UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler

tel. 018-471 32 89

Prov i matematik

Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng

2004-12-13

Skrivtid: 15.30–20.30. Hjälpmedel: Skrivdon, Physics handbook eller Mathematics handbook, Beta. Tentamen består av 7 problem. Lösningarna skall vara åtföljda av förklarande text.

Varje problem ger högst 5 poäng utom problem 4 som kan ge upp mot 10 p.

För betygen 3, 4, 5 krävs 18, 25, respektive 32 poäng.

1. Bestäm den lösning till differentialekvationen y⁰ = e^2x−y, som går genom punkten (0 , 0) .

2. Gör lämplig substitution och lös differentialekvationen:

y⁰ = (2x + y)²− 1 . Bestäm den lösning för vilken y(0) = 1 .

3. Skriv differentialekvationen dy

dx = x²y²+ y

x − y² på differentialform.

Ekvationen har en integrerande faktor som endast beror av en variabel.

Bestäm den och lös sedan ekvationen.

4. (a) Differentialekvationen x²y⁰⁰− 4xy⁰+ 6y = 0 har en lösning på formen y = xⁿ. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen.

(b) Bestäm en partikulärlösning, y_p(x) , till den inhomogena ekvationen x²y⁰⁰− 4xy⁰+ 6y = x⁴sin x .

Vad är den allmänna lösningen till den inhomogena ekvationen?

5. Bestäm den allmänna lösningen till systemet:

( x⁰(t) = −x(t) + y(t) + t y⁰(t) = −4x(t) + 3y(t) + t².

Vilken lösning uppfyller begynnelsevillkoret att x(0) = 1 och y(0) = 2 ? 6. Bestäm alla jämnviktspunkter till systemet:

( x⁰ = y

y⁰ = −x + x². Avgör deras typ och stabilitet.

7. Visa att origo är den enda jämnviktspunkten för systemet:

( x⁰ = −x − 2y² y⁰ = xy − y³.

Bestäm en Liapunovfunktion till systemet och avgör stabiliteten hos jämnviktspunkten.

LYCKA TILL!

Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2004-12-13

1. y(x) = ln(e^2x+ 1) − ln 2 .

2. Allmänn lösning: y(x) = tan(x + C) − 2x och den lösning som uppfyller begynnelsevillkoret är y(x) = tan(x +π

4) − 2x .

3. (x²y²+ y) dx + (y²− x) dy = 0 , µ(y) = 1

y² och x³ 3 +x

y + y = C . 4. (a) y_h(x) = C1x²+ C2x³ , där C₁ och C₂ är reella konstanter.

(b) y_p(x) = −x²sin x och y(x) = C₁x²+ C₂x³− x²sin x .

5. X(t) = x(t) y(t)

!

= (C1+ C2t)e^t+ t²+ t + 1 (2C₁+ C₂+ 2C₂t)e^t+ t²+ 2t + 2

! . Lösningen som uppfyller begynnelsevillkoret är X_p(t) = xp(t)

y_p(t)

!

= t²+ t + 1 t²+ 2t + 2

! .

6. (0, 0) är ett stabilt centrumför lineariseringen i origo, men instabil för systemet och (1, 0) är en instabil sadelpunkt.

7. E(x, y) = x²+ 2y² och (0, 0) är en asymptotiskt stabil jämnviktspunkt.

Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2004-12-13

Lösning till problem 1.

Ekvationen kan skrivas om som e^y· y⁰ = e^2x. Ekvationen är, alltså separabel.

Integrationen ger e^y = 1

2e^2x+ C ⇔ y(x) = ln(1

2e^2x+ C) som är ällmänn lösning till ekvationen.

Insättningen av begynnelsevillkoret ger 0 = ln(1

2 + C) ⇔ C = 1

2, alltså den sökta lösningen är y(x) = ln(1

2(e^2x+ 1)) = ln(e^2x+ 1) − ln 2 . Lösning till problem 2.

Sätt z(x) = 2x + y(x) . Då gäller att z⁰ = 2 + y⁰ ⇔ y⁰= z⁰− 2 . Insättningen i ekvationen ger z⁰− 2 = z²− 1 ⇔ z⁰= z²+ 1 ⇔ 1

z²+ 1· z⁰ = 1 . Ekvationen är separabel. 1

z²+ 1· z⁰ = 1 ⇒ Z 1

z²+ 1· z⁰dx = Z

1 dx ⇔ Z 1

z²+ 1dz = x + C

⇔ arctan z = x + C ⇔ z = tan(x + C) ⇔ 2x + y = tan(x + C) ⇔ y(x) = tan(x + C) − 2x . För den lösning som uppfyller begynnelsevillkoret y(0) = 1 gäller: 1 = tan C ⇒ C = π

4 , alltså den sökta lösningen är y(x) = tan(x +π

4) − 2x . Lösning till problem 3.

dy

dx = x²y²+ y

x − y² ⇔ (x²y²+ y) dx = (x − y²) dy ⇔ (x²y²+ y) dx + (y²− x) dy = 0 .

Låt µ vara en integrerande faktor till ekvationen. Ekvationen µ(x²y²+ y) dx + µ(y²− x) dy = 0 är exakt ⇔ ∂

∂y(µ(x²y²+y)) = ∂

∂x(µ(y²−x)) ⇔ µ⁰_y(x²y²+y)+µ(2x²y +1) = µ⁰_x(y²−x)+µ(−1)

⇔ µ⁰_y· y(x²y + 1) + µ⁰_x(x − y²) = −2µ(x²y + 1) . Om µ⁰_x= 0 får vi att µ⁰_y· y = −2µ som är en separabel ekvation. Alltså den integrerande faktor µ är en funktion beroende bara av variabeln y och uppfyller ekvationen µ⁰

µ = −2

y med lösningen µ(y) = 1

y². Vi får att ekvationen 1

y²(x²y²+ y) dx + 1

y²(y²− x) dy = 0 ⇔ (x²+ 1

y) dx + (1 − x

y²) dy = 0 är exakt.

Bestämning av en potential funktion: f (x, y) = Z

(x² + 1

y) dx = x³ 3 + x

y + g(y) , där g(y) väljs så att f_y⁰(x, y) = −x

y² + g⁰(y) = 1 − x

y² , dvs. så att g⁰(y) = 1 ⇒ g(y) = y , alltså f (x, y) = x³

3 +x

y + y och den allmänna lösningen till differentialekvationen ges i implicit form av x³

3 +x

y + y = C , där C är en reell konstant.

Lösning till problem 4.

(a) Sätt in y = xⁿ i den homogena ekvationen. Vi får: n(n − 1)xⁿ− 4nxⁿ+ 6xⁿ= 0 ⇔ n²− 5n + 6 = 0 ⇔ n₁ = 2 och n₂= 3 , alltså, den homogena ekvationen har som lösningar y1(x) = x² och y₂(x) = x³. Funktionerna y₁ = x² och y₂ = x³ är linjärt oberoende och därför den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är y_h(x) = C1x²+ C2x³, där C₁ och C₂ är reella konstanter.

(b) Den partikulära lösningen till den inhomogena ekvationen x²y⁰⁰−4xy⁰+6y = x⁴sin x söker vi med hjälp av Liouvills metod med variabla koefficienter.

Låt y_p(x) = v1(x) · x²+ v2(x) · x³ där vi söker v₁ och v₂ så att v₁⁰ · x²+ v⁰₂· x³ = 0 ⇔

v₁⁰ + xv⁰₂= 0 (1)

y⁰_p(x) = v⁰₁x²+ 2xv₁+ v⁰₂x³+ 3x²v₂= 2xv₁+ 3x²v₂ p.g.a. (1) och

y_p⁰⁰(x) = 2v₁+ 2xv⁰₁+ 6xv₂+ 3x²v₂⁰ . Insättningen i den inhomogena ekvationen ger:

x²(2v1+ 2xv₁⁰ + 6xv2+ 3x²v⁰₂) − 4x(2xv1+ 3x²v2) + 6(v1x²+ v2x³) = x⁴sin x ⇔ 2x³v₁⁰ + 3x⁴v₂⁰ = x⁴sin x ⇔ 2v⁰₁+ 3xv₂⁰ = x sin x (2)

(2) − 2(1) ⇒ xv⁰₂= x sin x ⇒ v₂⁰ = sin x ⇒ v₂= − cos x och insättningen i (1) ger:

v⁰₁= −x sin x ⇒ v1 = − Z

x sin x dx = x cos x − Z

cos x dx = x cos x − sin x .

Den sökta partikulära lösningen är y_p(x) = x³cos x − x²sin x − x³cos x = −x²sin x . Den allmänna lösningen till den inhomogena ekvationen är C₁x²+ C₂x³− x²sin x . Lösning till problem 5.

Från första ekvationen får man y = x⁰+ x − t ⇒ y⁰ = x⁰⁰+ x⁰ − 1 och insättningen i andra ekvationen ger x⁰⁰+ x⁰− 1 = −4x + 3x⁰+ 3x − 3t + t² ⇔ x⁰⁰− 2x⁰+ x = t²− 3t + 1 .

Sista ekvationen är en inhomogen, linjär av andra ordningen med konstanta koefficienter.

Karakteristiska ekvationen är m² − 2m + 1 = 0 ⇔ m_1,2 = 1 ⇒ x_h(t) = (C₁ + C₂t)e^t är en allmänn lösning till motsvarande homogena ekvationen. Nu sökes en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen på formen x_p(t) = at²+ bt + c . x⁰_p = 2at + b och x⁰⁰_p = 2a .

Insättningen i ekvationen ger: 2a − 2(2at + b) + at²+ bt + c = t²− 3t + 1 ⇔

at²− (4a − b)t + 2a − 2b + c = t²− 3t + 1 ⇔ a = 1 , b = 1 och c = 1 , alltså x_p(t) = t²+ t + 1 och den allmänna lösningen för den inhomogena ekvationen är x(t) = (C₁+ C2t)e^t+ t²+ t + 1 . Insättningen i y = x⁰+ x − t, ger y(t) = (2C1+ C2+ 2C2t)e^t+ t²+ 2t + 2 , alltså:

X(t) = x(t) y(t)

!

= (C₁+ C₂t)e^t+ t²+ t + 1 (2C1+ C2+ 2C2t)e^t+ t²+ 2t + 2

!

är allmänn lösning till systemet.

Insättningen av t = 0 i lösningen ger x(0) y(0)

!

= 1

2

!

= C1+ 1

2C1+ C2+ 2

!

⇔ C₁ = 0 och C₂= 0 . Den lösning som uppfyller begynnelsevillkoren är ~X_p = xp(t)

y_p(t)

!

= t²+ t + 1 t²+ 2t + 2

! . Lösning till problem 6.

Jämnviktspunkter är lösningar till systemet:

( 0 = y

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

∂x(0, 0) = 0 , ∂F

∂y(0, 0) = 1 , ∂G

∂x(0, 0) = −1 och ∂G

∂y(0, 0) = 0 .

Linearisering av systemet i punkten (0, 0) är

( x⁰ = y

y⁰ = −x . Koefficientmatrisen är 0 1

−1 0

!

med egenvärden λ_1,2= ±i .

Detta betyder att punkten (0, 0) är ett stabilt centrum för lineariseringen.

Sök en Liapunovfunktion E(x, y) = ax^2m+ by²ⁿ, där a, b > 0 och m , n ∈ N . Undersök ∂E

∂xF + ∂E

∂yG = 2amx^2m−1y + 2bny²ⁿ⁻¹(−x + x²) .Välj m = n = 1 och a = b = 1 . Då ∂E

∂xF +∂E

∂yG = 2x²y som är en indefinit, alltså punkten (0, 0) är en instabil jämviktspunkt

för systemet.

∂F

∂x(1, 0) = 0 , ∂F

∂y(1, 0) = 1 , ∂G

∂x(1, 0) = 1 och ∂G

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

( x⁰ = y

y⁰ = x . Koefficientmatrisen är 0 1 1 0

!

med egenvärden λ_1,2= ±1 . Egenvärdena är reella med olika tecken, alltså punkten (1, 0) är en instabil sadelpunkt.

Lösning till problem 7.

Jämnviktspunkter 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 jämnviktspunkten.

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 jämnviktspunkt för systemet.