UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler
tel. 018-471 32 89
Prov i matematik
Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng
2005-06-13
Skrivtid: 9 – 14. Hjälpmedel: Skrivdon, Physics 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. Visa att differentialekvationen xy0 = y +√
xy är homogen av första ordningen.
Lös ekvationen i området x > 0 , y > 0 . 2. Lös fullständigt differentialekvationen:
(ex+ 3y) dx + (3x + cos y) dy = 0 .
3. Ekvationen
(2x2y − 1) dx + x3dy = 0 har en integrerande faktor som är beroende av en enda variabel.
Bestäm den lösningskurva till ekvationen som går genom punkten (1, 0) . 4. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen: 2yy00= 1 + (y0)2.
5. Lös systemet
( x0 = 2x − y y0 = y − 2x + 18t.
6. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen:
x2y00− 2y = 3x2− 1 ( x > 0 )
då man vet att den motsvarande homogena ekvationen har en lösning på formen y(x) = xn.
7. Finn alla jämviktspunkter till systemet:
( x0 = xy − 4
y0 = xy + 2y − 2x − 4 och undersök deras typ och stabilitet.
8. Visa att (0, 0) är den enda jämviktspunkten till systemet:
( x0 = −2x − y5 y0 = x3− y3 och avgör stabiliteten hos jämviktspunkten.
Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-06-13
1. y = x
1
2ln x + C
2
.
2. 3xy + ex+ sin y = c , där c är en konstant.
3. µ(x)1
x, y(x) = ln x x2 . 4. y = B
4(x + C)2+ 1
B , där B , C − konstanter.
5. x(t) = C1+ C2e3t+ 3t2+ 2t och y(t) = 2C1− C2e3t+ 6t2− 2t − 2 . 6. y(x) = 1
2 + x2ln x + C1x2+C2 x .
7. (−2, −2) är en instabil sadelpunkt och (2, 2) är en instabil knut.
8. (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.
Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-06-13
Lösning till problem 1.
xy0= y +√
xy x > 0 , y > 0 ⇔ y0 = y x +
√xy x = y
x + ry
x (*)
Funktionen g(x, y) = y x +
ry
x är en homogen funktion av grad 0, ty g(tx, ty) = ty
tx+ rty
tx = y x+
ry
x = g(x, y) , alltså ekvationen (*) är homogen. Ett variabelbyte:
z = y
x ger y = x · z och y0 = z + xz0. Insättningen i (*) ger z + xz0 = z +√
z ⇔ xz0=√ z som är en separabel ekvation. (Obs: x > 0 , y > 0 ⇒ z > 0 )
z0
√z = 1 x ⇔
Z dz
√z = Z dx
x ⇔ 2√
z = ln x + C1⇔ z =
1
2ln x + C
2
⇔ y x =
1
2ln x + C
2
⇔
y = x
1
2ln x + C
2
. Lösning till problem 2.
(3y + ex) dx + (3x + cos y) dy = 0 .
Låt P = ex+ 3y och Q = 3x + cos y . ∂P
∂y = 3 = ∂Q
∂x ⇒ en exakt ekvation.
Vi söker F (x, y) s.a.
∂F
∂x = P (x, y) = ex+ 3y (1)
∂F
∂y = Q(x, y) = 3x + cos y (2)
(1) ⇒ F (x, y) = Z
(ex+ 3y) dx = ex+ 3xy + ϕ(y) och (2) ⇒ F (x, y) =
Z
(3x + cos y) dy = 3xy + sin y + ψ(x) .
Tag t.ex. ϕ(y) = sin y och ψ(x) = ex, F (x, y) = 3xy + ex+ sin y .
Ekvationen har lösningar F (x, y) = c , alltså 3xy + ex+ sin y = c , där c är en konstant.
Lösning till problem 3.
Låt µ(x, y) vara en integrerande faktor. µ(x, y)(2x2y − 1) dx + µ(x, y)x3dy = 0 är exakt
⇔ ∂
∂y h
µ(x, y)(2x2y − 1)i= ∂
∂x h
µ(x, y)x3i⇔ µ0y(2x2y − 1) + µ · 2x2 = µ0x· x3+ 3x2µ . Om µ0y = 0 får vi ekvationen µ0x· x3 = −µ · x2 ⇔ µ0x
µ = −1
x ⇔ µ = 1 x.
Efter multiplikation av ekvationen med integrerande faktor får vi den exakta ekvationen (2xy −1
x) dx+x2dy = 0 med en potentialfunktion F (x, y) = x2y −ln x . Den allmänna lösningen till ekvationen är x2y − ln x = c . Den lösningskurva som går genom punkten (1, 0) är den för vilken c = 0 , alltså har ekvationen x2y − ln x = 0 ⇔ y(x) = ln x
x2 .
Lösning till problem 4.
Ekvationen 2yy00 = 1 + (y0)2 innehåller inte variabeln x .
Gör substitutionen y0 = p(y) ⇒ y00 = p0y0 = p0· p (kedjeregeln). Insättningen i ekvationen ger 2yp0p = 1 + p2 ( en separabel ekvation) ⇒ 2pp0
1 + p2 = 1 y ⇒
Z 2p dp
1 + p2 = ln |y| + A
⇒ ln(1 + p2) = ln |y| + A ⇒ 1 + p2 = By ⇒ p2 = By − 1 ⇒ p = pBy − 1 ⇒ y0 = pBy − 1 (igen en separabel ekvation).
y0
√By − 1 = 1 ⇒
Z dy
√By − 1 = x + C ⇒ 2 B
pBy − 1 = x + C ⇒ By − 1 = B2
4 (x + C)2 ⇒ y = B
4(x + C)2+ 1 B . Lösning till problem 5.
Första ekvationen ger y = 2x − x0 ⇒ y0 = 2x0 − x00 som insatt i den andra ekvationen ger x00 − 3x0 = −18t . Den karakteristiska ekvationen är m2 − 3m = 0 ⇒ homogena lösningen xH(t) = C1 + C2e3t. Ansats för partikulär lösning xP(t) = (At + B)t = At2 + Bt insatt i ekvationen ger
2A − 3(2At + B) = −18t ⇒ A = 3, B = 2
vilket ger den allmänna lösningen x(t) = C1+ C2e3t+ 3t2+ 2t . Insättningen i y = 2x − x0 ger y(t) = 2C1− C2e3t+ 6t2− 2t − 2 .
Lösning till problem 6.
Den homogena ekvationen är: x2y00− 2y = 0 . Om y(x) = xn är en lösning då y0 = nxn−1 och y00= n(n − 1)xn−2. Insättningen i den homogena ekvationen ger:
n(n−1)xn−2xn= 0 ⇔ n2−n−2 = 0 ⇔ n1 = 2 och n2 = −1 , alltså y1(x) = x2 och y2(x) = 1 är två linjärt oberoende lösningar till den homogena ekvationen. Den allmänna lösningen till denx homogena ekvationen är yH(x) = C1x2+C2
x .
En partikulär lösning till den inhomogena ekvationen sökes med hjälp av Liouvills metod med variabla koefficienter, dvs. på formen:
yp(x) = v1(x) · x2+ v2(x) · 1
x med villkoret att v10x2+ v021 x = 0 . Insättningen av yp(x) i ekvationen ger 2x · v01− 1
x2 · v02= 3 − 1 x2 . Vi vill lösa ut v01 och v02 ur systemet:
x2· v01 + 1
x · v20 = 0 2x · v01 − 1
x2 · v20 = 3 − 1 x2 Multiplicera andra ekvationen med x och addera till första.
Man får: 3x2v10 = 3x − 1
x ⇒ v01= 1 x − 1
3x3 ⇒ v1 = ln x + 1
6x2 (+C1) . Insättningen i första ekvationen ger v20 = −x2+1
3 ⇒ v2= −1 3x3+1
3x (+C2) . Alltså: yp(x) =
ln x + 1 6x2
· x2+
1 3x −1
3x3
·1 x = 1
2−1
3x2+ x2ln x . Den allmänna lösningen till ekvationen är då:
y(x) = yp(x) + yH(x) = 1
2 + x2ln x + C1x2+C2
x .
Lösning till problem 7.
För att bestämma alla jämviktspunkter till systemet lös ekvationssystem:
( 0 = xy − 4
0 = xy + 2y − 2x − 4
Faktorisera andra ekvationen: 0 = xy + 2y − 2x − 4 ⇔ 0 = y(x + 2) − 2(x + 2) ⇔ 0 = (x + 2)(y − 2) ⇒ x = −2 eller y = 2 .
Insättningen i första ekvationen ger två jämviktspunkter: (−2, −2) och (2, 2) . Låt F (x, y) = xy − 4 och G(x, y) = xy + 2y − 2x − 4 .
∂F
∂x = y , ∂F
∂y = x , ∂G
∂x = y − 2 och ∂G
∂y = x + 2 . Lineariseringen av systemet i punkten (−2, −2) :
∂F
∂x(−2, −2) = −2 , ∂F
∂y(−2, −2) = −2 , ∂G
∂x(−2, −2) = −4 och ∂G
∂y(−2, −2) = 0 . Alltså:
( x0 = −2x − 2y y0 = −4x
−2 −2
−4 0
= −8 6= 0 ⇒ att (0, 0) är en enkel jämviktspunkt för lineariseringen och (−2, −2) är enkel jämviktspunkt för systemet.
−2 − λ −2
−4 −λ
= 0 ⇔ λ2+ 2λ − 8 = 0 ⇔ λ1= 2 och λ2 = −4 . (0, 0) är en instabil sadelpunkt för lineariseringen.
Enligt Poincare’s sats punkten (−2, −2) är en instabil sadelpunkt för systemet.
Lineariseringen av systemet i punkten (2, 2) :
∂F
∂x(2, 2) = 2 , ∂F
∂y(2, 2) = 2 , ∂G
∂x(2, 2) = 0 och ∂G
∂y(2, 2) = 4 . Alltså:
( x0 = 2x + 2y
y0 = 4y
2 2 0 4
= 8 6= 0 ⇒ att (0, 0) är en enkel jämviktspunkt för lineariseringen och (2, 2) är enkel jämviktspunkt för systemet.
2 − λ 2 0 4 − λ
= 0 ⇔ λ2− 6λ + 8 = 0 ⇔ λ1 = 2 och λ2= 4 . (0, 0) är en instabil knut för lineariseringen.
Enligt Poincare’s sats punkten (2, 2) är en instabil knut för systemet.
Lösning till problem 8.
Lös systemet
( 0 = −2x − y5
y0 = x3− y3 . Från andra ekvationen följer att x = y . Insättningen i första ekvationen ger −2x − x5= 0 ⇔ −x(2 + x4) = 0 ⇔ x = 0 . Alltså även y = 0 .
(0, 0) är den enda jämviktspunkten till systemet.
Låt F (x, y) = −2x − y5 och G(x, y) = x3− y3 samt E(x, y) = ax2n+ by2m. Betrakta ∂E
∂xF + ∂E
∂yG = 2anx2n−1(−2x − y5) + 2bmy2m−1(x3− y3)
= −4anx2n− 2anx2n−1y5+ 2bmx3y2m−1− 2bmy2m+2.
∂E
∂xF + ∂E
∂yG = −24x4 − 12y8 < 0 för alla (x, y) 6= (0, 0) , alltså E(x, y) = 3x4 + 2y6 är en strikt Liapunovfunktion för systemet och detta medför att (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt för systemet.