UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler

tel. 018-471 32 89

Prov i matematik

Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng

2005-03-11

Skrivtid: 09 –14. Hjälpmedel: Skrivdon, Physics 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 begynnelsevärdeproblemet:

( (5 − x) dx + y²dy = 0 y(0) = 0

2. Visa att ekvationen

(2y − 6x) dx + 3x − 4x² y

!

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

Bestäm en integrerande faktor och lös ekvationen fullsatändigt.

3. Bestäm den lösning till differentialekvationen y · y⁰⁰= (y⁰)² för vilken gäller att:

y(0) = 1 och y⁰(0) = 2 .

4. Ekvationen x²y⁰⁰+ xy⁰− y = 0 har en lösning y₁(x) = x . Bestäm lösningen till begynnelsevärdeproblemet:







x²y⁰⁰+ xy⁰− y = 0 y(1) = 2 y⁰(1) = 0 .

5. Bestäm en differentialekvation av ordning 2 som har den allmänna lösningen y(x) = C1x²+ C2

x² .

6. Bestäm funktioner x(t) och y(t) som uppfyller ekvationssystemet:

( x⁰+ y⁰ = −2y x − 2y = y⁰

7. Bestäm alla jämviktspunkter till systemet:

( x⁰ = −x + y y⁰ = −x + x². Avgör deras typ och stabiliteten.

8. Visa att origo är den enda jämviktspunkten för systemet:

( x⁰ = −x − 2y²

Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-03-11

1. y(x) = 3x² 2 − 15x

!¹₃ .

2. µ(x, y) = xy². x²y³− 2x³y²= C . 3. y(x) = e^2x.

4. y(x) = x +1 x. 5. x²y⁰⁰+ xy⁰− 4y = 0 .

6. x(t) = C₁e^−t och y(t) = C₁e^−t+ C2e^−2t.

7. (0, 0) är en asymptotiskt stabil spiral och (1, 1) är en instabil sadelpunkt.

8. E(x, y) = x²+ 2y⁴ och (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.

Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-03-11

Lösning till problem 1.

(5 − x) dx + y²dy = 0 ⇔ y²dy = (x − 5) dx ⇒ Z

y²dy = Z

(x − 5) dx ⇔ y³ 3 = x²

2 − 5x + C , alltså y = 3x²

2 − 15x + 3C

!¹

3

är den allmänna lösningen till differentialekvationen.

y(0) = 0 ⇔ 0 = (3C)¹³ ⇔ C = 0 , alltså

y(x) = 3x² 2 − 15x

!¹₃

är lösningen till begynnelsevärdeproblemet.

Lösning till problem 2.

Låt µ(x, y) = xⁿy^m. Multiplicera ekvationen med µ(x, y) .

(2xⁿy^m+1− 6xⁿ⁺¹y^m) dx + (3xⁿ⁺¹y^m− 4xⁿ⁺²y^m−1) dy = 0 är exakt ⇔ ∂M

∂y = ∂N

∂x där M = 2xⁿy^m+1− 6xⁿ⁺¹y^m och N = 3xⁿ⁺¹y^m− 4xⁿ⁺²y^m−1, alltså om

2(m + 1)xⁿy^m− 6mxⁿ⁺¹y^m−1 = 3(n + 1)xⁿy^m − 4(n + 2)xⁿ⁺¹y^m−1 ⇔ 2m + 2 = 3n + 3 och 6m = 4(n + 2) , dvs. om

( 2m − 3n = 1

6m − 4n = 8 ⇔ n = 1 och m = 2 . Som en integrerande faktor kan väljas µ(x, y) = xy².

Ekvationen (2xy³− 6x²y²) dx + (3x²y²− 4x³y) dy = 0 är exakt.

F (x, y) = Z

(2xy³− 6x²y²) dx = x²y³− 2x³y²+ g(y) .

∂F

∂y = 3x²y²− 4x³y + g⁰(y) = 3x²y²− 4x³y ⇔ g⁰(y) = 0 . Vi kan välja g(y) = 0 .

Den allmänna lösningen till ekvationen ges i implicit form F (x, y) = C ⇔ x²y³− 2x³y² = C . OBS: Ekvationen (2y − 6x) dx + (3x − 4x²

y ) dy = 0 är homogen av första ordningen ty (2y − 6x) dx + (3x − 4x²

y ) dy = 0 ⇔ dy

dx = 6x − 2y

3x − 4^x_y² ⇔ y⁰ = 6 − 2^y_x

3 − 4^x_y och kan lösas genom substitutionen z = y

x. Om z = y

x då y⁰= z + xz⁰ och ekvationen kan skrivas som z + xz⁰ = 6 − 2z

3 −⁴_z ⇔ z + xz⁰ = 6z − 2z²

3z − 4 ⇔ xz⁰= 10z − 5z²

3z − 4 ⇔ 3z − 4

5z(z − 2)z⁰= −1 x. 1

5 Z 2

z + 1 z − 2



dz = − Z 1

xdx ⇔ 1 5



ln z²+ ln(z − 2)^= lnA

x ⇔ z²(z − 2) = B x⁵ ⇔ y²

x²(y

x − 2) = B

x⁵ ⇔ y³x²− 2x³y²= C . Lösning till problem 3.

Metod I. Ekvationen y · y⁰⁰ = (y⁰)² är av andra ordningen och saknar explicit x . Gör därför substitutionen y⁰ = p(y) . Då gäller att y⁰⁰= d

dx

dy dx



= d

dx(p(y)) = dp dy ·dy

dx = p⁰· p .

Insättningen i ekvationen ger: y · p⁰· p = p² ⇔ p(p⁰y − p) = 0 . Vi får att p = 0 eller p⁰y − p = 0 . p = 0 ⇒ y⁰ = 0 ⇒ y = konstant , som inte uppfyller begynnelsevillkoren.

p⁰y − p = 0 ⇔ p⁰ p = 1

y ⇔ ln |p| = ln |Cy| . Av begynnelsevillkor följer att vi är intresserade av en lösning där p > 0 och y > 0 , alltså ln p = ln Cy ⇔ p = Cy , där C > 0 och detta medför att y⁰ = Cy ⇔ y⁰

y = C ⇔ ln y = Cx + C₁ ⇔ y = e^Cx+C1 = De^Cx. Insättningen av y(0) = 1 ger 1 = D och y⁰(0) = 2 ger C = 2 . Den sökta lösningen till ekvationen är: y(x) = e^2x.

Metod II. Multiplicera ekvationen med 1

y · y⁰. Man får: y⁰⁰ y⁰ = y⁰

y . Integrera med avseende på x . P.g.a. att vi är intresserade av lösningar där y > 0 och y⁰ > 0 får vi ln y⁰ = ln Cy (C > 0) ⇔ y⁰= Cy ⇔ y⁰

y = C . Integrera en gång till och man får ln y = Cx + D ⇔ y = C₁e^Cx, där C₁ = e^D. Insättningen av begynnelsevärden ger C₁ = 1 och C = 2 .

Den sökta funktionen är y(x) = e^2x. Lösning till problem 4.

Först bestäms en annan, linjärt oberoende lösning med hjälp av Liouvilles metod med variabla koefficienter. Låt y₂(x) = x · u(x) vara en lösning till ekvationen.

y₂⁰ = u + x · u⁰ och y₂⁰⁰ = 2u⁰ + x · u⁰⁰. Insättningen i ekvationen ger: x³u⁰⁰ + 3x²u⁰ = 0 ⇔ u⁰⁰

u⁰ = −3

x ⇒ ln u⁰ = −3 ln x och u⁰ = 1

x³ ⇒ u = − 1

2x². Man kan välja u(x) = 1

x² och därför y2(x) = x · 1

x² = 1

x. Den allmänna lösningen till ekvationen är y(x) = C₁· x +C2

x .

Insättningen av x = 1 ger att C₁+ C2 = 2 och derivering av y(x) och insätningen av x = 1 ger y⁰(x) = C₁ −C₂

x² och C₁− C₂ = 0 . Systemet har lösningen C₁ = C₂ = 1 och den sökta lösningen till begynnelsevärdeproblemet är y(x) = x + 1

x. Lösning till problem 5.

y = C₁x²+C₂

x² ⇔ C₂ = x²y − C₁x⁴. Derivering ger: 0 = 2xy + x²y⁰− 4C₁x³ ⇔ C1= 1

2 y x² +1

4 y⁰

x . Deriverar man en gång till så får man: 0 = 1 2

y⁰x²− 2xy x⁴ +1

4

y⁰⁰x − y⁰ x² ⇔ 0 = 2(y⁰x²− 2xy) + x³y⁰⁰− x²y⁰

4x⁴ ⇔ x²y⁰⁰+ xy⁰− 4y = 0 .

Ekvationen x²y⁰⁰+ xy⁰− 4y = 0 har den allmänna lösningen y(x) = C₁x²+C₂ x² . Lösning till problem 6.

Insättningen av andra ekvationen i första ger systemet

( x⁰ = −x y⁰ = x − 2y .

Första ekvationen är separabel med lösningen x(t) = C₁e^−t. Insättningen i andra ekvationen ger y⁰+ 2y = C₁e^−t som är en linjär ekvation av första ordningen med den integrerande faktorn IF (t) = e^2t. Ekvationen multiplicerat med den integrerande faktorn ger (ye^2t)⁰ = C1e^t⇔ ye^2t= C1e^t+ C2 ⇔ y(t) = C₁e^−t+ C2e^−2t.

Lösning till problem 7.

Jämviktspunkterna är lösningar till systemet:

( 0 = −x + y

0 = −x + x² som är (0, 0) och (1, 1) . Om F (x, y) = −x + y och G(x, y) = −x + x² då är ∂F

∂x(0, 0) = −1 , ∂F

∂y(0, 0) = 1 ,

∂G

∂x(0, 0) = −1 och ∂G

∂y(0, 0) = 0 .

Lineariseringen av systemet i punkten (0, 0) är

( x⁰ = −x + y

y⁰ = −x . Punkten (0, 0) är en enkel jämviktspunkt, ty

−1 1

−1 0     

6= 0 . Koefficientmatrisen är −1 1

−1 0

!

med karakteristiska ekvationen

−1 − λ 1

−1 −λ

= 0 ⇔ λ²+ λ + 1 = 0 med egenvärden λ_1,2 = −1 ± i√ 3

2 .

Detta betyder att punkten (0, 0) är en asymptotiskt stabil spiral för lineariseringen och Poincare’s sats ger nu att (0, 0) är av samma typ och stabilitet för systemet.

∂F

∂x(1, 1) = −1 , ∂F

∂y(1, 1) = 1 , ∂G

∂x(1, 1) = 1 och ∂G

∂y(1, 1) = 0 . Lineariseringen av systemet i punkten (1, 1) är

( x⁰ = −x + y

y⁰ = x . Punkten (1, 1) är en enkel jämviktspunkt, ty

−1 1 1 0     

6= 0 . Koefficientmatrisen är −1 1

1 0

!

med karakteristiska ekvationen

−1 − λ 1

1 −λ

= 0 ⇔ λ²+ λ − 1 = 0 med egenvärden λ1,2 = −1 ±√ 5

2 .

Egenvärdena är reella med olika tecken, alltså punkten (1, 1) är en instabil sadelpunkt för lineariseringen och enligt Poincare’s sats även för systemet.

Lösning till problem 8.

Jämviktspunkterna är lösningar till systemet

( 0 = −x − 2y² 0 = xy − y³.

Från första ekvationen x = −2y² och insättningen i andra ger y = 0 , alltså även x = 0 . (0, 0) är den enda jämviktspunkten.

Sök en Liapunovfunktion på formen E(x, y) = ax^2m+ by²ⁿ. Med F (x, y) = −x − 2y² och G(x, y) = xy − y³ får vi:

∂E

∂xF + ∂E

∂yG = 2amx^2m−1(−x − 2y²) + 2bny²ⁿ⁻¹(xy − y³) =

−2amx^2m− 4amx^2m−1y²+ 2bnxy²ⁿ− 2bny²ⁿ⁺². Om vi väljer m = 1 , n = 1 , a = 1 och b = 2 får vi: ∂E

∂xF +∂E

∂yG = −2x² − 4y⁴ < 0 för alla (x, y) 6= (0, 0) , alltså E(x, y) = x²+ 2y² är en strikt Liapunovfunktion. Detta betyder att (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt för systemet.