UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

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 = e^x− 2y 2x − e^y .

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 − e^x− e^y = 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) = Ce^x 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 −_x^y

1 +_x^y . 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 − e^x) dx + (2x − e^y) dy = 0 . Med P (x, y) = 2y − e^x och Q(x, y) = 2x − e^y har vi att ∂P

∂y = 2 = ∂Q

∂y , alltså ekvationen är exakt. Bestämning av en potentialfunktion: f (x, y) =

Z

(2y − e^x) dx = 2xy − e^x + h(y) .

∂f

∂y = 2x + h⁰(y) = 2x − e^y ⇒ h⁰(y) = −e^y alltså vi kan välja h(y) = −e^y.

Alla lösningar till ekvationen ges i implicit form av likheten: 2xy − e^x− e^y = 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) ⇔ µ⁰_y(2x²y − 1) + µ · 2x²= µ⁰_x· x³+ 3µ · x².

Om µ⁰_y = 0 ⇒ µ(x, y) = µ(x) och µ⁰_x = 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

f_x⁰(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 y_H(x) = C₁x²+ C₂x²ln x . Nu söker vi en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen y_p(x) på formen y_p(x) = v₁(x) · x²+ v₂(x) · x²ln x sådan som uppfyller ekvationen

v⁰₁x²+ v₂⁰x²ln x = 0 ⇔ v₁⁰ + v₂⁰ ln x = 0 (1)

Insättningen av y_p(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 ).

y_p(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 λ_1,2 = ±3i . Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är, alltså, y_h(x) = C1cos 3t + C2sin 3t . En partikulär lösning y_p(x) till den inhomogena ekvationen kan bestämmas som en konstant y_p(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 ⇔ λ_1,2= 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) = ax^2m+ 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 = 2amx^2m−1(−3x − y⁵) + 2bny²ⁿ⁻¹(x³− y³) =

= −6amx^2m−2amx^2m−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) = Ce^x och om y⁰ = 2x då den allmänna lösningen är y(x) = x²+ C1.