UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

(1)

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler

tel. 018-471 32 89

Prov i matematik

Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng

2005-10-10

Skrivtid: 9.00–14.00. Hjälpmedel: Skrivdon, Physic 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. Lös differentialekvationen: (2y + sin(x + y))dy

dx+ sin(x + y) = 0 . 2. Lös begynnelseproblemet:

( y⁰ = ^q1 − (x + y)²− 1 y(0) = 0 .

Ledning: Gör variabelbyte z(x) = x + y(x) .

3. Differentialekvationen 1

xdx + (1

y− 2xy²) dy = 0 kan göras till en exakt differentialekvation med hjälp av en integrerande faktor på formen µ(x, y) = µ(x · y) .

Lös ekvationen fullständigt.

4. Differentialekvationen: x²y⁰⁰− x(x + 2)y⁰+ (x + 2)y = 0 har en lösning på formen y = xⁿ. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen.

5. a) Visa att y₁(x) = x och y₂(x) = x⁻³ är två lösningar till den homogena ekvationen x²y⁰⁰+ 3xy⁰− 3y = 0 .

b) Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen: x²y⁰⁰+ 3xy⁰− 3y = 1 x.

6. Bestäm den lösningen till systemet:

( x⁰ = 4x − y

y⁰ = x + 2y + 9t − 6 för vilken x(0) = y(0) = 0 .

7. Bestäm alla jämviktspunkter till systemet:

( x⁰ = x²+ y²− 5 y⁰ = xy + 2 . Avgör typ och stabilitet hos minst två av dem.

8. Visa att (0, 0) är den enda jämviktspunkten för systemet:

( x⁰ = −2x³+ y⁵ y⁰ = −x − 3y³.

(2)

Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-10-10

1. y²− cos(x + y) = C . 2. y(x) = sin x − x . 3. µ(x, y) = 1

xy , 1 + xy³ = Cxy . 4. y(x) = x(C₁+ C2e^x) .

5. b) C1x + C2x⁻³− 1 4x.

6. x(t) =e^3t− 1t och y(t) = (t − 1) e^3t− 4t + 1 .

7. Det finns fyra jämviktspunkter: (1, −2) och (−1, 2) instabila sadelpunkter, (2, −1) instabil knut och (−2, 1) som är en asymptotiskt stabil knut.

8. (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.

(3)

Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-10-10

Lösning till problem 1.

(2y + sin(x + y))dy

dx+ sin(x + y) = 0 ⇔ sin(x + y) dx + (2y + sin(x + y)) dy = 0 . Om M (x, y) = sin(x + y) och N (x, y) = 2y + sin(x + y) då:

∂M

∂y = cos(x + y) och ∂N

∂x = cos(x + y) , alltså ekvationen är exakt.

En potential funktion kan bestämmas som f (x, y) = Z

sin(x + y) dx = − cos(x + y) + h(y) där

∂f

∂y = sin(x + y) + h⁰(y) = sin(x + y) + 2y , alltså h⁰(y) = 2y och h(y) = y². Den allmänna lösningen ges i implicit form av y²− cos(x + y) = C .

Låt z(x) = x + y . y⁰= z⁰− 1 och ekvationen övergår i z⁰− 1 =^p1 − z²− 1 ⇔ z⁰ =^p1 − z² ⇔ z⁰

√

1 − z² = 1 som är en separabel ekvation.

z⁰

√

1 − z² = 1 ⇔ arcsin z = x + C ⇔ x + y = sin(x + C) ⇔ y = sin(x + C) − x . Begynnelsevärden ger C = 0 , alltså den sökta lösningen är y(x) = sin x − x . Lösning till problem 3.

Låt µ(x, y) = µ(x · y) vara en integrerande faktor till differentialekvationen. Sätt µ(xy) = µ(t) , där t = xy .

Ekvationen µ(xy)

x dx + µ(xy)(1

y − 2xy²) dy = 0 är exakt, alltså

∂

∂y

µ(xy) x

= ∂

∂x

µ(xy)(1

y − 2xy²)

⇔ µ⁰· x1

x = µ⁰· y

1

y − 2xy²

− 2µy² ⇔ xy · µ⁰ = −µ

⇔ µ⁰ µ = −1

t ⇒ ln µ = ln1

t ⇔ µ(t) = 1

t , eller µ(xy) = 1 xy. Ekvationen 1

x²ydx +

1 xy² − 2y

dy = 0 är exakt och en potentialfunktion kan bestämmas som f (x, y) =

Z 1

x²y dx = − 1

xy + h(y) , där ∂f

∂y = 1

xy² + h⁰(y) = 1

xy² − 2y . Alltså man kan välja h(y) = −y². Den allmänna lösningen till ekvationen ges då i implicit form av 1

xy+ y² = C eller 1 + xy³ = Cxy .

Om y₁(x) = xⁿ då y⁰₁ = nxⁿ⁻¹ och y₁⁰⁰ = n(n − 1)xⁿ⁻². Insättningen i ekvationen ger n(n−1)xⁿ−nxⁿ(x+2)+(x+2)xⁿ= 0 ⇔ (n²−3n+2)−(n−1)x = 0 ⇔ (n−1)(n−2)−(n−1)x = 0

⇔ n = 1 , alltså y₁(x) = x är en lösning till ekvationen.

Sök en annan linjärt oberoende lösning på formen y₂(x) = v(x) · x . Vi får y₂⁰ = v⁰x + v och y₂⁰⁰= v⁰⁰x + 2v⁰. Insättningen i ekvationen ger:

x²(v⁰⁰x + 2v⁰) − x(x + 2)(v⁰x + v) + (x + 2)vx = 0 ⇔ v⁰⁰x³− v⁰x³ = 0 ⇔ v⁰⁰ = v⁰ ⇒ v⁰ = e^x, alltså v = e^x och y₂(x) = xe^x.

Den allmänna lösningen till ekvationen är y(x) = x(C₁+ C2e^x) .

(4)

b) Den allmänna lösningen till den inhomogena ekvationen är summan av den allmänna lösningen yh(x) = C1x + C2x⁻³ till den homogena ekvationen och en partikulär lösning y_p(x) till den inhomogena ekvationen.

En partikulär lösning sökes på formen y_p(x) = v₁(x) · x + v₂(x) · x⁻³ s. a.

v⁰₁x + v₂⁰x⁻³= 0 (*)

Man får y_p⁰ = v₁ − 3v₂x⁻⁴ och y_p⁰⁰ = v₁⁰ − 3v₂⁰x⁻⁴+ 12v₂x⁻⁵. Insättningen i ekvationen ger v₁⁰ − 3v₂⁰x⁻⁴= x⁻³, som tillsammans med (*) ger ekvationssystem med obekanta v₁⁰ och v₂⁰ :

( v⁰₁x + v₂⁰x⁻³ = 0 v⁰₁− 3v⁰₂x⁻⁴ = x⁻³ ⇔

( v⁰₁+ v⁰₂x⁻⁴ = 0 v⁰₁− 3v⁰₂x⁻⁴ = x⁻³

som har lösningarna v₁⁰ = 1

4x³ och v⁰₂= −x

4. Detta ger att v₁(x) = − 1

8x² och v₂(x) = −x² 8 . Alltså y_p(x) = − 1

8x² · x −x²

8 · x⁻³= − 1 4x.

Den ällmänna lösningen till ekvationen är y(x) = C₁x + C2x⁻³− 1 4x. Lösning till problem 6.

Från första ekvationen får vi att y = 4x − x⁰ och insättningen i andra ger ekvationen:

x⁰⁰− 6x⁰+ 9x = 6 − 9t , som är en inhomogen linjär ekvation av andra ordningen med konstanta koefficienter. Motsvarande homogena ekvationen har den karakteristiska ekvationen

λ²− 6λ + 9 = 0 med λ_1,2 = 3 .

Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är x_h(t) = (C1+ C2t)e^3t.

Det finns en partikulär lösning x_p(t) till den inhomogena ekvationen på formen x_p(t) = at + b . Insättningen i ekvationen ger −6a + 9(at + b) = −9t + 6 ⇔ a = −1 och b = 0 alltså x_p(t) = −t . Den allmänna lösningen är x(t) = (C₁+ C2t)e^3t− t och insättningen i y(t) ger

y(t) = 4(C₁+ C₂t)e^3t− 4t − 3(C₁+ C₂t)e^3t− C₂e^3t+ 1 = (C₁+ C₂(t − 1)) e^3t− 4t + 1 .

Insättningen av begynnelsevillkoren ger x(0) = 0 = C₁ och y(0) = 0 = −C₂+ 1 alltså C2 = 1 . Den sökta lösningen till systemet är

( x(t) = (e^3t− 1)t

y(t) = (t − 1)e^3t− 4t + 1 . Lösning till problem 7.

För att bestämma jämviktspunkter löser vi systemet:

( 0 = x²+ y²− 5 0 = xy + 2 . Från andra ekvationen får vi att x 6= 0 och y = −2

x och insättningen i första ger ekvationen x² +

−2 x

2

− 5 = 0 ⇔ x⁴ − 5x² + 4 = 0 ⇔ x² = 1 eller x² = 4 . Vi får fyra lösningar x₁ = 1 x₂= −1 , x₃ = 2 och x₄ = −2 , alltså fyra jämviktspunkter: (1, −2) , (−1, 2) , (2, −1) och (−2, 1) . För bestämning av typ och stabiliteten lineariserar vi systemet i motsvarande punkt.

Om F (x, y) = x²+y²−5 och G(x, y) = xy +2 då ∂F

∂x = 2x , ∂F

∂y = 2y , ∂G

∂x = y och ∂G

∂y = x . Alltså ∂F

∂x(1, −2) = 2 , ∂F

∂y(1, −2) = −4 , ∂G

∂x(1, −2) = −2 och ∂G

∂y(1, −2) = 1 .

(5)

Lineariseringen i punkten (1, −2) är :

( x⁰ = 2x − 4y y⁰ = −2x + y

2 −4

−2 1

= −6 6= 0 . Punkt (1, −2) en en enkel jämviktspunkt för systemet.

2 − λ −4

−2 1 − λ

= 0 ⇔ λ²− 3λ − 6 = 0 ⇔ λ_1,2= 3 2 ±

r9

4+ 6 = 3 ±√ 33

2 . λ₁ < 0 och λ₂ > 0 alltså (0, 0) är en instabil jämviktspunkt av sadeltyp för lineariseringen och enligt Poincare’s sats punkten (1, −2) är en instabil sadelpunkt för systemet.

Lineariseringen av systemet i punkten (−1, 2) .

∂F

∂x(−1, 2) = −2 , ∂F

∂y(−1, 2) = 4 , ∂G

∂x(−1, 2) = 2 och ∂G

∂y(−1, 2) = −1 . Lineariseringen i punkten (−1, 2) är

( x⁰ = −2x + 4y y⁰ = 2x − y

−2 4 2 −1

= −6 6= 0 . Punkt (−1, 2) en en enkel jämviktspunkt för systemet.

−2 − λ 4 2 −1 − λ

= 0 ⇔ λ²+ 3λ − 6 = 0 ⇔ λ1,2 = −3 2 ±

r9

4 + 6 = −3 ±√ 33

2 . λ₁ < 0 och λ₂ > 0 alltså (0, 0) är en instabil jämviktspunkt av sadeltyp för lineariseringen och enligt Poincare’s sats punkten (−1, 2) är en instabil sadelpunkt för systemet.

Lineariseringen av systemet i punkten (2, −1) .

∂F

∂x(2, −1) = 4 , ∂F

∂y(2, −1) = −2 , ∂G

∂x(2, −1) = −1 och ∂G

∂y(2, −1) = 2 . Lineariseringen i punkten (2, −1) är

( x⁰ = 4x − 2y y⁰ = −x + 2y

4 −2

−1 2

= 6 6= 0 . Punkt (2, −1) en en enkel jämviktspunkt för systemet.

4 − λ −2

−1 2 − λ

= 0 ⇔ λ²− 6λ + 6 = 0 ⇔ λ_1,2 = 3 ±√

9 − 6 = 3 ±√

3 . λ₁ > 0 och λ₂ > 0 alltså (0, 0) är en instabil knut för lineariseringen och enligt Poincare’s sats punkten (2, −1) är en instabil knut för systemet.

Lineariseringen av systemet i punkten (−2, 1) .

∂F

∂x(−2, 1) = −4 , ∂F

∂y(−2, 1) = 2 , ∂G

∂x(−2, 1) = 1 och ∂G

∂y(−2, 1) = −2 . Lineariseringen i punkten (−2, 1) är

( x⁰ = −4x + 2y y⁰ = x − 2y

−4 2 1 −2

= 6 6= 0 . Punkt (−2, 1) en en enkel jämviktspunkt för systemet.

−4 − λ 2 1 −2 − λ

= 0 ⇔ λ²+ 6λ + 6 = 0 ⇔ λ_1,2 = −3 ±√

3 . λ₁< 0 och λ₂ < 0 alltså (0, 0) är en asymptotiskt stabil knut för lineariseringen och enligt Poincare’s sats punkten (2, −1) är en asymptotiskt stabil knut för systemet.

(6)

För att bestämma alla jämviktspunkter löser vi systemet:

( −2x³+ y⁵ = 0

−x − 3y³ = 0 .

Från andra ekvationen får vi x = −3y³ och insättningen i första ekvationen ger

−2 · (−3y³)³+ y⁵ = 0 ⇔ (54y⁴+ 1)y⁵ = 0 ⇔ y = 0 Detta medför att även x = 0 och att (0, 0) är den enda jämviktspunkten för systemet.

För att avgöra stabiliteten hos (0, 0) använder vi Liaponovmetoden. Låt E(x, y) = ax^2m+by²ⁿ. Om F (x, y) = −2x³+ y⁵ och G(x, y) = −x − 3y³ då

∂E

∂xF + ∂E

∂yG = 2amx^2m−1(−2x³+ y⁵) + 2bny²ⁿ⁻¹(−x − 3y³) =

= −4amx^2m+2+ 2amx^2m−1y⁵− 2bnxy²ⁿ⁻¹− 6bny²ⁿ⁺². Om vi väljer m = 1 , n = 3 , a = 3 och b = 1 får vi att

E(x, y) = 3x² + y⁶ är en positivt definit form och att ∂E

∂xF +∂E

∂yG = −12x⁴− 18y⁸ < 0 för alla (x, y) 6= 0 , är negativt definit. (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.