Bestäm den lösning till ekvationen som satisfierar villkoret att y(1

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler

018-471 32 89

Prov i matematik

Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng

2006-12-15

Skrivtid: 15.00–20.00. Tillåtna hjälpmedel: Skrivdon, Mathematics Handbook, Beta eller Physic Handbook. 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 lösning till differentialekvationen

(1 − x) dx + e^x+ydy = 0 , för vilken y(0) = 0 .

2. Differentialekvationen

1

x − 2xy²

 dx+1

y dy = 0 kan göras till en exakt differentialekvation med hjälp av en integrerande faktor på formen µ(x, y) = µ(x · y) .

Bestäm den lösning till ekvationen som satisfierar villkoret att y(1) = 1 .

3. Bestäm konstanten a så att funktionen y₁(x) = e^ax blir en lösning till differentialekvationen xy⁰⁰− (1 + 2x)y⁰+ (1 + x)y = 0 .

Bestäm även den allmänna lösningen till ekvationen.

4. Vilken linjär och homogen differentialekvation av andra ordningen har funktionerna y1(x) = x och y2(x) = ln x som lösningar?

Är funktionerna y₁(x) och y2(x) linjärt beroende eller linjärt oberoende?

Vilken lösning y(x) till den erhållna ekvationen uppfyller begynnelsevillkoren y(1) = 3 och y⁰(1) = 2 ?

5. Verifiera att den homogena differentialekvationen x²y⁰⁰− 2xy⁰+ 2y = 0 har lösningar av formen y(x) = xⁿ.

Bestäm alla sådana lösningar.

Lös den inhomogena ekvationen x²y⁰⁰− 2xy⁰+ 2y = x³sin x . 6. Bestäm alla lösningar till det inhomogena, linjära systemet:

( x⁰ = 3x + y y⁰ = −x + y + 4t .

7. Bestäm alla jämviktspunkter till systemet:

( x⁰ = y − 4x − x⁵ y⁰ = 8x − 2y . Avgör om de är stabila, asymptotiskt stabila eller instabila.

8. Visa att origo är en jämviktspunkt för systemet:

(

x⁰ = ^px²+ 1 − 2y − 1 y⁰ = ln(e^x+ 4y) .

Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2006-12-15

1. y(x) = ln(1 − xe^−x) . 2. µ(x, y) = 1

(xy)² , y(x) = 1 x(√

1 − 4 ln x). 3. a = 1 , y(x) = (C1+ C2x²)e^x.

4. x²(1 − ln x)y⁰⁰+ x · y⁰− y = 0 . Funktionerna y₁(x) = x och y₂(x) = ln x är linjärt oberoende.

Lösningen y(x) = 3x − ln x satisfierar givna begynnelsevillkoren.

5. y₁(x) = x och y2(x) = x² är två linjärt oberoende lösningar till den homogena ekvationen.

Den allmänna lösningen till den inhomogena ekvationen är y(x) = C₁x + C2x²− x sin x . 6. x(t) = (C₁+ C₂t)e^2t+ t + 1 , y(t) = (C₂− C₁− C₂t)e^2t− 3t − 2 .

7. Systemet har en enda jämviktspunkt (0, 0) . (0, 0) är asymptotiskt stabil.

(Liapunov-funktion E(x, y) = 8x²+ y²).

8. (0, 0) är en instabil jämviktspunkt av knuttyp.

Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2006-12-15

Lösning till problem 1.

Multiplikation av ekvationen med e^−x ger (1 − x)e^−xdx + e^ydy = 0 . Ekvationen är separabel och kan skrivas om som (x − 1)e^−xdx = e^ydy ⇒ Z

(x − 1)e^−xdx = Z

e^ydy . Partiallintegration av vänstra ledet ger (1 − x)e^−x+

Z

e^−xdx = e^y ⇔ (1 − x)e^−x− e^−x+ C = e^y ⇔ y = ln(C − xe^−x) .

Insättningen av x = 0 ger att 0 = ln C ⇔ C = 1 , alltså den sökta lösningen är y = ln(1−xe^−x) . Lösning till problem 2.

Låt µ(x, y) = µ(x · y) vara en integrerande faktor. Sätt µ(xy) = µ(t) , där t = xy . Ekvationen µ(xy)

1

x − 2xy²



dx + µ(xy)1

ydy = 0 är exakt, alltså

∂

∂y

 µ(xy)

1

x− 2xy²



= ∂

∂x



µ(xy) ·1 y



⇔ µ⁰ · x

1

x − 2xy²



+ µ · (−4xy) = µ⁰ · y1 y ⇔ µ⁰(1 − 2x²y²) − 4xyµ = µ⁰ ⇔ µ⁰

µ = − 2 xy ⇔ µ⁰

µ = −2

t ⇒ ln µ = ln 1

t² ⇒ µ = 1

t² eller då µ(x, y) = 1

(xy)² . Ekvationen 1 (xy)²

1

x − 2xy²



dx + 1 (xy)²

1

ydy = 0 ⇔

 1 x³y² − 2

x



dx + 1

x²y³dy = 0 är exakt. En potentialfunktion f (x, y) kan bestämmas som f (x, y) =

Z 1

x²y³dy = − 1

2x²y² + h(x) , där f_x⁰(x, y) = 1

x³y² + h⁰(x) , alltså h(x) ska väljas så att h⁰(x) = −2

x, dvs. h(x) = −2 ln x = ln 1 x² .

Den allmänna lösningen till differentialekvationen ges i implicit form av f (x, y) = C₁ dvs.

1

2x²y² + ln x²= C , där C = −C₁. Begynnelsevillkoret ger att C = 1

2 och den sökta lösningen i implicit form ges av 1

2x²y² + 2 ln x = 1 2 ⇔ 1

x²y² + 4 ln x = 1 ⇔ y² = 1

x²(1 − 4 ln x) ⇔ y(x) = 1 x√

1 − 4 ln x. Lösning till problem 3.

Om y₁(x) = e^ax då y₁⁰ = ae^ax och y⁰⁰₁ = a²e^ax.

Insättningen av y₁ = e^ax i ekvationen ger: a²xe^ax − (1 + 2x)ae^ax + (1 + x = e^ax = 0 ⇔ (a²x − a − 2ax + 1 + x)e^ax= 0 ⇔ (a²−2a+1)x−(a−1) = 0 ⇔ (a−1)((a−1)x−1) = 0 ⇔ a = 1 . Funktion y₁(x) = e^x är en lösning till differentialekvationen.

För att bestämma andra linjärt oberoende av y₁ lösningen y₂ söker vi den på formen y2(x) = v(x) · y1(x) = v(x) · e^x. y₂⁰ = v⁰e^x+ ve^x och y₂⁰⁰= v⁰⁰e^x+ 2v⁰e^x+ ve^x.

Insättningen i ekvationen ger:

x(v⁰⁰+ 2v⁰+ v)e^x− (1 + 2x)(v⁰+ v)e^x+ (1 + x)ve^x= 0 ⇔ xv⁰⁰− v⁰ = 0 ⇔ v⁰⁰ v⁰ = 1

x ⇒ v⁰ = x ⇒ v(x) kan väljas som v(x) = x². y₂(x) = x²e^x och den allmänna lösningen till ekvationen är:

y(x) = (C₁+ C₂x²)e^x.

Lösning till problem 4.

Den sökta differentialekvationen kan erhållas som 

x ln x y

1 1

x y⁰ 0 −1

x² y⁰⁰         

= 0 ⇔ (1 − ln x)y⁰⁰+ 1 xy⁰− 1

x²y = 0 ⇔ x²(1 − ln x)y⁰⁰+ xy⁰− y = 0 .

Wronskianen för de givna lösningarna är W (x, ln x) =      

x ln x

1 1

x      

= 1 − ln x 6= 0 för 0 < x < e . I en omgivning av x₀ = 1 funktionerna y1(x) = x och y2(x) = ln x är linjärt oberoende.

Den allmänna lösningen till den erhållna ekvationen är y(x) = C₁x + C2ln x . Lösningen satisfierar begynnelsevillkoren om C₁· 1 + C₂ln 1 = 3 och C₁+ C₂ = 2 , alltså om C₁ = 3 och C2= −1 . Lösningen y(x) = 3x − ln x satisfierar ekvationen och begynnelsevillkoren.

Lösning till problem 5.

Insättningen av y(x) = xⁿ i ekvationen ger: x²n(n − 1)xⁿ⁻²− 2xnxⁿ⁻¹+ 2xⁿ= 0 ⇔ n(n − 1)xⁿ− 2nxⁿ+ 2xⁿ= 0 ⇔ n²− 3n + 2 = 0 ⇔ n₁ = 1 och n₂= 2 .

Funktionerna y₁(x) = x och y₂(x) = x² är två linjärt oberoende lösningar till den homogena ekvationen.

Vi söker en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen på formen y_p(x) = v₁(x)x+v₂(x)x² under villkoret att

v⁰₁x + v₂⁰x²= 0 . (1)

Derivering av y_p under villkoret (1) ger y_p⁰ = v1+ 2xv2 och y_p⁰⁰= v₁⁰ + 2v₂⁰x + 2v2. Insättningen i ekvationen ger:

x²(v⁰₁+ 2v₂⁰x + 2v₂) − 2x(v₁+ 2xv₂) + 2(v₁x + v₂x²) = x³sin x ⇔ v₁⁰x²+ 2v⁰₂x³ = x³sin x ⇔ v₁⁰ + 2v₂⁰x = x sin x (2)

(1) tillsammans med (2) ger system:

( v⁰₁ + xv⁰₂ = 0 v⁰₁ + 2xv⁰₂ = x sin x

(2)-(1) ger xv⁰₂= x sin x alltså v₂⁰ = sin x ⇒ v₂= − cos x . Samtidigt som 2(1)-(2) ger v₁⁰ = −x sin x ⇒ v1 = x cos x −

Z

cos x dx = x cos x − sin x . (Konstanten väljs lika med 0).

Den sökta partikulära lösningen är y_p(x) = (x cos x − sin x)x − x²cos x = −x sin x . Den allmänna lösningen till den inhomogena ekvationen är

y(x) = C₁x + C₂x²− x sin x . Lösning till problem 6.

Lös ut y från första ekvationen. y = x⁰ − 3x ⇒ y⁰ = x⁰⁰ − 3x⁰. Sätt in i andra ekvationen.

Man får: x⁰⁰− 3x⁰ = −x + x⁰− 3x + 4t ⇔ x⁰⁰− 4x⁰+ 4x = 4t som är en linjär, inhomogen differentialekvation av andra ordningen med konstanta koefficienter. Karakteristiska ekvationen för motsvarande homogena ekvationen är λ²− 4λ + 4 = 0 ⇔ λ_1,2 = 2 . Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är x_H(t) = (C1+ C2t)e^2t. Den ällmänna lösningen x(t) till den inhomogena ekvationen är summan av x_H(t) och en partikulär lösning xp(t) till den inhomogena ekvationen. x_p(t) söks på formen x_p(t) = at + b . x⁰_p= a och x⁰⁰_p = 0 .

x_p(t) = t + 1 och x(t) = (C₁+ C₂)e^2t+ t + 1 . Insättningen av x(t) i y(t) = x⁰− 3x ger:

y(t) = 2(C1+ C2t)e^2t+ C2e^2t+ 1 − 3(C1+ C2t)e^2t− 3t − 3 = (C₂− C₁− C₂t)E^2t− 3t − 2 . Den allmänna lösning till systemet är

( x(t) = (C₁+ C₂t)e^2t+ t + 1

y(t) = (C2− C₁− C₂t)e^2t− 3t − 2 , där C₁ och C₂ är reella konstanter.

Lösning till problem 7.

Lineariseringen av systemet i (0, 0) är

( x⁰ = −4x + y y⁰ = 8x − 2y .

−4 1 8 −2

= 0 , alltså origo är inte enkel jämviktspunkt och Poincare’s sats är ej tillämpningsbar.

Bestäm en Liapunovfunktion på formen E(x, y) = ax^2m+ by²ⁿ, där a , b ∈ R⁺ och m , n ∈ N . Låt F (x, y) = y − 4x − x⁵ och G(x, y) = 8x − 2y . Betrakta

∂E

∂xF + ∂E

∂yG = 2amx^2m−1(y − 4x − x⁵) + 2bny²ⁿ⁻¹(8x − 2y) =

2amx^2m−1y − 8amx^2m− 2amx^2m+4+ 16bnxy²ⁿ⁻¹− 4bny²ⁿ. Välj m = n = 1 och a = 8 , b = 1 . Man får ∂E

∂xF + ∂E

∂yG = 32xy − 64x² − 16x⁶ − 4y² = −4((4x − y)² + 4x⁶) < 0 för alla (x, y) 6= (0, 0) , alltså E(x, y) = 8x²+ y² är en strikt Liapunovfunktion och enligt Liapunovsats origo är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt för systemet.

Lösning till problem 8.

Om F (x, y) =^px²+ 1 − 2y − 1 och G(x, y) = ln(e^x+ 4y) , då F (0, 0) = 0 och G(0, 0) = 0 , alltså origo är en jämviktspunkt för systemet.

Lineariseringen av systemet i origo:

∂F

∂x = x

√x²+ 1 ⇒ ∂F

∂x(0, 0) = 0 , ∂F

∂y = −2 ⇒ ∂F

∂y(0, 0) = −2 ,

∂G

∂x = e^x

e^x+ 4y ⇒ ∂G

∂x(0, 0) = 1 och ∂G

∂y = 4

e^x+ 4y ⇒ ∂G

∂y(0, 0) = 4 . Lineariseringen för systemet är:

( x⁰ = −2y

y⁰ = x + 4y 

0 −2

1 4

= 2 6= 0 , alltså (0, 0) är en enkel jämviktspunkt. Karakteristiska ekvationen är 

−λ −2

1 4 − λ     

= 0 ⇔ λ²− 4λ + 2 = 0 ⇔ λ_1,2 = 2 ±√

2 . Rötterna är reella och positiva, alltså origo är en instabil knut. Poincare’s sats ger då att origo är en instabil jämviktspunkt av knuttyp även för systemet.