Vilka lösningar till (a) resp

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler

tel. 018-471 32 89

Prov i matematik

Civilingenjörsprogrammen Ordinära dierentialekvationer, 2 poäng

2003-10-10

Skrivtid: 914. Hjälpmedel: Skrivdon, Physic Handbook eller Mathematics Handbook, Beta.

Tentamen består av 8 problem. Lösningarna skall vara åtföljda av förklarande text. Varje problem ger högst 5 poäng. För betygen 3, 4, 5 krävs 18, 25, respektive 32 poäng (inklusive bonuspoäng).

1. Lös dierentialekvationerna:

(a) (2x + y²) dx + (2xy + 1) dy = 0, (b) y⁰− y²sin x = 0. Vilka lösningar till (a) resp. (b) passerar genom punkten (0, 1) ?

2. Bestäm en dierentialekvation som har den allmänna lösningen y(x) = c1x +c₂ x . 3. Veriera att funktionen y1(x) = e^x är en lösning till den linjära, homogena ekvationen

xy⁰⁰− (3x + 1)y⁰+ (2x + 1)y = 0 . Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen.

4. Lös dierentialekvationen (x²+ xy + 2x + y) dx + (x²+ xy + x) dy = 0. Ledning: Det nns en integrerande faktor po formen µ(x, y) = g(x + y) . 5. Bestäm en fundamentalmatris för systemet:

( x⁰ = x + 4y y⁰ = x + y .

Vilken lösning uppfyller begynnelsevillkoret x(0) = 1 och y(0) = 1 ? 6. Bestäm alla jämviktspunkter, deras typ och stabilitet för systemet:

( x⁰ = y − xy² y⁰ = 2x − y + xy .

7. Visa att (0, 0) är den enda jämviktspunkten till systemet:

( x⁰ = −x + y⁵ y⁰ = −x³− y³.

Är (0, 0) en enkel jämviktspunkt? Är (0, 0) en stabil eller instabil jämviktspunkt?

Ledning: Bestäm en Liapunovfunktion till systemet.

Svar till tentamen i Ordinära dierentialekvationer, 2 poäng 2003-10-10

1. (a) x²+ xy²+ y = C. Lösningskurva som passerar punkten (0, 1) är x²+ xy²+ y = 1.

(b) y = 1

cos x + C. Genom punkten (0, 1) går kurvan y = 1 cos x. 2. x²y⁰⁰+ xy⁰− y = 0.

3. y(x) = C1e^x+ C₂(x − 1)e^2x, där C1, C₂ ∈ R. 4. µ(x, y) = e^x+y, x(x + y)e^x+y = C.

5. En fundamentalmatris till systemet kan väljas som 1 4

2(e^3t+ e^−t) 4(e^3t− e^−t) e^3t− e^−t 2(e^3t+ e^−t)

! . Den sökta lösningen som uppfyller begynnelsevillkoren x(0) = 1 och y(0) = 1 är:

x(t) y(t)

!

=





 3

2e^3t−1 2e^−t 3

4e^3t+1 4e^−t





.

6. (0, 0) är en instabil sadelpunkt, (−1, −1) och (1

2, 2) är två asymptotiskt stabila spiraler.

7. (0, 0) är inte en enkel jämviktspunkt. Till systemet nns det en strikt Liapunovfunktion E(x, y) = 3x⁴+ 2y⁶. (0, 0) är en asymptotiskt stabil punkt.

8. y(x) = cos x .

Lösningar till tentamen i Ordinära dierentialekvationer, 2 poäng 2003-10-10

Lösning till problem 1.

(a) Det är lätt att se att ekvationen är exakt, ty ∂M

∂y = 2y = ∂N

∂x , där M(x, y) = 2x+y² och N (x, y) = 2xy + 1. En potential funktion är då f(x, y) =^Z (2x + y²) dx = x²+ xy²+ h(y), där h(y) är vald så att ∂f

∂y = 2xy + 1, dvs h⁰(y) = 1. Detta medför att h(y) = y + c , där c är en konstant.

Lösningskurvor till ekvationen satiserar sambandet: x²+ xy²+ y = C. Begynnelsevillkoret y(0) = 1 ger kurvan x²+ xy²+ y = 1.

(b) Ekvationen är separabel därför att y⁰−y²sin x = 0 ⇔ 1

y²y⁰ = sin x ⇔ −1

y = − cos x−C ⇔

y = 1

cos x + C , som är den allmänna lösningen till ekvationen.

Den lösning som går genom punkten (0, 1) är då y(x) = 1 cos x. Lösning till problem 2.

Deriviera funktionen y(x) = c1x +c2

x . Man får y⁰ = c1−c2

x² och y⁰⁰ = 2c2

x³ . Ur sista likheten får man att c2 = x³

2 y⁰⁰. Insättningen i y⁰ ger c1 = y⁰+x

2y⁰⁰. Byter man c1 och c2 mot erhållna uttryck i y(x) , får vi ekvationen: y =^y⁰+x

2y⁰⁰

 x +

x³ 2 y⁰⁰

x ⇔ x²y⁰⁰+ xy⁰− y = 0. Lösning till problem 3.

Insättningen av y1(x) = e^x in i ekvationen visar att y1(x) = e^x är en lösning till ekvationen.

För att hitta andra, linjärt oberoende lösningen till ekvationen använder vi Liouvills metod med variabla koecienter, dvs vi söker en lösning på formen y2(x) = v(x)e^x. Derivering av y2(x) ger: y₂⁰(x) = (v⁰+ v)e^x och y₂⁰⁰(x) = (v⁰⁰+ 2v⁰+ v)e^x. Insättningen i ekvationen ger:

x(v⁰⁰+ 2v⁰+ v)e^x− (3x + 1)(v⁰+ v)e^x+ (2x + 1)ve^x= 0 ⇔ xv⁰⁰− (x + 1)v⁰ = 0 ⇔ v⁰⁰

v⁰ = 1 + 1 x. Integreringen ger: ln v⁰ = x + ln x, alltså v⁰= e^{x+ln x} = xe^x. Integrerar man en gång till så får man att v(x) =^Z xe^xdx = (x − 1)e^x(+C).

Som andra linjärt oberoende lösningen till ekvationen kan väljas y2(x) = (x−1)e^x·e^x = (x−1)e^2x och den allmänna lösningen till ekvationen kan skrivas som:

y(x) = C1e^x+ C2(x − 1)e^2x, där C1, C2∈ R .

Lösning till problem 4. Multiplicera dierentialekvationen med µ(x, y) = g(x + y) . Ekvationen g(x + y)(x²+ xy + 2x + y) dx + g(x + y)(x²+ xy + x) dy = 0 är exakt om

∂

∂y

g(x + y)(x²+ xy + 2x + y)^= ∂

∂x

g(x + y)(x²+ xy + x)^⇔

g⁰(x + y)(x²+ xy + 2x + y) + g(x + y)(x + 1) = g⁰(x + y)(x²+ xy + x) + g(x + y)(2x + y + 1) ⇔

0 g⁰(t)

, där t = x + y .

Ekvationen g⁰

g = 1 har en lösning g(t) = e^t, alltså µ(x, y) = e^x+y är en integrerande faktor och ekvationen e^x+y(x²+ xy + 2x + y) dx + e^x+y(x²+ xy + x) dy = 0 är exakt.

Bestämning av en potentialfunktion f(x, y) . f (x, y) =

Z

e^x+y(x²+ xy + x) dy = (x²+x)e^x+y+xye^x+y−xe^x+y+h(x) = (x²+xy)e^x+y+h(x).

∂f

∂x = (2x+y+x²+xy)e^x+y+h⁰(x) ⇒ h⁰(x) = 0 ⇔ h(x) = konst., alltså lösningen till ekvationen ges av nivåkurvor x(x + y)e^x+y = C.

Lösning till problem 5.

Som en fundamentalmatris till systemet ~X⁰= A ~X kan väljas matrisen e^tA. Matrisen A = 1 4

1 1

!

har egenvärdena som är lösningar till karakteristiska ekvationen:

1 − m 4

1 1 − m

= 0 ⇔ (1 − m)²− 4 = 0 ⇔ m₁= −1 och m2= 3.

Bestämning av matrisen e^tA. Matrisen e^tA = a · A + b · I där a och b kan bestämmas ur ekvationssystemet:

( e^−t+ a − b = 0 e^3t− 3a − b = 0 . Vi får a = 1

4(e^3t− e^−t) och b = 1

4(e^−t+ 3e^−t), alltså

e^tA= 1

4(e^3t− e^−t) 1 4 1 1

! +1

4(e^−t+ 3e^−t) 1 0 0 1

!

=





 1

2(e^3t+ e^−t) e^3t− e^−t 1

4(e^3t− e^−t) 1

2(e^3t+ e^−t)





. Den sökta lösningen som uppfyller begynnelsevillkoren x(0) = 1 och y(0) = 1 är:

x(t) y(t)

!

=





 1

2(e^3t+ e^−t) e^3t− e^−t 1

4(e^3t− e^−t) 1

2(e^3t+ e^−t)





 1 1

!

=





 3

2e^3t−1 2e^−t 3

4e^3t+1 4e^−t





 . Lösning till problem 6.

Alla jämviktspunkter får man som lösningar till ekvationssystemet:

( y − xy² = 0 2x − y + xy = 0 . Första ekvationen ger att y = 0 eller y = 1

x. Insättningen i andra ekvationen ger att x = 0 eller y²− y − 2 = 0 ⇔ y = −1 eller y = 2 .

Det nns tre jämviktspunkter till systemet: (0, 0) , (−1, −1) och (1 2, 2). Undersökning av stabiliteten och typen genom linearisering.

∂F

∂x = −y², ∂F

∂y = 1 − 2xy , ∂G

∂x = 2 + y , ∂G

∂y = −1 + x , där F (x, y) = y − xy² och G(x, y) = 2x − y + xy .

(a) För (0, 0) .

∂F

∂x(0, 0) = 0 , ∂F

∂y(0, 0) = 1 , ∂G

∂x(0, 0) = 2 och ∂G

∂y(0, 0) = −1, alltså systemet:

( x⁰ = y y⁰ = 2x − y

är lineariseringen i punkten (0, 0) . Jämviktspunkten (0, 0) är enkel ty     

0 1

2 −1     

6= 0. Karakteristiska ekvationen för systemets matris är

−λ 1

2 −1 − λ     

= 0 ⇔ λ²+ λ − 2 = 0 med rötterna λ1 = −2 och λ2 = 1. Rötterna är reella med olika tecken, alltså (0, 0) är en instabil sadelpunkt till lineariseringen och p.g.a. Poincare's sats även en instabil sadelpunkt för det icke-linjära systemet.

(b) För (−1, −1) .

∂F

∂x(−1, −1) = −1 , ∂F

∂y(−1, −1) = −1 , ∂G

∂x(−1, −1) = 1 och ∂G

∂y(−1, −1) = −2, alltså systemet:

( x⁰ = −x − y y⁰ = x − 2y

är lineariseringen i punkten (−1, −1) . Jämviktspunkten (−1, −1) är enkel, ty 

−1 −1 1 −2

6= 0. Karakteristiska ekvationen för systemets matris är:

−1 − λ −1 1 −2 − λ

= 0 ⇔ λ²+ 3λ + 3 = 0 med rötterna λ1= −3 − i√ 3 2 och λ2 = −3 + i√

3

2 . Rötterna är komplexa med Reλ1,2< 0, alltså punkten (0, 0) är en asymptotiskt stabil spiral till lineariseringen.

Enligt Poincare's sats gäller att punkten (−1, −1) är en asymptotiskt stabil spiral för systemet.

(c) För (1 2, 2).

∂F

∂x(1

2, 2) = −4 , ∂F

∂y(1

2, 2) = −1 , ∂G

∂x(1

2, 2) = 4 och ∂G

∂y(1

2, 2) = −1

2, alltså systemet:







x⁰ = −4x − y y⁰ = 4x − 1

2y är lineariseringen i punkten (1

2, 2). Jämviktspunkten (1

2, 2) är enkel, ty 

−4 −1 4 −1 2

6= 0. Karakteristiska ekvationen för systemets matris är:

−4 − λ −1

4 −1

2 − λ      

= 0 ⇔ λ²+9

2λ + 6 = 0 med rötterna λ1= −9 − i√ 15 4 och λ2 = −9 + i√

15

4 . Rötterna är komplexa med Reλ1,2< 0, alltså punkten (0, 0) är en asymptotiskt stabil spiral till lineariseringen.

Enligt Poincare's sats gäller att punkten (1

är en asymptotiskt stabil spiral för

Lösning till problem 7.

För att hitta jämviktspunkter löser vi systemet:

( −x + y⁵ = 0

−x³− y³ = 0 . Från andra ekvationen får vi att y = −x och insättningen i första ger

−x − x⁵ = 0 ⇔ −x(1 + x⁴) = 0 ⇔ x = 0, alltså (0, 0) är den enda jämviktspunkten.

Lineariseringen av systemet i (0, 0) är

( x⁰ = −x y⁰ = 0 , och

−1 0

0 0

= 0 som betyder att (0, 0) är inte en enkel jämviktspunkt. Poincare's sats kan, alltså inte tillämpas.

Finns det en Liapunovfunktion till systemet? Låt E(x, y) = ax^2m+ bx²ⁿ.

∂E

∂xF + ∂E

∂yG = 2amx^2m−1(−x + y⁵) + 2bny²ⁿ⁻¹(−x³− y³) =

−2amx^2m+ 2amx^2m−1y⁵− 2bnx³y²ⁿ⁻¹− 2bny²ⁿ⁺².

Vi väljer m och n så att 2m − 1 = 3 och 2n − 1 = 5 samtidigt a och b så att am = bn . Vi väljer m = 2 och n = 3 samt t.ex. a = 3 och b = 2 . Då blir:

∂E

∂xF + ∂E

∂yG = −12x⁴− 12y⁸ = −12(x⁴+ y⁸) < 0 för alla (x, y) 6= (0, 0) .

Funktionen E(x, y) = 3x⁴+ 2y⁶ är en strikt Liapunovfunktion till systemet. Detta betyder att (0, 0) är en asymptotiskt stabil punkt.

Lösning till problem 8.

Låt f(x, y, z) = xyz+1

2z². ∂f

∂y = xz och ∂f

∂z = xy+z. Vidare d

dx(xy+y⁰) = y+xy⁰+y⁰⁰, alltså Eulers ekvation ^ d

dx

∂f

∂y⁰



−∂f

∂y = 0

 för detta problem är: y+xy⁰+y⁰⁰−xy⁰= 0 ⇔ y⁰⁰+y = 0. Denna har den allmänna lösningen y(x) = A cos x + B sin x .

Randvillkoren ger 1 = y(0) = A och 0 = y^π 2



= B. Den sökta lösningen är, alltså y(x) = cos x .