(y 2 xy) dx + x 2 dy = 0 y(e) = e. = 2x + y y = 2x + 3y 2e 3t, = (x 2)(y 1) y = xy 4. = x 5 y 3 y = 2x y 3.

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 7 problem. Lösningarna skall vara åtföljda av förklarande tet. Varje problem ger högst 5 poäng utom problem 4 som kan ge upp mot 10 p. För betygen, 4, 5 krävs 18, 25, respektive 2 poäng. 1. Lös begynnelsevärdesproblem: (y 2 y) d + 2 dy = 0 y(e) = e. 2. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen y = 1 + (y ) 2.. Differentialekvationen y d (+y 2 ) dy = 0 har en integrerande faktor som beror på endast en av variablerna och y. Lös ekvationen fullständigt. 4. Bestäm den lösning till systemet: = 2 + y y = 2 + y 2e t, som uppfyller begynnelsevillkoren (0) = 1 och y(0) = Visa att differentialekvationen y ( + 1)y + y = 0 har en lösning på formen y 1 () = e a, där a är en reell konstant och lös sedan ekvationen fullständigt. 6. Finn alla jämviktspunkter till systemet: = ( 2)(y 1) y = y 4 och undersök deras typ och stabilitet. 7. Visa att origo (0, 0) är den enda jämviktspunkten till systemet = 5 y y = 2 y. Med hjälp av en lämplig Liapunovfunktion undersök stabilitetsegenskaperna hos denna jämviktspunkten.

2 Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng y() = ln. 2. y() = ln cos( + C 1 ) + C 2. µ(y) = 1 y 2, = y2 + Cy. 4. (t) = 1 et + 1 e4t + e t och y(t) = 1 et + 2 e4t + e t. 5. y 1 () = e och y() = C 1 e + C 2 ( + 1). 6. (2, 2) är en instabil knut och (4, 1) är en instabil sadel. 7. E(, y) = y 4, (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt. 2

3 Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng Lösning till problem 1. Differentialekvationen är homogen av första ordningen och kan skrivas på formen: y = y ( y ) 2. Substitutionen z = y ger y = z + z och z + z = z z 2 z dy y y2 = d 2 z 2 = 1 1 z = ln C = ln C y =. Insättningen av begynnelsevillkoret ger y ln C e = e C = 1. Den sökta lösningen är y() = ln Ce ln. Lösning till problem 2. Reducera ordningen av ekvationen genom substitutionen y = p(). Då gäller att y = p () och ekvationen transformeras till p = 1 + p 2 p 1 + p 2 = 1 arctan p = + C 1 p = tan( + C 1 ) y = sin( + C 1) cos( + C 1 ) y() = sin( + C1 ) cos( + C 1 ) d = ln cos( + C 1) + C 2. Lösning till problem. Multiplicera ekvationen med µ(, y). Ekvationen µ y d µ ( + y 2 ) dy = 0 är eakt (µ y) = (µ( + y2 )) µ y y + µ = µ y ( + y 2 ) µ. Om i sista ekvationen µ = 0 då µ(, y) beror bara på y och satisfierar ekvationen µ y = 2µ µ µ = 2 y µ(y) = 1 y 2. ( ) 1 Multiplicera ekvationen med integrerande faktorn. Vi får ekvationen: y d y dy = 0 1 som är eakt. Potentialfunktionen bestäms som f(, y) = y d = + g(y), där g(y) väljs så ( ) y att f y(, y) = y dvs. g (y) = y. Lösningskurvor till ekvationen ges av sambandet y y = C = y2 + Cy. Lösning till problem 4. Från första ekvationen får man att y = 2. Insättningen i andra ekvationen ger: 2 = 2 + ( 2) 2e t = 2e t. Detta är en inhomogen linjär ekvation av andra ordning med konstanta koefficienter. Den allmänna lösningen är summan av en allmänn lösning till den homogena ekvationen = 0 och en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen = 2e t. Karakteristiska ekvationen till den homogena ekvationen är m 2 5m + 4 = 0 m 1 = 1 och m 2 = 4. Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är h (t) = C 1 e t + C 2 e 4t. En partikulär lösning till den inhomogena ekvationen sökes på formen: p (t) = Ae t. p(t) = Ae t och p(t) = 9Ae t. Insättningen i ekvationen ger (9A 15A + 4A)e et = 2e t A = 1. p (t) = e t är en partikulär lösning, alltså: (t) = C 1 e t + C 2 e 4t + e t är en allmänn lösning till den inhomogena ekvationen och den sökta funktionen (t) som satisfierar ekvationssystem. y(t) = (t) 2(t) = C 1 e t +4C 2 e 4t +e t 2(C 1 e t +C 2 e 4t +e t ) = C 1 e t +2C 2 e 4t +e t. Den allmänna lösningen till systemet är: (t) = C1 e t + C 2 e 4t + e t y(t) = C 1 e t + 2C 2 e 4t + e t.

4 Begynnelsevillkoren ger systemet ( ) ( ) ( (0) 1 C1 + C = = y(0) 2 C 1 + 2C ) C1 + C 2 = 0 C 1 + 2C 2 = 1 C 1 = 1 och C 2 = 1. Den sökta lösningen är (t) = 1 et + 1 e4t + e t y(t) = 1 et + 2 e4t + e t. Lösning till problem 5. Om y 1 () = e a då gäller att y 1() = ae a och y 1() = a 2 e a. Insättningen i ekvationen ger att a 2 e a ( + 1)ae a + e a = 0 a 2 a a + = 0 (a )(a 1) = 0 a =. Funktionen y 1 () = e är en lösning till ekvationen. Sök en annan, linjärt oberoende lösning på formen y 2 () = v() e. y 2 = v e + ve och y 2 = v e + 6v e + 9ve. Insättningen i ekvationen ger (efter förkortning med e ): (v + 6v + 9v) ( + 1)(v + v) + v = 0 v + ( 1)v = 0 v v = 1 ln v = ln v = ln e v = e d = 1 e + 1 e d = 1 e ( + 1 ) + C. Alltså man kan välja y 2() = 1 e ( + 1 ) e = 1 ( + 1 ) eller en multipel av denna funktion, te Den allmänna lösningen till ekvationen är y() = C 1 e + C 2 ( + 1). Lösning till problem 6. 0 = ( 2)(y 1) Lös systemet: Första ekvationen ger = 2 eller y = 1 och insättningen i andra ger att punkterna (2, 2) och (4, 1) är de enda jämviktspunkter för systemet. 0 = y 4. Låt F (, y) = ( 2)(y 1) och G(, y) = y 4. Då gäller att F = y 1, F y = 2, G G = y och y =. Lineariseringen i punkten (2, 2). F (2, 2) = 2 1 = 1, F y (2, 2) = 2 2 = 0, G Lineariseringen är = y = 2 + 2y, G (2, 2) = 2 och (2, 2) = 2. y 1 0 = 2 0. Origo (0, 0) är en enkel jämviktspunkt för lineariseringen och λ λ = 0 λ 1 = 1 och λ 2 = 2. Systemets egenvärden är olika och positiva, alltså (0, 0) är en instabil knut. Enligt Poincare s sats jämviktspunkten (2, 2) är instabil knut för det icke-linjära systemet. Lineariseringen i punkten (4, 1). F (4, 1) = 1 1 = 0, F y (4, 1) = 4 2 = 2, G G (4, 1) = 1 och (4, 1) = 4. y Lineariseringen är: = 2y y = + 4y. 4

5 0 2 = 2 0. (0, 0) är en enkel jämviktspunkt för lineariseringen och 1 4 λ λ = 0 λ2 4λ 2 = 0 λ 1,2 = 2 ± 6. Båda egenvärden är reella med olika tecken, alltså (0, 0) är en instabil sadel. Enligt Poincare s sats punkten (4, 1) är en instabil sadel för det icke-linjära systemet. Lösning till problem 7. Ur ekvationssystemet: 5 y = 0 2 y = 0 får vi att y = 2 och insättningen i första ekvationen ger 5 2 = 0 ( 4 + 2) = 0 = 0, alltså även y = 0. Origo (0, 0) är den enda punkten som uppfyller ekvationssystem. Leta efter en Liapunovfunktion till systemet på formen E(, y) = a 2m + by 2n, där a och b är positiva, reella tal och m och n naturliga tal och sådana att E F + E y G < 0 då F (, y) = 5 y och G(, y) = 2 y. Om en sådan funktion E(, y) eisterar, då är (0, 0) en asymptotiskt stabil jämviktspunkt. E F + E y G = 2am2m 1 ( 5 y ) + 2bny 2n 1 (2 y ) = 2am 2m+4 2am 2m 1 y + 4bny 2n 1 2bny 2n+2. Välj nu konstanterna så att 2am 2m 1 y = 4bny 2n 1, dvs. m = 1, n = 2 samt a = 4 och b = 1. Man får att: E(, y) = y 4 och E F + E y G = 86 4y 6 = 4(2 6 + y 6 ) < 0 för alla (, y) (0, 0). Funktionen E(, y) = 4 2 +y 4 är en strikt Liapunovfunktion och därför (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt. 5