UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler tel

Transkript

1 UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler tel Prov i matematik Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng Skrivtid: Hjälpmedel: Skrivdon, Physic Handbook eller Mathematics Handbook, Beta. Tentamen består av 8 problem. Lösningarna skall vara åtföljda av förklarande tet. Varje problem ger högst 5 poäng. För betygen 3, 4, 5 krävs 18, 25, respektive 32 poäng. 1. Lös differentialekvationen: (2y + sin( + y)) dy + sin( + y) = 0. d 2. Lös begynnelseproblemet: Ledning: Gör variabelbyte z() = + y(). y = 1 ( + y) 2 1 y(0) = Differentialekvationen 1 d + (1 y 2y2 ) dy = 0 kan göras till en eakt differentialekvation med hjälp av en integrerande faktor på formen µ(, y) = µ( y). Lös ekvationen fullständigt. 4. Differentialekvationen: 2 y ( + 2)y + ( + 2)y = 0 har en lösning på formen y = n. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen. 5. a) Visa att y 1 () = och y 2 () = 3 är två lösningar till den homogena ekvationen 2 y + 3y 3y = 0. b) Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen: 2 y + 3y 3y = Bestäm den lösningen till systemet: = 4 y y = + 2y + 9t 6 för vilken (0) = y(0) = Bestäm alla jämviktspunkter till systemet: = 2 + y 2 5 y = y + 2. Avgör typ och stabilitet hos minst två av dem. 8. Visa att (0, 0) är den enda jämviktspunkten för systemet: = y 5 Undersök stabiliteten för jämviktspunkten. y = 3y 3.

2 Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng y 2 cos( + y) = C. 2. y() = sin. 3. µ(, y) = 1 y, 1 + y3 = Cy. 4. y() = (C 1 + C 2 e ). 5. b) C 1 + C (t) = ( ) e 3t 1 t och y(t) = (t 1) e 3t 4t Det finns fyra jämviktspunkter: (1, 2) och ( 1, 2) instabila sadelpunkter, (2, 1) instabil knut och ( 2, 1) som är en asymptotiskt stabil knut. 8. (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt. 2

3 Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng Lösning till problem 1. (2y + sin( + y)) dy + sin( + y) = 0 sin( + y) d + (2y + sin( + y)) dy = 0. d Om M(, y) = sin( + y) och N(, y) = 2y + sin( + y) då: M N = cos( + y) och = cos( + y), alltså ekvationen är eakt. y En potential funktion kan bestämmas som f(, y) = sin( + y) d = cos( + y) + h(y) där f y = sin( + y) + h (y) = sin( + y) + 2y, alltså h (y) = 2y och h(y) = y 2. Den allmänna lösningen ges i implicit form av y 2 cos( + y) = C. Lösning till problem 2. Låt z() = + y. y = z 1 och ekvationen övergår i z 1 = 1 z 2 1 z = 1 z 2 z = 1 som är en separabel ekvation. 1 z 2 z = 1 arcsin z = + C + y = sin( + C) y = sin( + C). 1 z 2 Begynnelsevärden ger C = 0, alltså den sökta lösningen är y() = sin. Lösning till problem 3. Låt µ(, y) = µ( y) vara en integrerande faktor till differentialekvationen. Sätt µ(y) = µ(t), där t = y. Ekvationen µ(y) d + µ(y)( 1 y 2y2 ) dy = 0 är eakt, alltså y ( ) µ(y) = ( µ(y)( 1 y 2y2 ) ) µ 1 = µ y ( 1 y 2y2 ) 2µy 2 y µ = µ µ µ = 1 t ln µ = ln 1 t µ(t) = 1 1, eller µ(y) = t y. Ekvationen 1 ( ) 1 2 y d+ y 2 2y dy = 0 är eakt och en potentialfunktion kan bestämmas som 1 f(, y) = 2 y d = 1 f + h(y), där y y = 1 y 2 + h (y) = 1 2y. Alltså man kan välja y2 h(y) = y 2. Den allmänna lösningen till ekvationen ges då i implicit form av 1 y + y2 = C eller 1 + y 3 = Cy. Lösning till problem 4. Om y 1 () = n då y 1 = n n 1 och y 1 = n(n 1) n 2. Insättningen i ekvationen ger n(n 1) n n n (+2)+(+2) n = 0 (n 2 3n+2) (n 1) = 0 (n 1)(n 2) (n 1) = 0 n = 1, alltså y 1 () = är en lösning till ekvationen. Sök en annan linjärt oberoende lösning på formen y 2 () = v(). Vi får y 2 = v + v och y 2 = v + 2v. Insättningen i ekvationen ger: 2 (v + 2v ) ( + 2)(v + v) + ( + 2)v = 0 v 3 v 3 = 0 v = v v = e, alltså v = e och y 2 () = e. Den allmänna lösningen till ekvationen är y() = (C 1 + C 2 e ). 3

4 Lösning till problem 5. b) Den allmänna lösningen till den inhomogena ekvationen är summan av den allmänna lösningen y h () = C 1 + C 2 3 till den homogena ekvationen och en partikulär lösning y p () till den inhomogena ekvationen. En partikulär lösning sökes på formen y p () = v 1 () + v 2 () 3 s. a. v 1 + v 2 3 = 0 (*) Man får y p = v 1 3v 2 4 och y p = v 1 3v v 2 5. Insättningen i ekvationen ger v 1 3v 2 4 = 3, som tillsammans med (*) ger ekvationssystem med obekanta v 1 och v 2 : v 1 + v 2 3 = 0 v v 1 3v 2 4 = v 2 4 = 0 v 1 3v 2 4 = 3 som har lösningarna v 1 = och v 2 = 4. Detta ger att v 1() = Alltså y p () = = 1 4. Den ällmänna lösningen till ekvationen är y() = C 1 + C Lösning till problem 6. och v 2() = 2 8. Från första ekvationen får vi att y = 4 och insättningen i andra ger ekvationen: = 6 9t, som är en inhomogen linjär ekvation av andra ordningen med konstanta koefficienter. Motsvarande homogena ekvationen har den karakteristiska ekvationen λ 2 6λ + 9 = 0 med λ 1,2 = 3. Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är h (t) = (C 1 + C 2 t)e 3t. Det finns en partikulär lösning p (t) till den inhomogena ekvationen på formen p (t) = at + b. Insättningen i ekvationen ger 6a+9(at+b) = 9t+6 a = 1 och b = 0 alltså p (t) = t. Den allmänna lösningen är (t) = (C 1 + C 2 t)e 3t t och insättningen i y(t) ger y(t) = 4(C 1 + C 2 t)e 3t 4t 3(C 1 + C 2 t)e 3t C 2 e 3t + 1 = (C 1 + C 2 (t 1)) e 3t 4t + 1. Insättningen av begynnelsevillkoren ger (0) = 0 = C 1 och y(0) = 0 = C alltså C 2 = 1. Den sökta lösningen till systemet är (t) = (e 3t 1)t Lösning till problem 7. y(t) = (t 1)e 3t 4t + 1. För att bestämma jämviktspunkter löser vi systemet: 0 = 2 + y = y + 2. Från andra ekvationen får vi att 0 och y = 2 och insättningen i första ger ekvationen ( 2 + ) = = 0 2 = 1 eller 2 = 4. Vi får fyra lösningar 1 = 1 2 = 1, 3 = 2 och 4 = 2, alltså fyra jämviktspunkter: (1, 2), ( 1, 2), (2, 1) och ( 2, 1). För bestämning av typ och stabiliteten lineariserar vi systemet i motsvarande punkt. Om F (, y) = 2 +y 2 5 och G(, y) = y+2 då F = 2, F y = 2y, = y och y =. Alltså F (1, 2) = 2, F y (1, 2) = 4, (1, 2) = 2 och (1, 2) = 1. y 4

5 Lineariseringen i punkten (1, 2) är : = 2 4y y = 2 + y 2 4 = 6 0. Punkt (1, 2) en en enkel jämviktspunkt för systemet λ λ = 0 λ2 3λ 6 = 0 λ 1,2 = ± = 3 ± 33. λ 1 < 0 och λ 2 > 0 2 alltså (0, 0) är en instabil jämviktspunkt av sadeltyp för lineariseringen och enligt Poincare s sats punkten (1, 2) är en instabil sadelpunkt för systemet. Lineariseringen av systemet i punkten ( 1, 2). F ( 1, 2) = 2, F y ( 1, 2) = 4, ( 1, 2) = 2 och ( 1, 2) = 1. y Lineariseringen i punkten ( 1, 2) är = 2 + 4y y = 2 y 2 4 = 6 0. Punkt ( 1, 2) en en enkel jämviktspunkt för systemet λ λ = 0 λ2 + 3λ 6 = 0 λ 1,2 = ± = 3 ± 33. λ 1 < 0 2 och λ 2 > 0 alltså (0, 0) är en instabil jämviktspunkt av sadeltyp för lineariseringen och enligt Poincare s sats punkten ( 1, 2) är en instabil sadelpunkt för systemet. Lineariseringen av systemet i punkten (2, 1). F (2, 1) = 4, F y (2, 1) = 2, (2, 1) = 1 och (2, 1) = 2. y Lineariseringen i punkten (2, 1) är = 4 2y y = + 2y 4 2 = 6 0. Punkt (2, 1) en en enkel jämviktspunkt för systemet λ λ = 0 λ2 6λ + 6 = 0 λ 1,2 = 3 ± 9 6 = 3 ± 3. λ 1 > 0 och λ 2 > 0 alltså (0, 0) är en instabil knut för lineariseringen och enligt Poincare s sats punkten (2, 1) är en instabil knut för systemet. Lineariseringen av systemet i punkten ( 2, 1). F ( 2, 1) = 4, F y ( 2, 1) = 2, ( 2, 1) = 1 och ( 2, 1) = 2. y Lineariseringen i punkten ( 2, 1) är = 4 + 2y y = 2y 4 2 = 6 0. Punkt ( 2, 1) en en enkel jämviktspunkt för systemet λ λ = 0 λ2 + 6λ + 6 = 0 λ 1,2 = 3 ± 3. λ 1 < 0 och λ 2 < 0 alltså (0, 0) är en asymptotiskt stabil knut för lineariseringen och enligt Poincare s sats punkten (2, 1) är en asymptotiskt stabil knut för systemet. 5

6 Lösning till problem 8. För att bestämma alla jämviktspunkter löser vi systemet: y 5 = 0 3y 3 = 0. Från andra ekvationen får vi = 3y 3 och insättningen i första ekvationen ger 2 ( 3y 3 ) 3 + y 5 = 0 (54y 4 + 1)y 5 = 0 y = 0 Detta medför att även = 0 och att (0, 0) är den enda jämviktspunkten för systemet. För att avgöra stabiliteten hos (0, 0) använder vi Liaponovmetoden. Låt E(, y) = a 2m +by 2n. Om F (, y) = y 5 och G(, y) = 3y 3 då E F + E y G = 2am2m 1 ( y 5 ) + 2bny 2n 1 ( 3y 3 ) = = 4am 2m+2 + 2am 2m 1 y 5 2bny 2n 1 6bny 2n+2. Om vi väljer m = 1, n = 3, a = 3 och b = 1 får vi att E(, y) = y 6 är en positivt definit form och att E F + E y G = y 8 < 0 för alla (, y) 0, är negativt definit. (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt. 6