UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Julia Viro
Prov i matematik
civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng
2007-08-17
Skrivtid: 9.00–14.00. Hjälpmedel: Skrivdon. Tentamen består av 8 problem. Maxpoäng för varje uppgift anges inom parantes. . Lösningarna skall vara åtföljda av förklarande text. För betygen 3, 4, 5 krävs 18, 25, respektive 32 poäng.
1. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen 3x2(1 + ln y) dx = (2y − x3
y ) dy .
(5)
2. En kurvfamilj består av parabler som fås av kubik parabeln y = x3 som glider längs y− axeln. Bestäm en ekvation för den ortogonala kurvfamiljen (4p.). Rita båda familjerna
på en bild (2p.) (6)
3. Bestäm den lösningen till differentialekvationen 2y00= 3y2 som uppfyller begynnelsevillko-
ren y(−2) = 1 , y0(−2) = −1 . (6)
4. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen y000− 6y00+ 9y0 = e3xcos 2x .
(6)
5. För vilka värden på parametern a ∈ R existerar det periodiska lösningar till systemet ( x˙ = y + sin 2t
˙
y = −4x + a cos 2t .
Bestäm alla sådana lösningar. (5)
6. Undersök stabiliteten av den triviala lösningen till systemet ( x˙ = −2x − sin y
˙
y = 5(ex) − 1) − y .
(6)
7. Bestäm alla extremaler till funktionalen Z ln 2
0
(y0)2+ 3y2e2xdx .
Sök en stationär funktion som uppfyller randvillkoren y(0) = 0 , y(ln 2) = 15
8 . (6)
Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2007-08-17
1. x3(1 + ln y) − y2 = C där C ∈ R .
2. Den ortogonala kurvfamiljen ges av ekvationen 3xy + Cx = 1 .
3. y(x) = 4 (x + 4)2.
4. y(x) = C1+ C2e3x+ C3xe3x−e3x
52(3 cos 2x + 2 sin 2x) , där C1, C2, C3 ∈ R . 5. Endast för a = −2 existerar periodiska lösningar:
x(t) = C1cos 2t + C2sin 2t och y(t) = −(2C1+ 1) sin 2t + 2C2cos 2t . 6. Origo är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt av spiraltyp.
7. Extremaler: C1e−3x+ C2ex. Stationär funktion som satisfierar villkoren är y(x) = ex− e−3x.
2
Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2007-08-17
Lösning till problem 1.
3x2(1 + ln y) dx = (2y − x3
y ) dy ⇔ 3x2(1 + ln y) dx + (x3
y ) dy = 0 . Ekvationen är exakt ty
∂
∂y(3x2(1 + ln y)) = 3x2 y = ∂
∂x(x3
y − 2y) . En potentialfunktion till ekvationen är f (x, y) = Z
3x2(1 + ln y) dx = x3(1 + ln y) + φ(y) , där ∂f
∂y = x3
y + φ0(y) = x3
y − 2y , alltså φ(y) kan väljas som φ(y) = −y2.
Den allmänna lösningen till ekvationen är: x3(1 + ln y)) − y2 = C , där C ∈ R . Lösning till problem 2.
y = x3+ C ⇔ y − x3 = C ⇒ y0− 3x2= 0 ⇔ y0 = 3x2. Den ortogonala kurvfamiljen satisfierar ekvationen y0= − 1
3x2 ⇔ y = 1
3x+ C1 ⇔ 3xy + Cx = 1 .
Lösning till problem 3.
Sätt p(y) = y0 = dy
dx. Då y00= d2y dx2 = dy0
dx = dp dy·dy
dx = p0· p . Alltså 2y00= 3y2 ⇔ 2p0p = 3y2 ⇔ 2p dp = 3y2dy ⇔ p2 = y3+ C . För y = 1 är p = −1 ⇒ p = −y32 .
3
y0 = −y32 ⇔ −y32 dy = dx ⇒ 2y−12 = x + C . För x = −2 är y = 1 ⇒ 2 = −2 + C ⇒ C = 4 . Alltså 2y−12 = x + 4 ⇒ y = 4
(x + 4)2 . Lösning till problem 4.
y(x) = yh(x) + yp(x) . Lösningen av den homogena ekvationen:
Den karakteristiska ekvationen är λ3− 6λ2+ 9λ = 0 ⇔ λ(λ − 3)2 = 0 ⇔ λ1= 0 , λ2= λ3 = 3 ⇒ yh(x) = C1+ C2e3x+ C3xe3x.
En partikulär lösning till den inhomogena ekvationen sökes på formen yp(x) = Re e3+2i p(3 + 2i), där p(λ) = λ(λ − 3)2. Vi får p(3 + 2i) = (3 + 2i)(2i)2 = −4(3 + 2i) . Alltså
yp(x) = Re e3+2i
p(3 + 2i) = Ree3x(cos 2x + i sin 2x)
−4(3 + 2i) = Re(3 − 2i)e3x(cos 2x + i sin 2x)
−4 · 13 =
e3x(− 3
52cos 2x − 1
26sin 2x) . Alltså y(x) = C1+ C2e3x+ C3xe3x−e3x
52(3 cos 2x + 2 sin 2x) . Lösning till problem 5.
( x˙ = y + sin 2t
˙
y = −4x + a cos 2t ⇒
( y = x − sin 2t˙
˙
y = x − 2 cos 2t .¨ Insättningen i andra ekvationen ger:
¨
x − 2 cos 2t = −4x + a cos 2t ⇔ ¨x + 4x = (a + 2) cos 2t . Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är xh(t) = C1cos 2t + C2sin 2t . Partikulär lösning till den inhomogena ekvationen är på formen xp(t) = t(A cos 2t + B sin 2t) . Alltså om ekvationen är inhomogen lösningarna är inte periodiska. Periodiska lösningar är då ekvationen är homogen, dvs. om a = −2 . Då x(t) = C1cos 2t + C2sin 2t och y(t) = ˙x − sin 2t = −2C1sin 2t + C1cos 2t − sin 2t =
−(2C1+ 1) sin 2t + 2C2cos 2t . Lösning till problem 6.
Om F (x, y) = −2x−sin y och G(x, y) = 5(ex−1)−y , då ∂F
∂x = −2 , ∂F
∂y = − cos y , ∂G
∂x = 5ex och ∂G
∂y = −1 . Jacobis matris är då J (x, y) = −2 − cos y 5ex −1
!
och J (0, 0) = −2 −1 5 −1
! . Lineariseringen av systemet i origo är x˙
˙ y
!
= −2 −1
5 −1
! x y
! . det J (0, 0) =
−2 −1 5 −1
= 7 6= 0 , alltså (0, 0) är enkel jämviktspunkt.
0 =
−2 − λ −1 5 −1 − λ
= λ2+ 3λ + 7 = 0 ⇔ λ1,2 = −3 2 ±
r9
4− 7 = −3 2 ± i
√19
2 . Origo är, alltså, en asymptotiskt stabil jämviktspunkt av spiraltyp för lineariseringen och enligt Poincare’s sats även för systemet.
Lösning till problem 7.
Låt F (x, y, y0) =(y0)2+ 3y2e2x. Eulers ekvation för extremaler är d dx
∂F
∂y0 − ∂F
∂y = 0 . d
dx(2y0e2x) − 6ye2x = 0 ⇔ d
dx(y0e2x) − 3ye2x = 0 ⇔ y00+ 2y0 − 3y = 0 som har lösningarna (extremalerna) y(x) = C1e−3x+ C2ex.
För den stationära funktionen som uppfyller randvillkoren konstanterna C1 och C2 ska väljas s.a. 0 = y(0) = C1+ C2 och 15
8 = y(ln 2) = C1e− ln 8+ C2eln 2= 1
8C1+ 2C2. Detta medför att C1= −1 och C2 = 1 . Den sökta stationära funktionen är y(x) = ex− e−3x.
4
