Linjära differentialekvationer av andra ordningen

Transkript

1 Linjära differentialekvationer av andra ordningen Matematik Breddning 3.2 Definition: En differentialekvation av typen y (x) + a(x)y (x) + b(x)y(x) = h(x) (1) där a(x), b(x) och h(x) är givna kontinuerliga funktioner kallas för en linjär differentialekvation av andra ordningen. I de fall där högerledet h(x) 0 kallas ekvationen homogen. I annat fall är den inhomogen. Att ekvationen är av andra ordningen kommer av den högst förekommande derivatan vilken är av just andra ordningen. På samma sätt som en linjär ekvation av första ordningen uppfyller även denna ekvation relationen L(αy 1 + βy 2 ) = αl(y 1 ) + βl(y 2 ) (2) där avbildning L(y) utgörs av vänsterledet i (1), d.v.s. L(y) = y + a(x)y + b(x)y I den här framställningen inskränker vi oss till ekvationer där funktionerna a(x) och b(x) är konstanta, d.v.s. ekvationer av typen Homogen lösning y (x) + ay (x) + by(x) = h(x) (3) Om vi med y h betecknar lösningen till en homogen ekvation så gäller självklart att Partikulär lösning L(y h ) = 0 Om vi vidare med y p betecknar en given (partikulär) lösning till den inhomogena ekvationen (3) så gäller också självklart att Fullständig lösning L(y p ) = h(x) Summan y = y h + y p 1

2 måste också vara en lösning till den inhomogena ekvationen, eftersom L(y h + y p ) = L(y h ) + L(y p ) = 0 + h(x) = h(x) Faktum är att denna form på lösningen är ett nödvändigt krav vilket vi utelämnar att bevisa. Ovanstående resonemang innbär att en fullständig lösning till en inhomogen differentialekvation utgörs av två delar vilka vi i tur och ordning kan leta efter och sedan slutligen summera. Lösning av den homogena ekvationen När vi löste linjära differentialekvationer av första ordningen såg vi att lösningen ofta utgjordes av en exponentialekvation y(x) = e kx vilket föranleder oss att söka efter en sådan lösning även för ekvationer av andra ordningen. Om vi testar en sådan typ av lösning till den homogena ekvationen får vi att y (x) + ay (x) + by(x) = 0 k 2 e kx + ake kx + be kx = 0 Ce kx (k 2 + ak + b) = 0 Eftersom faktorn e kx 0 för alla x så måste polynomet p(k) = k 2 + ak + b utgöra en viktig roll vid lösningen eftersom den ansatta lösningen y(x) = e kx endast är en lösning om k är en rot till den karaktäristiska ekvationen k 2 + ak + b = 0 Den karaktäristiska ekvationen har i allmänhet två lösningar k 1 och k 2 tillhörande den komplexa talmängden. Om k 1 och k 2 är två olika rötter till ekvationen p(k) = 0 så är y 1 (x) = e k 1x resp. y 2 (x) = e k 2x två lösningar till differentialekvationen L(y) = 0. Då måste p.g.a. av den linjära egenskapen (2) också vara en lösning. y(x) = C 1 e k 1x + C 2 e k 2x (4) 2

3 I de fall då rötterna k 1 och k 2 är komplexa och skrivs på den rektangulära formen α ± iβ kan den allmänna lösningen (4) skrivas på den reella formen e αx (A cos(βx) + B sin(βx)) (5) Om de båda rötterna k 1 = k 2 = k ges den allmänna lösningen av y(x) = (C 1 x + C 2 )e kx (6) vilket vi kan inse genom att ansätta en lösning på formen y(x) = z(x)e kx och sätta in denna i den homogena ekvationen. Vi får då efter lite förenklingar att (se uppgift 6) e kx z (x) = 0 z (x) = 0 Genom integration av båda leden två gånger får vi funktionen z(x) = C 1 x + C 2 Bestämning av den partikulära lösningen Vi nöjer oss här med att behandla 2 typer av funktioner h(x) i högerledet: (A) h(x) = p(x) = polynom (B) h(x) = p(x)e αx = (polynom)e αx (De högerled där h(x)=konstant är ett specialfall av typ (A).) Grundidén vi sökandet av en partikulärlösning är att leta efter en funktion av samma slag som högerledet. Om t.ex. högerledet utgörs av ett polynom ansätter vi ett polynom som tänkbar partikulär lösning. Ansättningen sätter vi sedan in i differentialekvationen och anpassar sedan obestämda koefficienter så att likheten är uppfylld. Högerled av typ (B) När vi söker efter en partikulär lösning detta fallet ansätter vi ett polynom. Eftersom ett polynom kan ett godtyckligt gradtal måste vi bestämma vilket gradtal som kan vara lämpligt. Om koefficienterna a och b 0 ; ansätt y p (x) = p(x) där grad(p) = grad(h). Om koefficienten b = 0 ; ansätt y p (x) = xp(x) där grad(p) = grad(h) 3

4 Högerled av typ (B) I det här fallet ansätter vi en lösning på formen y = z(x)e αx där z(x) är en obekant funktion. Efter insättning av denna ansats i differentialekvationen återförs problemet med att finna funktioen z(x) till (A). Exempel 1: Lös ekvationen y (x) y (x) = x 2 Lösning: Eftersom den fullständiga lösningen ges av summan av lösningen till motsvarande homogena ekvation och den partikulära lösningen börjar vi med lösningen till den homogena ekvationen y (x) y (x) = 0 vars karaktäristiska ekvation är k 2 k = 0 k(k 1) = 0 vars rötter är k 1 = 0 och k 2 = 1 Den allmänna lösningen till denna ekvation ges av (4) och är därför y h (x) = C 1 + C 2 e x När vi nu söker en partikulär lösning genom att ansätta ett polynom måste vi uppmärksamma att koefficienten b = 0 varför ansättningen måste vara Derivation av ansatsen två gånger ger y(x) = x(ax 2 + Bx + C) = Ax 3 + Bx 2 + Cx y (x) = 3Ax 2 + 2Bx + C y (x) = 6Ax + 2B som vid insättning i differentialekvationen ger (6Ax + 2B) (3Ax 2 + 2Bx + C) = x 2 3Ax 2 + (6A 2B)x + (2B C) = x 2 Identifikation av leden ger kraven 3A = 1 6A 2B = 0 2B C = 0 A = 1 3 B = 1 C = 2 4

5 Således är y p (x) = 1 3 x3 x 2 2x och den fullständiga lösningen ges av y(x) = y h (x) + y p (x) = C 1 + C 2 e x 1 3 x3 x 2 2x Exempel 2: Lös ekvationen y (x) + 3y (x) + 2y(x) = xe x Lösning: Den karaktäristiska ekvationen är k 2 + 3k + 2 = 0 vars rötter ges av k 1 = 1 och k 2 = 2. Den allmänna lösningen till motsvarande homogena differentialekvation ges således av y h (x) = C 1 e x + C 2 e 2x För att hitta den partikulära lösningen ansätter vi en funktion y(x) = z(x)e x som efter derivation två gånger och insättning i differentialekvationen ger e x (z + z ) = xe x z + z = x Problemet med att hitta den obekanta funktionen z(x) har nu övergått till ett problem av typ (A) där vi gör ansättningen Eftersom z(x) = x(ax + B) = Ax 2 + Bx z (x) = 2Ax + B z (x) = 2A ger efter insättning att 2Ax + (2A + B) = x så måste kraven { 2A = 1 2A + B = 0 { A = 1 2 B = 1 5

6 vara uppfyllda. Funktionen z(x) = 1 2 x2 x Den partikulära lösningen ges därför av y p (x) = ( 1 2 x2 x)e x och den fullständiga lösningen är således y(x) = C 1 e x + C 2 e 2x + ( 1 2 x2 x)e x Uppgifter 1. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen y (x) + 2y (x) + 10y(x) = 0 2. Lös ekvationen 3. Lös ekvationen 4. Lös ekvationen y (x) y (x) 6y(x) = x y (x) 4y(x) = xe x y (x) + y (x) + 12y(x) = xe 2x 5. Bestäm begynnelsevärdesproblemet y (x) + 4y (x) + 4y(x) = x y(0) = 1 y0 = 1 6. Den allmänna lösningen till en homogen linjär differentialekvation av andra ordningen påstås i texten ges av y h (x) = (C 1 x + C 2 )e kx i de fall då de båda rötterna till den karaktäristiska ekvationen är en dubbelrot k 1 = k 2 = k. Visa detta genom att göra ansättningen y(x) = z(x)e kx 6

7 Facit 1. y(x) = e x (A cos(3x) + B sin(3x)) 2. y(x) = C 1 e 2x + C 2 e 3x x ( x 3. y(x) = C 1 e 2x + C 2 e 2x ) e x 4. y(x) = e x/2 (A cos( 47/4 x) + B sin( ( x 47/4 x)) y(x) = e 2x ( 9x ) + x ) e 2x 7