dy dx = ex 2y 2x e y.

Transkript

1 UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler tel Prov i matematik Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, poäng Skrivtid: Hjälpmedel: Skrivdon, Physics 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, 5, respektive 3 poäng. 1. Bestäm den lösningskurva till ekvationen som går genom punkten (1, 1). y(y ) d + ( + y) dy = 0. Lös fullständigt differentialekvationen: dy d = e y e y. 3. Ekvationen ( y 1) d + 3 dy = 0 har en integrerande faktor som är beroende av en enda variabel. Bestäm den lösningskurva till ekvationen som går genom punkten (1, 0). 4. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen y 3 y + 4 y = ln för > 0. LEDNING: Den homogena ekvationen har en lösning på formen y = n. 5. Bestäm alla lösningar till systemet: = + 5y y = 1 + y 6. Bestäm alla jämviktspunkter för systemet: = y 16 y = 3 y, och avgör deras typ och stabilitet. 7. Visa att (0, 0) är den enda jämviktspunkten till systemet: = 3 y 5 y = 3 y 3. och undersök dess stabilitet med en lämpligt vald Liapunovfunktion. 8. Bestäm alla lösningar till differentialekvationen: LEDNING: Lös först ut y. (y ) ( + y)y + y = 0.

2 Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, poäng Lösningskurvan ges i implicit form av ekvationen: 1 y + ln y = 0.. y e e y = C. 3. y = ln. 4. y() = C 1 + C ln ln (t) = 1 (C 1 3C ) cos 3t + 1 (3C 1 + C ) sin 3t och y(t) = C 1 cos 3t + C sin 3t (, 8) är en instabil jämviktspunkt av sadeltyp. (, 8) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt av spiraltyp. 7. (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt. Liapunovfunktion kan väljas som E(, y) = y y() = Ce och y() = + C 1.

3 Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, poäng Lösning till problem 1. dy y( y) Differentialekvationen kan skrivas på formen: = d ( + y) dy d = y 1 y 1 + y. Ekvationen är homogen av första ordningen. Substitutionen z = y ger y = z och y = z+ z. Insättningen i ekvationen ger: z + z = z 1 z 1 + z z = z 1 + z 1 + z z z = ( 1 z + 1 z ) z =. Integrering m.a.p. ger 1 + ln z = ln + C. z Återsubstitutionen z = y ger y + ln y + ln = C + ln y = C. y Begynnelsevillkor ger = C, alltså lösningskurva som går genom punkten (1, 1) uppfyller ekvationen 1 + ln y = 0. y Lösning till problem. Ekvationen på differentialform kan skrivas som (y e ) d + ( e y ) dy = 0. Med P (, y) = y e och Q(, y) = e y har vi att P = = Q, alltså ekvationen är eakt. Bestämning av en potentialfunktion: f(, y) = (y e ) d = y e + h(y). f = + h (y) = e y h (y) = e y alltså vi kan välja h(y) = e y. Alla lösningar till ekvationen ges i implicit form av likheten: y e e y = C, där C R. Lösning till problem 3. Låt µ(, y) vara en integrerande faktor till ekvationen. µ ( y 1) d + µ 3 dy = 0 är eakt, alltså (µ ( y 1)) = (µ 3 ) µ y( y 1) + µ = µ 3 + 3µ. Om µ y = 0 µ(, y) = µ() och µ = µ och µ satisfierar ekvationen µ = µ som är µ separabel. µ = 1 ln µ = ln = ln 1 µ() = 1. Ekvationen 1 ( y 1) d+ dy = 0 är eakt med en potentialfunktion f(, y) = y + h() som satisfierar f (, y) = y + h () = y 1. Alltså h () = 1 h() = ln + C. Den allmänna lösningen till ekvationen uppfyller sambandet y ln = c och den lösningskurva som går genom punkten (1, 0) ges då konstanten c uppfyller 1 0 ln 1 = c c = 0. Den sökta lösningskurvan är y = ln. Lösning till problem 4. Insättningen av y 1 = n, y 1 = n n 1 och y 1 = n(n 1) n i den homogena ekvationen y 3 y + 4 y = 0 ger n(n 1)n 3n n + 4 n = 0 n 4n + 4 = 0 n =. Den homogena ekvationen har en lösning y 1 () =. Nu söker vi en annan, linjärt oberoende lösning till den homogena ekvationen på formen y () = v(). y = v + v och y = v + 4v + v. Insättningen i ekvationen ger: 3

4 v v = 0 v v = 1 och integrering ger: ln v = ln = ln 1 (integrationskonstanten vald = 0 ). Vi får att v = 1 och vi kan välja v() = ln. Alltså den andra, linjärt oberoende lösningen till den homogena ekvationen är y () = ln och den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är y H () = C 1 + C ln. Nu söker vi en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen y p () på formen y p () = v 1 () + v () ln sådan som uppfyller ekvationen v 1 + v ln = 0 v 1 + v ln = 0 (1) Insättningen av y p () i ekvationen ger v 1+v ( ln +) = ln som tillsammans med (1) ger v = ln v = ln Integreringen ger v () = ln (integrationskonstanten vald = 0 ). Insättningen av v = ln i (1) ger v 1 = ln ln alltså v 1 () = d = 1 3 ln3 (integrationskonstanten = 0 ). y p () = 3 + ln3 = 6 ln3 och den allmänna lösningen till ekvationen är Lösning till problem 5. y() = y H () + y p () = C 1 + C ln + 6 ln3. = + 5y (1) y = 1 + y () () = y y + 1, alltså = y y och insättningen i (1) ger y y = y y 1 + 5y + y + 9y = 3. Sista ekvationen är en linjär, inhomogen ekvation av andra ordningen med konstanta koefficienter. Motsvarande homogena ekvationen har karakteristiska ekvationen λ + 9 = 0 med rötter λ 1, = ±3i. Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är, alltså, y h () = C 1 cos 3t + C sin 3t. En partikulär lösning y p () till den inhomogena ekvationen kan bestämmas som en konstant y p () = C. Insättningen i ekvationen ger 9C = 3 C = 1 3. y() = C 1 cos 3t + C sin 3t 1 är den allmänna 3 lösningen till den inhomogena ekvationen. (t) = y y + 1 = 1 ( C 1 cos 3t + C sin 3t 1 ) 3 + 3C 1 sin 3t 3C cos 3t + 1 = 1 (C 1 3C ) cos 3t + 1 (3C 1 + C ) sin 3t Lösning till problem 6. Låt F (, y) = y 16 och G(, y) = 3 y. Jämviktspunkter uppfyller ekvationerna: y 16 = 0 3 y = 0 Andra ekvationen ger y = 3 och insättningen i första ger 4 = 16 1 = och = y 1 = 8 och y = 8. Vi får två jämviktspunkter ( 1, y 1 ) = (, 8) och (, y ) = (, 8). Lineariseringen i (, 8) : F = y F (, 8) = 8, F = F (, 8) =, G = 3 G G = 1 och = 1 4

5 G = 1. Alltså lineariseringen av systemet i punkten (, 8) är : = 8 + y y = 1 y 8 (, 8) är en enkel jämviktspunkt ty 1 1 = λ 1 1 λ = 0 λ 7λ 3 = 0 λ 1, = 7 ± 177. Egenvärdena har olika tecken, alltså (0, 0) är en instabil jämviktspunkt av sadeltyp för lineariseringen. Enligt Poincare s sats punkten (, 8) är för systemet en instabil jämviktspunkt av sadeltyp. Lineariseringen i punkten (, 8) : F (, 8) = 8, F (, 8)) =, G (, 8) = 1, G (, 8) = 1. Alltså lineariseringen i (, 8) är: = 8 y y = 1 y 8 Jämviktspunkten (, 8) är en enkel jämviktspunkt ty 1 1 = λ 1 1 λ = 0 λ + 9λ + 3 = 0 λ 1, = 9 ± i 47. Egenvärden är komplea med negativ real del, alltså punkten (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt av spiraltyp för lineariseringen och enligt Poincare s sats punkten (, 8) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt av spiraltyp för systemet. Lösning till problem 7. Låt F (, y) = 3 y 5 och G(, y) = 3 y 3. Jämviktspunkterna uppfyller ekvationssystemet: 3 y 5 = 0 (1) 3 y 3 = 0 () Andra ekvationen ger att = y och insättningen i första ekvationen ger 3 5 = 0 (3 + 4 ) = 0 = 0 som i sin tur ger y = 0. (0, 0) är den enda jämviktspunkten till systemet. Sök Liapunovfunktionen på formen: E(, y) = a m + by n, där a och b är två positiva tal och m och n två naturliga tal. Undersök för vilka a, b, m och n E F + E G är negativt eller negativt semidefinit. E F + E G = amm 1 ( 3 y 5 ) + bny n 1 ( 3 y 3 ) = = 6am m am m 1 y 5 +bn 3 y n 1 bny n+ = med m =, n = 3, a = 3 och b = } = y 8 = 1(3 4 + y 8 ) < 0 för alla (, y) (0, 0), alltså (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt. E(, y) = y 6. Lösning till problem 8. Ekvationen är kvadratisk i obekant y med lösningar y = y och y =. Om y = y då den allmänna lösningen är y() = Ce och om y = då den allmänna lösningen är y() = + C 1. 5