Uppsala Universitet Matematiska institutionen Anders Källström Prov i matematik Ordinära differentialekvationer F,Q,W,IT Civilingenjörsutbildningen 1996-6-7 Skrivtid: 15. 21.. Varje problem ger högst 5 poäng. Tillåtna hjälpmedel: Physics Handbook eller Beta. Lösningarna skall vara åtföljda av förklarande tet. 1. Lös differentialekvationen ( 2 + y 2 )d + 2ydy =. 2. Ekvationen y 2 d + (e y)dy = har en integrerande faktor av formen f(ye ), där f C 1. Bestäm denna och lös därefter ekvationen fullständigt. 3. Bestäm de kurvor y = y() i första kvadranten, som har egenskapen att för varje > så är y() omvänt proportionell mot arean mellan kurvan och -aeln i intervallet (, ). 4. Bestäm alla kritiska punkter till systemet = ye y y = ye y. Konstruera även fasporträttet med angivande av riktningen på banorna. 5. Lös systemet = 2 y y = y 2 + 18t. 6. Undersök med hjälp av en lämplig Lyapunovfunktion stabilitetsegenskaperna hos jämviktsläget (, ) till systemet = 2y 3 y = 3 y 5. 7. Ekvationen y (2 + 1)y + 2y = har en lösning på formen y = e a för något värde på konstanten a. Lös ekvationen fullständigt. 8. Bestäm de funktioner u() som gör funktionalen I(y) = 2 e y (y + y 2 ) d, y() =, y(2) = 2 stationär. Visa att vi får samma lösningar om I(y) = 2 e y y 2 d. Förklara varför.
Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 1996-6-7 1. 3 3 + y2 = C där C är en godtycklig konstant. 2. f(ye ) = 1 ye. ln y ye = C. (Man ser också att y = är en singulär lösning.) 3. y = A. 4. Kritiska punkter är y =. Fasporträttet: y = 2 2 + C, dvs banorna är parabler. Riktningen inses av att > för y > och < för y <. 5. = C 1 + C 2 e 3t + 3t 2 + 2t och y = 2C 1 C 2 e 3t + 6t 2 2t 2. 6. E(, y) = 4 + 4y 2 (positiv definit) och E = 4 6 8y 6 (negativt definit) vilket visar att (, ) är asymptotiskt stabil. 7. y = C(2 + 1) + Be 2 där B och C är konstanter. 8. u() = (e 1) + 2. Termen e y y är eakt (= d d ey ) vilket innebär att den inte ger något bidrag till Euler- Lagranges ekvation. Den andra funktionalen har således samma etremaler. 2
Lösningar till tentamen i ordinära diff-ekvationer 9667 Lösning till problem 1. Ekvationen är eakt med potential U(, y) = 3 3 + y2 vilket ger lösningarna 3 3 + y2 = C där C är en godtycklig konstant. Lösning till problem 2. f(ye )y 2 d + f(ye )(e y)dy = eakt ger villkor [f(ye )(e y)] = [ f(ye )y 2] y vilket efter derivering ger f (ye )ye = f(ye ). Sätt t = ye och vi får differentialekvationen f (t) = f(t) med lösning f(t) = 1 t t. En integrerande faktor är alltså 1 ye. Multiplikation med denna ger ekvation ( ) 1 ye d + y e dy = med potential U(, y) = ln y ye och lösningarna blir således ln y ye = C. (Man ser också att y = är en singulär lösning.) Lösning till problem 3. Villkoret ger att y() = vi sätter u() = C där C är en konstant. Om y(t) dt y(t) dt så blir u () = y() och u() =. Vi får differentialekvationen u () = C u() eller uu = C vilket ger u 2 /2 = C + D. Begynnelsevillkoret u() = D = och u = 2C. Slutligen ger y = u att 2C y = 2 = A där A är en konstant. Lösning till problem 4. Kritiska punkter är naturligtvis y =. fasporträttet eliminerar vi tidsberoendet genom att beräkna dy d = y = yey ye y = För att konstruera 3
vilket ger att y = 2 2 + C, dvs banorna är parabler. Riktningen inses av att > för y > och < för y <. Lösning till problem 5. y = 2, y = 2 ger insatt i den andra ekvationen 3 = 18t. Karakteristisk ekvation m 2 3m = homogena lösningen H = C 1 + C 2 e 3t. Ansats för partikulär lösning P = (At + B)t = At 2 + Bt insatt i ekvationen ger 2A 3(2At + B) = 18t A = 3, B = 2 vilket ger totallösning = C 1 + C 2 e 3t + 3t 2 + 2t. Sedan fås y = 2 = 2C 1 C 2 e 3t + 6t 2 2t 2. Lösning till problem 6. Ansätt E = A 2m + By 2n. Vi beräknar E = 2mA 2m 1 (2y 3 ) + 2nBy 2n 1 ( 3 y 5 ) = 4mA 2m 1 y 2nB 3 y 2n 1 2mA 2m+2 2nBy 2n+4 Välj 2m 1 = 3 och 2n 1 = 1 dvs (m, n) = (2, 1). Detta ger att E = A 4 + By 2 och E = (8A 2B) 3 y 4A 6 2By 6. Välj A = 1, B = 4 ger E = 4 + 4y 2 (positivt definit) och E = 4 6 8y 6 (negativt definit) vilket visar att (, ) är asymptotiskt stabil. Lösning till problem 7. y = e a insatt i ekvationen ger (efter division med e a ) a 2 (2 + 1)a + 2 = för alla a = 2. Ansätt nu lösning y = e 2 u vilket insatt i ekvationen ger (efter division med e 2 ) ( (u + 4u + 4u) (2 + 1)(u + 2u) + 2u = u + 2 1 ) u =. Med hjälp av integrerande faktor finner man u = Ae 2 och efter ytterligaer en integration u = A 2 e 2 A 4 e 2 + B vilket ger att y = e 2 u = A 4 (2 + 1) + Be2 dvs av formen y = C(2 + 1) + Be 2 där B och C är konstanter. 4
Detta ger Euler-Lagrange- Lösning till problem 8. Sätt F (, y, y ) = e y (y + y 2 ). ekvationen e y (y + y 2 ) d d (ey (1 + 2y )) = e y (y + y 2 ) e y y (1 + 2y ) e y 2y = 2y + y 2 =. Detta ger ger 2y y + y = 2 ln y + y = A. (Den singulära lösningen svarande mot y = kan ej uppfylla villkoren y() = och y(2) = 2.) Vi får (y ) 2 e y = e A e y/2 y = ±e A/2 = B. Integration ger 2e y/2 = B + C. Villkoret y() = B = 2. Sedan ger y(2) = 2 att 2e = 2B +2 B = e 1. Den sökta funktionen är alltså u() = (e 1)+2. Termen e y y är eakt (= d d ey ) vilket innebär att den inte ger något bidrag till Euler- Lagranges ekvation. Den andra funktionalen har således samma etremaler. 5