UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler

tel. 018-471 32 89

Prov i matematik

Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng

2006-01-10

Skrivtid: 9.00–14.00. 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. Bestäm den lösningskurva till differentialekvationen 1 + y

1 + xy⁰= e^x−y

som går genom punkten (0, 1) . (Kurvan kan anges i implicit form.)

2. Bestäm den lösningskurva till ekvationen

(3x + 4y) dx − x dy = 0 som går genom punkten (1, 2) .

3. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen y⁰⁰+ 9y = 1

cos 3x.

4. Lös begynnelsevärdesproblem:

( x⁰ = −2x + y + 1 y⁰ = −3x + 2y + e^2t ,

( x(0) = 0 y(0) = −1 .

5. Omvandla andra ordningens differentialekvationen y⁰⁰+ (y⁰)³ + y = 0 till ett system av första ordningens differentialekvationer. Visa sedan att det erhållna systemet har endast origo (0, 0) som jämviktspunkt. Bestäm stabiliteten hos jämviktspunkten.

6. Ekvationen x²y⁰⁰+ xy⁰− y = 0 har två linjärt oberoende lösningar på formen y(x) = xⁿ. a) Bestäm dessa lösningar.

b) Lös den inhomogena ekvationen x²y⁰⁰+ xy⁰− y = 2x . 7. Bestäm alla jämviktspunkter till systemet

( x⁰ = x(x − 1)(y − 2) y⁰ = 2x − y .

Avgör typ och stabiliteten hos de enkla jämviktspunkterna.

8. Visa att differentialekvationen (2y − 6x) dx + (3x −4x²

y ) dy = 0 har en integrerande faktor på formen µ(x, y) = x^myⁿ.

Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2006-01-10

1. ye^y = xe^x+ e . 2. y(x) = 3x⁴− x . 3. y(x) = (C₁+1

9ln | cos 3x|) cos 3x + (C₂+ x) sin 3x .

4. ~X(t) = x(t) y(t)

!

=







−3 2e^t−5

6e^−t+1 3e^2t+ 2

−9 2e^t−5

6e^−t+4 3e^2t+ 3





.

5.

( x⁰ = −x³− y

y⁰ = x . Origo är en stabil jämviktspunkt.

6. a) y₁(x) = 1

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

b) y(x) = C₁

x + C₂x + x ln x .

7. Systemet har två jämviktspunkterna (0, 0) som är en instabil sadelpunkt och (1, 2) som inte är enkel.

8. µ(x, y) = xy², y = 2x .

Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2006-01-10

Lösning till problem 1.

Ekvationen är separabel ty 1 + y

1 + xy⁰ = e^x−y ⇔ (1 + y)e^y· y⁰= (1 + x)e^x⇔ Z

(1 + y)e^ydy = Z

(1 + x)e^xdx ⇔ ye^y = xe^x+ C .

Kurvan går genom punkten (0, 1) ⇔ 1 · e¹ = 0 + C ⇔ C = e , alltså den sökta kurvan är ye^y = xe^x+ e .

Lösning till problem 2.

Metod 1. Ekvationen (3x + 4y) dx − x dy = 0 kan skrivas om som dy

dx = 3 + 4y

x som är en homogen ekvation av första ordning. Substitutionen z = y

x ger att dy

dx = z + xdz dx och z + xdz

dx = 3 + 4z ⇔ 1

z + 1 · z⁰ = 3

x ⇔ ln(z + 1) = ln Cx³. Obs: i närheten av punkten (1, 2) både x och z + 1 är positiva.

z + 1 = Cx³⇒ y(x) = Cx⁴− x . Begynnelsevillkoret y(1) = 2 ger 2 = C − 1 , alltså C = 3 . Den sökta lösningen är y(x) = 3x⁴− x .

Metod 2. Sök en integrerande faktor µ(x, y) till ekvationen.

Integrerande faktorn ska uppfylla villkoret ∂

∂y(µ(3x + 4y)) = ∂

∂x(−µ · x) ⇔

µ⁰_y(3x + 4y) + 4µ = −µ⁰_xx − µ . Om µ⁰_y = 0 då ekvationen blir enkel 5µ = −µ⁰x ⇔ µ⁰ µ = −5

x, där µ⁰ = µ_x. Ekvationen har en lösning µ(x) = 1

x⁵ och multiplicerar man den ursprungliga ekvationen med µ(x) = 1

x⁵ får man ekvationen:

 3 x⁴ + 4y

x⁵



dx − 1

x⁴dy = 0 som är exakt.

En potential funktion f (x, y) kan bestämmas som f (x, y) = − y

x⁴ + ϕ(x) där f_x⁰ = 4

x⁵ + ϕ⁰(x) och därför ϕ⁰(x) = 3

x⁴ . ϕ(x) = Z 3

x⁴ dx = −1

x³. f (x, y) = − 1 x³ − y

x⁴ och lösningskurvor till ekvationen är nivåkurvor för f (x, y) , alltså − 1

x³− y

x⁴ = C ⇔ y = C₁x⁴−x . Begynnelsevillkoret ger y(x) = 3x⁴− x .

Lösning till problem 3.

Den homogena ekvationen har karakteristiska ekvationen λ²+9 = 0 med lösningarna λ_1,2= ±3i . Den allmänna lösningen y_h(x) till den homogena ekvationen är yh(x) = C1cos 3x + C2sin 3x . För att hitta en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen använder vi Liouvills metod med variabla koefficienter, dvs, vi söker y_p(x) på formen y_p(x) = v₁(x) cos 3x + v₂(x) sin 3x under förutsättningen att

v₁⁰ cos 3x + v₂⁰ sin 3x = 0 (1)

y⁰_p= −3v1sin 3x + 3v2cos 3x vilket ger y⁰⁰_p = −3v₁⁰ sin 3x − 9v1cos 3x + 3v⁰₂cos 3x − 9v2sin 3x , och insättningen i ekvationen ger:

−3v⁰₁sin 3x − 9v₁cos 3x + 3v₂⁰ cos 3x − 9v₂sin 3x + 9(v₁cos 3x + v₂sin 3x) = 1 cos 3x ⇔ (−3 sin 3x)v₁⁰ + (3 cos 3x)v₂⁰ = 1

cos 3x, (2)

Multiplicera (1) med 3 tan 3x och addera till (2). Man får (3 cos 3x + 3sin²3x

cos 3x)v₂⁰ = 1

cos 3x ⇒ 3v₂⁰ = 1 , dvs v₂⁰ = 1

3 och v₂ = 1 3x . v₁⁰ = −v⁰₂tan 3x = −1

3tan 3x vilket ger v₁= 1

9ln | cos 3x| . Den allmänna lösningen till differentialekvationen är

y(x) = (C1+1

9ln | cos 3x|) cos 3x + (C2+ x) sin 3x . Lösning till problem 4.

Från första ekvationen y = x⁰+ 2x − 1 och insättningen i andra ekvationen ger

x⁰⁰ + 2x⁰ = −3x + 2x⁰ + 4x − 2 + e^2t ⇔ x⁰⁰ − x = e^2t − 2 . Den karakteristiska ekvationen för den homogena ekvationen är λ² − 1 = 0 med rötter λ_1,2 = ±1 . Den allmänna lösnin- gen till den homogena ekvationen är x_h(t) = C₁e^t + C₂e^−t. En partikulär lösning till den inhomogena ekvationen sökes på formen x_p(t) = A + Be^2t. Insättningen i ekvationen ger 4Be^2t − A − Be^2t = e^2t− 2 ⇔ A = 2 och B = 1

3. x_p(t) = 1

3e^2t+ 2 och den allmänna lösningen är x(t) = C₁e^t+ C2e^−t+1

3e^2t+ 2 . Insättningen i y(t) = x⁰(t) + 2x(t) − 1 ger y(t) = C1e^t− C₂e^−t+2

3e^2t+ 2C1e^t+ 2C2e^−t+2

3e^2t+ 4 − 1 = 3C1e^t+ C2e^−t+4

3e^2t+ 3 . Den allmänna lösningen till ekvationssystemet är: ~X(t) =



 x(t) y(t)



=









C₁e^t+ C₂e^−t+1 3e^2t+ 2 3C1e^t+ C2e^−t+4

3e^2t+ 3







 .

Begynnelsevillkoren ger ekvationssystem











C₁+ C₂+1

3 + 2 = 0 3C1+ C2+4

3 + 3 = −1

⇔











C₁+ C₂ = −7 3 3C1+ C2 = −16

3 som har lösningen C₁ = −3

2 och C₂ = −5 6.

Den sökta lösningen till begynnelsevärdesproblemet är:

X(t) =~



 x(t) y(t)



=









−3 2e^t−5

6e^−t+1 3e^2t+ 2

−9 2e^t−5

6e^−t+4 3e^2t+ 3







 .

Lösning till problem 5.

Sätt y⁰= x . Man får då att y⁰⁰= x⁰ och insättnngen ger systemet

( x⁰ = −x³− y

y⁰ = x .

Bestämning av jämviktspunkter för systemet.

Från andra ekvationen får man att x = 0 och insättningen i första ger y = 0 , alltså origo (0, 0) är den enda jämviktspunkten.

Lineariseringen av systemet i (0, 0) är

( x⁰ = −y y⁰ = x .

1 −1

1 0

= 1 6= 0 . Jämviktspunkten är enkel. Bestämning av egenvärden till koefficientmatrisen:

−λ −1

1 −λ

= 0 ⇔ λ1,2 = ±i . Poincare’s sats är inte tillämpningsbar.

Vi försöker bestämma stabilitet med Liapunov metoden.

Låt E(x, y) = ax^2m+ by²ⁿ och F (x, y) = −x³− y och G(x, y) = x . Då gäller att

∂E

∂xF + ∂E

∂yG = 2amx^2m−1(−x³− y) + 2bny²ⁿ⁻¹x = −2amx^2m+2− 2amx^2m−1y + 2bny²ⁿ⁻¹x . Om vi väljer n = m = 1 och a = b = 1 får vi att E(x, y) = x² + y² är positivt definit form

samtidigt som ∂E

∂xF + ∂E

∂yG = −2x⁴ ≤ 0 för alla (x, y) , alltså är en negativt semidefinit form.

Enligt Liapunovs sats origo (0, 0) är en stabil jämviktspunkt.

Lösning till problem 6.

a) Om y(x) = xⁿ då y⁰= nxⁿ⁻¹ och y⁰⁰= n(n − 1)xⁿ⁻². Insättningen i den homogena ekvationen ger: n(n − 1)xⁿ+ nxⁿ− xⁿ= 0 ⇔ n(n − 1) + n − 1 = 0 ⇔ n²− 1 = 0 ⇔ n₁= −1 och n₂ = 1 , alltså y₁(x) = x⁻¹ = 1

x och y₂(x) = x är två linjärt oberoende lösningar.

(Obs: wronskianen W (1 x, x) =

1

x x

−1 x² 1

= 2 x 6= 0 .)

b) Vi söker först en partikulär lösning till den inhomogena ekvationen på formen:

y_p(x) = v₁(x)y₁(x) + v₂(x)y₂(x) = v₁(x) · 1

x + v₂(xc) · x under villkoret:

v⁰₁· 1

x + v₂⁰ · x = 0 (1)

Derivering av y_p(x) ger y⁰_p(x) = v⁰₁· 1

x + v₁(− 1

x²) + v₂⁰ · x + v₂ = −v₁· 1

x² + v₂ ty (1) och y_p⁰⁰= 2

x³v1− 1

x² · v₁⁰ + v₂⁰ . Insättningen i den inhomogena ekvationen ger:

x²

 2

x³v₁− 1

x² · v₁⁰ + v₂⁰

 + x



−v₁· 1 x² + v₂



− 1

x · v₁− x · v₂ = 2x ⇔

−v₁⁰ + x²v⁰₂= 2x (2)

(1) · x + (2) ger 2x²v₂⁰ = 2x ⇔ v⁰₂= 1

x ⇒ v₂ = ln x , ty x > 0 , v₁⁰ = −v₂⁰ · x² = −1

x· x² = −x ⇒ v1 = −x²

2 , alltså y_p(x) = −x² 2 · 1

x + x ln x = x ln x − x 2 . Den allmänna lösningen till den inhomogena ekvationen är:

y(x) = C1

x + D1x + x ln x −x 2 = C1

x + C2x + x ln x , där C2 = D1− 1 2. Lösning till problem 7.

Jämviktspunkterna satisfierar ekvationssystem

( 0 = x(x − 1)(y − 2) 0 = 2x − y .

Från första ekvationen får vi att x = 0 eller x = 1 eller y = 2 . Från andra får vi att y = 2x , alltså jämviktspunkter är (0, 0) och (1, 2) .

Om F (x, y) = x(x − 1)(y − 2) = x²y − xy − 2x²+ 2x och G(x, y) = 2x − y då

∂F

∂x = 2xy − y − 4x + 2 , ∂F

∂y = x²− x , ∂G

∂x = 2 och ∂G

∂y = −1 . Lineariseringen i (0, 0) är: ∂F

∂x(0, 0) = 2 , ∂F

∂y(0, 0) = 0 , ∂G

∂x(0, 0) = 2 och ∂G

∂y(0, 0) = −1 , alltså

( x⁰ = 2x y⁰ = 2x − y . 

2 0

2 −1     

= −2 6= 0 visar att (0, 0) är en enkel jämviktspunkt för systemet.

2 − λ 0 2 −1 − λ

= 0 ⇔ λ²− λ − 2 = 0 ⇔ λ₁ = −1 och λ2 = 2 .

(0, 0) är en instabil sadelpunkt för lineariseringen, alltså enligt Poincare’s sats även för det ursprungliga systemet.

Lineariseringen i (1, 2) .

∂F

∂x(1, 2) = 0 , ∂F

∂y(1, 2) = 0 , ∂G

∂x(1, 2) = 2 och ∂G

∂y(1, 2) = −1 , alltså ( x⁰ = 0

y⁰ = 2x − y . 

0 0

2 −1     

= 0 visar att (1, 2) är inte en enkel jämviktspunkt för systemet.

Lösning till problem 8.

Multiplicera ekvationen med x^myⁿ.

Man får (2x^myⁿ⁺¹− 6x^m+1yⁿ) dx + (3x^m+1yⁿ− 4x^m+2yⁿ⁻¹) dy = 0 som är exakt ⇔

∂

∂y(2x^myⁿ⁺¹ − 6x^m+1yⁿ) = ∂

∂x(3x^m+1yⁿ − 4x^m+2yⁿ⁻¹) ⇔ 2(n + 1)x^myⁿ− 6nx^m+1yⁿ⁻¹ = 3(m + 1)x^myⁿ− 4(m + 2)x^m+1yⁿ⁻¹ ⇔ m = 1 och n = 2 . µ(x, y) = xy² är en integrerande faktor och ekvationen (2xy³− 6x²y²) dx + (3x²y²− 4x³y) dx = 0 är exakt.

En potentialfunktion kan bestämmas som f (x, y) = Z

(2xy³− 6x²y²) dx = x²y³− 2x³y²+ g(y) där g(y) väljs så att f_y⁰(x, y) = 3x²y²− 4x³y dvs g⁰(y) = 0 . Man kan, alltså, välja g(y) = 0 . Lösningskurvorna ges av f (x, y) = C ⇔ x²y³− 2x³y² = C ⇔ x²y²(y − 2x) = C .

Den sökta partikulära lösningen får man av begynnelsevillkoret y(1) = 2 som ger C = 0 och lösningen y = 2x .