⇔ x + A =

Z y

y2+ C dy = 1

2ln |y2+ C| . ln |y2 + C| = 2(x + A) ⇒ |y2+ C| = e2(x+A) ⇒ y2+ C = De2x, där D = ±e2A.

y2= De2x− C .

(Obs: Denna form innehåller också det speciella fallet y = konst. ( D = 0 )).

Lösning till problem 4.

Om y1(x) = eax då y10 = aeax och y001 = a2eax. Insättningen i ekvationen ger att a2xeax− a(x + 2)eax+ 2eax = 0 ⇔ a(a − 1)x − 2(a − 1) = 0 ⇔ a = 1 .

y1(x) = ex är en lösning till ekvationen. Vi söker nu en annan, linjärt oberoende lösningen på

(4)

formen y2(x) = v(x)ex. y20 = (v0+v)ex och y002 = (v00+2v0+v)ex. Insättningen i ekvationen ger x(v00+2v0+v)−(x+2)(v0+v)+2v = 0 ⇔ v00

v0 = 2

x−1 ⇒ v0= x2e−x⇒ v(x) = −e−x(x2+2x+2) . Alltså man kan välja y2(x) = e−x(x2+ 2x + 2)ex = x2+ 2x + 2 och den allmänna lösningen till differentialekvationen är y(x) = C1ex+ C2(x2+ 2x + 2) .

Lösning till problem 5.

Först löser vi den homogena ekvationen y00+ y = 0 med karakreristiska ekvationen λ2+ 1 = 0 ⇔ λ1,2= ±i , alltså den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är

yH(x) = C1cos x + C2sin x .

Vi söker nu partikulär lösning yp(x) till den inhomogena ekvationen. Den partikulära lösningen sökes på formen yp(x) = v1(x) cos x + v2(x) sin x som uppfyller villkoret:

v10 cos x + v02sin x = 0 (1)

Derivering av yp(x) ger yp0 = −v1sin x+v2cos x och yp00= −v10 sin x−v1cos x+v2cos x−v2sin x . Insättningen i ekvationen ger:

−v01sin x + v02cos x = 1

sin x (2)

Ur (1) och (2) löser vi v10 och v20 . Vi får: ((1) sin x + (2) cos x ) v02= cos x

sin x och v01= −1 , alltså:

v1(x) = −x och v2(x) = ln | sin x| .

Den sökta partikulära lösningen är yp(x) = −x cos x + sin x ln | sin x| och den allmänna lösningen till ekvationen är y(x) = (C1− x) cos x + (C2+ ln | sin x|) sin x .

Lösning till problem 6.

Metod 1. y(x) = C1

x + C2x2 ⇔ C1= xy − C2x3. Derivera m.a.p. x . Man får 0 = y + xy0− 3x2C2⇔ y + xy0

x2 = 3C2. Derivera en gång till. Man får:

(y0+ y0+ xy00)x2− 2x(y + xy0)

x4 = 0 ⇔ x2y00− 2y = 0 .

Metod 2. Ekvationen kan skrivas som

y 1

x x2 y0 − 1

x2 2x y00 2

x3 2

= 0 ⇔ − 6

x2y +3y00 = 0 ⇔ x2y00−2y = 0 .

Lösning till problem 7.

Från andra ekvationen får man att x = 2y − y0 och x0 = 2y0 − y00. Insättningen i första ekvationen ger y00− 3y0 = −18t som är en ekvation av andra ordningen, inhomogen linjär med konstanta koefficienter. Karakteristiska ekvationen är λ2− 3λ = 0 ⇔ λ1 = 0 och λ2 = 3 . Den allmänna lösningen yH(x) = C1 + C2e3t. Partikulär lösning söks på formen yp(t) = at2+ bt , ty λ1 = 0 . y0p = 2at + b och yp00 = 2a . Insättningen ger 2a − 3(2at + b) = −18t ⇔ a = 3 och b = 2 , alltså den allmänna lösning är y(t) = C1+ C2e3t+ 3t2+ 2t . Insättningen i x(t) = 2y − y0 ger x(t) = 2(C1+ C2e3t+ 3t2+ 2t) − (3C2e3x+ 6t + 2) = 2(C1− 1) − C2e3t+ 6t2− 2t . Den lösning som satisfierar begynnelsevillkoren uppfyller systemet:

( 2C1− C2 = 2 C1+ C2 = 0

⇔ C1= 2

3 och C2= −2 3.

Den sökta lösningen är x(t) = −2 3+2

3e3t+ 6t2− 2t och y(t) = 2 3−2

3e3t+ 3t2+ 2t .

(5)

Lösning till problem 8.

För att bestämma alla jämviktspunkter löser vi systemet:

( −x5+ y5 = 0

−x7− 2y = 0 .

Från första ekvationen får vi x = y och insättningen i andra ekvationen ger

−x7− 2x = 0 ⇔ −x(x6+ 2) = 0 ⇔ x = 0 Detta medför att även y = 0 och att (0, 0) är den enda jämviktspunkten för systemet.

För att avgöra stabiliteten hos (0, 0) använder vi Liaponovmetoden. Låt E(x, y) = ax2m+by2n. Om F (x, y) = −x5+ y5 och G(x, y) = −x7− 2y då

∂E

∂xF + ∂E

∂yG = 2amx2m−1(−x5+ y5) + 2bny2n−1(−x7− 2y) =

= −2amx2m+4+ 2amx2m−1y5− 2bnx7y2n−1− 4bny2n.

Om vi väljer m = 4 , n = 3 , a = 3 och b = 4 får vi att E(x, y) = 3x8+ 4y6 är en positivt definit form och att ∂E

∂xF + ∂E

∂yG = −48(x8+ y6) < 0 för alla (x, y) 6= 0 , är negativt definit.

Alltså, E(x, y) = 3x8+ 4y6 är en strikt Liapunovfunktin för systemet. Enligt Liapunov sats betyder det att (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.

References

Related documents

Hjälpmedel: Skrivdon, Physics Handbook eller Mathematics Handbook, Beta.. Tentamen består av

Hjälpmedel: Skrivdon, Physic Handbook eller Mathematics Handbook, Beta.. Tentamen består av

Hjälpmedel: Skrivdon, Physic Handbook eller Mathematics Handbook, Beta.. Tentamen består av

Den givna ekvationen har en integrerande faktor som endast beror påen variabel.. Bestäm den allmänna lösningen

Enligt Liapunovs sats, origo är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt

Egenvärden har olika tecken alltså (0, 0) är en instabil jämviktspunkt av sadeltyp för lineariseringen och enligt Poincare’s sats punkten (1, 1) är en instabil jämviktspunkt

Båda egenvärden är negativa, alltså origo är en asymptotiskt stabil knut till linearisering och enligt Poincare’s sats punkten (2, 2) är en asymptotiskt stabil knut för

Systemet har två jämviktspunkter: (1, 1) som är en asymptotiskt stabil spiral och (−1, 1) som är en instabil sadelpunkt.. Origo (0, 0) är en asymptotiskt