UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Fredrik Strömberg
tel. 471 32 78 mob. 0709-944881
Prov i matematik F och W
Ordinära differentialekvationer 2003-08-20
Skrivtid: 8-13. Hjälpmedel: Skrivdon. Tentamen består av 8 uppgifter värda 5 poäng var. För betygen 3, 4 och 5 krävs (minst) 18, 25 resp. 32 poäng (inklusive eventuella bonuspoäng). Skriv tydligt och använd ej rödpenna i lösningarna. Lösningarna till alla uppgifter utom nr. 8 skall motiveras.
1. Bestäm lösningskurvorna till
xdy dx
y
ln y 2x
2. Lös begynnelsevärdesproblemet
dy
dx
y2 1 y x
1 1
3. Bestäm alla funktionerψx som minimerar integralen I
ψ 2π
0
ψ 2 ψ2dx
och som uppfyller randvillkorenψ0 0 ochψ2π 0 samt uppfyller bivillkoret
2π 0
ψ
2dx 1
4. Ekvationen
xy 2y x 2
x y 0 har en lösning y1
x x cos x Bestäm den lösning y
x som uppfyller y
π
2 y
π 1
5. Ekvationen
x2y2 1ydx
1 x2y2xdy 0
har en integrerande faktor som är en funktion av z xy Bestäm den integrerande faktorn och ange lösnings- kurvorna till ekvationen.
6. Bestäm alla kritiska punkter systemet
x y3 x3 y x7 och undersök deras stabilitet.
7. Lös systemet
x 2x 5y y x y t fullständigt.
8. Avgör för varje fasporträtt (1-4) på nästa sida, vilket av följande system (A-F) som hör till det (du behöver endast ange svar).
A : x 2x 5y
y x y
B : x x 2y
y 2x y
C : x y
y x
D :
x xy x3 y x2 1
2y3
E : x x
x2 y2 8
y y
xy 3
F : x 1 xy
y x y3
Fig 1: Fig 2:
–4 –2 0 2 4
y
–4 –2 2 4
x
–4 –2 0 2 4
y
–4 –2 2 4
x
Fig 3: Fig 4:
–4 –2 0 2 4
y
–4 –2 2 4
x
–4 –2 0 2 4
y
–4 –2 2 4
x
Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer 2003-08-20
Lösning till problem 1. Skriv om ekvationen som
ln y 2x dx x ydy 0 denna ekvation är exakt och med P
x y ln y 2x och Q
x y x
y ges lösningarna av F
x y s.a. Fx P vilket ger F
x y x ln y x2 h
y och Fy x y
h
y Q så h 0 dvs vi kan ta h 0. Lösningskurvorna ges alltså av
F
x y x ln y x2 C Lösning till problem 2. Ekvationen är separabel. Skriv om som
dy y2 1
dx x Integrera båda sidor så får man
tan 1y ln x C vilket är samma sak som
y tan
ln x C och begynnelsevärdet ger y
1 tanC 1 så C π
4 Lösningen är alltså y
x tan
ln x π 4 Lösning till problem 3. f
ψ ψ x
ψ 2 ψ2ger Eulers ekvation ψ ψ 0 som har lösningarna
ψx A sin x B cos x Randvärdena ger att B 0 och integralvillkoret ger att A 1
π
Lösning till problem 4. Ansätt en lösning y
t v
t y1
t till ekvationen. När vi sätter in denna får vi följande ekvation
v
xy1 v
2xy1 2y1 0 vilket ger att
ln v 2y1
y1 dx 2
xdx 2 ln y1 2 ln x dvs
v x2 y21
1 cos2x
och alltså v x tan x vilket ger y2 x x sin x. Den allmänna lösningen ges då av y
x x
a cos x b sin x och villkoren ger y
π aπ 1 y
π
2 π
2b så b 2
πoch a 1
π Så den sökta lösningen ges av y
x x π
2 sin x cos x Lösning till problem 5. Låt P y
x2y2 1 och Q x2
1 x2y2 och låt den integrerande faktorn vara µ
x y g
xy och låt M Pµ och N QµDå blir My Py µ Pµy och Nx Q xµ Qµ x. Nu är µ x g
zy och µ y g
z x.
Så ekvationen My Nx kan skrivas som
Py g Pg x Q xg Qg y
3x2y2 1 g
x2y3 yxg
3y2x2 1g
x3y2 xyg
g
x3y3 xy x3y3 xy g
3x2y2 1 3y2x2 1 0
2xyg 2g 0
g
z 1
zg
z
vilket har en lösning g
z 1
z, så den integrerande faktorn är µ
x y 1
xy Då får vi M xy2 1
x och N yx2 1 y och lösningskurvorna ges av F
x y med Fx M F
x y 1
2x2y2 ln x h
y och då blir Fy x2y h
y N så h
y 1 y dvs h
y ln y. Så lösningskurvorna ges alltså av
F
x y 1
2x2y2 ln
y
x C Lösning till problem 6. Man ser lätt att den enda kritiska punkten är
0 0 Och med den vanliga ansatsen ser man att funktionen L
x y x8 2y4är en negtivt definit Lyapunov funktion där så
0 0 är asymptotiskt stabil.
Lösning till problem 7. Vi kan t..ex. göra om systemet till en andragradsekvation genom att först ta y x y 2x 5y y där x y y t så y 2y 2y 2t 5y y , dvs
y y 2y 2t karakteristiska ekvationen är m2 m 2 och har rötterna m 1
2 i1 2
7. Den homogena lösningen är alltså
yh e12t A cos
1
2
7t B sin
1
2
7t
och en partikulärlösning är yp t 1
2 Den allmänna lösningen är alltså y
t e12t A cos
1
7t B sin
1
7t t 1
Sätter vi in denna i systemet ovan får vi ut x.
x y y t 1
2e12t A cos
1
2
7t B sin
1
2
7t
7
2 e12t A sin
1
2
7t B cos
1
2
7t
1
e12t A cos
1
2
7t B sin
1
2
7t
t 1 2
t
e12 3A 2
B
7 2 cos
1
2
7t 3B 2
A
7 2 sin
1
2
7t
3 2 Dessa funktioner x
t och y
t ger alltså den fullständiga lösningen till systemet. Lösningen kan alternativt skrivas som
x Ae12t
3 2cos
7 2
7 2 sin
7 2 cos
7 2
Be21t
7 2 cos
7 2
3 2sin
7 2 sin
7 2
3
2
t 1
2
Lösning till problem . Genom inspektion av antalet kritiska punkter för de linjära systemen och beräknande av egenvärden för de linjära systemen fås:
A=2, B=3, C=1, D=4
