UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

(1)

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Marko Djordjevic

Prov i matematik

Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng

2006-03-06

Skrivtid: 9.00–14.00. Tillåtna hjälpmedel: Skrivdon, Mathematics Handbook, Beta eller Physic 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

2 + x= xe^y

som uppfyller y(0) = 0 . Det råcker om lösningen anges implicit, som en lösningskurva.

2. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen xy⁰⁰+ y⁰ = 5x³+ x .

3. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen (2xy + 1) dx + (3x²+2x

y ) dy = 0 .

Det räcker om lösningen anges implicit. Den givna ekvationen har en integrerande faktor som endast beror påen variabel.

4. Funktionen y₁(x) = x³ är en lösning till differentialekvationen x²y⁰⁰− xy⁰− 3y = 0 . Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen.

5. Bestäm den lösning till differentialekvationen

y⁰⁰− 3y⁰+ 2y = xe^x som uppfyller begynnelsevillkoren y(0) = 1 , y⁰(0) = 0 . 6. Bestäm den lösning till systemet

( x⁰(t) = 2x(t) + y(t) + e^t y⁰(t) = −8x(t) − 2y(t) + t som uppfyller begynnelsevillkoren x(0) = 1 , y(0) = 0 .

7. Betrakta systemet

( x⁰ = −2x − 2y + (sin x)(cos x) y⁰ = −2x + xy + 3y².

Origo är en kritiskt punkt till systemet. Avgör dess typ samt stabilitetsegenskaper.

8. Betrakta systemet





 dx

dt = xy + y² dy

dt = y².

Bestäm den lösningskurva som går igenom punkten (1, 1) . Denna skall anges som en ekva-

(2)

Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2006-03-06

1. y(x) = − ln(1 −x³

3 − x²) . 2. y(x) = 5

16x⁴+x²

4 + C ln |x| + D . 3. µ(y) = y², xy²(xy + 1) = C . 4. C₁x³+C₂

x . 5. y(x) = e^x(1 −x²

2 − x) . 6. x(t) = −3

5cos 2t + 3

40sin 2t + 3 5e^t+1

4t , y(t) = 27

20cos 2t +21

20sin 2t − 8 5e^t− 1

2t +1 4. 7. Origo är en instabil stabil kritisk punkt av sadeltyp.

8. x = y(1 + ln y) .

(3)

Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2006-03-06

Lösning till problem 1.

Ekvationen , y⁰

2 + x = xe^y är separabel ty den kan skrivas om som e^−yy⁰ = x(2 + x) ⇔ Z

e^−ydy = Z

(2x + x²) dx ⇔ −e^−y = x²+x³ 3 + C .

Begynnelsevillkoret ger att C = −1 och den sökta lösningen i implicit form kan skrivas som e^−y= 1 − x²−x³

3 eller i explicit form y = − ln(1 − x²−x³ 3 ) . Lösning till problem 2.

Ekvationen innehåller inte y explicite. Inför en ny variabel z = y⁰. Ekvationen kan då skrivas om som xz⁰+ z = 5x³ + x ⇔ (xz)⁰ = 5x³+ x ⇔ xz = 5

4x⁴+ x²

2 + C ⇔ z = 5x³ 4 +x

2 +C x . Återsubstitutionen och integrering ger y = 5x⁴

16 +x²

4 + C ln |x| + D , där C och D är konstanter.

Låt µ(x, y) vara en integrerande faktor till ekvationen, alltså µ(2xy +1) dx+µ(3x²+2x

y ) dy = 0 är en exakt ekvation, alltså ∂

∂y(µ(2xy + 1)) = ∂

∂y(µ(2x²+2x y )) ⇔ µ⁰_y(2xy +1)+2xµ = µ⁰_x(3x²+2x

y )+µ(6x+2

y) . Om µ⁰_x = 0 är µ oberoende av x och ekvationen är yµ⁰_y(2xy + 1) = 2µ(2xy + 1) ⇔ µ⁰_y

µ = 2

y ⇒ ln µ = 2 ln y ⇒ µ = y². Som en integrerande faktor till ekvationen kan väljas µ(y) = y².

Differentialekvationen (2xy³+ y²) dx + (3x²y²+ 2xy) dy = 0 är exakt. Potentialfunktionen kan bestämmas som F (x, y) =

Z

(2xy³+ y²) dx = x²y³+ xy²+ h(y) s.a. F_y⁰(xy) = 3x²y²+ 2xy + h⁰(y) = 3x²y²+ 2xy . Funktionen h(y) kan väljas lika med noll. Alltså, den allmänna lösningen till differentialekvationen ges i implicit form av x²y³+ xy² = C ⇔ xy²(xy + 1) = C , där C är en konstant.

Sök en andra linjärt oberoende lösning till ekvationen på formen y₂(x) = v(x)x³. Derivering ger y⁰₂ = v⁰x³+ 3x²v och y⁰⁰₂ = v⁰⁰x³+ 6x²v⁰+ 6xv .

Insättningen i ekvationen ger x²(v⁰⁰x³+6x²v⁰+6xv)−x(v⁰x³+3x²v)−3x³v = 0 ⇔ v⁰⁰x⁵+5x⁴v⁰ = 0

⇔ v⁰⁰ v⁰ = −5

x ⇒ ln v⁰ = −5 ln x ⇒ v⁰ = 1

x⁵ ⇒ v = − 1

4x⁴ . Som den sökta funktionen y₂(x) kan väljas varje funktion som är linjärt beroende med v(x)x³, t.ex. y₂(x) = 1

x. Den allmänna lösningen till ekvationen är y(x) = C₁x³+C₂

x , där C₁ och C₂ är konstanter.

Ekvationen är linjär med konstanta koefficienter. Först löses den homogena ekvationen.

Karakteristiska ekvationen är m²− 3m + 2 = 0 ⇔ m₁ = 1 och m₂ = 2 . Den allmänna lösningen till homogena ekvationen är y_h(x) = C1e^x+ C2e^2x.

(4)

Nu sökes en partikulär lösning på formen y_p(x) = x(ax + b)e^x till den inhomogena ekvationen.

Derivering och insättningen i ekvationen ger: y⁰_p = (ax²+ bx + 2ax + b)e^x, y_p⁰⁰= (ax²+ 4ax + bx + 2a + 2b)e^x och

(ax²+ 4ax + bx + 2a + 2b)e^x− 3(ax²+ bx + 2ax + b)e^x+ 2x(ax + b)e^x= xe^x⇔

−2ax + 2a − b = x ⇔ a = −1

2 och b = −1 .Den sökta partikulära lösningen är y_p(x) =

−x(1

2x + 1)e^x.

Den allnänna lösningen till ekvationen är y(x) = C₁e^x+ C₂e^2x− x(1

2x + 1)e^x.

Begynnelsevillkoren y(0) = 1 och y⁰(0) = 0 ger 1 = C₁+ C₂ och C₁+ 2C₂ = 1 ⇔ C₁= 1 och C2= 0 . Den sökta lösningen är y(x) = (1 −x²

2 − x)e^x. Lösning till problem 6.

Bestäm y från första ekvationen och sätt in i andra. Man får y⁰− 2x − e^t och

x⁰⁰− 2x⁰− e^t= −8x − 2(x⁰ − 2x − e^t) + t ⇔ x⁰⁰+ 4x = 3e^t+ t . Karakteristiska ekvationen är m²+ 4 = 0 ⇔ m_1,2 = ±2i .

Den allmänna lösningen till homogena ekvationen är x_h(t) = A cos 2t + B sin 2t . Sök nu en partikulär lösning på formen x_p(t) = ae^t+ bt + c till den inhomogena ekvationen.

Derivering och insättning ger a = 3

5, b = 1

4 och c = 0 , alltså x(t) = x_h(t) + x_p(t) = A cos 2t + B sin 2t + 3

5e^t + 1

4t är den allmänna lösningen för x(t) . Insättningen i y(t) = x⁰(t) − 2x(t) − e^t ger

y(t) = −2A sin 2t + 2B cos 2t + 3 5e^t+1

4 − 2(A cos 2t + B sin 2t +3 5e^t+1

4t) − e^t= 2(B − A) cos 2t − 2(A + B) sin 2t −8

5e^t−1 2t +1

4. Insättningen av begynnelsevillkoren x(0) = 0 och y(0) = 0 ger 0 = A +3

5 och 0 = 2(B − A) − 8 5 +1

4, alltså A = −3

5 och B = 3 40. Den sökta lösningen till systemet är: x(t) = −3

5cos 2t + 3

40sin 2t + 3 5e^t+1

4t och y(t) =27

20cos 2t + 21

20sin 2t −8 5e^t− t

2 +1 4. Lösning till problem 7.

Linearisera systemet i origo. Om F (x, y) = −2x − 2y + (sin x)(cos y) och G(x, y) = −2x + xy + 3y² då ∂F

∂x = −2 + (cos x)(cos y) , ∂F

∂y = −2 − (sin x)(sin y) , ∂G

∂x = −2 + y och ∂G

∂y = x + 6y . I origo gäller att ∂F

∂x(0, 0) = −2 + 1 = −1 , ∂F

∂y(0, 0) = −2 , ∂G

∂x(0, 0) = −2 och ∂G

∂y(0, 0) = 0 , alltså lineariseringen till systemet är:

( x⁰ = −x − 2y y⁰ = −2x .

−1 −2

−2 0

= 4 6= 0 visar att (0, 0) är en enkel kritisk punkt. 0 =

−1 − λ 2

−2 −λ

⇔ λ²+ λ − 4 = 0 ⇔ λ_1,2= −1 2 ±

√17 2 . Enligt Poincare’s sats origo är en instabil kritisk punkt av sadeltyp.

dy dx =

dy dt dx dt

= y²

xy + y² , alltså för att hitta lösningskurva till systemet som går igenom punkten (1, 1) löser vi den homogena ekvationen dy

dx = y²

xy + y² med begynnelsevillkoret y(1) = 1 . Sätt

(5)

z(x) = y(x)

x ⇔ y = xz ⇒ dy

dx = z + xdz

dx och insättningen i ekvationen ger z + xz⁰ = z² z²+ z ⇔ xz⁰= z³

z²+ z − z ⇔ z²+ z

z³ z⁰ = −1 x ⇒ (1

z + 1

z²)z⁰= −1

x ⇒ ln z −1

z = − ln x + C₁ ⇔ 1

z = ln Cxz ⇔ x

y = ln Cy ⇔ x = y ln Cy . Insättningen av begynnelsevärden x = 1 och y = 1 ger C = e , alltså den sökta lösningskurvan är x = y ln(ey) = y(1 + ln y) .