UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Pepe Winkler

018-471 32 89

Prov i matematik

Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer, 2 poäng

2006-04-19

Skrivtid: 9.00–14.00. Tillåtna hjälpmedel: Skrivdon, Mathematics Handbook, Beta eller Physic 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 begynnelsevärdesproblem

( y⁰+ xe^y = e^ysin x y(0) = 0 .

2. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen (y²x²− y) dx + x dy = 0 .

Ledning: Ekvationen har en integrerande faktor beroende av en enda variabel.

3. Betrakta differentialekvationen: x²y⁰⁰+ xy⁰− y = 1 x.

Man vet att motsvarande homogena ekvationen har en lösning på formen y₁(x) = x^k. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen.

4. Betrakta det linjära systemet

( x⁰ = 2x + y y⁰ = ax + 2y ,

där a är ett reellt tal. För vilka värden på konstanten a origo är en isolerad jämviktspunkt?

Avgör i dessa fall typ och stabilitet hos jämviktspunkten.

5. Betrakta systemet

( x⁰ = −2x − 2y − xe^x

y⁰ = 3xy + (y + 1) ln(1 + x) .

Visa att origo är en enkel jämviktspunkt för systemet samt avgör typ och sabilitet för origo.

6. Lös systemet

( x⁰ = 7x + 25y y⁰ = −x − 3y . 7. Undersök typ av stabiliteten i origo för systemet

( x⁰ = −2x + y − x⁵ y⁰ = 4x − 2y . 8. Bestäm den lösning till differentialekvationen

xy⁰− y = 3x²y² som uppfyller y(1) = −1 .

1

Svar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2006-04-19

1. y(x) = − ln(cos x +x² 2 ) . 2. µ(y) = 1

y² , y(x) = 3x x³+ C . 3. y(x) = C₁x +C₂

x − 1 2x(1

2 + ln x) .

4. Origo är en isolerad jämviktspunkt för alla värden a 6= 4 .

För a > 4 origo är en instabil jämviktspunkt av sadeltyp. För 0 ≤ a < 4 origo är en instabil knut. För a < 0 origo är en instabil jämviktspunkt av spiraltyp.

5. Origo är en enkel jämviktspunkt som är en asymptotiskt stabil knut.

6. T.ex. x(t) = −(5C₁+ C2+ 5C2t)e^2t, y(t) = (C1+ C2t)e^2t.

7. Origo är ej enkel men asymptotiskt stabil jämviktspunkt. Använd Liapunov metod för undersökning. E(x, y) = 4x²+ y² är en strikt Liapunovfunktion för systemet.

8. y(x) = −1 x² .

Lösningar till tentamen i Ordinära differentialekvationer, 2 poäng 2006-04-19

Lösning till problem 1.

Multiplicera ekvationen med e^−y. Man får e^−yy⁰+x = sin x ⇔ e^−yy⁰ = sin x−x . Ekvationen är separabel med lösningen −e^−y = − cos x −x²

2 + C ⇔ e^−y = cos x +x²

2 − C . Begynnelsevillkoret ger att C = 0 , alltså e^−y = cos x +x²

2 ⇔ y = − ln(cos x + x² 2 ) . Lösning till problem 2.

Låt µ = µ(x, y) vara en integrerande faktor för differentialekvationen.

µ(y²x²−y) dx+µ·x dy = 0 är exakt ⇔ ∂

∂y(µ(y²x²−y)) = ∂

∂x(µ x) ⇔ µ⁰_yy(x²y−1)+µ(2x²y−1) = µ⁰_xx + µ ⇔ µ⁰_yy(x²y − 1) + 2µ(x²y − 1) = µ⁰_xx . Om µ⁰_x = 0 µ är beroende endast av y och vi får: µ⁰_yy + 2µ = 0 ⇔ µ⁰_y

µ = −2

y ⇒ ln µ = ln 1

y² ⇒ µ(y) = 1

y² . Differentialekvationen (x²− 1

y) dx + x

y² dy = 0 är exakt. Som en potentialfunktion kan väljas F (x, y) =

Z

(x² − 1

y) dx = x³ 3 − x

y + h(y) där h(y) väljes s.a. F_y⁰ = x

y² + h⁰(y) = x y², dvs.

h⁰(y) = 0 . Vi kan välja h(y) = 0 . Dn allmänna lösningen till differentialekvationen ges i implicit form av sambandet: x³

3 −x

y = C₁ och explicite som y(x) = 3x x³+ C . Lösning till problem 3.

Sätt in y = x^k i den homogena ekvationen x²y⁰⁰+xy⁰−y = 0 . Man får k(k −1)x^k+kx^k−x^k= 0

⇔ x^k(k²− 1) = 0 ⇔ k₁ = 1 och k2 = −1 . Den homogena ekvationen har två linjärt oberoende lösningar y₁(x) = x och y2(x) = 1

x. Den allmänna lösningen till den homogena ekvationen är yh(x) = C1x +C2

x .

Vi söker nu en partikulär lösning y_p(x) till den inhomogena ekvationen på formen yp(x) = v1(x)x + v2(x)1

x under villkoret: v⁰₁x + v₂⁰ 1

x = 0 . (1)

Derivering av y_p ger y⁰_p= v1−v₂ 1

x² och y_p⁰⁰= v₁⁰−v₂⁰ 1 x²+ v2

2

x³ . Insättningen i den inhomogena ekvationen ger: v₁⁰x²− v⁰₂= 1

x. (2)

(1) och (2) tillsammans ger oss systemet:







v₁⁰x + v⁰₂1

x = 0

v₁⁰x²− v⁰₂ = 1 x

⇔







v⁰₁x²+ v₂⁰ = 0 v⁰₁x²− v₂⁰ = 1

x. Adderar man första och andra ekvationerna får man v₁⁰ = 1

2x³. Insättningen i första ekvationen ger att v₂⁰ = − 1

2x. Integrering ger: v₁(x) = − 1

4x² och v₂(x) = −1

2ln x . yp(x) = − 1 2x(1

2+ ln x) och den allmänna lösningen till ekvationen är y(x) = y_h(x) + yp(x) = C1x +C2

x − 1 2x(1

2+ ln x) .

Lösning till problem 4.

Origo är en isolerad jämviktspunkt ⇔     

2 1 a 2

6= 0 ⇔ 4 − a 6= 0 ⇔ a 6= 4 . 

2 − λ 1 a 2 − λ

= 0 ⇔ (2 − λ)²− a = 0 ⇔ λ_1,2= 2 ±√ a .

För a > 4 egenvärden är är reella med olika tecken, alltså i detta fall origo är en instabil jämvik- tspunkt av sadeltyp.

För 0 ≤ a < 4 båda egenvärden är icke-negativa, origo är dä en instabil knut.

Om a < 0 båda egenvädren är komplexa tal med positiv realdel. I detta fall origo är en instabil jämviktspunkt av spiraltyp.

Lösning till problem 5.

Låt F (x, y) = −2x−2y−xe^x och G(x, y) = 3xy+(1+y) ln(1+x) . F (0, 0) = 0 och G(0, 0) = 0 . Origo är en jämviktspunkt. Lineariseringen av systemet i (0, 0) .

∂F

∂x = −2 − (x + 1)e^x⇒ ∂F

∂x(0, 0) = −3 , ∂F

∂y = −2 ⇒ ∂F

∂y(0, 0) = −2

∂G

∂x = 3y + 1 + y

1 + x ⇒ ∂G

∂x(0, 0) = 1 och ∂G

∂y = 3x + ln(x + 1) ⇒ ∂G

∂y(0, 0) = 0 . Lineariseringen i origo är

( x⁰ = −3x − 2y y⁰ = x . 

−3 −2

1 0

= 2 6= 0 . Origo är en enkel jämviktspunkt.

−3 − λ −2

1 −λ

= 0 ⇔ λ²+ 3λ + 2 = 0 ⇔ λ1= −2 och λ2= −1 .

Origo är en asymptotiskt stabil knut för lineariseringen. Enligt Poincare’s sats är origo en asymptotiskt stabil knut även för systemet.

Lösning till problem 6.

Karakteristiska ekvationen för systemet är     

7 − λ 25

−1 −3 − λ     

= 0 med rötter λ1,2= 2 (dubbel- rot). Detta medför att en av lösningsfunktioner t.ex. är y(t) = (C₁+ C₂t)e^2t.

Den andra funktionen x(t) kan bestämmas från andra ekvationen:

x(t) = −3y − y⁰ = −3(C1+ C2t)e^2t− (C₂+ 2C1+ 2C2t)e^2t = −(5C1+ C2+ 5C2t)e^2t. Lösning till problem 7.

Lineariseringen av systemet är

( x⁰ = −2x + y y⁰ = 4x − 2y .

−2 1 4 −2

= 0 , alltså origo är inte enkel jämviktspunkt och Poincare’s sats kan inte tillämpas.

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

∂xF + ∂E

∂yG , där F (x, y) = −2x + y − x⁵ och G(x, y) = 4x − 2y .

∂E

∂xF + ∂E

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

−4amx^2m+ 2amx^2m−1y − 2amx^2m+4+ 8bnxy²ⁿ⁻¹− 4bny²ⁿ. Välj nu m = n = 1 samt a = 4 och b = 1 . Man får då att ∂E

∂xF + ∂E

∂yG = −16x²+ 16xy − 4y²− 8x⁶ =

−4(4x²−4xy+y²)−8x⁶= −4(2x−y)²−8x⁶< 0 för alla (x, y) 6= (0, 0) , alltså E(x, y) = 4x²+y² är en strikt Liapunovfunktion för systemet. Enligt Liapunovs sats, origo är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt för systemet.

Lösning till problem 8.

Multiplicera ekvationen med 1

y² . Man får xy⁰ y² − 1

y = 3x². Sätt z = 1

y ⇒ z⁰ = −y⁰ y² . Insättningen i ekvationen ger −xz⁰− z = 3x² ⇔ xz⁰+ z = −3x²⇔ (xz)⁰ = −3x² ⇔

xz = −x³+ C ⇔ z = C − x³

x ⇔ y = x

C − x³ . Begynnelsevillkoret ger −1 = 1

C − 1 ⇔ C = 0 , alltså den sökta lösningen är y(x) = x

−x³ = − 1 x² .