UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler
tel. 018-471 32 89
Prov i matematik
Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng
2005-04-04
Skrivtid: 14 – 19. 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. Bestäm den lösningskurva till ekvationen
y(y − x) dx + x(x + y) dy = 0 som går genom punkten (1, 1) .
2. Lös fullständigt differentialekvationen: dy
dx = ex− 2y 2x − ey .
3. Ekvationen (2x2y − 1) dx + x3dy = 0 har en integrerande faktor som är beroende av en enda variabel.
Bestäm den lösningskurva till ekvationen som går genom punkten (1, 0) . 4. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen y00− 3
xy0+ 4
x2y = ln x för x > 0 . LEDNING: Den homogena ekvationen har en lösning på formen y = xn.
5. Bestäm alla lösningar till systemet:
( x0 = 2 − x + 5y y0 = 1 − 2x + y
6. Bestäm alla jämviktspunkter för systemet:
( x0 = xy − 16 y0 = x3− y , och avgör deras typ och stabilitet.
7. Visa att (0, 0) är den enda jämviktspunkten till systemet:
( x0 = −3x − y5 y0 = x3 − y3.
och undersök dess stabilitet med en lämpligt vald Liapunovfunktion.
8. Bestäm alla lösningar till differentialekvationen:
0 2− (2x + y)y0
Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-04-04
1. Lösningskurvan ges i implicit form av ekvationen: 1 −x
y + ln xy = 0 . 2. 2xy − ex− ey = C .
3. y = ln x x2 .
4. y(x) = C1x2+ C2x2ln x +1
6x2ln3x . 5. x(t) = 1
2(C1− 3C2) cos 3t +1
2(3C1+ C2) sin 3t + 1
3 och y(t) = C1cos 3t + C2sin 3t −1 3. 6. (2, 8) är en instabil jämviktspunkt av sadeltyp.
(−2, −8) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt av spiraltyp.
7. (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt.
Liapunovfunktion kan väljas som E(x, y) = 3x4+ 2y6. 8. y(x) = Cex och y(x) = x2+ C1.
Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2005-04-04
Lösning till problem 1.
Differentialekvationen kan skrivas på formen: dy
dx = y(x − y) x(x + y) ⇔ dy
dx = y x·1 −xy
1 +xy . Ekvationen är homogen av första ordningen. Substitutionen z = y
x ger y = x·z och y0= z+x·z0. Insättningen i ekvationen ger: z + x · z0= z ·1 − z
1 + z ⇔ xz0 = − 2z2
1 + z ⇔ 1 + z
z2 · z0 = −2 x ⇔
1 z2 +1
z
z0 = −2 x. Integrering m.a.p. x ger −1
z + ln z = −2 ln x + C . Återsubstitutionen z = y
x ger −x y + lny
x + 2 ln x = C ⇔ −x
y + ln xy = C .
Begynnelsevillkor ger −1 + 0 = C , alltså lösningskurva som går genom punkten (1, 1) uppfyller ekvationen 1 −x
y + ln xy = 0 . Lösning till problem 2.
Ekvationen på differentialform kan skrivas som (2y − ex) dx + (2x − ey) dy = 0 . Med P (x, y) = 2y − ex och Q(x, y) = 2x − ey har vi att ∂P
∂y = 2 = ∂Q
∂y , alltså ekvationen är exakt. Bestämning av en potentialfunktion: f (x, y) =
Z
(2y − ex) dx = 2xy − ex + h(y) .
∂f
∂y = 2x + h0(y) = 2x − ey ⇒ h0(y) = −ey alltså vi kan välja h(y) = −ey.
Alla lösningar till ekvationen ges i implicit form av likheten: 2xy − ex− ey = C , där C ∈ R . Lösning till problem 3.
Låt µ(x, y) vara en integrerande faktor till ekvationen.
µ · (2x2y − 1) dx + µ · x3dy = 0 är exakt, alltså
∂
∂y(µ · (2x2y − 1)) = ∂
∂x(µ · x3) ⇔ µ0y(2x2y − 1) + µ · 2x2= µ0x· x3+ 3µ · x2.
Om µ0y = 0 ⇒ µ(x, y) = µ(x) och µ0x = µ0 och µ satisfierar ekvationen µ0 = −µ
x som är separabel. µ0
µ = −1
x ⇒ ln µ = − ln x = ln1
x ⇒ µ(x) = 1
x. Ekvationen 1
x(2x2y−1) dx+x2dy = 0 är exakt med en potentialfunktion f (x, y) = x2y + h(x) som satisfierar
fx0(x, y) = 2xy + h0(x) = 2xy − 1
x. Alltså h0(x) = −1
x ⇒ h(x) = − ln x + C .
Den allmänna lösningen till ekvationen uppfyller sambandet x2y−ln x = c och den lösningskurva som går genom punkten (1, 0) ges då konstanten c uppfyller 12· 0 − ln 1 = c ⇔ c = 0 .
Den sökta lösningskurvan är y = ln x x2 . Lösning till problem 4.
Insättningen av y1 = xn, y10 = nxn−1 och y100 = n(n − 1)xn−2 i den homogena ekvationen y00− 3
xy0+ 4
x2y = 0 ger n(n − 1)xn−2− 3nxn−2+ 4xn−2= 0 ⇔ n2− 4n + 4 = 0 ⇔ n = 2 . Den homogena ekvationen har en lösning y1(x) = x2.
Nu söker vi en annan, linjärt oberoende lösning till den homogena ekvationen på formen y (x) = v(x) · x2. y0 = v0x2+ 2vx och y00= v00x2+ 4v0x + 2v . Insättningen i ekvationen ger:
v00x2− v0x = 0 ⇔ v00 v0 = −1
x och integrering ger: ln v0 = − ln x = ln1
x (integrationskonstanten vald = 0 ). Vi får att v0 = 1
x och vi kan välja v(x) = ln x .
Alltså den andra, linjärt oberoende lösningen till den homogena ekvationen är y2(x) = x2ln x och den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är yH(x) = C1x2+ C2x2ln x . Nu söker vi en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen yp(x) på formen yp(x) = v1(x) · x2+ v2(x) · x2ln x sådan som uppfyller ekvationen
v01x2+ v20x2ln x = 0 ⇔ v10 + v20 ln x = 0 (1)
Insättningen av yp(x) i ekvationen ger 2v01x+v20(2x ln x+x) = ln x som tillsammans med (1) ger v20x = ln x ⇔ v02 = ln x
x Integreringen ger v2(x) = ln2x
2 (integrationskonstanten vald = 0 ).
Insättningen av v2 = ln2x
2 i (1) ger v01 = −ln2x
x alltså v1(x) = −
Z ln2x
x dx = −1 3ln3x (integrationskonstanten = 0 ).
yp(x) = −x2 3 + x2
2 ln3x = x2
6 ln3x och den allmänna lösningen till ekvationen är y(x) = yH(x) + yp(x) = C1x2+ C2x2ln x +x2
6 ln3x . Lösning till problem 5.
( x0 = 2 − x + 5y (1)
y0 = 1 − 2x + y (2)
(2) ⇒ x = y − y0+ 1
2 , alltså x0 = y0− y00
2 och insättningen i (1) ger y0− y00
2 = y0− y − 1
2 + 5y + 2 ⇔ y00+ 9y = −3 . Sista ekvationen är en linjär, inhomogen ekvation av andra ordningen med konstanta koefficienter. Motsvarande homogena ekvationen har karakteristiska ekvationen λ2 + 9 = 0 med rötter λ1,2 = ±3i . Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är, alltså, yh(x) = C1cos 3t + C2sin 3t . En partikulär lösning yp(x) till den inhomogena ekvationen kan bestämmas som en konstant yp(x) = C . Insättningen i ekvationen ger 9C = −3 ⇔ C = −1
3. y(x) = C1cos 3t + C2sin 3t − 1
3 är den allmänna lösningen till den inhomogena ekvationen.
x(t) = y − y0+ 1
2 = 1
2
C1cos 3t + C2sin 3t − 1
3+ 3C1sin 3t − 3C2cos 3t + 1
= 1
2(C1− 3C2) cos 3t +1
2(3C1+ C2) sin 3t + 1 3. Lösning till problem 6.
Låt F (x, y) = xy − 16 och G(x, y) = x3− y . Jämviktspunkter uppfyller ekvationerna:
( xy − 16 = 0 x3− y = 0
Andra ekvationen ger y = x3 och insättningen i första ger x4= 16 ⇔ x1 = 2 och x2 = −2 ⇒ y1 = 8 och y2= −8 . Vi får två jämviktspunkter (x1, y1) = (2, 8) och (x2, y2) = (−2, −8) . Lineariseringen i (2, 8) :
∂F
∂x = y ⇒ ∂F
∂x(2, 8) = 8 , ∂F
∂y = x ⇒ ∂F
∂y(2, 8) = 2 , ∂G
∂x = 3x2 ⇒ ∂G
∂x = 12 och ∂G
∂y = −1 ⇒
∂G
∂y = −1 .
Alltså lineariseringen av systemet i punkten (2, 8) är :
( x0 = 8x + 2y
y0 = 12x − y (2, 8) är en enkel jämviktspunkt ty
8 2
12 −1
= −32 6= 0 .
8 − λ 2
12 −1 − λ
= 0 ⇔ λ2− 7λ − 32 = 0 ⇔ λ1,2= 7 ±√ 177
2 . Egenvärdena har olika tecken, alltså (0, 0) är en instabil jämviktspunkt av sadeltyp för lineariseringen.
Enligt Poincare’s sats punkten (2, 8) är för systemet en instabil jämviktspunkt av sadeltyp.
Lineariseringen i punkten (−2, −8) :
∂F
∂x(−2, −8) = −8 , ∂F
∂y(−2, −8)) = −2 , ∂G
∂x(−2, −8) = 12 , ∂G
∂y(−2, −8) = −1 . Alltså lineariseringen i (−2, −8) är:
( x0 = −8x − 2y y0 = 12x − y Jämviktspunkten (−2, −8) är en enkel jämviktspunkt ty
−8 −2 12 −1
= 32 6= 0 .
−8 − λ −2
12 −1 − λ
= 0 ⇔ λ2+ 9λ + 32 = 0 ⇔ λ1,2 = −9 ± i√ 47
2 . Egenvärden är komplexa med negativ real del, alltså punkten (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt av spiral- typ för lineariseringen och enligt Poincare’s sats punkten (−2, −8) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt av spiraltyp för systemet.
Lösning till problem 7.
Låt F (x, y) = −3x − y5 och G(x, y) = x3− y3. Jämviktspunkterna uppfyller ekvationssystemet:
( −3x − y5 = 0 (1)
x3 − y3 = 0 (2)
Andra ekvationen ger att x = y och insättningen i första ekvationen ger −3x − x5 = 0 ⇔
−x(3 + x4) = 0 ⇔ x = 0 som i sin tur ger y = 0 . (0, 0) är den enda jämviktspunkten till systemet.
Sök Liapunovfunktionen på formen: E(x, y) = ax2m+ by2n, där a och b är två positiva tal och m och n två naturliga tal.
Undersök för vilka a , b , m och n ∂E
∂xF + ∂E
∂yG är negativt eller negativt semidefinit.
∂E
∂xF + ∂E
∂yG = 2amx2m−1(−3x − y5) + 2bny2n−1(x3− y3) =
= −6amx2m−2amx2m−1y5+2bnx3y2n−1−2bny2n+2 = { med m = 2 , n = 3 , a = 3 och b = 2 }
= −36x4− 12y8 = −12(3x4+ y8) < 0 för alla (x, y) 6= (0, 0) , alltså (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt. E(x, y) = 3x4+ 2y6.
Lösning till problem 8.
Ekvationen är kvadratisk i obekant y0 med lösningar y0 = y och y0 = 2x .
Om y0 = y då den allmänna lösningen är y(x) = Cex och om y0 = 2x då den allmänna lösningen är y(x) = x2+ C1.