UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler
tel. 018-471 32 89
Prov i matematik
Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng
2005-12-14
Skrivtid: 15.00–20.00. 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.
1. Bestäm den lösning till differentialekvationen
y0= sin2(x − y + 1) som går genom punkten (0, 1) .
Ledning: Gör lämplig variabelbyte.
2. Differentialekvationen (1
x − 2x2y) dx +1
ydy = 0 har en integrerande faktor på formen µ(x, y) = (xy)k, där k ∈ Z .
Bestäm den lösning till ekvationen som uppfyler begynnelsevillkoret y(1) = −1 . 3. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen:
y · y00+ (y0)2= 2y · y0.
4. Differentialekvationen xy00 − (x + 2)y0 + 2y = 0 har en lösning på formen y1(x) = eax. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen.
5. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen y00+ y = 1
sin x.
6. Bestäm en differentialekvation av andra ordningen med den allmänna lösningen y(x) = C1
x + C2x2.
7. Bestäm den lösning till systemet
( x0 = x − 2y + 18t y0 = −x + 2y som uppfyller begynnelsevillkoren x(0) = 0 och y(0) = 0 . 8. Visa att (0, 0) är den enda jämviktspunkt till systemet:
( x0 = −x5+ y5 y0 = −x7− 2y
Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-12-14
1. y(x) = x − arctan x + 1 . 2. µ(x, y) = 1
xy = (xy)−1, y(x) = − 1 x3 . 3. y2= De2x− C , där D , C är konstanter.
4. y(x) = C1ex+ C2(x2+ 2x + 2) .
5. y(x) = (C1− x) cos x + (C2+ ln | sin x|) sin x . 6. x2y00− 2y = 0 .
7. x(t) = −2 3 +2
3e3t+ 6t2− 2t y(t) = 2
3− 2
3e3t+ 3t2+ 2t .
8. E(x, y) = 3x8+ 4y6, (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.
Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-12-14
Lösning till problem 1.
Låt z(x) = x − y + 1 . Då gäller att z0 = 1 − y0 ⇔ y0 = 1 − z0 och ekvationen övergår i 1 − z0 = sin2z ⇔ z0 = 1 − sin2z ⇔ z0= cos2z . Sista ekvationen är separabel: 1
cos2z · z0 = 1 ⇔ tan z = x + C ⇔ tan(x − y + 1) = x + C . Ur villkoret y(0) = 1 får man tan(0 − 1 + 1) = 0 + C , alltså C = 0 . Den sökta funktionen uppfyller tan(x − y + 1) = x ⇔ x − y + 1 = arctan x ⇔ y(x) = x − arctan x + 1 .
Lösning till problem 2.
Diferentialekvationen (xy)k(1
x − 2x2y) dx + (xy)k·1
ydy = 0 är exakt ⇔
∂
∂y(xk−1yk− 2xk+2yk+1) = ∂
∂x(xkyk−1) ⇔ kxk−1yk−1− 2(k + 1)xk+2yk= kxk−1yk−1 ⇔ k + 1 = 0 ⇔ k = −1 . Alltså differentialekvationen ( 1
x2y − 2x) dx + 1
xy2dy = 0 är exakt.
En potentialfunktion kan bestämmas som f (x, y) =
Z 1
xy2dy = − 1
xy + h(x) där h(x) väljs så att fx0(x, y) = 1
x2y + h0(x) = 1
x2y − 2x , dvs. h0(x) = −2x . h(x) kan väljas som h(x) =
−x2. Den allmänna lösningen till ekvationen ges i implicit form av − 1
xy − x2 = C ⇔ y(x) = 1
x(C − x2).
För den sökta partikulära lösningen konstanten C bestäms ur sambandet −1 = 1
1(C − 1) ⇔ C = 0 . Alltså, den sökta lösningen är y(x) = −1
x3. Lösning till problem 3.
yy00+ (y0)2− 2yy0= 0 . Låt y0 = p(y) dvs. y0(x) = p(y(x)) ⇒ y00= p0· y0 = p0· p . Insättningen i ekvationen ger: yp0p + p2− 2yp = 0 ⇔ yp0+ p − 2y = 0 eller p = 0 .
(a) Om p = 0 ⇒ y0(x) = 0 ⇒ y(x) = c - konstant.
(b) Om yp0+ p − 2y = 0 då yp0+ p = 2y är en linjär ekvation av ordning 1 i p = p(y) . yp0+ p = 2y ⇔ (yp)0 = 2y ⇔ yp = y2+ C ⇔ p(y) = y +C
y ⇒ y0 = y +C
y ⇔ yy0
y2+ C = 1 ⇔ x + A =
Z y
y2+ C dy = 1
2ln |y2+ C| . ln |y2 + C| = 2(x + A) ⇒ |y2+ C| = e2(x+A) ⇒ y2+ C = De2x, där D = ±e2A.
y2= De2x− C .
(Obs: Denna form innehåller också det speciella fallet y = konst. ( D = 0 )).
Lösning till problem 4.
Om y1(x) = eax då y10 = aeax och y001 = a2eax. Insättningen i ekvationen ger att a2xeax− a(x + 2)eax+ 2eax = 0 ⇔ a(a − 1)x − 2(a − 1) = 0 ⇔ a = 1 .
y1(x) = ex är en lösning till ekvationen. Vi söker nu en annan, linjärt oberoende lösningen på
formen y2(x) = v(x)ex. y20 = (v0+v)ex och y002 = (v00+2v0+v)ex. Insättningen i ekvationen ger x(v00+2v0+v)−(x+2)(v0+v)+2v = 0 ⇔ v00
v0 = 2
x−1 ⇒ v0= x2e−x⇒ v(x) = −e−x(x2+2x+2) . Alltså man kan välja y2(x) = e−x(x2+ 2x + 2)ex = x2+ 2x + 2 och den allmänna lösningen till differentialekvationen är y(x) = C1ex+ C2(x2+ 2x + 2) .
Lösning till problem 5.
Först löser vi den homogena ekvationen y00+ y = 0 med karakreristiska ekvationen λ2+ 1 = 0 ⇔ λ1,2= ±i , alltså den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är
yH(x) = C1cos x + C2sin x .
Vi söker nu partikulär lösning yp(x) till den inhomogena ekvationen. Den partikulära lösningen sökes på formen yp(x) = v1(x) cos x + v2(x) sin x som uppfyller villkoret:
v10 cos x + v02sin x = 0 (1)
Derivering av yp(x) ger yp0 = −v1sin x+v2cos x och yp00= −v10 sin x−v1cos x+v2cos x−v2sin x . Insättningen i ekvationen ger:
−v01sin x + v02cos x = 1
sin x (2)
Ur (1) och (2) löser vi v10 och v20 . Vi får: ((1) sin x + (2) cos x ) v02= cos x
sin x och v01= −1 , alltså:
v1(x) = −x och v2(x) = ln | sin x| .
Den sökta partikulära lösningen är yp(x) = −x cos x + sin x ln | sin x| och den allmänna lösningen till ekvationen är y(x) = (C1− x) cos x + (C2+ ln | sin x|) sin x .
Lösning till problem 6.
Metod 1. y(x) = C1
x + C2x2 ⇔ C1= xy − C2x3. Derivera m.a.p. x . Man får 0 = y + xy0− 3x2C2⇔ y + xy0
x2 = 3C2. Derivera en gång till. Man får:
(y0+ y0+ xy00)x2− 2x(y + xy0)
x4 = 0 ⇔ x2y00− 2y = 0 .
Metod 2. Ekvationen kan skrivas som
y 1
x x2 y0 − 1
x2 2x y00 2
x3 2
= 0 ⇔ − 6
x2y +3y00 = 0 ⇔ x2y00−2y = 0 .
Lösning till problem 7.
Från andra ekvationen får man att x = 2y − y0 och x0 = 2y0 − y00. Insättningen i första ekvationen ger y00− 3y0 = −18t som är en ekvation av andra ordningen, inhomogen linjär med konstanta koefficienter. Karakteristiska ekvationen är λ2− 3λ = 0 ⇔ λ1 = 0 och λ2 = 3 . Den allmänna lösningen yH(x) = C1 + C2e3t. Partikulär lösning söks på formen yp(t) = at2+ bt , ty λ1 = 0 . y0p = 2at + b och yp00 = 2a . Insättningen ger 2a − 3(2at + b) = −18t ⇔ a = 3 och b = 2 , alltså den allmänna lösning är y(t) = C1+ C2e3t+ 3t2+ 2t . Insättningen i x(t) = 2y − y0 ger x(t) = 2(C1+ C2e3t+ 3t2+ 2t) − (3C2e3x+ 6t + 2) = 2(C1− 1) − C2e3t+ 6t2− 2t . Den lösning som satisfierar begynnelsevillkoren uppfyller systemet:
( 2C1− C2 = 2 C1+ C2 = 0
⇔ C1= 2
3 och C2= −2 3.
Den sökta lösningen är x(t) = −2 3+2
3e3t+ 6t2− 2t och y(t) = 2 3−2
3e3t+ 3t2+ 2t .
Lösning till problem 8.
För att bestämma alla jämviktspunkter löser vi systemet:
( −x5+ y5 = 0
−x7− 2y = 0 .
Från första ekvationen får vi x = y och insättningen i andra ekvationen ger
−x7− 2x = 0 ⇔ −x(x6+ 2) = 0 ⇔ x = 0 Detta medför att även y = 0 och att (0, 0) är den enda jämviktspunkten för systemet.
För att avgöra stabiliteten hos (0, 0) använder vi Liaponovmetoden. Låt E(x, y) = ax2m+by2n. Om F (x, y) = −x5+ y5 och G(x, y) = −x7− 2y då
∂E
∂xF + ∂E
∂yG = 2amx2m−1(−x5+ y5) + 2bny2n−1(−x7− 2y) =
= −2amx2m+4+ 2amx2m−1y5− 2bnx7y2n−1− 4bny2n.
Om vi väljer m = 4 , n = 3 , a = 3 och b = 4 får vi att E(x, y) = 3x8+ 4y6 är en positivt definit form och att ∂E
∂xF + ∂E
∂yG = −48(x8+ y6) < 0 för alla (x, y) 6= 0 , är negativt definit.
Alltså, E(x, y) = 3x8+ 4y6 är en strikt Liapunovfunktin för systemet. Enligt Liapunov sats betyder det att (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.