• 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

018-471 32 89

Prov i matematik

Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng

2006-10-09

Skrivtid: 9.00–14.00. Tillåtna hjälpmedel: Skrivdon, Mathematics Handbook, Beta eller Physic Handbook. 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. Kurvfamilj bestående av hyperblar med avståndet mellan grenarna lika med 2 l.e. kan beskrivas med sambandet:

x2−y2 c2 = 1 .

Bestäm en differentialekvation vars lösningsmängd består av dessa hyperblar.

Bestäm den ortogonala kurvfamiljen till dessa hyperblar.

2. Lös begynnelsevärdesproblem

y0 = (x + y)2− 1 , y(1) = 2 . Ledning: Använd lämpligt variabelbyte.

3. Lös differentialekvationen

1 + y2+ 2(x + 1)ydy

dx = 0 , y(0) = 1 . Ledning: Skriv om ekvationen på differentialform.

4. Differentialekvationen 4xyy0 + y2 − x = 0 , x > 0 , y > 0 kan göras exakt med hjälp av en integrerande faktor som är beroende av en variabel. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen.

5. Lös begynnelsevärdesproblemet:

x2y00− xy0+ y = x y(1) = 1 y0(1) = 4 .

Obs: y1(x) = x är en lösning till den homogena ekvationen x2y00− xy0+ y = 0 . 6. Lös begynnelsevärdesproblem

( x0(t) = x(t) + y(t) + e2t

y0(t) = x(t) + y(t) x(0) = y(0) = 0 .

7. Visa att origo är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt för systemet:

( x0 = −2x + 6y y0 = x − 3y − y3.

8. Bestäm alla jämviktspunkter för det autonoma systemet:

( x0 = xy − 1

y0 = (x + 4y)(x − 1) .

(2)

Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2006-10-09

1. y0= xy

x2− 1. Den ortogonala kurvfamiljen består av kurvor som ges av x2+y2−ln x2 = C .

2. y(x) = 3x2− 4x + 3 4 − 3x .

3. y(x) =

s1 − x 1 + x. 4. µ(x) = 1

√x, och 2√

xy2−2 3x√

x = C .

5. y(x) = x + 3x ln x +x 2ln2x .

6.

x(t) = 1

4(e2t+ 2te2t− 1) y(t) = 1

4(−e2t+ 2te2t+ 1)

7. Funktionen E(x, y) = x2+ 6y2 är en strikt Liapunovfunktion för systemet.

8. (1, 1) är den enda jämviktspunkten för systemet och den är instabil och av sadeltypen.

(3)

Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2006-10-09

Lösning till problem 1.

x2− y2

c2 = 1 ⇔ c2 = y2

x2− 1 = . Derivering m.a.p. x under förutsättningen at y = y(x) ger 0 = 2y · y0(x2− 1) − 2xy2

(x2− 1)2 ⇔ (x2− 1)y0− xy = 0 ⇔ y0 = xy x2− 1. Hyperblerna är lösningskurvor till differentialekvationen y0= xy

x2− 1. Den ortogonala kurvfamiljen till hyperblerna satisfierar differentialekvationen: y0 = 1 − x2

xy som är separabel.

y0= 1 − x2

xy ⇔ y · y0 =

1 x − x



⇔ y2

2 = ln |x| − x2

2 + C1⇔ x2+ y2− ln x2 = C . Den ortogonala kurvfamiljen beskrivs implicit av sambandet x2+ y2− ln x2 = C .

Lösning till problem 2.

Inför en ny variabel z(x) = x + y(x) . Man får y = z − x och y0= z0− 1 . Ekvationen övergår i z0− 1 = z2− 1 ⇔ z0

z2 = 1 ⇔ −1

z = x − C ⇔ z = 1

C − x ⇔ x + y = 1

C − x ⇔ y(x) = 1

C − x− x = 1 + x2− Cx

C − x . Begynnelsevillkoret ger 2 = 2 − C

C − 1 ⇔ C = 4 3. Den sökta lösningen är y(x) = 3x2− 4x + 3

4 − 3x .

(4)

Lösning till problem 3.

1 + y2+ 2(x + 1)ydy

dx = 0 ⇔ (1 + y2) dx + 2(x + 1)y dy = 0 är en exakt differentialekvation ty

∂y(1 + y2) = 2y = ∂

∂x(2(x + 1)y) .

En potentialfunktion till ekvationen kan bestämmas som F (x, y) =

Z

(1+y2) dx = (1+y2)x+h(y) där h(y) väljes s.a. Fy0(x, y) = 2xy +h0(y) = 2xy +2y , dvs h0(y) = 2y och h(y) = y2. F (x, y) = (1+y2)x+y2. Den allmänna lösningen till ekvationen ges i implicit form av (1 + y2)x + y2 = C . Begynnelsevillkoret ger C = 1 . Vi får att lösningen till begynnelsevärdesproblemet är (1 + y2)x + y2= 1 ⇔ y2 = 1 − x

1 + x⇔ y =

s1 − x

1 + x, ty y > 0 i en omgivning av y = 1 .

Lösning till problem 4.

Skriv ekvationen på differentialform. Man får (y2− x) dx + 4xy dy = 0 . Låt µ(x, y) vara en integrerande faktor.Ekvationen µ(y2− x) dx + 4µxy dy = 0 är exakt alltså:

∂y(µ(y2 − x) = ∂

∂x(4xyµ) ⇔ µ0y(y2 − x) + 2yµ = 4xyµ0x+ 4yµ . Om µ0y = 0 får man enkel ekvation xµ0x= −1

2µ som är separabel. xµ0x= −1

2µ ⇔ µ0x µ = −1

2 1

x ⇒ µ(x) = 1

√x. Ekvationen y2

√x −√ x

!

dx + 4y√

x dy = 0 är exakt. En potentielfunktion kan besämmas som F (x, y) =

Z 4y√

x dy = 2√

xy2+ h(x) , där Fx0 = y2

√x + h0(x) = y2

√x −√ x , dvs h0(x) = −√

x ⇒ h(x) = −2

3x32 = −2 3x√

x . Den allmänna lösningen till ekvationen ges i implicit form av 2√

xy2− 2 3x√

x = C . Lösning till problem 5.

Vi söker först andra linjärt oberoende lösningen till den homogena ekvationen x2y00− xy0+ y = 0 på formen y2(x) = v(x)x . Deriveringen och insättningen i ekvationen ger: y02= v0x + v , y200= v00x+2v0 och v00x3+x2v0 = 0 ⇔ v00

v0 = −1

x ⇒ ln v0 = ln1

x ⇒ v0= 1

x och v(x) = ln x , alltså y2(x) = x ln x . Den homogena ekvationen har den allmänna lösningen yh(x) = C1x + C2x ln x . Nu söker vi en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen x2y00− xy0+ y = x på formen yp(x) = v1(x)x + v2(x)x ln x med villkoret att v10x + v20x ln x = 0 , (1) . Deriveringen och insättningen i den inhomogena ekvationen ger: yp0 = v1x + v2(ln x + 1) , yp00= v10 + v20(1 + ln x) + v21

x och v01x2+ v20x2(1 + ln x) = x , (2) . (1) och (2) ger ekvationssystemet:

( v01x + v20x ln x = 0 v01x2+ v20x2(1 + ln x) = x ⇔

( v10x + v02x ln x = 0 v10x + v02x(1 + ln x) = 1 . Om från andra ekvationen subtraherar man första får man v20 = 1

x och insättningen i första ger v10 = −ln x

x . Integreringen ger v1(x) = −ln2x

2 och v2(x) = ln x . Den sökta partikulära lösningen är yp(x) = −ln2x

2 x + x ln x · ln x = x 2ln2x . Den allmänna lösningen till differentialekvationen är

y(x) = yh(x) + yp(x) = C1x + C2x ln x + x 2 ln2x .

(5)

Begynnelsevillkor ger 1 = C1 och 4 = C1+ C2, alltså C2= 3 . Den sökta lösningen är y(x) = x + 3x ln x + x

2 ln2x . Lösning till problem 6.

Från andra ekvationen får vi x(t) = y0(t) − y(t) ⇒ x0 = y00− y0 och insättningen i första ger y00− 2y0 = e2t. Sätt z = y0. Vi får z0− 2z = e2t med integrerande faktor e−2t.

z0 − 2z = e2t ⇔ (ze−2t)0 = 1 ⇔ e−2tz = t + C1 ⇔ z = te2t+ C1e2t ⇔ y0 = (t + C1)e2t ⇔ y(t) = (t

2 + C)e2t+ D . Återinsättningen ger x(t) = (t + 1

2 + C)e2t− D . Begynnelsevärden x(0) = y(0) = 0 ger C = −1

4 och D = 1

4, alltså den sökta lösningen är:

x(t) = 1

4(e2t+ 2te2t− 1) y(t) = 1

4(−e2t+ 2te2t+ 1) . Lösning till problem 7.

Lineariseringen av systemet ger

( x0 = −2x + 6y y0 = x − 3y .

−2 6 1 −3

= 0 , alltså origo är inte enkel och Poincare’s sats är ej tillämpningsbar.

Bestäm en Liapunovfunktion på formen E(x, y) = ax2m+ by2n, där a , b ∈ R och m , n ∈ N . Låt F (x, y) = −2x + 6y och G(x, y) = x − 3y − y3. Betrakta

∂E

∂xF + ∂E

∂yG = 2amx2m−1(−2x + 6y) + 2bny2n−1(x − 3y − y3) =

−4amx2m+ 12amx2m−1y + 2bnxy2n−1− 6bny2n− 2bny2n+2. Välj m = n = 1 och a = 1 , b = 6 . Man får ∂E

∂xF + ∂E

∂yG = −4x2 + 24xy − 36y2 − 12y4 = −(2x − 6y)2 − 12y4 < 0 för alla (x, y) 6= (0, 0) , alltså E(x, y) = x2+ 6y2 är en strikt Liapunovfunktion och enligt Liapunovsats origo är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt för systemet.

Lösning till problem 8.

Låt F (x, y) = xy−1 och G(x, y) = (x+4y)(x−1) . Jämviktspunkter för systemet är lösningarna till ekvationssystem:

( xy − 1 = 0

(x + 4y)(x − 1) = 0 ⇔

y = 1

x = −4y eller x = 1 .x Om x = 1 då även y = 1 och (1, 1) är en jämviktspunkt för systemet.

Systemet x = −4y och y = 1

x saknar reella lösningar.

Punkten (1, 1) är den enda jämviktspunkten för systemet.

Lineariseringen av systemet i punkten (1, 1) .

∂F

∂x = y , ∂F

∂y = x , ∂G

∂x = 2x + 4y − 1 , ∂G

∂y = 4x − 4 alltså:

∂F

∂x(1, 1) = 1 , ∂F

∂y(1, 1) = 1 , ∂G

∂x(1, 1) = 5 och ∂G

∂y(1, 1) = 0 . Lineariseringen är:

( x0 = x + y

y0 = 5x p.g.a.

1 1 5 0

6= 0 är punkten (1, 1) en enkel jämviktspunkt för systemet.

1 − λ 1

5 −λ

= 0 ⇔ λ2−λ−5 = 0 ⇔ λ1,2= 1 ±√ 21

2 . 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 av sadeltyp för det ursprungliga systemet.

References

Related documents

Först bestäms en annan, linjärt oberoende lösning med hjälp av Liouvilles metod med variabla koefficienter.. Detta betyder att (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt

Sista ekvationen är en linjär, inhomogen ekvation av andra ordningen med

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

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