UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

(1)

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen P. Winkler

tel. 018-471 32 89

Prov i matematik för EI och IT

Ordinära differentialekvationer, 2 poäng

2007-03-09

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 begynnelsevärdesproblem:







yy⁰− xy²

1 + x² = 0 y(0) = 1 .

2. Bestäm den ortogonala kurvfamilj till kurvfamiljen y = Cx³. 3. Differentialekvationen

(y²

2 + 2ye^x) dx + (y + e^x) dy = 0

har en integrerande faktor som är beroende av en variabel. Lös ekvationen.

4. Lös den inhomogena differentialekvationen x²y⁰⁰− 2y = x².

Obs: Den homogena ekvationen x²y⁰⁰− 2y = 0 har två linjärt oberoende lösningar på formen y = x^r.

5. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen d²y

dx² − 2x 1 + x²

dy

dx+ 2

1 + x²y = 0 .

6. Bestäm lösningen till begynnelsevärdesproblemmet:

( x⁰ = −3x − y y⁰ = 2x − y

( x(0) = 0 y(0) = 1 .

7. Undersök stabiliteten hos eventuella jämviktspunkter till systemet



 x⁰ = −y²−x³ 2

(2)

Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2007-03-09

1. y(x) =^p1 + x².

2. Den ortogonala kurvfamiljen består av ellipser x²+ 3y² = C . 3. e^xy²

2 + ye^2x= C . 4. y(x) = C₁x²+ C2

x +x²ln x

3 är den allmänna lösningen till den inhomogena ekvationen.

5. y(x) = C₁x + C₂(x²− 1) .

6. x(t) y(t)

!

= e^−2t 0 −1 1 1

! cos t sin t

!

7. Origo är asymptotiskt stabil. En Liapunovfunktion är E(x, y) = x²+ y².

8. (0, −2) är en instabil sadelpunkt, (2, 2) är en asymptotiskt stabil knut och (−1, −1) är en instabil jämviktspunkt av spiraltyp.

(3)

Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2007-03-09

Lösning till problem 1.

yy⁰− xy²

1 + x² = 0 ⇔ y(x) ≡ 0 (uppfyller ej begynnelsevillkoret) eller y⁰

y = x

1 + x² ⇔ ln y = 1

2ln(1 + x²) + C ⇔ y(x) = A^p1 + x². Begynnelsevillkoret ger y(x) =^p1 + x². Lösning till problem 2.

Sambandet y = Cx³ ger att y

x³ = C . Derivering m.a.p. x ger y⁰x³− 3yx²

x⁶ = 0 ⇔ y⁰x³ − 3yx² = 0 ⇔ y⁰= 3y

x . Den sökta ortogonala kurvfamilj satisfierar då ekvationen y⁰ = −x 3y som är separabel. y⁰= − x

3y ⇔ 3yy⁰ = −x ⇔ 3y²= −x²+ C ⇔ x²+ 3y² = C . Den ortogonala kurvfamiljen består av ellipser x²+ 3y²= C .

Vi söker en integrerad faktor µ(x, y) . Ekvationen µ(y²

2 + 2ye^x) dx + µ(y + e^x) dy = 0 är exakt

⇔

∂µ

∂y(y²

2 + 2ye^x) + µ(y + 2e^x) = ∂µ

∂x(y + e^x) + µe^x ⇔ ∂µ

∂x(y + e^x) − ∂µ

∂y(y²

2 + 2ye^x) = µ(y + e^x) . Om ∂µ

∂y = 0 , dvs om µ(x, y) = µ(x) får vi en integrerande faktor som uppfyller ekvationen µ = dµ

dx med en lösning µ(x) = e^x. Ekvationen e^x(y²

2 + 2ye^x) dx + e^x(y + e^x) dy = 0 är exakt. Potentialfunktionen F (x, y) =

Z y²

2 e^x+ 2ye^2x

!

dx = y²

2e^x+ ye^2x+ g(y) . Derivering av F (x, y) m.a.p. y ger att g⁰(y) = 0 , alltså y²

2 e^x+ ye^2x= C ger alla lösningar till ekvationen.

Sätt in y = x^r i den homogena ekvationen. x²r(r−1)x^r−2−2x^r= 0 ⇔ r(r−1)−2 = 0 ⇔ r1 = 2 och r₂ = −1 , alltså y1(x) = x² och y₂(x) = x⁻¹är två linjärt oberoende lösningar till den homogena ekvationen. Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är

yh(x) = C1x²+ C2x⁻¹.

Nu söker vi en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen på formen y_p(x) = v₁(x)y₁+ v₂(x)y₂ = x²v₁+ x⁻¹v₂.

Derivering ger: y⁰_p= 2xv1+ x²v₁⁰ − x⁻²v2+ x⁻¹v₂⁰ . Vi söker v₁ och v₂ sådana att:

x²v₁⁰ + x⁻¹v⁰₂= 0 , alltså s.a. y⁰_p= 2xv1− x⁻²v2. Derivera en gång till:

y_p⁰⁰= 2xv⁰₁+ 2v₁− x⁻²v₂⁰ + 2x⁻³v₂. Insättningen i ekvationen ger 2x³v⁰₁− v⁰₂= x². Nu löser vi systemet:

(4)

(Obs: −x²

9 är en lösning till den homogena ekvationen.)

Den allmänna lösningen till den inhomogena ekvationen är y(x) = (C₁+1

3ln x)x²+ C2x⁻¹. Lösning till problem 5.

Det är lätt att se att y₁(x) = x är en lösning till ekvationen. Vi söker en annan, linjärt oberoende lösning av formen y₂(x) = v(x) · y₁(x) = xv(x) .

Derivering två gånger ger: y⁰₂= v + xv⁰ och y⁰⁰₂(x) = 2v⁰+ xv⁰⁰. Insättningen i ekvationen ger: v⁰⁰x + 2

1 + x²v⁰ = 0 ⇔ v⁰⁰

v⁰ = − 2 x(1 + x²). Partialbråksuppdelning ger: v⁰⁰

v⁰ = 2x 1 + x² −2

x ⇔ ln v⁰= −2 ln x + ln(1 + x²) ⇒ v⁰= 1 + 1 x² och v = x−1

x. Alltså y₂(x) = x·v(x) = x²−1 . Den allmänna lösningen är y(x) = C₁x+C2(x²−1) . Lösning till problem 6.

Från första ekvationen får vi y = −x⁰ − 3x . Derivering och insättningen i andra ekvationen ger: y⁰ = −x⁰⁰− 3x⁰ och −x⁰⁰− 3x⁰ = 2x − (−x⁰− 3x) ⇔ x⁰⁰+ 4x⁰ + 5x = 0 som är en linjär, homogen ekvation av andra ordningen med konstanta koefficienter och som löses med hjälp av karakteristiska ekvationen m²+ 4m + 5 = 0 ⇔ m1,2 = −2 ± i . x(t) = e^−2t(A cos t + B sin t) . Insättningen av x(0) = 0 ger A = 0 , alltså x(t) = Be^−2tsin t . Insättningen i y(t) = −x⁰− 3x ger y(t) = −B(−2e^−2tsin t + e^−2tcos t) − 3Be^−2tsin t = −Be^−2t(cos t + sin t) .

y(0) = 1 ger att B = −1 , alltså, den sökta lösningen till begynnelsevärdesproblemet är:

( x(t) = −e^−2tsin t

y(t) = e^−2t(cos t + sin t) . eller x(t) y(t)

!

= e^−2t 0 −1

1 1

! cos t sin t

!

Bestämning av jämviktspunkter:







−y²−x³

2 = 0

xy − y³ = 0 .

Från andra ekvationen följer att antingen y = 0 eller x = y². Insättningen av y = 0 in i första ekvationen ger x = 0 .

(0, 0) är en jämviktspunkt.

Om x = y² sätts in i första ekvationen får man y²+y⁶

2 = 0 ⇔ y = 0 , alltså (0, 0) är den enda jämviktspunkten.

Vi försöker hitta en Liapunovfunktion på formen E(x, y) = ax^2m+ by²ⁿ. Vi studerar ∂E

∂xx⁰+∂E

∂yy⁰= 2amx^2m−1(−y²−x³

2 ) + 2by²ⁿ⁻¹(xy − y³) . Välj m = n = 1 och a = b = 1 . Vi ser att ∂E

∂xx⁰+∂E

∂yy⁰= −x⁴− 2y⁴< 0 då (x, y) 6= (0, 0) . Alltså är E(x, y) = x²+ y² en strikt Liapunovfunktion och origo är asymptotiskt stabil.

(5)

För att bestäma alla jämviktspunkter löser vi systemet:

( 2 + y − x² = 0 2x(x − y) = 0 .

Från andra ekvationen får vi att x = 0 eller x = y . Insättningen i första ekvationen ger y = −2 eller x² − x − 2 = 0 ⇔ x₁ = 2 eller x2 = −1 . Vi får att systemet har tre jämviktspunkter:

(0, −2) , (2, 2) och (−1, −1) . För att undersöka stabilitet och typ av jämviktspunkten linearis- erar vi systemet i var och en av punkterna.

∂F

∂x = −2x , ∂F

∂y = 1 , ∂G

∂x = 4x − 2y , ∂G

∂y = −2x . 1. Linearisering i (0, −2) .

∂F

∂x(0, −2) = 0 , ∂F

∂y(0, −2) = 1 , ∂G

∂x(0, −2) = 4 , ∂G

∂y(0, −2) = 0 , alltså systemet ( x⁰ = y

y⁰ = 4x

är lineariseringen för systemet i jämviktspunkten (0, −2) . Undersökning av stabilitet och typ av jämviktspunkten med hjälp av egenvärden till systemets matris:

−λ 1

4 −λ

= 0 ⇔ λ²− 4 = 0 ⇔ λ_1,2= ±2 ,

alltså origo är en instabil sadel till det linjära systemet och enligt Poincare’s sats punkten (0, −2) är en instabil sadelpunkt för det ursprungliga systemet.

2. Lineariseringen i (2, 2) .

∂F

∂x(2, 2) = −4 , ∂F

∂y(2, 2) = 1 , ∂G

∂x(2, 2) = 4 , ∂G

∂y(2, 2) = −4 , alltså systemet ( x⁰ = −4x + y

y⁰ = 4x − 4y

är lineariseringen för systemet i jämviktspunkten (2, 2) . Undersökning av stabilitet och typ av jämviktspunkten med hjälp av egenvärden till systemets matris:

−4 − λ 1 4 −4 − λ

= 0 ⇔ (4 + λ)²− 4 = 0 ⇔ (λ + 2)(λ + 6) = 0 ⇔ λ₁ = −2 , λ₂ = −6 . Båda egenvärden är negativa, alltså origo är en asymptotiskt stabil knut till linearisering och enligt Poincare’s sats punkten (2, 2) är en asymptotiskt stabil knut för systemet.

3. Lineariseringen i (−1, −1) .

∂F

∂x(−1, −1) = 2 , ∂F

∂y(−1, −1) = 1 , ∂G

∂x(−1, −1) = 2 , ∂G

∂y(−1, −1) = 2 , alltså systemet ( x⁰ = 2x + y

y⁰ = −2x + 2y

(6)

λ₁ = 2 − i√

2 , λ₂ = 2 + i√ 2 .

Båda egenvärden har positiva reella delar, alltså origo är en instabil jämviktspunkt av spiraltyp till lineariseringen. Enligt Poincare’s sats punkten (−1, −1) är en instabil jämviktspunkt av spiraltyp för systemet.