OBS: För att kunna få godkänt på tentamen och för att uppgifterna 26 ska rättas krävs minst 5 poämg på uppgift 1

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Fredrik Strömberg

tel. 018-471 32 78 mob. 0709-944881

Prov i matematik för F och W

Ordinära dierentialekvationer 2003-05-28

Skrivtid: 1520. Hjälpmedel: Skrivdon. Tentamen består av 6 uppgifter där den första uppgiften är uppdelad i 5 stycken deluppgifter, var och en värd 2 poäng och uppgifterna 26 är värda 6 poäng styck.

OBS: För att kunna få godkänt på tentamen och för att uppgifterna 26 ska rättas krävs minst 5 poämg på uppgift 1.

Dessutom, för betygen 3, 4 och 5 krävs (minst) 18, 25 resp. 32 poäng (inklusive eventuella bonuspoäng). Skriv tydligt och använd ej rödpenna i lösningarna. Lösningarna till alla uppgifter utom 1 skall motiveras. (För info om rättning se nedan.)

1. Till denna uppgift skall enbart svar anges

(a) Ange lösningen till den separabla ekvationen

y dy − y²tan x dx = 0 . (b) Ange lösningen till den homogena ekvationen

dy

dx = e^(yx)+y x.

(c) Ange vilken/vilka av följande 3 ekvationer (1)(3) som är exakt/a:

(2x + 5y + 3) dx + (5x − 4y + 2) dy = 0 (1)

(3e^3xy(ln y − 1)) dx + ln y(e^3x− y) dy = 0 (2) x(x²+ 2y²− 1) dx + y(x²+ y²+ 1) dy = 0 (3) (d) Ange vilken/vilka av följande funktioner

f₁(x) = x f2(x) = x² f₃(x) = ln x f4(x) = x ln x f5(x) = x

ln x f6(x) = 1

x f7(x) = x

ln x + 1 som är lösning/ar till initialvärdesproblemet

( x²y⁰⁰+ xy⁰− y = 0 , y(1) = 1

2. Beskriv den lösningskurva till ekvationen

(x²y + x³+ xy²) dx − (x³+ x²y) dy = 0 . som passerar genom punkten (1, 0) i xy− planet.

3. Hitta den funktion y(x) som minimerar integralen Z 1

0

(x + 2y + 4y⁰+ 4(y⁰)²+ 3yy⁰+ y²) dx och som uppfyller begynnelsevillkoret y(0) = 0 och y⁰(0) = 1.

4. Betrakta dierentialekvationen t²y⁰⁰− ty⁰+ y = t.

En lösning till motsvarande homogena ekvationen är y1(t) = t. Använd denna för att bestämma den allmänna lösningen till ekvationen.

5. Ekvationen x(ln x + y) dx + x^22 −1

y(1 − ln x)



dy = 0 har en integrerande faktor på formen µ(x, y) = g^x

y



. Hitta lösningskurvorna till ekvationen.

6. Bestäm typ av stabilitet/instabilitet för den kritiska punkten (0, 0) till systemet ( x⁰ = 2y − x³

y⁰ = a²x − x³− y⁵ för alla värden på den reella parametern a .

Svar till tentamen i Ordinära dierentialekvationer 2003-05-28

1.

(a) y(x) = D

cos x, (b) y(x) = −x ln(− ln x + c), (c) (1) och (2) är exakta.

(d) f₁(x) = x samt f6(x) uppfyller ekvationen. (e) Vilka två funktioner som helst som inte är konstanta multiplar av e^4x. T.ex. g1(x) = xe^4x, g2(x) = e^8x.

2. Kurvan ges av ekvationen y²+ 2xy = 2x²ln x. 3. y(x) = 1

2

3e^x2 − e^−x2− 1.

4. y(t) = At + Bt ln t +1

2t(ln t)².

5. Lösningskurvorna ges av xy(ln x + y − 1) = c . 6. Om a < 0 Instabil sadelpunkt,

om a = 0 Asymptotiskt stabil, om a > 0 Instabil sadelpunkt.

Lösningar till tentamen i Ordinära dierentialekvationer 2003-05-28

Lösning till problem 1.

(a) Dela med y² och ytta alla x till en sida och alla y till den andra sidan.

1

ydy = tan x dx = sin x cos xdx

Integrera nu båda sidor och få ln y = − ln cos x + c vilket ger svaret y(x) = D

cos x. (b) Ansatsen z = y

x ger oss ekvationen xdz

dx+ z = e^z+ z ⇔ xdz

dx = e^z ⇔ e^−zdz = 1 xdx eller −e^−z= ln x + c, dvs −z = ln(− ln x + c) och med z = y

x får vi alltså svaret (på en form) y(x) = −x ln(− ln x + c) .

(c) Genom att skriva om dem på standardformen P (x, y) dx+Q(x, y) dy = 0 och veriera kriteriet för exakthet, P

dy = Q

dx ser vi att den första och den andra ekvationen, dvs (1) och (2) är exakta.

(d) Vi ser att endast funktionerna f1, f₂, f₆ och f7 uppfyller initialvärdet y(1) = 1 . Genom att derivera och sätta in i ekvationen ser vi att f1(x) = x samt f6(x) = 1 uppfyller ekvationen. Eftersom det är en andra ordningens ekvation nns bara två linjärtx oberoende lösningar, alltså behöver vi inte ens testa den sista funktionen.

Svaret är alltså f1(x) = x och f6(x) = 1

x uppfyller initialvärdesproblemet.

(e) Vi kan ta vilka två funktioner som helst som inte är konstanta multiplar av e^4x. T.ex. g1(x) = xe^4x och g2(x) = e^8x.

Lösning till problem 2.

Skriv om ekvationen på standardform dy

dx = x²y + x³+ xy²

x³+ x²y . Man ser att denna verkligen är homogen och gör standardsubstitutionen z = y

x, vilket ger y = zx och dy

dx = xdz dx + z. Sätter vi in det får vi xdz

dx+ z = x³z + x³+ x³z²

x³+ x³z = 1 + z + z²

1 + z vilket ger ekvationen xdz

dx = 1 + z + z²− z(1 + z)

1 + z = 1

1 + z ⇔ (1 + z) dz = 1

xdx eller z + z²

2 = ln x + C, dvs y

x + y²

2x² = ln x + C. Om kurvan passerar genom (1, 0) måste y(1) = 0 , dvs C = 0 vilket ger y²+ 2xy = 2x²ln x.

Lösning till problem 3.

Med f(x, y, y⁰) = x + 2y + 4y⁰+ 4(y⁰)²+ 3yy⁰+ y² blir fy⁰ = 2 + 3y⁰+ 2y och fy⁰⁰ = 4 + 8y⁰+ 3y vilket ger d

dxf_y⁰⁰ = 8y⁰⁰+ 3y⁰ och Eulers ekvation blir då 8y⁰⁰+ 3y⁰ − 2 − 3y⁰ − 2y = 0 dvs y⁰⁰−1

4y = 1 4.

Denna ekvation har den allmänna lösningen y(x) = Ae^x/2+ Be^−x/2− 1. Begynnelsevärdena ger ekvationerna A?B = 1 och A − B vilket ger A = 3

2 och B = −1 2. Den sökta funktionen är alltså y(x) = 1

2

3e^x2 − e^−x2− 1. Lösning till problem 4.

Ansätt en lösning y(t) = v(t)y1(t) = v(t)t till den homogena ekvationen. När vi sätter in denna i ekvationen får vi följande ekvation v⁰⁰+1

tv⁰ = 0, som har lösning v⁰(t) = 1

t , dvs v(t) = ln t . Vilket ger den andra linjärt oberoende lösningen till den homogena ekvationen y2(t) = t ln t. För att hitta en partikulärlösning ansätter vi y(t) = v1y1+ v2y2.

Då blir y⁰(t) = v1y⁰₁+ v2y₂⁰ + v⁰y1+ v2y2, och vi vill att detta inte ska involvera derivator av de okända funktionerna, dvs vi får en ekvation v1⁰y₁+ v₂⁰y₂= 0.

Då blir y⁰⁰(t) = v₁⁰y₁⁰ + v₂⁰y₂⁰ + v₁y⁰⁰₁+ v₂y⁰⁰₂ och sätter vi in vad y1 och y2 är får vi y⁰= v1+v2(ln t+1) , y⁰⁰= v₁⁰+v⁰₂(ln t+1)+1

tv2. Sätter vi in detta i den inhomogena ekvationen får vi (efter förenklingar) följande ekvationer

v⁰₁+ (ln t + 1)v⁰₂ = 1 t v⁰₁+ ln t v⁰₂= 0 dvs v2⁰ = 1

t eller v2 = ln t, vilket ger v⁰1= −1

t ln t, och integrerar vi detta får vi v1= −1

2(ln t)². Dvs vi får partikulärlösningen yp(t) = −1

2t(ln t)²+ t(ln t)² = 1

2t(ln t)². Den allmänna lösningen blir alltså y(t) = At + Bt ln t +1

2t(ln t)². Lösning till problem 5.

Låt P = x(ln x + y) och Q = x^22 − 1

y(1 − ln x)

 . Då har vi Py⁰ = x och Q⁰x= 4x − 2x

y +2x ln x + x

y . Ekvationen är inte exakt.

Om vi har en integrerande faktor µ(x, y) = g^x y



då blir µ⁰x= 1 yg⁰

x y



och µ⁰y = −x y²g⁰

x y

 . Om M = µP och N = µQ då blir ekvationen My⁰ = N_x⁰ samma sak som

P_y⁰µ + P µ⁰_y = Q⁰_xµ + Qµ⁰_x

⇔ xg

x y



−x(ln x+y)x y²g⁰

x y



=



4x + 2x ln x + x − 2x y

 g

x y

 +x²

 2 −1

y(1 − ln x)

1 yg⁰

x y



⇔

 x − 2x ln x ^{ }x^ x² x^{2 !} ₀^x^

x

y(1 − 3y − 2 ln x)g

x y



= x²

y²(2 ln x + 3y − 1)g⁰

x y



⇔ g

x y



= −x yg⁰

x y

 , dvs g(s) uppfyller dierentialekvationen g +sg⁰ = 0 ⇔ d

ds(sg) = 0, dvs sg = C eller g(s) = C s och vi kan välja g(s) = 1

s, dvs den integrerande faktorn blir g^x y



= y

x. Då blir M = y ln x+y² och N = 2xy + x ln x − x . Om F_x⁰ = M så blir F (x, y) = y(x ln x − x) + xy² + h(y) och F_y⁰ = x ln x − x + h⁰(y) = N vilket ger h⁰(y) = 0, dvs vi kan ta h(y) = 0 .

Lösningskurvorna ges då av F (x, y) = xy(ln x + y − 1) = c. Lösning till problem 6.

Linearisering i origo till systemet ges av matrisen 0 2 a² 0

! . Denna har egenvärdena λ = ±√

2a² = ±|a|√

2, så om a 6= 0 har vi två reella olika egenvärden med olika tecken, dvs en sadelpunkt. Om a = 0 blir egenvärdena = 0 så lineariseringen säger ingenting.

Vi testar därför med en Lyapunovfunktion på formen bx^2m+ cy²ⁿ med b, c > 0 . Vi får då:

L⁰ = L⁰_xx⁰+ L⁰_yy⁰

= 2mbx^2m−1(2y − x³) + 2ncy²ⁿ⁻¹(−x³− y⁵)

= −2mbx^2m+2− 2ncy²ⁿ⁺⁴+ (4mbx^2m−1y − 2ncy²ⁿ⁻¹x³)

som är negativt denit om 4mbx^2m−1y−2ncy²ⁿ⁻¹x³ = 0, dva om 4mb = 2nc och om 2m−1 = 3 och 2n−1 = 1 , dvs om m = 2 och n = 1 , vilket ger 8b = 2c och vi kan välja c = 4 och b = 1 . Då blir L(x, y)⁴+ 4y² och L⁰= −4x⁶− 8y⁶ som är negativt denit. Vi har alltså följande fall:

om a < 0 Instabil sadelpunkt, om a = 0 Asymptotiskt stabil, om a > 0 Instabil sadelpunkt.