UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler tel. 018-471 3 89 Prov i matematik Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, poäng 005-04-04 Skrivtid: 14 19. 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.
Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, poäng 005-04-04 1. 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 + 1 6 ln 3. 5. (t) = 1 (C 1 3C ) cos 3t + 1 (3C 1 + C ) sin 3t + 1 3 och y(t) = C 1 cos 3t + C sin 3t 1 3. 6. (, 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) = 3 4 + y 6. 8. y() = Ce och y() = + C 1.
Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, poäng 005-04-04 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 1 + 0 = 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
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 + 1 3. 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
G = 1. Alltså lineariseringen av systemet i punkten (, 8) är : = 8 + y y = 1 y 8 (, 8) är en enkel jämviktspunkt ty 1 1 = 3 0. 8 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 = 3 0. 8 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 = } = 36 4 1y 8 = 1(3 4 + y 8 ) < 0 för alla (, y) (0, 0), alltså (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt. E(, y) = 3 4 + 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