ÖVN 2 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF1683. Inofficiella mål

Transkript

1 ÖVN 2 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF1683 KARL JONSSON Nyckelord och innehåll Andra ordningens linjära differentialekvationer Homogena ekvationen Fundamental lösningsmängd, y 1 (t), y 2 (t) Wronskideterminanten W (y 1, y 2 ) Det är bra om du (M1) vet att initialvärdesproblemet (IVP) Inofficiella mål Konstanta koefficienter och karaktäristiska ekvationen. Euler-ekvationer och index-ekvationen Reduktion av ordning Variation av parameterar y + p(t)y + q(t)y = g(t), t I, y(t 0 ) = y 0, y (t 0 ) = y 0 (1) garanterat har en unik lösning i hela I om p, q och g är kontinuerliga funktioner i detta intervall. (M2) vet att Wronskianen (wronskideterminanten) för en uppsättning funktioner ges av y 1 y 2 y n y 1 y 2 y n W (y 1, y 2,..., y n )(t) = det... (2). y (n) 1 y (n) 2 y n (n) och om denna är nollskild ( 0) för alla t i något intervall I så säger vi att funktionerna y 1, y 2,..., y n är linjärt oberoende på I. För två funktioner så blir W (y 1, y 2 )(t) = y 1 (t)y 2(t) y 1(t)y 2 (t). (M3) vet att om y 1 och y 2 är lösningar till den homogena ekvationen y + p(t)y + q(t)y = 0 så uppfyller Wronskianen W (y 1, y 2 ) differentialekvationen W + p(t)w = 0 och därför gäller det att W (t) = c exp( p(t) dt). Då gäller alltså att Wronskianen antingen är 0 i hela I eller 0 i hela I. Detta innebär att om p och q är kontinuerliga på I så byter Wronskianen aldrig tecken på lösningsintervallet I. (M4) vet att givet y 1 och y 2 till den homogena ekvationen y + p(t)y + q(t)y = 0 då gäller att: Wronskianen för dessa funktioner W (y 1, y 2 ) y 1 y 2 y 1y 2 är nollskild för någon punkt t i I, (3) är ekvivalent med att godtycklig lösning y(t) till y + p(t)y + q(t)y = 0 kan representeras som y(t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) (4) för några konstanter c 1 och c 2. Lösningarna y 1 och y 2 utgör då en fundamental lösningsmängd. (M5) vet att allmänna lösningen till inhomogena linjära ekvationen y + p(t)y + q(t)y = g(t) kan skrivas y allmänna (t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) + Y p (t), (5) där y 1, y 2 är en fundamental lösningsmängd till den homogena ekvationen y + p(t)y + q(t)y = 0 och Y p (t) är någon lösning till ekvationen y + p(t)y + q(t)y = g(t). Institutionen för matematik, KTH, SE , Stockholm, Sweden address: karljo@kth.se. Date: 7 september

2 2 ÖVN 2 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF1683 (M6) kan använda ansatsen y(t) = e rt för homogena ekvationer med konstanta koefficienter y + ay + by = 0 vilket ger den karaktäristiska ekvationen r 2 + ar + b = 0. (M7) kan använda ansatsen y(t) = t r för Euler-ekvationer t 2 y + aty + by = 0 vilket ger index-ekvationen r(r 1) + ar + b = 0. (M8) vet att om en funktion y(t) är komplexvärd och lösning till y + p(t)y + q(t)y = 0 så är realdelen och imaginärdelen av y också lösningar till samma ekvation (t.ex. om y(t) = e (1+2i)t = e t e 2it så är realdelen = e t cos(2t) och imaginärdelen = e t sin(2t)). (M9) kan använda metoden med obestämda koefficienter för att finna en partikulärlösning Y p. (M10) kan använda (a) reduktion av ordning: givet y 1 ansätter y(t) = v(t)y 1 (t) för att kunna finna y 2 med hjälp av y 1 (där y 1 löser en homogen andra ordningens ekvation). Får en första ordningens differentialekvation för v enligt insatt i ekvationen y = v y 1 + vy 1, (6) y = v y 1 + 2v y 1 + vy 1. (7) v y 1 + 2v y 1 + vy 1 + p(t)(v y 1 + vy 1) + q(t)vy 1 = 0 (8) vilket är ekvivalent med alltså y 1 v + (2y 1 + p(t)y 1 )v + (y 1 + p(t)y 1 + q(t)y 1 )v = 0 (9) y 1 v + (2y 1 + p(t)y 1 )v = 0. (10) Finner vi v så får vi y 2. (b) variation av parametrar: ansätt y = u 1 y 1 +u 2 y 2 där y 1 och y 2 löser ekvationen y +p(t)y+ q(t)y = 0 för att finna Y p till y + p(t)y + q(t)y = g(t). Får att och gör valet u 1 y 1 + u 2 y 2 = 0. Alltså får vi y = u 1y 1 + u 1 y 1 + u 2y 2 + u 2 y 2 (11) y = u 1 y 1 + u 2 y 2 (12) y = u 1y 1 + u 1 y 1 + u 2y 2 + u 2 y 2, (13) vilket insatt i ekvationen y + p(t)y + q(t)y = g(t) ger (efter förenkling) Alltså vilket kan skrivas som u 1y 1 + u 2y 2 = g. (14) u 1y 1 + u 2y 2 = 0, (15) u 1y 1 + u 2y 2 = g. (16) ( ) ( ) y1 y 2 u 1 y 1 y 2 u = 2 ( 0 g). (17) ett linjärt ekvationssystem för u 1 och u 2. Finn u 1 och u 2 vilket kommer att ge Y p. (c) förstår följande lösningsgång för 2 a ordningens ekvationer: y 1 (t) y 2 (t) W (y 1, y 2 )(t ) 0 Y p (t) y = c 1 y 1 + c 2 y 2 + Y p c 1 och c 2, Obs! Detta är ett försök att bryta ned kursmålen i mindre och mer konkreta bitar. Målen ovan är inte officiella för kursen, utan ett förslag till hur man kan tänka.

3 ÖVN 2 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF Exempel och uppgifter (U1) Finn generella lösningen till ekvationerna. Gör lämplig ansats. Kolla Wronskianen. (a) y 5y + 4y = 0 (olika rötter) (b) y + 5y + 6y = 0 (olika rötter) (c) y + 16y = 0 (olika komplexa rötter) (d) 2y + 4y + 34y = 0 (olika komplexa rötter) (e) 2y 12y + 18y = 0 (dubbelrot) (f) 9y 36y + 36y = 0 (dubbelrot) (g) my + cy + ky = 0 där m, c, k alla > 0. Ekvationer med konstanta koefficienter. Ansätt y(t) = e rt och ta reda på r genom att derivera och sätta in i ekvationen. Blir det dubbelrot så använd gärna metoden med reduktion av ordning, y 2 (t) = v(t)y 1 (t) för att ta reda på en annan oberoende lösning y 2 (t). Kommer alltid bli så att v(t) = t i dessa fall. (U2) Finn allmänna lösningen till differentialekvationerna, där vi antar att t > 0. Gör lämplig ansats. Kolla Wronskianen. (a) t 2 y 4ty + 4y = 0 (olika rötter) (b) t 2 y + 6ty + 6y = 0 (olika rötter) (c) t 2 y + 16y = 0 (olika komplexa rötter) (d) t 2 y + 3ty + 17y = 0 (olika komplexa rötter) (e) t 2 y 5ty + 9y = 0 (dubbelrot) (f) 9t 2 y 27ty + 36y = 0 (dubbelrot) (g) t 2 y + ty + 4y = 0 (h) 2t 2 y 5ty + 5y = 0 Detta är Eulerekvationer. Ansätt y(t) = t r. Vid dubbelrot så använd metoden med reduktion av ordning, dvs ansätt y 2 (t) = v(t)y 1 (t). I dessa fall bör det alltid bli så att v(t) = ln(t) (efter lämpligt val av koefficienter). (U3) Betrakta t 2 y 5ty + 9y = 0, t > 0. Använd substitutionen x = ln(t) och lös. Detta är ett alternativt sätt att lösa Euler-ekvationer. Blir lite omständigt att göra med denna substitution, måste använda kedjeregeln. Borde få att Samt alltså Insatt i ekvationen ger att d 2 y dt 2 = d dy dt 1 t 2 dy dx + 1 t dy dt = dy dx dx dt = 1 dy t dx. (18) dy dx ) = 1 dy t 2 dx + d dy dt dx (19) d dx ( dy dx )dx dt = 1 dy t 2 dx + 1 d 2 y t 2 dx 2 (20) dt = d dt (1 t t dy dt = dy dx (21) t 2 d2 y dt 2 = dy dx + d2 y dx 2 (22) y y 5y + 9y = 0. (23) där derivatorna nu är med avseende på variabeln x. Ekvivalent med Ansätter att y(x) = e rx, får karaktäristisk ekvation r 2 6r + 9 = 0 med dubbelrot r = 3 vilket ger lösningarna y 1 (x) = e 3x

4 4 ÖVN 2 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF1683 och y 2 (x) = xe 3x. Återgår vi till t-variablerna så får vi att y 1 (t) = e 3 ln t = t 3 (24) y 2 (t) = ln te 3 ln t = ln(t)t 3. (25) Ett annat sätt är att göra ansatsen y = t r och försöka ta reda på vad r är genom att sätta in denna ansats i ekvationen. Borde få ekvationen r(r 1) 5r + 9 = 0 (kallas för indexekvationen) med dubbelrot = 3. Alltså samma ekvation som dök upp med metoden ovan. Ger y 1 (t) = t 3. Hur får du fram en andra oberoende lösning? Reduktion av ordning, ansätt y 2 (t) = v(t)t 3. Du borde komma fram till att v(t) = ln(t). Det blir alltid så för fallet då indexekvationen för Eulerekvationer har en dubbelrot. Det kan du försöka visa allmänt, skoj. (U4) Låt y y 2y = 0 så att y(0) = α, y (0) = 2. Bestäm α så att y 0 då t. Karaktäristisk ekvation blir r 2 r 2 = 0 med lösningar r = 2 och r = 1 så allmänna lösningen är y = c 1 e 2t + c 2 e t. Om lösningen ska gå mot 0 då t så måste c 1 = 0. Så y = c 2 e t. Vidare om y (0) = 2 så måste c 2 = 2 så y = 2e t. Alltså måste α = 2. (U5) Bevisa att om m, c, k är positiva så kommer alla lösningar till my + cy + ky = 0 gå mot 0 då t. Hur ändras slutsatsen om c = 0 och m, k > 0? Vad för reell del har lösningarna till den karaktäristiska ekvationen? (U6) Den homogena ekvationen (a) t 2 y + ty 4y = 0, t > 0 har en lösning y 1 (t) = t 2. (b) xy y + 4x 3 y = 0, x > 0 har en lösning y 1 (x) = sin(x 2 ). (c) t 2 y 4ty + 6y = 0, t > 0 har en lösning y 1 (t) = t 3. (d) t 2 y t(t + 2)y + (t + 2)y = 0, t > 0 har en lösning y 1 (t) = t. Finn med hjälp av denna lösning en annan oberoende lösning y 2, och skriv upp allmänna lösningen till ekvationen. Kolla vad W (y 1, y 2 ) blir. Ansätt y 2 (t) = v(t)y 1 (t). Derivera och sätt in i ekvationen. Det som måste hända är att alla termer som har med v att göra ska försvinna när vi har satt in allt i ekvationen och förenklat, annars har det blivit fel i räkningarna. Det som blir kvar är en ekvation med v och v. Detta ser ut som en andra ordningens ekvation, men det går att tolka som en första ordningens ekvation om vi tänker på u = v för då blir u = v. Lös ekvationen som dyker upp med metoder som fungerar för första ordningens ekvationer, får då fram uttryck för v. Integrera och få uttryck för v, och vips så får vi y 2. Vi kan göra b). Ansätt y = v sin(x 2 ), derivera: insatt i ekvationen y = v sin(x 2 ) (26) y = v sin(x 2 ) + 2xv cos(x 2 ) (27) y = v sin(x 2 ) + 4xv cos(x 2 ) + v(2 cos(x 2 ) 4x 2 sin(x 2 )) (28) x(v sin(x 2 ) + 4xv cos(x 2 ) + v(2 cos(x 2 ) 4x 2 sin(x 2 ))) (v sin(x 2 ) + 2xv cos(x 2 )) + 4x 3 v sin(x 2 ) = 0, (29) Allt som har med v att göra ska försvinna (vilket det gör) samma sak som, om vi skriver u = v, xv sin(x 2 ) + 4x 2 v cos(x 2 ) v sin(x 2 ) = 0, (30) xu sin(x 2 ) + (4x 2 cos(x 2 ) sin(x 2 ))u = 0, (31)

5 samma som separerar variabler ÖVN 2 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF u + (4x cos(x2 ) sin(x 2 ) 1 )u = 0, (32) x du u = ) (4xcos(x2 sin(x 2 ) 1 x )dx = (4x cot(x2 ) 1 )dx. (33) x Där cot x = cos(x)/ sin(x). Vi ser att en primitiv av cot måste vara ln sin(x). Vi integrerar ekvationen och får att Alltså får vi ln u = 2 ln sin(x 2 ) + ln x + c (34) u = e c e 2 ln sin(x2 ) e ln x = A sin(x 2 ) 2 x (35) och om vi antar att x > 0 och att vi kan baka in ± i A et så får vi Alltså har vi att u = Ax sin(x 2 ) 2. (36) v 1 = Ax sin 2 (x 2 ). (37) Detta måste man kunna sen innan, men primitiven till 1/ sin(x 2 ) är cot(x) på samma sätt som att primitiv till 1/ cos 2 (x) är tan(x). Alltså om vi integrerar uttrycket innan så får vi att där B är en ny konstant. Alltså får vi att v = B cot(x 2 ), (38) y 2 (x) = v(x)y 1 (x) = B cot(x 2 ) sin(x 2 ) = B cos(x2 ) sin(x 2 ) sin(x2 ) = B cos(x 2 ), (39) där vi kan ta att B = 1. Alltså en fundamental lösningsmängd i detta fall blir y 1 = sin(x 2 ) och y 2 = cos(x 2 ). (U7) Finn allmänna lösningen till följande inhomogena ekvationer (a) ty (1 + t)y + y = t 2 e t, t > 0, där y 1 (t) = 1 + t och y 2 (t) = e t är två oberoende lösningar till den homogena ekvationen. (b) t 2 y 2y = 4t 2 3, t > 0, där y 1 (t) = t 2 är en lösning till den homogena ekvationen. (c) t 2 y 2ty + 2y = 8t 2, t > 0, där y 1 (t) = t är en lösning till den homogena ekvationen. Först kan vi göra (a). Vi använder oss direkt av formeln som härleddes i (M10)b. Vi skriver om ekvationen på standardform y + p(t)y + q(t)y = 0 alltså y (1/t + 1)y + (1/t)y = te t. Dvs vi har gjort ansatsen y = u 1 y 1 + u 2 y 2 och fått att ( ) ( ) ( ) y1 y 2 u 1 0 y 1 y 2 u = (40) 2 g(t) Lösningen till detta system kan vi finna med Cramer s regel enligt ( ) 0 y2 det u g y 2 gy 1 = ( ) 2 = y1 y det 2 y 1 y y 1 y 2 2 y 1 y 2 (41)

6 6 ÖVN 2 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF1683 samt ( ) y1 y det 2 u y 1 g gy 2 = ( ) 1 = y1 y det 2 y 1 y y 1 y 2 2 y 1 y 2 Vi ser att det är Wronskianen som står i nämnaren. Denna är W (1 + t, e t ) = (1 + t)e t e t = te t. Alltså får vi u gy 2 1 = y 1 y 2 y 1 y = tet e t 2 te t = e t (43) samt u gy 1 2 = y 1 y 2 y 1 y 2 (42) = tet (1 + t) te t = (1 + t). (44) Alltså måste u 1 = e t +c och u 2 = t 1 2 t2 +d. Vi väljer c = d = 0 och får att EN partikulärlösning blir Y p (t) = e t (1 + t) + ( t 1 2 t2 )e t = ( 1 2t 1 2 t2 )e t. (45) Den allmänna lösningen blir således där c 1 och c 2 är godtyckliga. y(t) = c 1 (1 + t) + c 2 e t + ( 1 2t 1 2 t2 )e t, (46) Vi kan göra (b) också. Här kan man antingen tänka sig att första använda reduktion av ordning för att få fram y 2 och sedan variation av parametrar för att få fram en partikulärlösning. ELLER så kan man freestyla och baka ihop dessa två metoder till en metod. Wow. Vi ansätter Derivera insatt i ekvationen samma sak som vilken vi skriver om som y(t) = v(t)t 2. (47) y (t) = t 2 v + 2tv (48) y (t) = t 2 v + 4tv + 2v. (49) t 4 v + 4t 3 v + 2t 2 v 2t 2 v = 4t 2 3 (50) t 4 v + 4t 3 v = 4t 2 3 (51) v t v = 4t 2 3t 4 (52) integrerande faktor är e 4/t dt = t 4. Så multiplicera hela ekvationen med t 4 igen (tihi) som då kan skrivas som integrera och få t 4 v + 4t 3 v = 4t 2 3 (53) d dt (t4 v ) = 4t 2 3 (54) t 4 v = 4 3 t3 3t + c (55)

7 ÖVN 2 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF alltså v = 4 3 t 1 3t 3 + ct 4 (56) integrera v(t) = 4 3 ln(t) t 2 + bt 3 (57) alltså y(t) = v(t)t 2 = 4 3 ln(t)t bt 1 (58) där b är en godtycklig konstant. Vi vet att vi kan addera c 1 y 1 (t) till detta uttryck eftersom y 1 är en lösning till den homogena ekvationen, alltså om y ovan är en lösning så är även y(t) = v(t)t 2 = 4 3 ln(t)t bt 1 + c 1 t 2 (59) en lösning. Delen av uttrycket ovan som står efter b, dvs t 1 är en lösning till den homogena ekvationen, alltså kan vi ta detta som y 2. Wronskianen för y 1 och y 2 blir W (t 2, t 1 ) = t 2 t 2 2t t 2 = 1 2 = 3 0 för alla t, alltså oberoende lösningar. Klart. (U8) Finn allmänna lösningen till följande ekvationer (a) y + y = 2 tan(t), 0 < t < π/2. (b) y 7y + 10y = g(t). (U9) Ekvationen ty +2y +te t y = 0 har fundamental lösningsmängd bestående av y 1, y 2 med W (y 1, y 2 )(1) = 3, vad är W (y 1, y 2 )(5)? Vi vet att Wronskianen, betraktad som en funktion av en variabel t, uppfyller en viss ekvation, W +p(t)w = 0, i detta fall är p(t) = 2/t, eller hur? Ta reda W (t) i detta fall när du vet W (1) = 3. (U10) Bestäm, utan att lösa ekvationen, det längsta intervall i vilken följande ekvationer garanterat har en lösning: (a) (t 1)y 3ty + 5y = sin(t) där y( 3) = 2, y ( 3) = 1. (b) t(t 1)y + 3ty + 5y = 2, y(3) = 0, y (3) = 1. (c) (x 3)y + x 3 y + (ln x )y = 0 där y(2) = 0, y (2) = 1, Skriv om ekvationerna på formen y + p(t)y + q(t)y = 0 och studera p och q och var dessa funktioner är kontinuerliga. I (a) så blir det p = 3t/(t 1) och q = 5/(t 1) dessa funktioner är singulära i t = 1. Vi har ett IVP som startar i t = 3 detta betyder att lösning garanterat finns i intervallet (, 1). (U11) Bevisa att om y 1 och y 2 båda är 0 vid samma punkt i I så kan funktionerna inte utgöra en fundamental lösningsmängd till differentialekvationen y + p(t)y + q(t)y = 0 för t I. Antag att så är fallet, dvs y 1 (t 0 ) = y 2 (t 0 ) = 0. Vi vet att Wronskianen W (y 1, y 2 )(t) = y 1 y 2 y 1 y 2, alltså kommer W (t 0 ) = 0. Men Wronskianen uppfyller differentialekvationen W + p(t)w = 0. (60) Om vi nu antar p(t) är en kontinuerlig funktion så vet vi att IVP W + p(t)w = 0, W (t 0 ) = 0 har en unik lösning i hela intervallet där p(t) är kontinuerlig. Men vi ser att W (t) 0 är en lösning på detta problem (homogena linjär differentialekvationer har alltid noll-lösningen som en lösning och i detta fall så uppfyller noll-lösningen även IVP), alltså måste detta vara den unika lösningen på problemet. Men då betyder det att Wronskianen är identiskt noll. Alltså måste y 1 och y 2 vara linjärt beroende och kan således inte utgöra en fundamental lösningsmängd.

8 8 ÖVN 2 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF1683 (U12) Bevisa att om y 1 och y 2 båda har maxima eller minima vid samma punkt så kan dessa inte utgöra en fundamental lösningsmängd. (U13) Bevisa att y(t) = t 3 omöjligt kan vara en lösning till ekvationen y + p(t)y + q(t)y = 0 på intervallet [ 1, 1]. (U14) Antag att p, q är kontinuerliga på hela R och att y 1 och y 2 utgör en fundamental lösningsmängd till y + p(t)y + q(t)y = 0. Antag att y 2 (t 1 ) = y 2 (t 2 ) = 0 för några t 1 < t 2 samt y 2 (t) 0 för alla t (t 1, t 2 ). Bevisa att y 1 måste ha precis ett nollställe i [t 1, t 2 ].