UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Vera Djordjevic PROV I MATEMATIK Civilingenjörsprogrammen Ordinära differentialekvationer 2007-10-12 Skrivtid: 9-14. Tillåtna hjälpmedel: Mathematics Handbook Beta eller Physics Handbook. Betygsgränser: 3-18p, 4-25p, 5-32p. Anmärkningar: Varje uppgift ger maximalt fem poäng. Lösningarna skall innehålla relevanta förklaringar och uträkningar. 1. Bestäm den lösning till differentialekvationen y + 1 y + x 1 = 2x som uppfyller att y(0) = 2. Ledning: Sätt z = y + x. Lösning. Substitutionen z = y + x ger y = z x och y = z 1. Insättning i ekvationen ger z z 1 = 2x som är separabel. Separering av variabler ger 1 z 1 dy = 2xdx ln z 1 = x 2 + c z 1 = e x2 +c z 1 = Ce x2 z = Ce x2 + 1. Återsubstitution ger y = Ce x2 x + 1 och villkoret y(0) = 2 ger C = 1 så den sökta lösningen är y(x) = e x2 x + 1. 2. Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen y + 3 x y = 1 x 2. Lösning. Eftersom y inte förekommer i ekvationen så kan vi göra substitutionen z(x) = y (x), z (x) = y (x), och då omvandlas ekvationen till z + 3 x z = 1 x 2, vilket är en linjär ekvation av första ordningen. Så vi multiplicerar båda leden med er 3 x dx = e 3 ln x = x 3,
vilket ger oss x 3 z + 3x 2 z = x d dx (x3 z) = x x 3 z = y = z = 1 2x + c x 3 y(x) = xdx = x2 2 + c ln x 2 + c 1 x 2 + c 2 (där c 1 = c 2 ) 3. Bestäm en lösningskurva till ekvationen (y + 1 x 2 )dx + 2xdy = 0 y som passerar igenom punkten (1, 2). Den givna ekvationen har en integrerande faktor som endast beror på y. Lösning. Antag att µ(y) är en integrerande faktor, så ( µ(y) y + 1 ) x 2 dx + 2µ(y)xdy = 0 y är exakt, vilket innebär att ( ( µ(y) y + 1 )) y x 2 = y x (2µ(y)x). Partiell derivering samt lite förenkling ger oss µ y + µ x 2 y = µ + µ x 2 y 2 ( y 1 + 1 ) x 2 y 2 µ = µ µ = 1 y. Detta ger oss ln µ(y) = ln y och µ(y) = y. Så ( 1 + 1 x 2 y 2 ) µ (y 2 + 1 x 2 ) dx + 2xydy = 0 är exakt. Denna differential har samma lösningar som den ursprungliga och deras lösningskurvor kan skrivas på formen f(x, y) = c där f uppfyller att f x = y 2 + 1 x 2 och f y = 2xy. Det första av dessa uttryck medför, via integration med avseende på x, att f(x, y) = xy 2 1 x + h(y), så f y = 2xy + h (y).
Nu har vi två uttryck för f y och dessa ger tillsammans 2xy = f y = 2xy + h (y), vilket gäller om och endast om h (y) = 0, vilket i sin tur gäller om och endast om h(y) konstant. Så vi kan låta h(y) = 0, vilket ger f(x, y) = xy 2 1 x, och därmed beskrivs lösningskurvorna av xy 2 1 x = c. Villkoret att kurvan skall passera igenom (1, 2) ger oss c = 3 så den sökta lösningskurvan är xy 2 1 x = 3. 4. Funktionen y 1 (x) = x är en lösning till differentialekvationen 3x 2 y + 6xy 6y = 0. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen. Lösning. Ekvationen är linjär och homogen så en andra linjärt oberoende lösning kan man finna genom att sätta y 2 (x) = v(x)x, där v(x) skall bestämmas. Derivering ger y = v x + v, y = v x + 2v, och insättning i ekvationen ger (efter lite förenklingar) 3x 3 v + 12x 2 v = 0, v v = 4 x, ln v = 4 ln x = ln x 4, v = x 4, v(x) = 1 3x 3, vilket ger y 2 (x) = v(x)x = 1 3x 2. Så den allmänna lösningen är y(x) = cx + c 2 x 2 (eftersom 1 3 kan absorberas av konstanten c 2). 5. Bestäm den allmänna lösningen till systemet x (t) = y(t) y (t) = 5x(t) 2y(t) 25t 5 Lösning. Den övre ekvationen ger y = x, y = x,
och tillsammans med den undre ekvationen i systemet får vi som ger Dess homogena motsvarighet är x = 5x 2( x ) 25t 5 x + 2x + 5x = 25t + 5. x + 2x + 5x = 0 som har karakteristisk ekvation m 2 + 2m + 5 = 0 med rötterna m 1 = 1 + 2i, m 2 = 1 2i. Så den allmänna lösningen till x + 2x + 5x = 0 är Nu söker vi en partikulärlösning till x h (t) = e t (c 1 cos 2t + c 2 sin 2t). x + 2x + 5x = 25t + 5. Sätt x p (t) = at + b, så x p = a, x p = 0. Insättning i ekvationen ger 2a + 5(at + b) = 25t + 5, så vi måste ha 5a = 25 2a + 5b = 5 vilket gäller om a = 5, b = 1, och vi får x p (t) = 5t 1. x + 2x + 5x = 25t + 5 är då x(t) = e t (c 1 cos 2t + c 2 sin 2t) + 5t 1. Derivering av x(t) och användning av y = x ger att y(t) = e t ((c 1 2c 2 ) cos 2t + (2c 1 + c 2 ) sin 2t) 5. Systemets allmänna lösning är (x(t), y(t)) där x(t) och y(t) är som ovan. Den allmänna lösningen till 6. Betrakta systemet x = xy + 2 y = (x 2)(1 y) Bestäm alla kritiska punkter samt deras typ och stabilitetsegenskaper. Lösning. Ekvationssystemet xy + 2 = 0 (x 2)(1 y) = 0 har exakt två lösningar: (2, 1) och ( 2, 1). Dessa är de kritiska punkterna. Vi försöker lösa problemet med hjälp av linearisering. Sätt F (x, y) = xy + 2 och G(x, y) = (x 2)(1 y), och vi får Vi betraktar först punkten (2, 1): F x = y, F y = x, G x = 1 y, G y = 2 x. F x (2, 1) = 1, F y (2, 1) = 2, G x (2, 1) = 2, G y (2, 1) = 0.
Lineariseringen blir då x = x + 2y y = 2x Vi har 1 2 2 0 0 så vi går vidare till att betrakta den karakteristiska ekvationen som ges av 1 m 2 2 m = 0 det vill säga av m 2 + m 4 = 0 som har rötterna m = 1± 17 2. Alltså reella rötter med olika tecken, vilket medför att (2, 1) är en instabil sadelpunkt, för såväl lineariseringen som det ursprungliga systemet. Lineariseringen för punkten ( 2, 1) blir x = x 2y y = 4y Determinanten för koefficientmatrisen är även i detta fall skild från noll och den karakteristiska ekvationen har rötterna 1 och 4 som är reella och positiva. Så ( 2, 1) är en instabil nod för såväl lineariseringen som det ursprungliga systemet. 7. Visa att (0, 0) är den enda kritiska punkten för systemet x = x 3 y 3 y = x 5 y 2 y och bestäm punktens stabilitetsegenskap med hjälp av en Lyapunovfunktion. Lösning. Man ser direkt att origo är en kritisk punkt. Antag att x 3 y 3 = 0 x 5 y 2 y = 0 och att (x, y) (0, 0). Då medför den övre ekvationen att både x och y är skilda från noll, och vi får också x 3 = y 3 y(x 5 y 1) = 0 som i sin tur ger x 3 = y 3 y( x 2 y 4 1) = 0. Eftersom x, y 0 så följer att x 2 y 4 1 = 0 vilket är omöjligt. Så vi drar slutsatsen att (0, 0) är den enda kritiska punkten. Som Lyapunovfunktion ansätter vi E(x, y) = ax 2m + bx 2n, där a, b, m, n > 0 och m, n är heltal. Vi försöker bestämma dem så att E x F + E y G är negativt (semi-)definit. Vi får E x F + E y G = 2max 2m+2 2max 2m 1 y 3 + 2nbx 5 y 2n+1 2nby 2n.
Eftersom 2max 2m+2 2nby 2n < 0 för alla (x, y) (0, 0) så blir E x F + E y G negativt definit om vi kan bestämma a, b, m, n > 0 så att 2max 2m 1 y 3 + 2nbx 5 y 2n+1 = 0 för alla (x, y) (0, 0). Den sista ekvationen gäller om 2m 1 = 5 2n + 1 = 3 2ma = 2nb vilket gäller om m = 3, n = 1, a = 1, b = 3. Så Lyapunovfunktionen E(x, y) = x 6 + 3y 2 visar att (0, 0) är asymptotiskt stabil. 8. Betrakta följande system: dx dt = x2 dy dt = 3xy Bestäm en ekvation för den lösningsbana som går igenom punkten ( 1, 1) samt beskriv banans riktning med hjälp av en skiss. Lösning. Vi söker en lösningskurva till ekvationen som är separabel och vi får dy dx = dy dt /dx dt = 3xy x 2 = 3y x, 1 3 y dy = x dx ln y = 3 ln x + c y = e c x 3 y = Cx 3. Om banan skall passera igenom ( 1, 1) så måste vi har 1 = C så C = 1. Den sökta banan beskrivs av ekvationen y = x 3. För att veta om banan är riktad från eller mot origo så betraktar vi hastighetsvektorn (x (t), y (t)) = (x 2, 3xy). I punkten ( 1, 1) får vi (x (t), y (t)) = (( 1) 2, 3( 1)( 1)) = (1, 3), så i denna punkt pekar (x (t), y (t)) åt nordöst i xy-planet. Detta medför att den sökta banan, som består av punkterna på kurvan y = x 3 i tredje kvadranten (utom origo), är riktad mot origo.