UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler
tel. 018-471 32 89
Prov i matematik
Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng
2007-01-10
Skrivtid: 14–19. Tillåtna hjälpmedel: Skrivdon, Mathematics Handbook eller Physic Handbook.
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. Skriv tydligt och använd ej rödpenna i lösningarna.
LYCKA TILL
1. Lös fullständigt differentialekvationen:
(y2− xy) dx + x2dy = 0 .
2. Bestäm den lösningen till differentialekvationen 2yy00= 1 + (y0)2 för vilken y(1) = y0(1) = 1 .
3. Visa att y1(x) = 1
x är en lösning till ekvationen x2y00−2y = 0 . Lös ekvationen fullständigt.
4. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen
y00− 2y0+ y = exln x , x > 0 .
5. Bestäm den allmänna lösningen till systemet:
( x0 = −2x + y y0 = −x − 4y + e−3t
6. Visa att (0, 0) är den enda jämviktspunkt för systemet ( x0 = −2x − y5
y0 = x3− y3 och undersök stabiliteten för (0, 0) .
7. Bestäm alla jämviktspunkterna till systemet:
( x0 = (x − 1)(y − 2) y0 = xy − 4 . Avgör även typ och stabilitet hos jämviktspunkterna.
8. Bestäm den lösningskurva till ekvationen xy0+ y = x2y3 som går genom punkten (1, 1) . 1
Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2007-01-10
1. y(x) = 0 eller y = x ln |x| + C. 2. y = 1
2(x2+ 1) . 3. y(x) = C1
x + C2x2. 4. y(x) = (C1+ C2x)ex+1
2x2ex
ln x − 3 2
. 5.
x(t) =
1
2t2+ C1+ C2t
e−3t y(t) =
t − 1
2t2+ (C2− C1) − C2t
e−3t
C1, C2 - godtyckliga konstanter.
6. Origo (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.
7. Systemet har två jämviktspunkterna (1, 4) och (2, 2) .
Jämviktspunkten (1, 4) är en instabil knut och (2, 2) är en instabil sadel.
8. y(x) = 1 x√
1 − 2 ln x.
Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2007-01-10
Lösning till problem 1.
Ekvationen är homogen av första ordningen ty (y2− xy) dx + x2dy = 0 ⇔ dy
dx = xy − y2 x2 ⇔ y0 = y
x −
y x
2
. Sätt z = y
x eller y = xz . Då gäller att y0 = z + xz0 och insättningen i ekvationen ger z + xz0 = z − z2 ⇔ xz0 = −z2 ⇔ −1
z2 · z0= 1 x ⇔ 1
z = ln |x| + C ⇔ x
y = ln |x| + C ⇔ y = x
ln |x| + C. Naturligtvis y(x) = 0 är också en konstant lösning till ekvationen.
Lösning till problem 2.
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). Begynnelsevillkoret y0(1) = 1 ger 1 =√
B − 1 , alltså B = 2 . y0
√2y − 1 = 1 ⇒
Z dy
√2y − 1 = x + C ⇒p2y − 1 = x + C ⇒ 2y − 1 = (x + C)2 ⇒ y = 1
2(x + C)2+1
2 och y(1) = 1 ger C = 0 . Den sökta lösningen är y = 1
2(x2+ 1) . Lösning till problem 3.
y01 = − 1
x2 och y001 = 2
x3. Insätningen i vänstra ledet i ekvationen ger V L = x2· 2
x3 − 2 · 1 x = 2
x −2
x = 0 = HL . y1(x) = 1
x är en lösning till ekvationen.
Nu söker vi en annan linjärt oberoende av y1 lösningen y2(x) till ekvationen på formen y2(x) = v(x)·1
x. Derivering av y2 ger y02= v01 x− v
x2 och y200= v00 x −2v0
x2 +2v
x3 . Insättningen i ekvationen ger: x2
v00 x −2v0
x2 +2v x3
− 2v
x = 0 ⇔ xv00− 2v0= 0 ⇔ v00 v0 = 2
x ⇒ ln v0 = ln x2 ⇒ v = x3 3 . Som andra linjärt oberoende lösningen kan väljas y2(x) = x3· 1
x = x2. Den allmänna lösningen till differentialekvationen är y(x) = C1
x + C2x2. Lösning till problem 4.
Den homogena ekvationen y00− 2y0+ y = 0 har karakteristiska ekvationen m2− 2m + 1 = 0 ⇔ m1,2 = 1 med den allmänna lösningen yh(x) = (C1+ C2x)ex.
En partikulär lösning till den inhomogena ekvationen söks på formen yp(x) = v1(x)ex+v2(x)xex under villkoret att v10ex+ v02xex= 0 (1)
Derivering av yp(x) ger y0p = v1ex+ v2(x + 1)ex och yp00= v10ex+ v1ex+ v20(x + 1)ex+ v2(x + 2)ex. Insättningen i ekvationen ger: v10ex+ v20(x + 1)ex = exln x (2)
(1) och (2) ger ekvationssystem
( v01+ v02x = 0 v01+ v02(x + 1) = ln x .
,
(2)–(1) ger v20 = ln x ⇒ v2 = Z
ln x dx = x ln x − x och insättningen i (1) ger v10 = −x ln x ⇒ v1= −x2
2 ln x + x2 4 . Vi får att yp(x) = ex −x2
2 ln x +x2 4
!
+ xex(x ln x − x) = 1 2x2ex
ln x − 3 2
. Den allmänna lösningen till ekvationen är
y(x) = yh(x) + yp(x) = (C1+ C2x)ex+1 2x2ex
ln x − 3 2
. Lösning till problem 5.
Första ekvationen kan skrivas om till y = x0+ 2x ⇒ y0 = x00+ 2x0
Insättningen i andra ekvationen ger x00+2x0 = −x−4(x0+2x)+e−3t⇔ x00+6x0+9x = e−3t som är en linjär andra ordningens ekvation med konstanta koefficienter. Karakteristiska ekvationen har lösningen λ1= λ2 = −3 och därför den allmänna lösningen till homogena ekvationen är xh(t) = (C1 + C2t)e−3t. Nu söker vi en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen på formen xp(t) = at2e−3t Derivering ger:
x0p(t) = a(2t − 3t2)e−3t och x00p(t) = a(2 − 6t − 6t + 9t2)e−3t och insättningen i ekvationen ger:
x00p + 6x0p+ 9xp = a(2 − 12t + 9t2+ 12t − 18t2+ 9t2)e−3t= 2ae−3t = e−3t ⇔ a = 1 2. Alltså xp(t) = 1
2t2e−3t och den allmänna lösningen till den inhomogena andraordningens ekva- tion är: x(t) = xp(t) + xh(t) =
1
2t2+ C1+ C2t
e−3t. y(t) = x0+ 2x = (t − 3
2t2+ t2)e−3t+ (−3C1+ 2C1)e−3t+ (C2− 3C2t + 2C2t)e−3t
=
t −1
2t2+ (C2− C1) − C2t
e−3t. Lösning till problem 6.
( x0 = −2x − y5 y0 = x3− y3
= F (x, y)
= G(x, y) Jämviktspunkter uppfyller ekvationssystem:
( −2x − y5 = 0
x3− y3 = 0 ⇒ x = y
−2y − y5 = 0 ⇒ −y(2 + y4) = 0 ⇒ y = 0 ⇒ x = 0 . Punkten (x, y) = (0, 0) är den enda jämviktspunkten.
Nu söker vi en Liapunovfunktion E(x, y) = ax2m+ by2n, där a , b > 0 - positiv definit.
∂E
∂xF + ∂E
∂yG = 2max2m−1(−2x − y5) + 2nby2n−1(x3− y3)
= −4max2m− 2mx2m−1y5+ 2nbx3y2n−1− 2nby2n+2. Om m = 2 , n = 3 , a = 3 och b = 2 blir
∂E
∂xF + ∂E
∂yG, = −24x4 − 12y8 < 0 för alla (x, y) 6= (0, 0) . E(x, y) = 3x4 + 2y6 är en strikt Liapunovfunktion till systemet. Detta medför att (0, 0) är en asymptotiskt stabil jamviktspunkt.
Lösning till problem 7.
Jämviktspunkterna är lösningar till systemet
( (x − 1)(y − 2) = 0 xy − 4 = 0 .
Föesta ekvationen ger att x = 1 eller y = 2 . Insättningen i andra ekvationen ger att mot x = 1 svarar y = 4 och mot x = 2 svarar y = 2 , alltså det finns två jämviktspunkter: (1, 4) och
(2, 2) .
För att avgöra typ och stabilitet lineariserar vi systemet i varje jämviktspunkt.
Sätt F (x, y) = (x − 1)(y − 2) och G(x, y) = xy − 4 . Då ∂F
∂x = y − 2 , ∂F
∂y = x − 1 , ∂G
∂x = y och ∂G
∂y = x .
Lineariseringen i (1, 4) är x0 = ∂F
∂x(1, 4)x + ∂F
∂y(1, 4)y och y0 = ∂G
∂x(1, 4)x +∂G
∂y(1, 4)y , alltså ( x0 = 2x
y0 = 4x + y
2 0 4 1
= 2 6= 0 , Punkten (1, 4) är en enkel jämviktspunkt för systemet.
2 − λ 0 4 1 − λ
= 0 ⇔ λ1 = 1 och λ2 = 2 . Origo är en instabil knut för lineariseringen och enligt Poincare’s sats (1, 4) är en instabil knut för systemet.
P.s.s. lineariseringen i (2, 2) är x0 = ∂F
∂x(2, 2)x + ∂F
∂y(2, 2)y och y0 = ∂G
∂x(2, 2)x + ∂G
∂y(2, 2)y , alltså
( x0 = y
y0 = 2x + 2y
0 1 2 2
= −2 6= 0 , Punkten (2, 2) är en enkel jämviktspunkt för systemet.
−λ 1
2 2 − λ
= 0 ⇔ λ2− 2λ − 2 = 0 ⇔ λ1,2 = 1 ±√
3 , alltså (0, 0) är en instabil jämviktspunkt av sadeltyp för lineariseringen och enligt Poincare’s sats punkten (2, 2) är en instabil sadelpunkt för systemet.
Lösning till problem 8.
Sätt z = 1
y2. z0 = dz
dx = −2y0
y3 . Multiplicera ekvationen med −2 y3 . Man får −x2y0
y3 − 2
y2 = −2x2. Multiplicera ekvationen med 1 x. Man får −2y0
y3 − 2 x · 1
y2 = −2x ⇔ z0− 2
xz = −2x som är en linjär ekvation av första ordningen.
En integrerande faktor till ekvationen är µ(x) = e−R 2xdx = e−2 ln x = 1
x2. Multiplicera den linjära ekvationen med integrerande faktorn och vi får: x−2z0 = −2
x ⇔ 1
x2z = −2 ln x + C ⇔ z = −2x2ln x + Cx2 ⇔ 1
y2 = −2x2ln x + Cx2 ⇔
y2= 1
x2(C − 2 ln x), ty x > 0 och villkoret y(1) = 1 ger att y(x) = 1 x√
C − 2 ln x samt C = 1 . Den sökta lösningskurvan är y(x) = 1
x√
1 − 2 ln x.
