Använd substitutionen z = −5x + y för att lösa dierentialekvationen: dy dx = (−5x + y)2− 4

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler

tel. 018-471 32 89

Prov i matematik

Civilingenjörsprogrammen Ordinära dierentialekvationer, 2 poäng

2004-01-09

Skrivtid: 1419. Hjälpmedel: Skrivdon, Physic 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 begynnelseproblemmet:





 dy

dx = x²+ y² x(y − x) y(1) = 0 .

2. Använd substitutionen z = −5x + y för att lösa dierentialekvationen:

dy

dx = (−5x + y)²− 4 .

3. Dierentialekvationen: 6xy dx + (4y + 9x²) dy = 0 har en integrerande faktor som är beroende endast av y . Bestäm en integrerande faktor till ekvationen och lös ekvationen fullständigt.

4. Dierentialekvationen: x²y⁰⁰− 3xy⁰+ 4y = 0 har en lösning på formen y1(x) = x^a. Bestäm denna lösningen och sedan den allmänna lösningen till ekvationen.

5. Bestäm den allmänna lösningen till dierentialekvationen:

y⁰⁰+ 3y⁰+ 2y = sin e^x.

6. Lös det linjära system av dierentialekvationer:

( x⁰ = x + 3y y⁰ = 5x + 3y . Ange även en fundamentalmatris till systemet.

7. Bestäm alla jämviktspunkter till det autonoma systemet:

( x⁰ = x²+ y²− 6 y⁰ = x²− y . Avgör typ och stabiliteten hos jämviktspunkterna.

8. Bestäm alla stationära funktioner till funktionalen:

I(y) = Z 8

x⁵(y⁰)⁴dx ,

Svar till tentamen i Ordinära dierentialekvationer, 2 poäng 2004-01-09

1. xe^y/x= (x + y)². 2. y = 5x +3(1 + Ce^6x)

1 − Ce^6x .

3. En integrerande faktor till ekvationen är µ(y) = y².

Den allmänna lösningen till ekvationen ges av sambandet: 3x²y³+ y⁴ = C. 4. y1(x) = x² och y(x) = x²(C₁+ C₂ln x).

5. y(x) = C1e^−2x+ C2e^−x− e^2xsin e^x.

6. x(t) = 3C1e^6t+ C2e^−2t, y(t) = 5C1e^6t− C₂e^−2t.

Som fundamentalmatris Φ(t) kan väljas matrisen Φ(t) = 3e^6t e^−2t 5e^6t −e^−2t

! .

7. (x1, y₁) = (√

2, 2) är en instabil punkt av saddeltyp.

(x2, y2) = (−

√

2, 2) är en asymptotiskt stabil punkt av spiraltyp.

8. Den stationära funktionen är y(x) = 4 3





1 − x⁻ 2 3





.

Lösningar till tentamen i Ordinära dierentialekvationer, 2 poäng 2004-01-09

Lösning till problem 1.

Ekvationen är homogen, ty den kan skrivas om som: dy

dx = 1 + (^y_x)²

y

x − 1 . Substitutionen z = y x ger y = x · z och dy

dx = z + x · z⁰. Insättningen i ekvationen ger: z + xz⁰ = 1 + z² z − 1 ⇔ xz⁰= 1 + z²

z − 1 − z ⇔ xz⁰ = 1 + z

z − 1 ⇔ z − 1 z + 1z⁰ = 1

x ⇔



1 − 2 z + 1

 z⁰ = 1

x.

Den erhållna ekvationen är separabel. Integreringen ger: z − 2 ln(z + 1) = ln(Cx) ⇔ e^z

(z + 1)² = Cx ⇔ e^y/x

(y/x + 1)² = Cx. Insättningen av begynnelsevillkoret y(1) = 0 ger: C = 1 , alltså begynnelseproblemet har lösningen: e^y/x

(y/x + 1)² = x ⇔ e^y/x= x

y x + 1

2

⇔ xe^y/x= (x + y)².

Lösning till problem 2.

Substitutionen z = −5x + y ger y = 5x + z och dy

dx = 5 + z⁰. Insättningen i ekvationen ger detta: z⁰ + 5 = z²− 4 ⇔ z⁰ = z² − 9. Separering av variablerna ger: dz

z²− 9 = dx ⇔ 1

6

 1

z − 3− 1 z + 3



dz = dx och integreringen ger: 1 6ln

z − 3 z + 3    

= x + C₁ ⇔ z − 3

z + 3 = e^6x+6C1 eller z − 3

z + 3 = Ce^6x, där C = e^6C1. Lösningen är, alltså, z = 3(1 + Ce^6x)

1 − Ce^6x och går man över till variabeln y så får man y = 5x +3(1 + Ce^6x)

1 − Ce^6x . Lösning till problem 3.

µ(y) · 6xy dx + µ(y)(4y + 9x²) dy = 0 är exakt ⇔ ∂

∂y(6xyµ(y)) = ∂

∂x(µ(y)(4y + 9x²)) ⇔ µ⁰(y) · 6xy + µ(y) · 6x = µ(y) · 18x ⇔ µ⁰· y = 2µ ⇔µ⁰

µ = 2

y ⇒ ln µ = 2 ln y ⇒ µ(y) = y². Ekvationen: 6xy³dx + (4y³+ 9x²y²) dy = 0 är exakt.

En potentialfunktion är f(x, y) =^Z 6xy³dx = 3x²y³+h(y). Funktionen f(x, y) har egenskapen att ∂f

∂y = 4y³+ 9x²y², alltså 9x²y²+ h⁰(y) = 4y³+ 9x²y² ⇔ h⁰(y) = 4y³, dvs. h(y) = y⁴+ c. Den allmänna lösningen till dierentialekvationen ges av: 3x²y³+y⁴ = C, där C är en konstant.

Lösning till problem 4.

Om y1(x) = x^a då y⁰₁(x) = ax^a−1 och y₁⁰⁰(x) = a(a − 1)x^a−2. Insättningen i ekvationen ger:

a(a − 1)x^a− 3ax^a+ 4x^a= 0 ⇔ a²− 4a + 4 = 0 ⇔ (a − 2)² = 0 ⇔ a = 2. Dierentialekvationen har en lösning y1(x) = x².

Nu söker vi andra, linjärt oberoende lösningen på formen y2(x) = v(x) · x². y₂⁰(x) = v⁰x²+ 2xv och y⁰⁰2(x) = v⁰⁰x²+ 4v⁰x + 2v. Insättningen i ekvationen ger: x³(v⁰⁰x + v⁰) = 0 ⇔

v⁰⁰ v⁰ = −1

x ⇒ ln v⁰= − ln x ⇒ v⁰= 1

x ⇒ v(x) = ln x. Som den andra, linjärt oberoende lösningen kan väljas y2(x) = x²ln x och den allmänna lösningen till dierentialekvationen kan skrivas som y(x) = C1y1(x) + C2y2(x) = x²(C1+ C2ln x), där C1 och C2 är reella konstanter.

Lösning till problem 5.

Den ällmänna lösningen till ekvationen är summan av den allmänna lösningen till den ho- mogena ekvationen y⁰⁰+ 3y + 2y = 0 och en partikulär lösningen till den inhomogena ekvationen y⁰⁰+ 3y⁰+ 2y = sin e^x. Den homogena ekvationen är en linjär, homogen ekvation med konstanta koecienter med karakteristiska ekvationen m²+ 3m + 2 = 0, som har rötterna m1 = −2 och m₂ = −1. Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är yh(x) = C₁e^−2x+ C₂e^−x. Nu söker vi en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen på formen:

yp(x) = v1(x)e^−2x+ v2(x)e^−x, där v1(x) och v2(x) uppfyller villkoret:

v₁⁰e^−2x+ v₂⁰e^−x= 0 (1) Deriveringen av yp(x) ger:

y_p⁰(x) = −2v1e^−2x− v₂e^−x (p.g.a. (1) ) och y⁰⁰p(x) = −2v₁⁰e^−2x+ 4v1e^−2x− v₂⁰e^−x+ v2e^−x. Insättningen i ekvationen ger:

−2v⁰₁e^−2x+ 4v₁e^−2x− v⁰₂e^−x+ v₂e^−x+ 3(−2v₁e^−2x− v₂e^−x) + 2(v₁e^−2x+ v₂e^−x) = sin e^x⇔

−2v₁⁰e^−2x− v⁰₂e^−x= sin e^x (2) (1) + (2) ger −v1⁰e^−2x= sin e^x ⇔ v₁⁰ = −e^2xsin e^x ⇒ v₁ = −

Z

e^2xsin e^xdx =

( e^x = t e^xdx = dt

)

=

− Z

t sin t dt = t cos t − sin t + c1 = e^xcos e^x− sin e^x+ c1. 2·(1) + (2) ger v2⁰e^−x = sin e^x ⇔ v₂⁰ = e^xsin e^x ⇒ v₂ =

Z

e^xsin e^xdx =

( e^x = t e^xdx = dt

)

= Z

sin t dt = − cos t + c2 = cos e^x+ c2.

Alltså yp(x) = (e^xcos e^x− sin e^x)e^−2x+ (cos e^x)e^−x = −e^−2xsin e^x och den allmänna lösningen till dierentialekvationen är: y(x) = C1e^−2x+ C₂e^−x− e^−2xsin e^x.

Lösning till problem 6.

Bestäm 3y från första ekvationen och sätt in i andra. Man får:

3y = x⁰− x och y⁰ = 1

3(x⁰⁰− x⁰). Insättningen ger: 1

3(x⁰⁰− x⁰) = 5x + (x⁰− x) ⇔

x⁰⁰ − 4x⁰ − 12x = 0. Sista ekvationen är en andra ordningens, linjär, homogen ekvation med karakteristiska ekvationen: m²− 4m − 12 = 0, som har rötterna m1= 6 och m2= −2. Den homogena ekvationen har lösningen x(t) = c1e^6t+ c₂e^−2t och insättningen i y(t) ger:

y(t) = 1

3(6c₁e^6t− 2c₂e^−2t− c₁e^6t− c₂e^−2t) = 5

3c₁e^6t− c₂e^−2t. Sätt in c1= 3C₁ och c2= C₂ då får man: x(t) = 3C1e^6t+ C₂e^−2t och y(t) = 5C1e^6t− C₂e^−2t som är den allmänna lösningen till systemet.

Som fundamentalmatris kan vi välja Φ(t) = 3e^6t e^−2t 5e^6t −e^−2t

!

. Kolonnerna i matrisen består av två linjärt oberoende lösningar till systemet, ~X₁ = 3e^6t

5e^6t

!

och , ~X₂ = e^−2t

−e^−2t

! . Lösning till problem 7.

Jämviktspunkterna är lösningar till systemet:

( x²+ y²− 6 = 0 x²− y = 0 .

Från andra ekvationen följer att x²= y och insättningen i första ekvationen ger

y²+ y − 6 = 0 ⇔ y = 2 eller y = −3 . P.g.a. att y = x², där x är reellt får vi att y = 2 är

det enda möjliga värdet på y för en jäviktspunkt. Motsvarande x− värde är då x1 =√ 2 och x = −

√

2. Det nns två jämviktspunkter till det autonoma systemet: (x1, y1) = (

√

2, 2) och (x2, y2) = (−√

2, 2).

Låt F (x, y) = x²+ y² − 6 och G(x, y) = x² − y. Då ∂F

∂x = 2x , ∂F

∂y = 2y , ∂G

∂x = 2x och

∂G

∂y = −1.

Lineariseringen av systemet i punkten (x1, y1) = (√ 2, 2):

∂F

∂x(√

2, 2) = 2√ 2 , ∂F

∂y(√

2, 2) = 4 , ∂G

∂x(√

2, 2) = 2√

2 och ∂G

∂y(√

2, 2) = −1. Alltså systemet

: ₍

x⁰ = 2

√

2x + 4y y⁰ = 2√

2x − y

är lineariseringen för det ursprungliga systemet i punkten (x1, y₁) = (√

2, 2). För detta system origo är den enda jämviktspunkten. Den karakteristiska ekvationen för systemet är:

2√

2 − m 4

2

√

2 −1 − m     

= 0 ⇔ m²− (2√

2 − 1)m − 10√ 2 = 0 .

Från denna ser man att karakteristiska rötter är reella och med olika tecken (summan av rötterna är 2√

2 − 1 och produkten −10√

2 < 0). Detta innebärr att origo är en instabil jämviktspunkt av saddeltyp. Enligt Poincare's sats även punkten (√

2, 2) är en instabil jämviktspunkt av saddeltyp för det ursprungliga systemet.

Lineariseringen i punkten (−√ 2, 2):

∂F

∂x(−√

2, 2) = −2√ 2 , ∂F

∂y(−√

2, 2) = 4 , ∂G

∂x(−√

2, 2) = −2√

2 och ∂G

∂y(−√

2, 2) = −1. Alltså systemet :

( x⁰ = −2√

2x + 4y y⁰ = −2√

2x − y

är lineariseringen för det ursprungliga systemet i punkten (x2, y2) = (−

√

2, 2). För detta system origo är den enda jämviktspunkten. Den karakteristiska ekvationen för systemet är:

−2√

2 − m 4

−2√

2 −1 − m     

= 0 ⇔ m²+ (2√

2 + 1)m + 10√ 2 = 0 .

Från denna ser man att karakteristiska rötter är komplexa tal med negativa reella delar (sum- man av rötterna är −(2√

2 + 1) och produkten 10√

2 > 0). Detta innebärr att origo är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt av spiraltyp. Enligt Poincare's sats även punkten (−√

2, 2) är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt av spiraltyp för det ursprungliga systemet.

Lösning till problem 8.

Låt f(x, y, y⁰) = x⁵(y⁰)⁴. Eulers ekvation för stationära funktioner är: d dx

∂f

∂y⁰



−∂f

∂y = 0 ⇔ d

dx(4x⁵(y⁰)³) − 0 = 0 ⇔ 20x⁴(y⁰)³+ 12x⁵(y⁰)²· y⁰⁰ = 0 ⇔ 4x(y⁰)²(5y⁰+ 3xy⁰⁰) = 0.

P.g.a. att de sökta funktionerna är inte konstanta ( y(1) = 0 och y(8) = 1 ) gäller att Eulers ekvationen är uppfylld om 5y⁰+ 3xy⁰⁰= 0 ⇔ y⁰⁰

y⁰ = − 5

3x ⇔ ln y⁰= ln(C1x⁻⁵³) ⇔ y⁰ = C1x⁻⁵³ ⇔ y = Ax⁻²³ + B. Villkoren y(1) = 0 och y(8) = 1 ger att A + B = 0 och A

4 + B = 1 som har lösningen A = −4

3 och B = 4 3.

Den sökta statonära funktionen till funktionalen är y(x) = 4 3





1 − x⁻ 2 3





.