y = sin 2 (x y + 1) på formen µ(x, y) = (xy) k, där k Z. Bestäm den lösning till ekvationen som uppfyler begynnelsevillkoret y(1) = 1.

Transkript

1 UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler tel Prov i matematik Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng Skrivtid: Hjälpmedel: Skrivdon, Phsic Handbook eller Mathematics Handbook, Beta. Tentamen består av 8 problem. Lösningarna skall vara åtföljda av förklarande tet. Varje problem ger högst 5 poäng. För betgen 3, 4, 5 krävs 8, 25, respektive 32 poäng.. Bestäm den lösning till differentialekvationen som går genom punkten (0, ). Ledning: Gör lämplig variabelbte. = sin 2 ( + ) 2. Differentialekvationen ( 22 ) d + d = 0 har en integrerande faktor på formen µ(, ) = () k, där k Z. Bestäm den lösning till ekvationen som uppfler begnnelsevillkoret () =. 3. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen: + ( ) 2 = Differentialekvationen ( + 2) + 2 = 0 har en lösning på formen () = e a. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen. 5. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen + = sin. 6. Bestäm en differentialekvation av andra ordningen med den allmänna lösningen () = C + C Bestäm den lösning till sstemet = 2 + 8t = + 2 som uppfller begnnelsevillkoren (0) = 0 och (0) = Visa att (0, 0) är den enda jämviktspunkt till sstemet: = = 7 2 och bestäm tp av stabiliteten genom att hitta en lämplig Liapunovfunktion.

2 Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng () = arctan µ(, ) = = (), () = = De 2 C, där D, C är konstanter. 4. () = C e + C 2 ( ). 5. () = (C ) cos + (C 2 + ln sin ) sin = (t) = e3t + 6t 2 2t (t) = e3t + 3t 2 + 2t. 8. E(, ) = , (0, 0) är en asmptotiskt stabil jämviktspunkt. 2

3 Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng Lösning till problem. Låt z() = +. Då gäller att z = = z och ekvationen övergår i z = sin 2 z z = sin 2 z z = cos 2 z. Sista ekvationen är separabel: cos 2 z z = tan z = + C tan( + ) = + C. Ur villkoret (0) = får man tan(0 + ) = 0 + C, alltså C = 0. Den sökta funktionen uppfller tan( + ) = + = arctan () = arctan +. Lösning till problem 2. Diferentialekvationen () k ( 22 ) d + () k d = 0 är eakt (k k 2 k+2 k+ ) = (k k ) k k k 2(k + ) k+2 k = k k k k + = 0 k =. Alltså differentialekvationen ( 2 2) d + d = 0 är eakt. 2 En potentialfunktion kan bestämmas som f(, ) = 2 d = + h() där h() väljs så att f (, ) = 2 + h () = 2 2, dvs. h () = 2. h() kan väljas som h() = 2. Den allmänna lösningen till ekvationen ges i implicit form av 2 = C () = (C 2 ). För den sökta partikulära lösningen konstanten C bestäms ur sambandet = C = 0. Alltså, den sökta lösningen är () = 3. Lösning till problem 3. (C ) + ( ) 2 2 = 0. Låt = p() dvs. () = p(()) = p = p p. Insättningen i ekvationen ger: p p + p 2 2p = 0 p + p 2 = 0 eller p = 0. (a) Om p = 0 () = 0 () = c - konstant. (b) Om p + p 2 = 0 då p + p = 2 är en linjär ekvation av ordning i p = p(). p +p = 2 (p) = 2 p = 2 +C p() = + C = + C 2 + C = + A = 2 + C d = 2 ln 2 + C. ln 2 + C = 2( + A) 2 + C = e 2(+A) 2 + C = De 2, där D = ±e 2A. 2 = De 2 C. (Obs: Denna form innehåller också det speciella fallet = konst. ( D = 0 )). Lösning till problem 4. Om () = e a då = ae a och = a 2 e a. Insättningen i ekvationen ger att a 2 e a a( + 2)e a + 2e a = 0 a(a ) 2(a ) = 0 a =. () = e är en lösning till ekvationen. Vi söker nu en annan, linjärt oberoende lösningen på 3

4 formen 2 () = v()e. 2 = (v +v)e och 2 = (v +2v +v)e. Insättningen i ekvationen ger (v +2v +v) (+2)(v +v)+2v = 0 v v = 2 v = 2 e v() = e ( ). Alltså man kan välja 2 () = e ( )e = och den allmänna lösningen till differentialekvationen är () = C e + C 2 ( ). Lösning till problem 5. Först löser vi den homogena ekvationen + = 0 med karakreristiska ekvationen λ 2 + = 0 λ,2 = ±i, alltså den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är H () = C cos + C 2 sin. Vi söker nu partikulär lösning p () till den inhomogena ekvationen. Den partikulära lösningen sökes på formen p () = v () cos + v 2 () sin som uppfller villkoret: v cos + v 2 sin = 0 () Derivering av p () ger p = v sin +v 2 cos och p = v sin v cos +v 2 cos v 2 sin. Insättningen i ekvationen ger: v sin + v 2 cos = sin Ur () och (2) löser vi v och v 2. Vi får: (() sin + (2) cos ) v 2 = cos sin och v =, alltså: v () = och v 2 () = ln sin. Den sökta partikulära lösningen är p () = cos +sin ln sin och den allmänna lösningen till ekvationen är () = (C ) cos + (C 2 + ln sin ) sin. Lösning till problem 6. Metod. () = C + C 2 2 C = C 2 3. Derivera m.a.p.. Man får 0 = C (2) = 3C 2. Derivera en gång till. Man får: ( + + ) 2 2( + ) 4 = = 0. 2 Metod 2. Ekvationen kan skrivas som 2 2 = = = Lösning till problem 7. Från andra ekvationen får man att = 2 och = 2. Insättningen i första ekvationen ger 3 = 8t som är en ekvation av andra ordningen, inhomogen linjär med konstanta koefficienter. Karakteristiska ekvationen är λ 2 3λ = 0 λ = 0 och λ 2 = 3. Den allmänna lösningen H () = C + C 2 e 3t. Partikulär lösning söks på formen p (t) = at 2 + bt, t λ = 0. p = 2at + b och p = 2a. Insättningen ger 2a 3(2at + b) = 8t a = 3 och b = 2, alltså den allmänna lösning är (t) = C + C 2 e 3t + 3t 2 + 2t. Insättningen i (t) = 2 ger (t) = 2(C + C 2 e 3t + 3t 2 + 2t) (3C 2 e 3 + 6t + 2) = 2(C ) C 2 e 3t + 6t 2 2t. 2C C Den lösning som satisfierar begnnelsevillkoren uppfller sstemet: 2 = 2 C + C 2 = 0 C = 2 3 och C 2 = 2 3. Den sökta lösningen är (t) = e3t + 6t 2 2t och (t) = e3t + 3t 2 + 2t. 4

5 Lösning till problem 8. För att bestämma alla jämviktspunkter löser vi sstemet: = = 0. Från första ekvationen får vi = och insättningen i andra ekvationen ger 7 2 = 0 ( 6 + 2) = 0 = 0 Detta medför att även = 0 och att (0, 0) är den enda jämviktspunkten för sstemet. För att avgöra stabiliteten hos (0, 0) använder vi Liaponovmetoden. Låt E(, ) = a 2m +b 2n. Om F (, ) = och G(, ) = 7 2 då E F + E G = 2am2m ( ) + 2bn 2n ( 7 2) = = 2am 2m+4 + 2am 2m 5 2bn 7 2n 4bn 2n. Om vi väljer m = 4, n = 3, a = 3 och b = 4 får vi att E(, ) = är en positivt definit form och att E F + E G = 48(8 + 6 ) < 0 för alla (, ) 0, är negativt definit. Alltså, E(, ) = är en strikt Liapunovfunktin för sstemet. Enligt Liapunov sats betder det att (0, 0) är en asmptotiskt stabil jämviktspunkt. 5