• 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 P. Winkler

tel. 018-471 32 89

Prov i matematik

civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng

2007-04-17

Skrivtid: 15.00–20.00. Hjälpmedel: Skrivdon, Physic Handbook eller Mathematics Handbook, Beta. Tentamen består av 8 problem. Varje problem ger högst 5 poäng. Lösningarna skall vara åtföljda av förklarande text. För betygen 3, 4, 5 krävs 18, 25, respektive 32 poäng.

1. Lös begynnelsevärdesproblemmet:

y0 = 2x + y x2+ 1 − 2 y(0) = 1 .

Ledning: Sätt z = 2x + y . 2. Differentialekvationen

(x2+ xy + y2+ 2x + y) dx + (x2+ xy + y2+ x + 2y) dy = 0 har en integrerande faktor på formen µ(x, y) = g(x + y) .

Lös ekvationen fullständigt.

3. Differentialekvationen x2y00− x(x + 2)y0+ (x + 2)y = 0 har en lösning på formen y1(x) = ax + b . Bestäm denna lösningen och lös sedan ekvationen fullständigt.

4. Vilken inhomogen, linjär ekvation av andra ordningen har den allmänna lösningen y(x) = C1x + C2x2+ x3?

5. Lös fullständigt differentialekvationen:

x2y00− 2xy0+ 2y = 1 .

6. Bestäm lösningen till begynnelsevärdesproblemmet:

( x0 = x + y y0 = 4x + y

( x(0) = 2 y(0) = 0 .

7. Bestäm alla jämviktspunkter till systemet:

( x0 = 1 − y y0 = x2− y2 och undersök deras typ och stabilitet.

8. Visa att origo är den enda jämviktspunkt till systemet:

( x0 = −x5 + y5 y0 = −x3 − 2y

(2)

Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2007-04-17

1. y(x) = earctan x− 2x . 2. ex+y(x2+ xy + y2) = c .

3. y1(x) = x och y(x) = x(C1+ C2ex) . 4. x2y00− 2xy0+ 2y = 2x3.

5. y(x) = C1x + C2x2+1 2.

6. x(t) = e3t+ e−t, y(t) = 2e3t− 2e−t eller x(t) y(t)

!

= e3t 1 1

!

+ 2e−t 1

−1

! .

7. Systemet har två jämviktspunkter: (1, 1) som är en asymptotiskt stabil spiral och (−1, 1) som är en instabil sadelpunkt.

8. Origo (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt. En strikt Liapunovfunktion till systemet är E(x, y) = 3x4+ 2y6.

(3)

Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2007-04-17

Lösning till problem 1.

Sätt z = 2x + y , då z0= 2 + y0 och ekvationen transformeras till z0− 2 = z

x2+ 1− 2 ⇔ z0

z = 1

x2+ 1 ⇔ ln |z| = arctan x + C ⇔ |z| = C1earctan x. I en omgivning av punkten (0, 1) är z en positiv funktion, alltså z = C1earctan x⇔ 2x + y = C1earctan x och begynnelsevillkoret ger 1 = C1.

Den sökta funktionen y(x) = earctan x− 2x . Lösning till problem 2.

Om µ(x, y) = g(x + y) är en integrerande faktor så gäller att

∂(g(x + y)M (x, y))

∂y = ∂(g(x + y)N (x, y))

∂x ⇔ g0(x+y)(x2+xy+y2+2x+y)+g(x+y)(x+2y+1) = g0(x + y)(x2+ xy + y2+ x + 2y) + g(x + y)(2x + y + 1) ⇔ g0(x + y) = g(x + y) .

Sätt t = x + y . Ekvationen g0(t) = g(t) har en lösning g(t) = et. En integrerande faktor är alltså µ(x, y) = ex+y, och vi får den exakta differentialekvationen:

ex+y(x2+ xy + y2+ 2x + y) dx + ex+y(x2+ xy + y2+ x + 2y) dy = 0 . Denna har lösningen f (x, y) = c där funktionen f uppfyller

∂f

∂x = ex+y(x2+ xy + y2+ 2x + y) och ∂f

∂y = ex+y(x2+ xy + y2+ x + y) . Det första av dessa villkor gäller om:

f (x, y) = Z

ex+y(x2+ xy + y2+ 2x + y) dx + h(y) = ex+y(x2 + xy + y2) + h(y) , där h(y) är någon funktion av y . Derivering m.a.p. y ger ∂f

∂y = ex+y(x2+ xy + y2+ x + 2y) + h0(y) , alltså om vi väljer h(y) = 0 blir f (x, y) = c lösningen till ekvationen.

ex+y(x2+ xy + y2) = c är lösningen till differentialekvationen.

Lösning till problem 3.

Om y1(x) = ax + b då y01 = a och y100= 0 .

Insättningen i ekvationen ger: x2· 0 − x(x + 2)a + (x + 2)(ax + b) = 0 ⇔ bx = 0 för varje x , alltså b = 0 . Som y1(x) kan väljas y1(x) = x . Låt y2(x) = v(x) · x vara andra linjärt oberoende av y1(x) lösningen till ekvationen. Då gäller att y20(x) = v0x + v och y200(x) = v00x + 2v0.

Insättningen i ekvationen ger:

x2(v00+ 2v0) − x(x + 2)(v0x + v) + (x + 2)vx = 0 ⇔ x2(v00x + 2v0) − x(x + 2)vx = 0 ⇔ v00

v0 = 1 ⇒ ln v0 = x och v(x) = ex, alltså som y2(x) kan man välja y2(x) = xex.

Den allmänna läsningen till ekvationen är y(x) = C1x + C2xex= x(C1+ C2ex) . Lösning till problem 4.

Den allmänna lösningen till en inhomogen, lnjär ekvation är summan av en allmänn lösning till motsvarande homogena ekvationen och en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen.

Först bestämmer vi den homogena ekvationen som har den allmänna lösningen y(x) = C1x + C2x2.

(4)

y(x) = C1x+C2x2 ⇔ C1= y − C2x2

x . Derivering m.a.p. x ger 0 =y0− 2C2x)x − (y − C2x2)

x2 =

xy0− C2x2− y

x2 ⇔ y − xy0+ C2x2 = 0 ⇔ C2 = xy0− y

x2 . Derivera en gång till m.a.p. x . Man får: 0 = (y0+ xy00− y0)x2− 2x(xy0− y)

x4 ⇔ x3y00− 2x2y0+ 2y = 0 ⇔ x2y00− 2xy0+ 2y = 0 . Den inhomogena, linjära ekvationen som har den allmänna lösningen y(x) = C1x + C2x2+ x3 är då x2y00− 2xy0+ 2y = R(x) , där R(x) bestäms så att yp(x) = x3 blir lösningen till ekvationen.

yp0 = 3x2 och y00p = 6x . Insättningen i ekvationen ger R(x) = x2· 6x − 2x · 3x2+ 2x3 = 2x3, alltså den sökta ekvationen är:

x2y00− 2xy0+ 2y = 2x3.

Ekvationen kan fås även som 0 =

y x x2 y0 1 2x y00 0 2

= x2y00− 2xy0+ 2y .

Lösning till problem 5.

Det är lätt att se att y1(x) = x är en lösning till den homogena ekvationen x2y00−2xy0+ 2y = 0 . Lika lätt syns att y2(x) = x2 är en annan, linjärt oberoende lösningen till den homogena ekva- tionen. Även syns direkt att yp(x) = 1

2 är en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen x2y00− 2xy0+ 2y = 1 .

Den sökta ällmänna lösningen är y(x) = C1x + C2x2+1 2.

OBS: Naturligtvis går det bra att bestämma den allmänna lösningen till den homogena ekvatio- nen med hjälp av Liouvills metod med variabel koefficient och den partikulära lösningen till den inhomogena ekvationen med hjälp av Liouvills metod med variabla koefficienter.

Lösning till problem 6.

Från första ekvationen y = x0 − x ⇒ y0 = x00 − x0. Insättningen i andra ekvationen ger x00− x0 = 4x + x0− x ⇔ x00− 2x0− 3x = 0 med karakteristiska ekvationen

m2− 2m − 3 = 0 ⇔ m1 = 3 och m2 = −1 ⇒ x(t) = C1e3t+ C2e−t.

Insättningen i y = x0− x ⇒ y(t) = 3C1e3t− C2e−t− (C1e3t+ C2e−t) = 2C1e3t− 2C2e−t. Begynnelsevärden x(0) = 2 och y(0) = 0 ger att C1 + C2 = 2 och 2C1− 2C2 = 0 , alltså C1= C2 = 1 . De sökta lösningar är x(t) = e3t+ e−t, y(t) = 2e3t− 2e−t eller

x(t) y(t)

!

= e3t 1 1

!

+ 2e−t 1

−1

! .

Lösning till problem 7.

Jämviktspunkter får man som lösningar till systemet:

( 10y = 0

x2+ y2 = 0 Från första ekvationen y = 1 och insättningen i andra ger x = ±1 . Systemet har två jämviktspunkter (1, 1) och (−1, 1) .

Låt F (x, y) = 1−y och G(x, y) = x2−y2. Då ∂F

∂x = 0 , ∂F

∂y = −1 , ∂G

∂x = 2x och ∂G

∂y = −2y . Lineariseringen av systemet i (1, 1) .

∂F

∂x(1, 1) = 0 , ∂F

∂y(1, 1) = −1 , ∂G

∂x(1, 1) = 2 och ∂G

∂y(1, 1) = −2 , alltså

( x0 = −y

y0 = 2x − 2y är lineariseringen av systemet i (1, 1) .

0 −1 2 −2

= 2 6= 0 som betyder att (0, 0) är en isol- erad jämviktspunkt för lineariseringen och att (1, 1) är en enkel jämviktspunkt för systemet.

−λ −1

2 −2 − λ

= 0 ⇔ λ2+ 2λ + 2 = 0 ⇔ λ1,2 = −1 ± i . (0, 0) är en asymptotiskt stabil knut

(5)

för lineariseringen och av Poincare’s sats följer att jämviktspunkten (1, 1) är en asymptotiskt stabil punkt av spiraltyp.

Lineariseringen av systemet i (−1, 1) .

∂F

∂x(−1, 1) = 0 , ∂F

∂y(−1, 1) = −1 , ∂G

∂x(−1, 1) = −2 och ∂G

∂y(−1, 1) = −2 , alltså

( x0 = −y

y0 = −2x − 2y är lineariseringen av systemet i (−1, 1) .

0 −1

−2 −2

= −2 6= 0 som betyder att (0, 0) är en isolerad jämviktspunkt för lineariseringen och att (−1, 1) är en enkel jämviktspunkt för systemet.

−λ −1

−2 −2 − λ

= 0 ⇔ λ2+ λ − 2 = 0 ⇔ λ1 = −2 och λ2 = 1 . (0, 0) är en instabil sadel för lineariseringen och av Poincare’s sats följer att jämviktspunkten (−1, 1) är en instabil punkt av sadeltyp.

Lösning till problem 8.

Låt F (x, y) = −x5 + y5 och G(x, y) = −x3− 2y . Jämviktspunkter sökes som lösningar till systemet:

( −x5+ y5 = 0

−x3− 2y = 0 .

Från första ekvationen x = y . Insättningen i andra ekvationen medför att x = y = 0 är den enda jämviktspunkten för systemet. Lineariseringen av systemet i (0, 0) är

( x0 = 0 y0 = −2y , alltså origo är inte enkel jämviktspunkt. Vi försöker bestämma nu en Liaponovfunktion för systemet på formen E(x, y) = ax2m+ by2n, där a , b > 0 och m , n ∈ N+

,∂E

∂xF + ∂E

∂yG = 2max2m−1(−x5+ y5) + 2nby2n−1(−x3− 2y) =

−2max2m+4+ 2max2m−1y5− 2nbx3− 4nby2n.

Om vi väljer nu m = 2 , n = 3 , a = 3 och b = 2 får vi att E(x, y) = 3x4+ 2y6 och

∂E

∂xF +∂E

∂yG = −12x8− 24y6= −12(x + y6) < 0 för alla (x, y) 6= (0, 0) . E(x, y) = 3x4+ 2y6 är en strikt Liapunovfunktion till differentialekvationssystemet och detta medför (enligt Liapunov sats) att (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt till systemet.

References

Related documents

För att visa att P 1 för (0 &lt; r &lt; 1) är en stabil punkt nyttjas därför Lyaponovs (appendix 8) teorem, vilket bör visa att P 1 är en stabil eller en asymptotiskt stabil

U sedmi ukázek tohoto žánru z deseti uvedených se neobjevuje ilustrace. Aspoň malá ilustrace článek oživí, což je hlavně pro dětskou četbu důležité. Kiplingův Mauglí

Na strane 20 se autor zminuje 0 tom, ze tyto kompozity by bylo dobre vyuzit jako obalove materialy potravin?. V cern jsou lepsi nez ty dosavadni, pomineme-Ii to, ze PLA

Poslední a velmi důležitou částí konstrukce jsou ramena, která se na modulární část budou přidělávat přes již zmiňované konektory MT30.. Pro jednoduchost výroby

Detta innebärr att origo är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt

[r]

[r]

[r]