UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler
tel. 018-471 32 89
Prov i matematik
Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng
2005-01-10
Skrivtid: 8.00 – 13.00. Hjälpmedel: Skrivdon, Physic Handbook eller Mathematics Handbook, Beta. Tentamen består av 7 problem. Lösningarna skall vara åtföljda av förklarande text.
Varje problem ger högst 5 poäng utom problem 4 som kan ge upp mot 10 p.
För betygen 3, 4, 5 krävs 18, 25, respektive 32 poäng.
1. Lös begynnelsevärdesproblem:
( (y2− xy) dx + x2dy = 0 y(e) = e .
2. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen y00= 1 + (y0)2.
3. Differentialekvationen y dx − (x + y2) dy = 0 har en integrerande faktor som beror på endast en av variablerna x och y . Lös ekvationen fullständigt.
4. Bestäm den lösning till systemet:
( x0 = 2x + y
y0 = 2x + 3y − 2e3t, som uppfyller begynnelsevillkoren x(0) = 1 och y(0) = 2 .
5. Visa att differentialekvationen xy00− (3x + 1)y0 + 3y = 0 har en lösning på formen y1(x) = eax, där a är en reell konstant och lös sedan ekvationen fullständigt.
6. Finn alla jämviktspunkter till systemet:
( x0 = (x − 2)(y − 1) y0 = xy − 4
och undersök deras typ och stabilitet.
7. Visa att origo (0, 0) är den enda jämviktspunkten till systemet ( x0 = −x5− y3
Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-01-10
1. y(x) = x ln x.
2. y(x) = − ln cos(x + C1) + C2 3. µ(y) = 1
y2 , x = y2+ Cy . 4. x(t) = −1
3et+1
3e4t+ e3t och y(t) = 1 3et+2
3e4t+ e3t. 5. y1(x) = e3x och y(x) = C1e3x+ C2(3x + 1) .
6. (2, 2) är en instabil knut och (4, 1) är en instabil sadel.
7. E(x, y) = 4x2+ y4, (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.
Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-01-10
Lösning till problem 1.
Differentialekvationen är homogen av första ordningen och kan skrivas på formen: dy
dx = xy − y2 x2 ⇔ y0= y
x −
y x
2
. Substitutionen z = y
x ger y0 = z + xz0 och z + xz0 = z − z2⇔
−z0 z2 = 1
x ⇔ 1
z = ln Cx ⇔ x
y = ln Cx ⇔ y = x
ln Cx. Insättningen av begynnelsevillkoret ger e = e
ln Ce ⇔ C = 1 . Den sökta lösningen är y(x) = x ln x. Lösning till problem 2.
Reducera ordningen av ekvationen genom substitutionen y0 = p(x) . Då gäller att y00 = p0(x) och ekvationen transformeras till p0 = 1 + p2⇔ p0
1 + p2 = 1 ⇔ arctan p = x + C1 ⇔ p = tan(x + C1) ⇔ y0= sin(x + C1)
cos(x + C1) ⇔ y(x) =
Z sin(x + C1)
cos(x + C1)dx = − ln cos(x + C1) + C2. Lösning till problem 3.
Multiplicera ekvationen med µ(x, y) . Ekvationen µ · y dx − µ · (x + y2) dy = 0 är exakt ⇔
∂(µ · y)
∂y = −∂(µ(x + y2))
∂x ⇔ µ0y· y + µ = −µ0x(x + y2) − µ . Om i sista ekvationen µ0x = 0 då µ(x, y) beror bara på y och satisfierar ekvationen µ0· y = −2µ ⇔ µ0
µ = −2
y ⇒ µ(y) = 1 y2 . Multiplicera ekvationen med integrerande faktorn. Vi får ekvationen: 1
y dx −
x y2 + 1
dy = 0 som är exakt. Potentialfunktionen bestäms som f (x, y) =
Z 1
ydx = x
y+ g(y) , där g(y) väljs så att fy0(x, y) = −
x y2 + 1
dvs. g0(y) = −y . Lösningskurvor till ekvationen ges av sambandet x
y − y = C ⇔ x = y2+ Cy . Lösning till problem 4.
Från första ekvationen får man att y = x0− 2x . Insättningen i andra ekvationen ger:
x00 − 2x0 = 2x + 3(x0 − 2x) − 2e3t ⇔ x00 − 5x0 + 4x = −2e3t. 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 x00− 5x0+ 4x = 0 och en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen x00− 5x0 + 4x = −2e3t. Karakteristiska ekvationen till den homogena ekvationen är m2− 5m + 4 = 0 ⇔ m1 = 1 och m2 = 4 . Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är xh(t) = C1et+ C2e4t.
En partikulär lösning till den inhomogena ekvationen sökes på formen: xp(t) = Ae3t.
x0p(t) = 3Ae3t och x00p(t) = 9Ae3t. Insättningen i ekvationen ger (9A − 15A + 4A)eet = −2e3t⇔ A = 1 . xp(t) = e3t är en partikulär lösning, alltså: x(t) = C1et+ C2e4t+ e3t är en allmänn lösning till den inhomogena ekvationen och den sökta funktionen x(t) som satisfierar ekvations- system. y(t) = x0(t)−2x(t) = C1et+4C2e4t+3e3t−2(C1et+C2e4t+e3t) = −C1et+2C2e4t+e3t. Den allmänna lösningen till systemet är:
(
Begynnelsevillkoren ger systemet x(0)
y(0)
!
= 1
2
!
= C1+ C2+ 1
−C1+ 2C2+ 1
!
⇔
( C1+ C2 = 0
−C1+ 2C2 = 1 ⇔ C1 = −1
3 och C2= 1 3. Den sökta lösningen är
x(t) = −1 3et+ 1
3e4t+ e3t y(t) = 1
3et+ 2
3e4t+ e3t. Lösning till problem 5.
Om y1(x) = eax då gäller att y10(x) = aeax och y100(x) = a2eax. Insättningen i ekvationen ger att xa2eax− (3x + 1)aeax+ 3eax= 0 ⇔ a2x − 3ax − a + 3 = 0 ⇔ (a − 3)(ax − 1) = 0 ⇔ a = 3 . Funktionen y1(x) = e3x är en lösning till ekvationen.
Sök en annan, linjärt oberoende lösning på formen y2(x) = v(x) · e3x.
y20 = v0e3x + 3ve3x och y200 = v00e3x + 6v0e3x + 9ve3x. Insättningen i ekvationen ger (efter förkortning med e3x): x(v00+ 6v0+ 9v) − (3x + 1)(v0+ 3v) + 3v = 0 ⇔ xv00+ (3x − 1)v0 = 0 ⇔
v00 v0 = 1
x− 3 ⇒ ln v0 = ln x − 3x ⇔ v0 = x ln e−3x ⇒ v = Z
xe−3xdx = −1
3xe−3x+1 3
Z
e−3xdx =
−1
3e−3x(x + 1
3) + C . Alltså man kan välja y2(x) = −1
3e−3x(x + 1
3) · e3x= −1 3(x + 1
3) eller en multipel av denna funktion, tex. 3x + 1 .
Den allmänna lösningen till ekvationen är y(x) = C1e3x+ C2(3x + 1) . Lösning till problem 6.
Lös systemet:
( 0 = (x − 2)(y − 1)
0 = xy − 4 . Första ekvationen ger x = 2 eller y = 1 och insättnin- gen i andra ger att punkterna (2, 2) och (4, 1) är de enda jämviktspunkter för systemet.
Låt F (x, y) = (x − 2)(y − 1) och G(x, y) = xy − 4 . Då gäller att ∂F
∂x = y − 1 , ∂F
∂y = x − 2 , ∂G
∂x = y och ∂G
∂y = x . Lineariseringen i punkten (2, 2) .
∂F
∂x(2, 2) = 2 − 1 = 1 , ∂F
∂y(2, 2) = 2 − 2 = 0 , ∂G
∂x(2, 2) = 2 och ∂G
∂y(2, 2) = 2 . Lineariseringen är
( x0 = x
y0 = 2x + 2y ,
1 0 2 2
= 2 6= 0 . Origo (0, 0) är en enkel jämviktspunkt för lineariseringen och
1 − λ 0 2 2 − λ
= 0 ⇔ λ1 = 1 och λ2 = 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
∂x(4, 1) = 1 − 1 = 0 , ∂F
∂y(4, 1) = 4 − 2 = 2 , ∂G
∂x(4, 1) = 1 och ∂G
∂y(4, 1) = 4 . Lineariseringen är:
( x0 = 2y y0 = x + 4y .
0 2 1 4
= −2 6= 0 . (0, 0) är en enkel jämviktspunkt för lineariseringen och
−λ 2
1 4 − λ
= 0 ⇔ λ2− 4λ − 2 = 0 ⇔ λ1,2 = 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:
( −x5− y3 = 0 2x − y3 = 0
får vi att y3 = 2x och insättningen i första ekvationen ger −x5− 2x = 0 ⇔ −x(x4+ 2) = 0 ⇔ x = 0 , alltså även y = 0 . Origo (0, 0) är den enda punkten som uppfyller ekvationssystem.
Leta efter en Liapunovfunktion till systemet på formen E(x, y) = ax2m+ by2n, där a och b är positiva, reella tal och m och n naturliga tal och sådana att ∂E
∂xF + ∂E
∂yG < 0 då F (x, y) = −x5− y3 och G(x, y) = 2x − y3.
Om en sådan funktion E(x, y) existerar, då är (0, 0) en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.
∂E
∂xF + ∂E
∂yG = 2amx2m−1(−x5− y3) + 2bny2n−1(2x − y3) =
−2amx2m+4− 2amx2m−1y3+ 4bnxy2n−1− 2bny2n+2. Välj nu konstanterna så att 2amx2m−1y3= 4bny2n−1x , dvs. m = 1 , n = 2 samt a = 4 och b = 1 . Man får att:
E(x, y) = 4x2+ y4 och ∂E
∂xF +∂E
∂yG = −8x6− 4y6 = −4(2x6+ y6) < 0 för alla (x, y) 6= (0, 0) . Funktionen E(x, y) = 4x2+y4 är en strikt Liapunovfunktion och därför (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.
