UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler

tel. 018-471 32 89

Prov i matematik

Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng

2004-10-04

Skrivtid: 14–19. Hjälpmedel: Skrivdon, Physic Handbook eller Mathematics Handbook, Beta.

Tentamen består av 7 problem. Lösningarna skall vara åtföljda av förklarande text.

Varje problem ger högst 5 poäng utom problem 4 so kan ge upp mot 10p.

För betygen 3, 4, 5 krävs 18, 25, respektive 32 poäng.

1. Vilken lösningskurva till ekvationen xy dx − (x²+ y²) dy = 0 går genom punkten (1, 1) ?

2. Bestäm den ortogonala kurvfamiljen till kurvfamiljen y = cx⁶.

3. Visa att ekvationen (2x + y + x²+ xy) dx + (x + x²+ xy) dy = 0 har en integrerande faktor på formen µ(x, y) = µ(x + y) .

Bestäm µ(x, y) och lös därefter differentialekvationen.

4. a) Bestäm två linjärt oberoende lösningar till den homogena differentialekvationen x²y⁰⁰− 3xy⁰+ 3xy = 0 på formen y(x) = xⁿ.

b) Bestäm en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen x²y⁰⁰− 3xy⁰+ 3y = 2x⁴e^x.

Skriv upp den allmänna lösningen till den inhomogena ekvationen.

5. Bestäm alla lösningar till systemet:

( x⁰ = −4x + y

y⁰ = x − 4y

6. Verifiera att punkten (1, 1) är en jämviktspunkt till systemet:

( x⁰ = −2 + 3x + 2y − 3x² y⁰ = 3 + 2x − 10y + 5y². Undersök stabiliteten och typ av punkten genom lineariseringen.

7. Visa att origo (0, 0) är den enda jämviktspunkt till systemet:

( x⁰ = xy − 3x³ y⁰ = −y − x⁶. Avgör stabiliteten hos jämviktspunkten.

Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2004-10-04

1. x² = 2y²ln(√ ey) .

2. Den ortogonala kurvfamiljen består av ellipser med ekvationen x²+ 6y²= C . 3. µ(x, y) = e^x+y, x(x + y)e^x+y = C där C är en konstant.

4. a) Två linjärt oberoende lösningar till den homogena ekvationen ät t.ex. y₁(x) = x och y₂(x) = x³.

b) En partikulär lösning till den inhomogena ekvationen är y_p(x) = (2x − 1)xe^x. y(x) = c1x + c2x³+ (2x − 1)xe^x.

5. x(t) y(t)

!

= c1e^−5t 1

−1

!

+ c2e^−3t 1 1

! .

6. (1, 1) är en instabil sadelpunkt för systemet.

7. Använd Liapunovmetoden. E(x, y) = x⁶+ 3y². Origo (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.

2

Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2004-10-04

Lösning till problem 1.

Ekvationen är homogen och kan skrivas på formen y⁰ = xy

x²+ y² ⇔ y⁰ =

y x

1 + (^y_x)² . Variabelbyte z = y

x ger y = x · z och y⁰ = z + x · z⁰, alltså z + x · z⁰ = z

1 + z² ⇔ xz⁰ = − z³ 1 + z² ⇔



z⁻³+1 z



z⁰ = −1 x ⇔

Z 

z⁻³+1 z



dz = − Z 1

xdx ⇔

− 1

2z² + ln z = − ln x − ln C ⇔ ln Cxz = 1 2z² ⇔ 1

2 x²

y² = ln Cy ⇔ x² = 2y²ln Cy . Lösningskurvan går genom punkten (1, 1) om 1 = 2 ln C dvs. om C =√

e . Den sökta kurvan uppfyller sambandet x² = 2y²ln√

ey . Lösning till problem 2.

Eliminera c ur ekvationen. c = y

x⁶ samt derivera ekvationen m.a.p. x . Man får y⁰= 6cx⁵. Sätt in y

x⁶ istället för c . Man får y⁰ = 6 y

x⁶x⁵⇔ y⁰= 6y

x . Alltså för den ortogonala kurvfamiljen gäller y⁰= − x

6y ⇔ 6y · y⁰ = −x ⇔ 3y²= x²

2 + C₁ ⇔ x²+ 6y² = C där C = 2C₁. Ortogonala kurvfamiljen till y = cx⁶ består av ellipser med ekvationerna x²+ 6y² = C . Lösning till problem 3.

Låt t = x + y och µ(x + y) = µ(t) . Multiplicera differentialekvationen med µ(t) . Ekvationen (2x + y + x²+ xy)µ(x + y) dx + (x + x²+ xy)µ(x + y) dy = 0 är exakt

⇔ ∂

∂y[(2x + y + x²+ xy)µ(x + y)] = ∂

∂x[(x + x²+ xy)µ(x + y)] ⇔ (1 + x)µ + (2x + y + x²+ xy)µ⁰ = (1 + 2x + y)µ + (x + x²+ xy)µ⁰

⇔ (x + y)µ⁰ = (x + y)µ ⇔ µ⁰

µ = 1 ⇒ ln µ = t ⇒ µ(t) = e^t⇔ µ(x + y) = e^x+y. Ekvationen (2x + y + x²+ xy)e^x+ydx + (x + x²+ xy)e^x+ydy = 0 är exakt.

Den allmänna lösningen ges av f (x, y) = C , där f (x, y) = Z

(x + x²+ xy)e^x+ydy = (x + x²)e^x+y+ xe^x

Z

ye^ydy = (x + x²)e^x+y + xe^x(ye^y− e^y) + g(x) = (x²+ xy)e^x+y+ g(x) , där ∂f

∂x = (2x + y + x²+ xy)e^x+y+ g⁰(x) . Alltså g(x) ska väljas så att g⁰(x) = 0 . Den allmänna lösningen till differentialekvationen är (x²+ xy)e^x+y = C .

Lösning till problem 4.

a) Den homogena ekvationen bör ha lösningarna på formen y = xⁿ.Om y = xⁿ är en lösning till den homogena ekvationen då y⁰ = nxⁿ⁻¹ och y⁰⁰ = n(n − 1)xⁿ⁻². Insättningen i ekvationen ger: n(n − 1)xⁿ − 3nxⁿ+ 3xⁿ = 0 ⇔ n = 1 eller n = 3 . Funktionerna y1(x) = x och y2(x) = x³ är två linjärt oberoende lösningar till den homogena ekvationen.

(Verifiera t.ex. med hjälp av wronskianen).

b Vi söker en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen på formen:

yp(x) = v1(x)y1(x) + v2(x)y2(x) = v1(x) · x + v2(x) · x³ och antar att funktionerna v₁(x) och v₂(x) uppfyller villkoret:

v⁰₁· x + v⁰₂· x³ = 0 (1)

3

Derivering av y_p ger y⁰_p = v₁+ 3x²v₂ och y_p⁰⁰= v₁⁰ + 3v₂⁰x²+ 6v₂x . Insättningen ekvationen ger:

v⁰₁+ 3x²v₂⁰ = 2x²e^x (2)

Från systemet bestående av (1) och (2) får vi att v⁰₂= e^x och v⁰₁= −x²e^x, alltså v₂ = e^x och v₁ = −(x²+ 2x − 2)e^x.

En partikulär lösning till den inhomogena ekvationen kan väljas som:

y_p(x) = −(x²+ 2x − 2)e^x· x + e^x· x³ = 2x(2x − 1)e^x. Den allmänna lösningen till den inhomogena ekvationen är:

y(x) = c1· x + c₂· x³+ 2x(2x − 1)e^x. Lösning till problem 5.

Bestäm y från första ekvationen. y = x⁰+ 4x ⇒ y⁰ = x⁰⁰+ 4x⁰. Insättningen i andra ekvationen ger: x⁰⁰+4x⁰ = x−4(x⁰+4x) ⇔ x⁰⁰+8x⁰+15x = 0 som är en linjär, homogen differentialekvation av andra ordningen med konstanta koefficienter. Ekvationens karakteristiska ekvationen är m²+ 8m + 15 = 0 med rötterna m1 = −5 och m2 = −3 . Den ällmänna lösningen är x(t) = c₁e^−5t+ c₂e^−3t och insättningen i Y (t) get att y(t) = −c₁e^−5t+ c₂e^−3t. Alltså:

x(t) y(t)

!

= c₁e^−5t 1

−1

!

+ c₂e^−3t 1 1

! . Lösning till problem 6.

Låt F (x, y) = −2 + 3x + 2y − 3x² och G(x, y) = 3 + 2x − 10y + 5y². F (1, 1) = −2 + 3 + 2 − 3 = 0 och G(1, 1) = 3 + 2 − 10 + 5 = 0 , alltså (1, 1) är en jämviktspunkt.

Lineariseringen av systemet i punkten (1, 1) :

∂F

∂x = 3 − 6x ⇒ ∂F

∂x(1, 1) = −3 , ∂F

∂y = 2 ⇒ ∂F

∂y(1, 1) = 2 , ∂G

∂x = 2 ⇒ ∂G

∂x(1, 1) = 2 ,

∂G

∂y = −10 + 10y ⇒ ∂G

∂y(1, 1) = 0 , alltså lineariseringen av systemet i punkten (1, 1) är:

( x⁰ = −3x + 2y y⁰ = 2x

Origo är en enkel jämviktspunkt till lineariseringen ty     

−3 2 2 0

= −4 6= 0 . Egenvärden för koefficientmatrisen är lösningar till karakteristiska ekvationen

−3 − λ 2

2 −λ

= 0 ⇔

λ²+ 3λ − 4 = 0 ⇔ λ₁ = −4 och λ₂= 3 . Egenvärden är reella med olika tecken som innebär att origo (0, 0) är en instabil sadelpunkt för lineariseringen. Alltså, enligt Poincare’s sats, punkten (1, 1) är en instabil sadelpunkt för systemet.

Lösning till problem 7.

Låt F (x, y) = xy − 3x³ och G(x, y) = −y − x⁶. För att bestämma jämviktspunkter för systemet löser vi ekvationssystemet:

( xy − 3x³ = 0

−y − x⁶ = 0 .

Från första ekvationen får vi att x = 0 eller y = 3x². Insättningen i andra ekvationen ger att om x = 0 då y = 0 och att om y = 3x² då x = 0 , alltså (0, 0) är den enda jämviktspunkten.

Låt oss söka en Liapunovfunktion på formen E(x, y) = ax^2m+ by²ⁿ, där a , b > 0 och m , n positiva heltal. ∂E

∂xF + ∂E

∂yG = 2amx^2m−1(xy − 3x³) + 2bny²ⁿ⁻¹(−y − x⁶)

= 2amx^2my − 6amx^2m+2− 2bny²ⁿ− 2bnx⁶y²ⁿ⁻¹. Om vi väljer nu m = 3 , n = 1 och a = 1 samt b = 3 får vi att ∂E

∂xF +∂E

∂yG = −18x⁸−6y² < 0 för alla (x, y) 6= (0, 0) . Funktionen E(x, y) = x⁶ + 3y² är en strikt Liapunovfunktion för systemet, alltså origo (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt för systemet.

4