• No results found

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen"

Copied!
6
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

2005-06-13

Skrivtid: 9 – 14. Hjälpmedel: Skrivdon, Physics 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. Visa att differentialekvationen xy0 = y +√

xy är homogen av första ordningen.

Lös ekvationen i området x > 0 , y > 0 . 2. Lös fullständigt differentialekvationen:

(ex+ 3y) dx + (3x + cos y) dy = 0 .

3. Ekvationen

(2x2y − 1) dx + x3dy = 0 har en integrerande faktor som är beroende av en enda variabel.

Bestäm den lösningskurva till ekvationen som går genom punkten (1, 0) . 4. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen: 2yy00= 1 + (y0)2.

5. Lös systemet

( x0 = 2x − y y0 = y − 2x + 18t.

6. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen:

x2y00− 2y = 3x2− 1 ( x > 0 )

då man vet att den motsvarande homogena ekvationen har en lösning på formen y(x) = xn.

7. Finn alla jämviktspunkter till systemet:

( x0 = xy − 4

y0 = xy + 2y − 2x − 4 och undersök deras typ och stabilitet.

8. Visa att (0, 0) är den enda jämviktspunkten till systemet:

( x0 = −2x − y5 y0 = x3− y3 och avgör stabiliteten hos jämviktspunkten.

(2)

Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-06-13

1. y = x

1

2ln x + C

2

.

2. 3xy + ex+ sin y = c , där c är en konstant.

3. µ(x)1

x, y(x) = ln x x2 . 4. y = B

4(x + C)2+ 1

B , där B , C − konstanter.

5. x(t) = C1+ C2e3t+ 3t2+ 2t och y(t) = 2C1− C2e3t+ 6t2− 2t − 2 . 6. y(x) = 1

2 + x2ln x + C1x2+C2 x .

7. (−2, −2) är en instabil sadelpunkt och (2, 2) är en instabil knut.

8. (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.

(3)

Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-06-13

Lösning till problem 1.

xy0= y +√

xy x > 0 , y > 0 ⇔ y0 = y x +

√xy x = y

x + ry

x (*)

Funktionen g(x, y) = y x +

ry

x är en homogen funktion av grad 0, ty g(tx, ty) = ty

tx+ rty

tx = y x+

ry

x = g(x, y) , alltså ekvationen (*) är homogen. Ett variabelbyte:

z = y

x ger y = x · z och y0 = z + xz0. Insättningen i (*) ger z + xz0 = z +√

z ⇔ xz0=√ z som är en separabel ekvation. (Obs: x > 0 , y > 0 ⇒ z > 0 )

z0

√z = 1 x ⇔

Z dz

√z = Z dx

x ⇔ 2√

z = ln x + C1⇔ z =

1

2ln x + C

2

⇔ y x =

1

2ln x + C

2

y = x

1

2ln x + C

2

. Lösning till problem 2.

(3y + ex) dx + (3x + cos y) dy = 0 .

Låt P = ex+ 3y och Q = 3x + cos y . ∂P

∂y = 3 = ∂Q

∂x ⇒ en exakt ekvation.

Vi söker F (x, y) s.a.

∂F

∂x = P (x, y) = ex+ 3y (1)

∂F

∂y = Q(x, y) = 3x + cos y (2)

(1) ⇒ F (x, y) = Z

(ex+ 3y) dx = ex+ 3xy + ϕ(y) och (2) ⇒ F (x, y) =

Z

(3x + cos y) dy = 3xy + sin y + ψ(x) .

Tag t.ex. ϕ(y) = sin y och ψ(x) = ex, F (x, y) = 3xy + ex+ sin y .

Ekvationen har lösningar F (x, y) = c , alltså 3xy + ex+ sin y = c , där c är en konstant.

Lösning till problem 3.

Låt µ(x, y) vara en integrerande faktor. µ(x, y)(2x2y − 1) dx + µ(x, y)x3dy = 0 är exakt

⇔ ∂

∂y h

µ(x, y)(2x2y − 1)i= ∂

∂x h

µ(x, y)x3i⇔ µ0y(2x2y − 1) + µ · 2x2 = µ0x· x3+ 3x2µ . Om µ0y = 0 får vi ekvationen µ0x· x3 = −µ · x2 ⇔ µ0x

µ = −1

x ⇔ µ = 1 x.

Efter multiplikation av ekvationen med integrerande faktor får vi den exakta ekvationen (2xy −1

x) dx+x2dy = 0 med en potentialfunktion F (x, y) = x2y −ln x . Den allmänna lösningen till ekvationen är x2y − ln x = c . Den lösningskurva som går genom punkten (1, 0) är den för vilken c = 0 , alltså har ekvationen x2y − ln x = 0 ⇔ y(x) = ln x

x2 .

(4)

Lösning till problem 4.

Ekvationen 2yy00 = 1 + (y0)2 innehåller inte variabeln x .

Gör substitutionen y0 = p(y) ⇒ y00 = p0y0 = p0· p (kedjeregeln). Insättningen i ekvationen ger 2yp0p = 1 + p2 ( en separabel ekvation) ⇒ 2pp0

1 + p2 = 1 y ⇒

Z 2p dp

1 + p2 = ln |y| + A

⇒ ln(1 + p2) = ln |y| + A ⇒ 1 + p2 = By ⇒ p2 = By − 1 ⇒ p = pBy − 1 ⇒ y0 = pBy − 1 (igen en separabel ekvation).

y0

√By − 1 = 1 ⇒

Z dy

√By − 1 = x + C ⇒ 2 B

pBy − 1 = x + C ⇒ By − 1 = B2

4 (x + C)2 ⇒ y = B

4(x + C)2+ 1 B . Lösning till problem 5.

Första ekvationen ger y = 2x − x0 ⇒ y0 = 2x0 − x00 som insatt i den andra ekvationen ger x00 − 3x0 = −18t . Den karakteristiska ekvationen är m2 − 3m = 0 ⇒ homogena lösningen xH(t) = C1 + C2e3t. Ansats för partikulär lösning xP(t) = (At + B)t = At2 + Bt insatt i ekvationen ger

2A − 3(2At + B) = −18t ⇒ A = 3, B = 2

vilket ger den allmänna lösningen x(t) = C1+ C2e3t+ 3t2+ 2t . Insättningen i y = 2x − x0 ger y(t) = 2C1− C2e3t+ 6t2− 2t − 2 .

Lösning till problem 6.

Den homogena ekvationen är: x2y00− 2y = 0 . Om y(x) = xn är en lösning då y0 = nxn−1 och y00= n(n − 1)xn−2. Insättningen i den homogena ekvationen ger:

n(n−1)xn−2xn= 0 ⇔ n2−n−2 = 0 ⇔ n1 = 2 och n2 = −1 , alltså y1(x) = x2 och y2(x) = 1 är två linjärt oberoende lösningar till den homogena ekvationen. Den allmänna lösningen till denx homogena ekvationen är yH(x) = C1x2+C2

x .

En partikulär lösning till den inhomogena ekvationen sökes med hjälp av Liouvills metod med variabla koefficienter, dvs. på formen:

yp(x) = v1(x) · x2+ v2(x) · 1

x med villkoret att v10x2+ v021 x = 0 . Insättningen av yp(x) i ekvationen ger 2x · v01− 1

x2 · v02= 3 − 1 x2 . Vi vill lösa ut v01 och v02 ur systemet:

x2· v01 + 1

x · v20 = 0 2x · v01 − 1

x2 · v20 = 3 − 1 x2 Multiplicera andra ekvationen med x och addera till första.

Man får: 3x2v10 = 3x − 1

x ⇒ v01= 1 x − 1

3x3 ⇒ v1 = ln x + 1

6x2 (+C1) . Insättningen i första ekvationen ger v20 = −x2+1

3 ⇒ v2= −1 3x3+1

3x (+C2) . Alltså: yp(x) =



ln x + 1 6x2



· x2+

1 3x −1

3x3



·1 x = 1

2−1

3x2+ x2ln x . Den allmänna lösningen till ekvationen är då:

y(x) = yp(x) + yH(x) = 1

2 + x2ln x + C1x2+C2

x .

(5)

Lösning till problem 7.

För att bestämma alla jämviktspunkter till systemet lös ekvationssystem:

( 0 = xy − 4

0 = xy + 2y − 2x − 4

Faktorisera andra ekvationen: 0 = xy + 2y − 2x − 4 ⇔ 0 = y(x + 2) − 2(x + 2) ⇔ 0 = (x + 2)(y − 2) ⇒ x = −2 eller y = 2 .

Insättningen i första ekvationen ger två jämviktspunkter: (−2, −2) och (2, 2) . Låt F (x, y) = xy − 4 och G(x, y) = xy + 2y − 2x − 4 .

∂F

∂x = y , ∂F

∂y = x , ∂G

∂x = y − 2 och ∂G

∂y = x + 2 . Lineariseringen av systemet i punkten (−2, −2) :

∂F

∂x(−2, −2) = −2 , ∂F

∂y(−2, −2) = −2 , ∂G

∂x(−2, −2) = −4 och ∂G

∂y(−2, −2) = 0 . Alltså:

( x0 = −2x − 2y y0 = −4x

−2 −2

−4 0

= −8 6= 0 ⇒ att (0, 0) är en enkel jämviktspunkt för lineariseringen och (−2, −2) är enkel jämviktspunkt för systemet.

−2 − λ −2

−4 −λ

= 0 ⇔ λ2+ 2λ − 8 = 0 ⇔ λ1= 2 och λ2 = −4 . (0, 0) är en instabil sadelpunkt för lineariseringen.

Enligt Poincare’s sats punkten (−2, −2) är en instabil sadelpunkt för systemet.

Lineariseringen av systemet i punkten (2, 2) :

∂F

∂x(2, 2) = 2 , ∂F

∂y(2, 2) = 2 , ∂G

∂x(2, 2) = 0 och ∂G

∂y(2, 2) = 4 . Alltså:

( x0 = 2x + 2y

y0 = 4y

2 2 0 4

= 8 6= 0 ⇒ att (0, 0) är en enkel jämviktspunkt för lineariseringen och (2, 2) är enkel jämviktspunkt för systemet.

2 − λ 2 0 4 − λ

= 0 ⇔ λ2− 6λ + 8 = 0 ⇔ λ1 = 2 och λ2= 4 . (0, 0) är en instabil knut för lineariseringen.

Enligt Poincare’s sats punkten (2, 2) är en instabil knut för systemet.

Lösning till problem 8.

Lös systemet

( 0 = −2x − y5

y0 = x3− y3 . Från andra ekvationen följer att x = y . Insättningen i första ekvationen ger −2x − x5= 0 ⇔ −x(2 + x4) = 0 ⇔ x = 0 . Alltså även y = 0 .

(0, 0) är den enda jämviktspunkten till systemet.

Låt F (x, y) = −2x − y5 och G(x, y) = x3− y3 samt E(x, y) = ax2n+ by2m. Betrakta ∂E

∂xF + ∂E

∂yG = 2anx2n−1(−2x − y5) + 2bmy2m−1(x3− y3)

= −4anx2n− 2anx2n−1y5+ 2bmx3y2m−1− 2bmy2m+2.

(6)

∂E

∂xF + ∂E

∂yG = −24x4 − 12y8 < 0 för alla (x, y) 6= (0, 0) , alltså E(x, y) = 3x4 + 2y6 är en strikt Liapunovfunktion för systemet och detta medför att (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt för systemet.

References

Related documents

Hjälpmedel: Skrivdon, Physic 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