UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen P. Winkler

tel. 018-471 32 89

Prov i matematik

civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng

2007-06-12

Skrivtid: 9.00–14.00. Hjälpmedel: Skrivdon, Physic Handbook eller Mathematics Handbook, Beta. Tentamen består av 8 problem. Varje problem ger högst 5 poäng. Lösningarna skall vara åtföljda av förklarande text. För betygen 3, 4, 5 krävs 18, 25, respektive 32 poäng.

1. Lös differentialekvationen y

xdx + (xy²− 1) dy = 0 .

Ledning: Ekvationen har en integrerande faktor beroende av en enda variabel.

2. Visa att substitutionen z = 1

y omvandlar differentialekvationen y⁰+1

xy = xy² till en linjär ekvation av första ordningen. Lös fullständigt ekvationen för x > 0 .

3. Lös fullständigt ekvationen yy⁰⁰+ (y⁰)²− 2yy⁰ = 0 .

4. a) Den homogena differentialekvationen (1 − x)y⁰⁰+ xy⁰− y = 0 har en lösning på formen y1(x) = e^ax.

Lös begynnelsevärdesproblemmet:







(1 − x)y⁰⁰+ xy⁰− y = 0 y(0) = 1 y⁰(0) = 2 .

b) Bestäm den allmänna lösningen till den inhomogena ekvationen (1−x)y⁰⁰+xy⁰−y = 2 .

5. Vilken linjär differentialekvation av andra ordningen har den allmänna lösningen:

y(x) = x + C1x²+ C2x³ ?

6. Bestäm den allmänna lösningen till det linjära systemet:

( x⁰ = 2x + y − 1 y⁰ = x + 2y + t .

7. Betrakta systemet:

( x⁰ = 3xy + (1 + x) ln(1 + y) y⁰ = −2x − 2y − ye^y.

Visa att origo är en enkel jämviktspunkt för systemet samt avgör typ och stabilitet för denna jämviktspunkten.

8. Visa att origo är en jämviktspunkt till systemet:

( ₀

−x + y − x³− y²

Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2007-06-12

1. µ(x) = 1

x, y³ 3 − y

x = C . 2. Ekvationen omvandlas till z⁰− 1

xz = −x , y(x) = 1 x(C − x). 3. y²= C₁e^2x− C₂, där C₁, C₂ är konstanter.

4. a) yh(x) = e^x+ x , b) y(x) = C1e^x+ C2x − 2 . 5. x²y⁰⁰− 4xy⁰+ 6y = 2x .

6. x(t) = C₁e^t+ C₂e^3t+1 3t + 10

9 och y(t) = −C₁e^t+ C₂e^3t−2 3t − 8

9. 7. Origo är en asymptotiskt stabil knut.

8. Origo är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.

Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2007-06-12

Lösning till problem 1.

Låt µ(x, y) vara en integrerande faktor. Då µy

xdx + µ (xy²− 1) dy = 0 är en exakt ekvation, dvs. ∂

∂y(µy x) = ∂

∂x(µ (xy²− 1)) ⇔ µ⁰_y y x +µ

x = µ⁰_x(xy²− 1) + µ y²⇔ µ⁰_y y

x − µ⁰_x(xy²− 1) = µ (y²−1

x) . Multiplicera likheten med x . Vi får:

µ⁰_yy − µ⁰_xx(xy²− 1) = µ (xy²− 1) . Om vi väljer nu µ⁰_y = 0 då µ(x, y) = µ(x) och µ⁰_x = µ⁰ och vi får ekvationen −µ⁰x(xy²− 1) = µ (xy²− 1) ⇔ µ⁰

µ = −1

x ⇔ ln µ = − ln |x| ⇔ µ(x) = 1 x. Multiplicera den ursprungliga ekvationen med µ(x) = 1

x. Vi får ekvationen y

x² dx + (y²− 1

x) dy = 0 som är exakt.

Bestämning av en potentialfunktion till ekvationen. f (x, y) = Z y

x² dx = −y

x + g(y) där g(y) väljes så att f_y⁰ = y²− 1

x, dvs. −1

x + g⁰(y) = y²− 1

x, alltså g⁰(y) = y²⇒ g(y) = y³ 3 . En potentialfunktion till ekvationen är f (x, y) = y³

3 − y

x. Nivåkurvor till potentialfunktionen är lösningskurvor till differentialekvationen, dvs. kurvor y³

3 −y x = C . Lösning till problem 2.

Sätt z(x) = 1

y(x). Då gäller z⁰(x) = −y⁰(x)

y²(x). y⁰+ 1

xy = xy² ⇔ y⁰ y² + 1

x 1

y = x ⇔ −z⁰+ 1 xz = x ⇔ z⁰ − 1

xz = −x som är en linjär ekvation av första ordningen. En integrerande faktor till ekvationen är µ(x) = e^R−1xdx= e^{− ln x}= 1

x. 1

xz⁰− 1

x²z = −1 ⇔ (1

xz)⁰ = −1 ⇔ 1

xz = C − x ⇔ y(x) = 1 x(C − x). Lösning till problem 3.

yy⁰⁰+ (y⁰)²− 2yy⁰= 0 . Låt y⁰= p(y) dvs. y⁰(x) = dy

dx = p(y(x)) ⇒ y⁰⁰= dy⁰

dx = dp dy·dy

dx = p⁰· y⁰ = p⁰· p . Insättningen i ekvationen ger:

yp⁰p + p²− 2yp = 0 ⇔ yp + p − 2y = 0 eller p = 0 . (a) Om p = 0 ⇒ y⁰(x) = 0 ⇒ y(x) = c - en konstant.

(b) Om yp⁰+ p − 2y = 0 då yp⁰+ p = 2y är en linjär ekvation av ordning 1 i p = p(y) . yp⁰+ p = 2y ⇔ (yp)⁰ = 2y ⇔ yp = y²+ C2 ⇔ p(y) = y +C2

y ⇒ y⁰ = y + C2

y ⇔ yy⁰

y²+ C2

= 1 ⇔ x + A =

Z y

y²+ C2

dy = 1

2ln |y² + C₂| . ln |y² + C₂| = 2(x + A) ⇒

|y²+ C2| = e^2(x+A)⇒ y²+ C2 = C1e^2x, där C₁ = ±e^2A. y²= C₁e^2x− C₂.

Lösning till problem 4.

a) Om y₁(x) = e^ax då y₁⁰(x) = ae^ax och y⁰⁰₁(x) = a²e^ax. Insättningen i ekvationen ger:

(1 − x)a²e^ax+ xae^ax− e^ax= 0 ⇔ (a − a²)x + a²− 1 = 0 för varje x ∈ R . Detta är sant

⇔ a = 1 .

y₁(x) = e^x är en lösning till ekvationen.

Andra, linjärt oberoende lösningen sökes på formen y₂(x) = v(x) · e^x. Derivering och insättningen i ekvationen ger: y⁰₂ = v⁰e^x+ ve^x, y₂⁰⁰= v⁰⁰e^x+ 2v⁰e^x+ ve^x= (v⁰⁰+ 2v⁰+ v)e^x och

(1 − x)(v⁰⁰+ 2v⁰+ v)e^x+ x(v⁰+ v)e^x− ve^x= 0 ⇔ (1 − x)v⁰⁰+ (2 − x)v⁰ = 0 ⇔ v⁰⁰

v⁰ = 2 − x x − 1 ⇔ v⁰⁰

v⁰ = −1 + 1

x − 1. Detta medför att ln v⁰ = −x + ln |x − 1| ⇒ v⁰ = |x − 1|e^−x. För x > 1 får vi att v =

Z

(x − 1)e^−xdx = (1 − x)e^−x+ Z

e^−xdx = −xe^−x. Som y₂(x) kan vi välja y2(x) = xe^−x· e^x= x .

Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är y_h(x) = C₁e^x+ C₂x . y − h(0) = 1 ⇔ C1 = 0 och y⁰_h(0) = 2 ⇔ C2 = 1 .

Funktionen y_h(x) = e^x+ x är lösningen till det givna begynnelseproblemmet.

b) Det är lätt att se att y_p(x) = −2 är en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen (1 − x)y⁰⁰+ xy⁰− y = 2 och därför den allmänna lösningen är y(x) = C₁e^x+ C₂x − 2 . Lösning till problem 5.

Bestäm först en linjär homogen ekvation med den allmänna lösningen y_h(x) = C₁x²+ C₂x³. Denna ekvation kan bestämmas som

y x² x³ y⁰ 2x 3x² y⁰⁰ 2 6x

= 0 ⇔ x⁴y⁰⁰ − 4x³y⁰ + 6x²y = 0 ⇔ x²y⁰⁰− 4xy⁰+ 6y = 0 . Om den partikulära lösningen till en inhomogen ekvation är yp(x) = x då högra leden i ekvationen måste vara lika med x²y⁰⁰_p− 4xy_p⁰ + 6yp dvs. x²· 0 − 4x · 1 + 6x = 2x . Alltså den sökta ekvationen är x²y⁰⁰− 4xy⁰+ 6y = 2x .

Lösning till problem 6.

Från första ekvationen får vi att y = x⁰− 2x + 1 . Derivering och insättningen i andra ekvationen ger x⁰⁰− 2x⁰ = x + 2(x⁰ − 2x + 1) + t ⇔ x⁰⁰− 4x⁰+ 3x = t + 2 som är en inhomogen, linjär ekvation av andra ordningen med konstanta koefficienter. Motsvarande homogen ekvation har den karakteristiska ekvationen m²− 4m + 3 = 0 med rötter m₁= 1 och m2 = 3 .

Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är x_h(t) = C1e^t+ C2e^3t. En partikulär lösning till den inhomogena ekvationen sökes på formen x_p(t) = at + b .

Derivering och insättningen i den inhomogena ekvationen ger x⁰_p(t) = a , x⁰⁰_p(t) = 0 och

−4a + 3(at + b) = t + 2 ⇔ 3at + 3b − 4a = t + 2 ⇔ a = 1

3 och b = 10

9 , alltså x(t) = C₁e^t+ C₂e^3t+1

3t + 10

9 och y(t) = x⁰− 2x + 1 ger y(t) = C1e^t+ 3C2e^3t+1

3− 2(C₁e^t+ C2e^3t+1 3t + 10

9 ) + 1 = −C1e^t+ C2e^3t− 2 3t −8

9. Lösning till problem 7.

Låt F (x, y) = 3xy + (1 + x) ln(1 + y) och G(x, y) = −2x − 2y − ye^y. Då F (0, 0) = 0 och G(0, 0) = 0 , alltså origo är en jämviktspunkt.

∂F

∂x = 3y + ln(1 + y) , ∂F

∂y = 3x + 1 + x 1 + y , ∂G

∂x = −2 och ∂G

∂y = −2 − e^y − ye^y. Vi får

∂F

∂x(0, 0) = 0 , ∂F

∂y(0, 0) = 1 , ∂G

∂x(0, 0) = −2 och ∂G

∂y(0, 0) = −3 . Lineariseringen av systemet i origo är

( x⁰ = y

y⁰ = −2x − 3y . 

0 1

−2 −3     

= 2 6= 0 , alltså origo är en enkel jämviktspunkt.

−λ 1

−2 −3 − λ     

= 0 ⇔ λ²+ 3λ + 2 = 0 ⇔ λ₁ = −1 och λ₂ = 2 . Origo är en asymptotiskt stabil knut för lineariseringen och enligt Poincare’s sats origo är även asymptotiskt stabil knut för systemet.

Lösning till problem 8.

Låt F (x, y) = −x + y − x³− y² och G(x, y) = x − y + xy . Då F (0, 0) = 0 och G(0, 0) = 0 , alltså origo är en jämviktspunkt.

Betrakta ∂E

∂xF + ∂E

∂yG = 2x(−x + y − x³− y²) + 2y(x − y + xy) =

−2x²+ 2xy − 2x⁴− 2xy²+ 2xy − 2y²+ 2xy²= −2(x²− 2xy + y²+ x⁴) = −2(x − y)²− 2x⁴ < 0 för alla (x, y) 6= (0, 0) . Alltså Liapunovfunktionen E(x, y) = x²+ y² är en strikt Liapunovfunk- tion och enligt Liapunovs sats origo är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt för systemet.