Matematiska institutionen 2005-05-25 Julia Viro
TENTAMEN
Inget hj¨alpmedel. F¨or betygen 3, 4 och 5 kr¨avs minst 18, 25 resp. 32 po¨ang. Maxpo¨ang f¨or varje uppgift anges inom parantes.
1. En kurvfamilj best˚ar av ellipser med gemensam axel av l¨angd 2. Best¨am ekvation f¨or den ortogonala kurvfamiljen (3p). Rita b˚ada familjer p˚a en bild (2p). (3+2) 2. Best¨am den allm¨anna l¨osningen till differentialekvationen
y0− y tan x = −y2cos x. (5)
3. Best¨am en homogen linj¨ar differentialekvation vars fundamentalsystem ¨ar ex, ex2/2. (5) 4. Best¨am den allm¨anna l¨osningen till differentialekvationen
y(5)+ y000 = x + 2e−x. (5)
5. L¨os begynnelsev¨ardesproblemet
x2y00− 2xy0+ 2y = x3cos x y(π) = π2
y0(π) = π.
(5) 6. En elektrisk krets styrs av differentialekvationen
Ld2Q
dt2 + RdQ dt +Q
C = 0,
d¨ar L, R och C ¨ar positiva konstanter. Best¨am ett ekvivalent linj¨art system av f¨orsta ordningens ekvationer (1p). Best¨am alla kritiska punkter till systemet och avg¨or om deras typ och stabilitet (3p). Ange den allm¨anna l¨osningen till ekvationen (1p).
(1+3+1) 7. Best¨am alla kritiska punkter till systemet
dx
dt = 4 − xy dy
dt = x − y,
unders¨ok deras typ och stabilitet (3p). Rita fasportr¨att till systemet (2p). (3+2) 8. Best¨am alla extremaler till funktionalen
Z1
0
6y02− y04+ yy0dx.
S¨ok en station¨ar funktion som uppfyller randvillkoren y(0) = 0, y(1) = 1. (5)
L ¨OSNINGAR TILL TENTAMEN 2005-05-25
1. En kurvfamilj best˚ar av ellipser med gemensam axel av l¨angd 2. Best¨am ekvation f¨or den ortogonala kurvfamiljen. Rita b˚ada familjer p˚a en bild.
L¨osning.
Ekvation f¨or kurvfamiljen av ellipser ¨ar x2+y2
b2 = 1. Man l¨oser ut konstanten b2 fr˚an ekvationen: b2 = y2
1 − x2 och s¨atter ϕ(x, y) = y2
1 − x2. Ekvationen f¨or kurvfamiljen av ellipser blir d˚a ϕ(x, y) = b2.
L˚at ψ(x, y) = C vara en ekvation f¨or den ortogonala kurvfamiljen (ψ(x, y) ¨ar obekant funktion att finna). Differentialekvationen att best¨amma funktion ψ(x, y) ¨ar
∇ψ(x, y) · (dx, dy) = 0, d¨ar gradienten ∇ψ ¨ar vinkelr¨at mot gradienten ∇ϕ.
Man ber¨aknar ∇ϕ =
µ 2xy2
(1 − x)2, 2y 1 − x2
¶
och f˚ar ∇ψ = µ
− 2y
1 − x2, 2xy2 (1 − x)2
¶
. Allts˚a differentialekvationen att best¨amma funktion ψ(x, y) ¨ar
µ
− 2y
1 − x2, 2xy2 (1 − x)2
¶
· (dx, dy) = 0 eller
−(1 − x2) dx + xy dy = 0, som ger efter variabelseparation
(1
x − x) dx = y dy, dvs ln |x| −x2
2 = y2 2 + C1,
Snyggare omskriven, blir ekvationen f¨or den ortogonala kurvfamiljen x2+ y2− ln x2= C
2. Best¨am den allm¨anna l¨osningen till differentialekvationen y0− y tan x = −y2cos x.
L¨osning.
Detta ¨ar en Bernoullis ekvation. Efter division med −y2 f˚ar man
−y0 y2 +1
ytan x = cos x.
Det ¨ar naturligt h¨ar att inf¨ora ny variabel z = 1/y. I s˚a fall z0 = −y0/y2och ekvationen f¨orvandlas till en linj¨ar ekvation
z0+ z tan x = cos x, som l¨osas med integregande faktor eRtan x dx= 1/ cos x :
z0 1
cos x+ z sin x
cos2x = 1, eller µ
z 1 cos x
¶0
= 1, som ger z = (x + C) cos x.
Man kommer tillbaka till y = 1/z och f˚ar den allm¨anna l¨osningen till ekvationen
y(x) = 1
(C + x) cos x, C ∈ R
3. Best¨am en linj¨ar differentialekvation vars fundamentalsystem ¨ar ex, ex2/2. L¨osning.
En godtycklig l¨osning y(x) till den obekanta differentialekvationen ¨ar en linj¨ar kom- bination av funktioner ex och ex2/2. Detta inneb¨ar att de tre funktionerna y(x), ex och ex2/2¨ar linj¨art beroende. Det h¨ander om och endast om deras Wronskianen ¨ar lika med 0.
W (y, ex, ex2) =
¯¯
¯¯
¯¯
y ex ex2/2 y0 ex xex2/2 y00 ex (1 + x2)ex2/2
¯¯
¯¯
¯¯= 0.
Utveckling efter f¨orsta kolumnen ger y ex+x2/2
¯¯
¯¯1 x 1 1 + x2
¯¯
¯¯ − y0ex+x2/2
¯¯
¯¯1 1 1 1 + x2
¯¯
¯¯ + y00ex+x2/2
¯¯
¯¯1 1 1 x
¯¯
¯¯ = 0.
Efter f¨orkortning med ex+x2/2 och ber¨akning av determinanterna f˚ar man differen- tialekvationen
(x − 1)y00− x2y0+ (x2− x + 1)y = 0
4. Best¨am den allm¨anna l¨osningen till differentialekvationen y(5)+ y000 = x + 2e−x. L¨osning.
Den allm¨anna l¨osningen till ekvationen ¨ar summan av den allm¨anna l¨osningen till ho- mogen ekvation y(5) + y000 = 0 och en partikul¨ar till icke-homogen ekvation y(5) + y000 = x + 2e−x. Homogena ekvationen l¨osas med hj¨alp av karakteristiska ekvationen λ5+ λ3 = 0 ⇐⇒ λ3(λ2+ 1) = 0, som har r¨otterna λ1 = λ2 = λ3 = 0, λ4,5 = ±i.
Allm¨anna l¨osningen till homogena ekvationen ¨ar s˚aledes C1+ C2x + C3x2+ C4cos x + C5sin x.
En partikul¨ar l¨osning best¨ams enklast med obest¨amda koefficienter-metod. En par- tikul¨ar l¨osning till y(5) + y000 = x + 2e−x s¨oker man i formen yp1 + yp2, d¨ar yp1
¨ar en partikul¨ar l¨osning till y(5) + y000 = x och yp2 ¨ar en partikul¨ar l¨osning till y(5) + y000 = 2e−x. En l¨amplig ansats f¨or yp1 ¨ar x3(ax + b) (d¨ar a och b ¨ar obest¨amda koefficienter att finna), f¨or att h¨ogerledet ¨ar xe0x och 0 ¨ar en trippel rot till karakteristiska polynomet. Efter derivering och ers¨attning i ekvationen f˚ar man yp1 = x4/24. En l¨osning yp2 s¨oker man i formen ce−x. Konstanten c ber¨aknas genom derivering av yp2 och ers¨attning den i ekvationen: c = −1. Allts˚a yp2 = −e−x och yp = yp1 + yp2 = x4/24 − e−x. Slutligen skriver man allm¨anna l¨osningen till den ursprungliga ekvationen:
C1+ C2x + C3x2+ C4cos x + C5sin x + x4/24 − e−x , d¨ar C1, C2, C3, C4, C5 ¨ar godtyckliga konstanter.
5. L¨os begynnelsev¨ardesproblemet
x2y00− 2xy0+ 2y = x3cos x y(π) = π2
y0(π) = π.
L¨osning.
Detta ¨ar ett begynnelsev¨ardesproblem f¨or icke-homogen Euler (ekvidimensionell) ek- vation. Man s¨oker l¨osningar till motsvarande homogen ekvation i formen y = xλ. Derivering av y och ers¨attning i den homogena ekvationen leder till karakteristiska ekvationen
λ(λ − 1) − 2λ + 2 = 0,
som har r¨otter λ1 = 1 och λ2 = 2. Allts˚a y1 = xλ1 = x och y2= xλ2 = x2 utg¨or ett fundamentalsystem till homogena ekvationen.
En partikul¨ar l¨osning till den ursprungliga icke-homogena ekvationen y00− 2
xy0+ 2
x2 y = x cos x
s¨oker vi med parametrar variationsmetod. Observera att ekvationen ska skrivas p˚a standardform.
L˚at yp = v1y1+ v2y2, d˚a best¨ams obekanta funktioner v1 och v2 av systemet µx x2
1 2x
¶ µv01 v02
¶
=
µ 0
x cos x
¶
, h¨arav
v1 = −
Z x cos x
x2 x2dx = −x sin x − cos x, v2=
Z x cos x
x2 x dx = sin x.
Allts˚a yp = (−x sin x − cos x)x + x2sin x = −x cos x och allm¨anna l¨osningen till icke- homogen Eulers ekvation ¨ar
y(x) = C1y1+ C2y2+ yp = C1x + C2x2− x cos x.
Att l¨osa begynnelsev¨ardesproblemet, best¨ammer man konstanterna C1 och C2 fr˚an begynnelsevillkorna:
(
π2 = y(π) = C1π + C2π2+ π
π = y0(π) = C1+ 2C2π + 1 ⇐⇒
(
π = C1+ C2π + 1
π = C1+ 2C2π + 1 ⇐⇒
(
C1= π − 1 C2= 0.
L¨osningen till begynnelsev¨ardesproblemet ¨ar
y(x) = (π − 1)x − x cos x
6. En elektrisk krets styrs av differentialekvationen Ld2Q
dt2 + RdQ dt +Q
C = 0,
d¨ar L, R och C ¨ar positiva konstanter. Best¨am ett ekvivalent linj¨art system av f¨orsta ordningens ekvationer. Best¨am alla kritiska punkter till systemet och avg¨or om deras typ och stabilitet. Ange den allm¨anna l¨osningen till ekvationen.
L¨osning.
Man s¨atter dQ
dt = I(t) och f¨orvandlar ekvationen till LdI
dt + RI + Q
C = 0 dvs dI
dt = − 1
LCQ − R LI.
Ett ekvivalent linj¨art system av f¨orsta ordningens ekvationer med konstanta koefficien-
ter ¨ar
dQ
dt = I dI
dt = − 1
LCQ − R LI, eller, i ”traditionella” beteckningar,
( x0 = y
y0 = −ax − by, d¨ar x = Q, y = I, a = 1
LC, b = R L.
Systemetsmatris Ã
0 1
− 1
LC −R L
!
har noll-skild determinanten, allts˚a den enda kritiska punkten till systemet ¨ar (Q, I) = (0, 0).
F¨or att best¨amma typ av den kritiska punkten (0, 0), l¨oser man karakteristiska ekva-
tionen: ¯
¯¯
¯¯
−λ 1
− 1
LC −R L − λ
¯¯
¯¯
¯= 0 ⇐⇒ λ2+R Lλ + 1
LC = 0.
R¨otterna ¨ar λ1,2 = −R 2L±
r R2 4L2 − 1
LC. Man ser att tre olika fall f¨orekommer beroende p˚a tecken av R2
4L2 − 1 LC. Fall 1 R2
4L2 > 1
LC dvs R > 2 rL
C. Detta ger reella och negativa λ1 och λ2. Kritiska punkten ¨ar i s˚a fall en asymptotiskt stabil nod.
Allm¨anna l¨osningen ¨ar Q(t) = C1e
−2LR−q
R2 4L2−LC1
t+ C2e
−2LR+q
R2 4L2−LC1
t.
Fall 2 R2 4L2 = 1
LC dvs R = 2 rL
C. Detta ger en dubbelrot λ1,2 = −R
2L = − 1
√LC. Nu kollar vi dimension av egenrummet genom att best¨amma rangen till matrisen
√1
LC 1
− 1
LC − 1
√LC
∼
√1 LC 1
0 0
.
Vi ser att dimension av egenrummet ¨ar 1, och detta medf¨or att den kritiska punkten (0, 0) ¨ar en asymptotiskt stabil degenererad nod.
Allm¨anna l¨osningen ¨ar Q(t) = C1e−t/√LC+ C2te−t/√LC Fall 3 R2
4L2 < 1
LC dvs R < 2 rL
C. Detta ger λ1,2= − R 2L± i
r 1
LC − R2
4L2. I s˚a fall
¨ar (0, 0) en asymptotiskt stabil fokus.
Allm¨anna l¨osningen ¨ar Q(t) = e−2LRt µ
C1cos q
LC1 −4LR22t + C2sin q
LC1 −4LR22t
¶ . Anm¨arkning. Fr˚an fall 1 till fall 3 minskas resistansen R och j¨amnviktsl¨aget f¨orvandlas fr˚an en nod genom en degenererad nod till en fokus och det f¨orblir asymptotiskt stabilt hela tiden. Den asymptotiska stabiliteten av j¨amnviktsl¨aget ¨ar klar fr˚an fysikaliska egenskaper av kretsen: str¨ommen f¨orsvinner med tiden om resistansen ¨ar positiv.
7. Best¨am alla kritiska punkter till systemet
dx
dt = 4 − xy dy
dt = x − y,
unders¨ok deras typ och stabilitet. Rita fasportr¨att till systemet.
L¨osning.
Kritiska punkter (x, y) till systemet definieras som l¨osningar till f¨oljande system (
4 − xy = 0
x − y = 0 ⇐⇒
(
4 − x2 = 0
x = y ⇐⇒ x = 2, y = 2 eller x = −2, y = −2.
Allts˚a finns det tv˚a kritiska punkter: (2, 2) och (−2, −2).
Jacobis matiris till systemet ¨ar
J(x, y) =
µ−y −x
1 −1
¶ .
Jacobianen ¨ar skild fr˚an 0 i kritiska punkter (2, 2) och (−2, −2). Allts˚a unders¨oker vi systemet med hj¨alp av linearisering.
Linearisering n¨ara (2, 2) ¨ar µx0
y0
¶
=
µ−2 −2 1 −1
¶ µx y
¶ .
Karakteristiska polynomet λ2 + 3λ + 4 till matrisen har nollst¨allena −3 2 ± i
√7 2 . Detta inneb¨ar att (0, 0) ¨ar en asymptotiskt stabil fokus till linearisering och (2, 2) ¨ar en asymptotiskt stabil fokus till ursprungliga systemet.
Linearisering n¨ara (−2, −2) ¨ar µx0
y0
¶
=
µ2 2 1 −1
¶ µx y
¶ .
Karakteristiska polynomet λ2− λ − 4 till matrisen har nollst¨allena λ1,2 = 1 ±√ 17
2 .
Detta inneb¨ar att (0, 0) ¨ar en sadel kritisk punkt (som ¨ar alltid instabil) till linearisering och (−2, −2) ¨ar en sadel kritisk punkt till ursprungliga systemet.
Att rita fasportr¨att, best¨ammer vi separatrisserna genom punkten (−2, −2) som ges av egenvektorer X1 till λ1= 1+√217 och X2 till λ2= 1−√217 :
X1= µ3+√
17
12
¶
, X2= µ3−√
17
12
¶ .
Svar: (2, 2) ¨ar en asymptotiskt stabil fokus och (−2, −2) ¨ar en sadel kritisk punkt
8. Best¨am alla extremaler till funktionalen Z1
0
6y02− y04+ yy0dx.
S¨ok en station¨ar funktion som uppfyller randvillkoren y(0) = 0, y(1) = 1.
L¨osning.
Extermaler till funktionalen ¨ar l¨osningar till Eulers ekvation d
dxFy00 − Fy0 = 0,
d¨ar F (x, y, y0) = 6y02−y04+yy0. Allts˚a en differentialekvation att best¨amma extremaler
¨ar d
dx(12y0− 4y03+ y) − y0 = 0 12y00− 12y02y00+ y0− y0 = 0
y00(1 − y02) = 0
H¨arav y00 = 0 eller y02= 1. L¨osningar y = C1x + C2 ¨ar extremaler till funktionalen.
En station¨ar funktion som uppfyller randvillkoren y(0) = 0, y(1) = 1 ¨ar en extremal y = C1x + C2 som g˚ar genom punkter (0, 0) och (1, 1). Detta ¨ar r¨ata linjen y(x) = x.
Svar: Extremaler till funktionalen ¨ar r¨ata linjer y = C1x + C2, en station¨ar funktion som uppfyller randvillkoren ¨ar y(x) = x.