(2xy + 1) dx + (3x 2 + 2x y ) dy = 0.

Transkript

1 UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Marko Djordjevic Prov i matematik Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng Skrivtid: Tillåtna hjälpmedel: Skrivdon, Mathematics Handbook, Beta eller Physic Handbook, Beta. Tentamen består av 8 problem. Lösningarna skall vara åtföljda av förklarande tet. Varje problem ger högst 5 poäng. För betygen 3,, 5 krävs 18, 25, respektive 32 poäng. 1. Bestäm den lösning till differentialekvationen y 2 + = ey som uppfyller y(0) = 0. Det råcker om lösningen anges implicit, som en lösningskurva. 2. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen y + y = Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen (2y + 1) d + ( y ) = 0. Det räcker om lösningen anges implicit. Den givna ekvationen har en integrerande faktor som endast beror påen variabel.. Funktionen y 1 () = 3 är en lösning till differentialekvationen 2 y y 3y = 0. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen. 5. Bestäm den lösning till differentialekvationen y 3y + 2y = e som uppfyller begynnelsevillkoren y(0) = 1, y (0) = Bestäm den lösning till systemet { (t) = 2(t) + y(t) + e t y (t) = 8(t) 2y(t) + t som uppfyller begynnelsevillkoren (0) = 1, y(0) = Betrakta systemet { = 2 2y + (sin )(cos ) y = 2 + y + 3y 2. Origo är en kritiskt punkt till systemet. Avgör dess typ samt stabilitetsegenskaper. 8. Betrakta systemet d = y + y 2 = y 2. Bestäm den lösningskurva som går igenom punkten (1, 1). Denna skall anges som en ekvation i variablerna och y som inte involverar några derivator.

2 Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng y() = ln( ). 2. y() = C ln + D. 3. µ(y) = y 2, y 2 (y + 1) = C.. C C y() = e (1 2 2 ). 6. (t) = 3 5 cos 2t sin 2t et t, y(t) = cos 2t sin 2t 8 5 et 1 2 t Origo är en instabil stabil kritisk punkt av sadeltyp. 8. = y(1 + ln y). 2

3 Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng Lösning till problem 1. y Ekvationen, 2 + = ey är separabel ty den kan skrivas om som e y y = (2 + ) e y = (2 + 2 ) d e y = C. Begynnelsevillkoret ger att C = 1 och den sökta lösningen i implicit form kan skrivas som e y = eller i eplicit form y = ln( ). Lösning till problem 2. Ekvationen innehåller inte y eplicite. Inför en ny variabel z = y. Ekvationen kan då skrivas om som z + z = (z) = z = C z = C. Återsubstitutionen och integrering ger y = C ln +D, där C och D är konstanter. Lösning till problem 3. Låt µ(, y) vara en integrerande faktor till ekvationen, alltså µ(2y+1) d+µ( y ) = 0 är en eakt ekvation, alltså y (µ(2y + 1)) = y (µ( y )) µ y(2y+1)+2µ = µ ( y )+µ(6+ 2 y ). Om µ = 0 är µ oberoende av och ekvationen är yµ y(2y + 1) = 2µ(2y + 1) µ y µ = 2 y ln µ = 2 ln y µ = y2. Som en integrerande faktor till ekvationen kan väljas µ(y) = y 2. Differentialekvationen (2y 3 + y 2 ) d + (3 2 y 2 + 2y) = 0 är eakt. Potentialfunktionen kan bestämmas som F (, y) = (2y 3 + y 2 ) d = 2 y 3 + y 2 + h(y) s.a. F y(y) = 3 2 y 2 + 2y + h (y) = 3 2 y 2 + 2y. Funktionen h(y) kan väljas lika med noll. Alltså, den allmänna lösningen till differentialekvationen ges i implicit form av 2 y 3 + y 2 = C y 2 (y + 1) = C, där C är en konstant. Lösning till problem. Sök en andra linjärt oberoende lösning till ekvationen på formen y 2 () = v() 3. Derivering ger y 2 = v v och y 2 = v v + 6v. Insättningen i ekvationen ger 2 (v v +6v) (v v) 3 3 v = 0 v 5 +5 v = 0 v v = 5 ln v = 5 ln v = 1 5 v = 1. Som den sökta funktionen y 2() kan väljas varje funktion som är linjärt beroende med v() 3, t.e. y 2 () = 1. Den allmänna lösningen till ekvationen är y() = C C 2, där C 1 och C 2 är konstanter. Lösning till problem 5. Ekvationen är linjär med konstanta koefficienter. Först löses den homogena ekvationen. Karakteristiska ekvationen är m 2 3m + 2 = 0 m 1 = 1 och m 2 = 2. Den allmänna lösningen till homogena ekvationen är y h () = C 1 e + C 2 e 2. 3

4 Nu sökes en partikulär lösning på formen y p () = (a + b)e till den inhomogena ekvationen. Derivering och insättningen i ekvationen ger: y p = (a 2 + b + 2a + b)e, y p = (a 2 + a + b + 2a + 2b)e och (a 2 + a + b + 2a + 2b)e 3(a 2 + b + 2a + b)e + 2(a + b)e = e 2a + 2a b = a = 1 2 och b = 1.Den sökta partikulära lösningen är y p() = ( )e. Den allnänna lösningen till ekvationen är y() = C 1 e + C 2 e 2 ( )e. Begynnelsevillkoren y(0) = 1 och y (0) = 0 ger 1 = C 1 + C 2 och C 1 + 2C 2 = 1 C 1 = 1 och C 2 = 0. Den sökta lösningen är y() = (1 2 2 )e. Lösning till problem 6. Bestäm y från första ekvationen och sätt in i andra. Man får y 2 e t och 2 e t = 8 2( 2 e t ) + t + = 3e t + t. Karakteristiska ekvationen är m 2 + = 0 m 1,2 = ±2i. Den allmänna lösningen till homogena ekvationen är h (t) = A cos 2t + B sin 2t. Sök nu en partikulär lösning på formen p (t) = ae t + bt + c till den inhomogena ekvationen. Derivering och insättning ger a = 3 5, b = 1 och c = 0, alltså (t) = h (t) + p (t) = A cos 2t + B sin 2t et + 1 t är den allmänna lösningen för (t). Insättningen i y(t) = (t) 2(t) e t ger y(t) = 2A sin 2t + 2B cos 2t et + 1 2(A cos 2t + B sin 2t et + 1 t) et = 2(B A) cos 2t 2(A + B) sin 2t 8 5 et 1 2 t + 1. Insättningen av begynnelsevillkoren (0) = 0 och y(0) = 0 ger 0 = A och 0 = 2(B A) , alltså A = 3 5 och B = 3 0. Den sökta lösningen till systemet är: (t) = 3 3 cos 2t sin 2t et + 1 t och y(t) = cos 2t sin 2t 8 5 et t Lösning till problem 7. Linearisera systemet i origo. Om F (, y) = 2 2y + (sin )(cos y) och G(, y) = 2 + y + 3y 2 då F = 2 + (cos )(cos y), F y = 2 (sin )(sin y), G G = 2 + y och y = + 6y. I origo gäller att F (0, 0) = = 1, F y (0, 0) = 2, G G (0, 0) = 2 och (0, 0) = 0, { y = 2y 1 2 alltså lineariseringen till systemet är: y = 0 visar att (0, 0) = λ 2 är en enkel kritisk punkt. 0 = 2 λ λ2 + λ = 0 λ 1,2 = ± 2. Enligt Poincare s sats origo är en instabil kritisk punkt av sadeltyp. Lösning till problem 8. d = d = y 2, alltså för att hitta lösningskurva till systemet som går igenom punkten y + y2 (1, 1) löser vi den homogena ekvationen d = y2 y + y 2 med begynnelsevillkoret y(1) = 1. Sätt

5 z() = y() y = z d = z + dz d och insättningen i ekvationen ger z + z = z2 z 2 + z z = z3 z 2 + z z z2 + z z 3 z = 1 (1 z + 1 z 2 )z = 1 ln z 1 z = ln + C 1 1 z = ln Cz = ln Cy = y ln Cy. Insättningen av begynnelsevärden = 1 och y = 1 y ger C = e, alltså den sökta lösningskurvan är = y ln(ey) = y(1 + ln y). 5