Di erentialekvationer

Transkript

1 Di erentialekvationer utgör den matematiska analysens främsta tillämpningsområde. Alltsedan Newtons dagar formuleras naturlagar och matematiska modeller för fysikaliska fenomen i form av di erentialekvationer samband mellan en funktion och dess derivator. Svängande fjäder En vikt hänger i en vertikalt upphängd fjäder. Den dras neråt, ut från jämviktsläget och släpps. Då börjar den guppa upp och ner. Hur ändrar sig viktens läge som funktion av tiden? Newtons andra lag säger att i varje ögonblick är resultanten av alla krafter som verkar på vikten = viktens massa viktens acceleration Inför en vertikal nedåtriktad y-axel med origo i fjäderns upphängningspunkt. Låt Då är y (t) = viktens y-koordinat vid tidpunkten t På vikten verkar dels dels där accelerationen = y 00 (t) tyngdkraften mg; en återförande kraft från fjädern, mg + k (y (t) `0) ; `0 = fjäderns ospända längd, k = fjäderkonstanten Newtons andra lag är nu en di erentialekvation: mg k (y (t) `0) = m y 00 (t) Ett par detaljer återstår dock att speci cera, för att vi skall kunna förvänta oss en entydig lösning: Från vilket läge släpps vikten? Vad har den för hastighet i det ögonblick den släpps? Det är inte mer än rimligt att funktionen y (t):s exakta utseende kommer att bero även på dessa s.k. begynnelsevillkor. Om vi låter t = 0 motsvara ögonblicket då vikten släpps, har vi alltså att hitta en funktion y (t) som uppfyller m y 00 (t) = mg k (y (t) `0) ; t > 0 y(0) och y 0 ; (0) givna ett s.k. begynnelsevärdesproblem PB betecknar den oberoende variabeln med x, men i de esta tillämpningarna står denna för tid, så det är lika bra att vänja sig vid t. En guppande fjäder må verka ett futtigt problem att analysera, men modellen med en återförande kraft som är proportionell mot avvikelsen från jämviktsläget duger som första approximation för alla mekaniska svängningar kring ett jämviktsläge. Inte nog med det idén leder (efter modi kationer) till användbara resultat även i mikrokosmos: atom- och molekylvibrationer o.dyl. 124

2 Olika fysikaliska problem leder ofta till samma matematiska ekvation! En mera realistisk modell för svängningsrörelse tar hänsyn till friktion, luftmotstånd och annat yttre motstånd som dämpar svängningen. Oftast är det rimligt att anta att dämpningen kommer från en kraft som är proportionell mot hastigheten. Svängande fjäder-ekvationen modi eras då till m y 00 (t) = mg k (y (t) `0) cy 0 (t) med c = positiv konstant. Om vi stuvar om något, så ser ekvationen ut på följande sätt (utelämnar argumentet t för överskådlighetens skull) my 00 + cy 0 + ky = mg + k`0 (Detta kan jämföras med PB, sid. 384 (347), formel (30). Där har man i stort sett samma problem. Skillnaden är att rörelsen försiggår horisontellt, så tyngdkraften är inte relevant. Vidare har man lagt origo i jämviktsläget och i det läget är fjädern ospänd, så vårt uttryck k (y (t) `0) för fjäderkraften motsvaras av kx (t) :) Se nu PB, sid.398 (363), Ex.27 (26), alt. D, sid.481 alt. HMT, sid.528 Fysikaliskt ett helt annat problem att bestämma strömmen i en elektrisk krets men ekvationen man kommer fram till L d2 I dt 2 + RdI dt + 1 C I = de dt (Den yttre pålagda spänningen E (t) förutsätts vara en känd funktion av tiden t, komponenterna R; L; C kända konstanter, strömmen I (t) söks.) är av samma typ som för svängningsproblemenen: konstant y 00 + konstant y 0 + konstant y = känd funktion Där har vi ett skäl till att läsa matematik som ett separat ämne, och inte bara ta upp den, när den behövs i konkreta problem! Newtons avsvalningslag Anta att en kropp har temperaturen T; medan omgivningen håller en annan temperatur T 0 : (Tänk t.ex. på en apelsin som tagits ut från kylskåpet, eller en aska öl, som sänkts ned i en bäck för avkylning.) Värme kommer att gå från varmt till kallt i strävan att utjämna temperaturskillnaden. Vi låter T (t) = kroppens temp: som funktion av tiden Kan vi nna en formel för T (t)? Följande, inte helt orimliga, antagande ger ofta tillfredsställande resultat: Kroppens temperatur ändras i en takt som är proportionell mot temperaturskillnaden, d.v.s. T 0 (t) = k (T 0 T (t)) ; k konstant > 0 Konstanten k har att göra med värmeledningsförmågan mellan kropp och omgivning. (Att k > 0 följer av att värme går från varmt till kallt om T 0 > T (t); så kommer T (t) att öka, d.v.s. T 0 (t) > 0:) Ofta är värme ödet otillräckligt för att nämnvärt ändra på omgivningens temperatur, så man kan räkna med att T 0 = konstant. ODE PDE Det säger sig självt att det inte alltid duger att behandla kroppar som punktformiga partiklar, som har samma temperatur överallt. För noggrannare behandling måste man betrakta temperaturen som en funktion av era variabler: såväl tiden t; som rumskoordinaterna x; y; z; t.ex. Då kommer det in derivator m.a.p. olika variabler och man får s.k. partiella di erentialekvationer, som är svårare att anlysera. Så länge man inskränker sig till en variabel, så talar man om ordinära di erentialekvationer. 125

3 Balkar Anta att vi har en balk, vars ena ände är fast inspänd i en vägg, medan den andra änden är fri, och att vi utsätter den för nedåtriktade krafter (s.k. last). Hur stor kommer balkens nedböjning att bli? Vi lägger en (något krökt!) x-axel längs balken, så att x = 0 svarar mot den inspända änden, medan x = L; där L = balkens längd, mot den fria. Låt q (x) = lasten per längdenhet, d.v.s. den nedåtriktade kraften på en kort bit av balken, mellan x och x+dx skall vara q (x) dx: I hållfasthetsläran härleder man att nedböjningen y (x) måste satis era Randvärdesproblem I balkexemplet sökte vi en funktion y (x) (E; I (x) och q (x) förutsätts kända) som uppfyller en di erentialekvation på ett intervall, samt vissa villkor i intervallets ändpunkter, intervallets rand. Därför kallas ett sådant problem för randvärdesproblem. (Den andra kategorin vid sidan om begynnelsevärdesproblem, alltså. Kommer vi emellertid inte att befatta oss lika mycket med uppkommer framför allt när funktioner av era variabler är inblandade.) d 2 dx 2 EI (x) y 00 (x) = q (x) ; 0 < x < L y (0) = y 0 (0) = 0 y 00 (0) = y 000 (0) = 0 där I (x) har med geometriska utseendet av balkens tvärsnitt att göra (konstant om balken har konstant tvärsnitt), E = Youngs modul, en konstant som beror på materialet som balken är gjord utav. (Egentligen är ekvationen ovan ett så enkelt specialfall att det knappast förtjänar namnet di erentialekvation y (x) kan fås genom att bestämma primitiva funktioner fyra gånger sådana di erentialekvationer har vi redan löst många utav!) 126

4 Befolkningstillväxt Låt oss försöka göra en prognos för befolkningsutvecklingen! Sätt y (t) = mängden individer i ett samhälle som funktion av tiden Även här 1 är y (t) en storhet som egentligen varierar språngvis, men om samhället är relativt stort, är sprången tillräckligt små för att för att behöva bekymra sig om dem. Anta att antalet födslar per tidsenhet är proportionellt mot antalet be ntliga individer, med proportionalitetskonstant a; samt att detsamma gäller antalet dödsfall, fast då med en annan proportionalitetskonstant b: Vidare låt i = antalet invandrare per tidsenhet, u = antalet utvandrare per tidsenhet. Då har vi y 0 (t) = ay (t) by (t) + i u = = (a b) y (t) + i u Balansekvationer (Finns det något som bevaras?) För uppställandet av befolkningstillväxtekvationen har vi utnyttjat en mycket allmän (och ändå enkel) observation: Betrakta mängden av något ämne innanför vissa (verkliga eller tänkta) gränser, innanför ett s.k. fysikaliskt system. Då gäller (alla fem storheter räknas per samma tidsenhet) ökningen av mängden ämne i systemet = det som produceras inuti systemet det som förstörs + det som kommer in utifrån det som går ut från systemet En sådan likhet brukar kallas balansekvation, kontinuitetsekvation, konserveringslag (konservationslag), e.dyl. "Blandningsproblem" se nästa sida utgör ett annat exempel där detta resonemang kommer till pass. Låt t = 0 svara mot nu. Anta att vi har rimliga uppskattningar av vad a; b; i och u kommer att vara i framtiden. Då kan vi sätta in dessa och söka funktion y (t) som uppfyller ekvationen samt villkoret y (0) = nuvarande befolkningsmängd. Enklast matematiskt blir det om a; b; i och t vore konstanter, men så behöver inte vara fallet de kan tänkas variera med tiden y 0 (t) = (a (t) b (t)) y (t) + i (t) u (t) 1 Jämför med radioaktivt sönderfall på nästa sida. 127

5 Blandningsproblem PB, sid.356 (322), Exempel 2 D, sid.494, Exempel Oftast är man intresserad inte av mängden salt, förorening, etc., utan av koncentrationen salt, förorening, etc.i behållaren. Vid uppställandet av ekvationen, tänk emellertid på mängder i alla fall för koncentrationer har man ingen balansekvation materia (massa) bevaras (är öförstörbar) för koncentrationer är det inte på samma sätt! Att uttrycka mängden med hjälp av koncentrationen (och omvänt) är lätt koncentrationen = mängden volymen Radioaktivt sönderfall PB, sid.355 (321), Ex.1 D, sid.481, Exempel 10.7 HMT, sid.525 Det kan verka paradoxalt att vi beskriver mängden med en kontinuerlig funktion. Sönderfall sker ju genom att atomkärnor klyvs en i taget mängden ändrar sig språngvis! Men minskningen, som en enstaka kärna svarar mot, är mycket liten jämfört med den totala mängden även några gram av ett ämne innehåller ju storleksordningen kärnor. ( Sprången kan endast ses med ett mycket starkt mikroskop. ) Därför går det bra med en kontinuerlig modell. Torricellis lag PB, sid.356 (323), Ex.3 D, sid.483, Exempel Di erentialekvationen i detta exempel skiljer sig från dem i övriga: den är olinjär, medan alla andra är linjära. (Mer om den distinktionen längre fram.) Obs. att PB:s Ay (t) = vattenvolymen, när tvärsnittsarean är konstant annars får man en annorlunda di.ekv. till slut jfr. lösn. till LTH, övn.8.30 Ordning av en di.ekvation Svängande fjädern och den elektriska kretsen ledde till en ekvation där vi hade andraderivatan, men inte högre derivator y 00 (x) = uttryck med x; y (x) och y 0 (x) Därför säger vi att den är av andra ordningen. Avsvalningsekvationen och andra ekvationer som kan skrivas på formen y 0 (x) = uttryck med x och y (x) däremot säges vara av första ordningen: Hållfasthetsläran ger några av de få exemplen på di erentialekvationer av ordning > 2: (För balken ovan skulle vi få en fjärdederivata av y som högst, om vi utför d2 dx 2 (EI (x) y00 (x))med produktregeln. I de esta tillämpningarna har man faktiskt ekvationer av ordning 1 eller 2 enbart. PB delar in ekvationerna i första hand efter ordning, men den stora vattendelaren går mellan Linjära och olinjära ekvationer Som för ekvationer med tal, är de linjära enklast. Därför väljer jag att på efterföljande sidor presentera sto et i en annan ordning än PB. LTH, övn

6 Linjära ekvationer med konstanta koe cienter Börjar med att demonstrera lösningsformlerna så att du snabbt kan komma igång med övningarna. Bevisen kan du läsa senare. Den oberoende variabeln betecknas med x. För mera överskådlighet skriver vi endast i stället för Första ordningens y; y 0 ; y 00 ; y (3) ; ::: y (x) ; y 0 (x) ; y 00 (x) ; y (3) (x) ; ::: linjära ekvationer med konstanta koe cienter: y 0 + 2y = 6 + e x y 0 + ay = h (x) ; Andra ordningens där a; b är konstanter h (x) given funktion linjära ekvationer med konstanta koe cienter: y y 0 + 6y = sin x y 00 + ay 0 + by = h (x) där a; b är konstanter h (x) given funktion För fullständighetens skull: Förutom Linjära ekv. med konstanta koe cienter : y 0 + 2y = x 2 x + 5e x y y 0 + 4y = 0 y (3) 6y y 0 24y = sin x nns även Linjära ekv.med variabla koe cienter : y 0 + xy = x 2 x + 5e x y y 0 + (sin x) y = 0 y (3) 1 x 2 y x 2 y0 x 3 y = sin x Superpositionsprinciperna (sid. 132, 136) gäller även för de senare, däremot inte metoden med karaktäristiskt polynom. Standardsättet att skriva linjära ekvationer på är (som för vanliga linjära ekv.) att samla ihop alla termer med de obekanta y; y 0 ;... till vänster och alla övriga (kända) termer till höger, ekvationens s.k. högerled. Vår svängande fjäder-ekvation skrivs följaktligen normalt på formen y 00 (t) + k m y (t) = g + k m`0 Lineariteten känns igen typogra skt på att vänsterledet kan skrivas på formen y (n) + a n 1 y (n 1) + ::: + a 1 y 0 + a 0 y där a j :na = uttryck som inte innehåller y: En linjär ekvation med konstanta koe cienter har vi när alla a j är konstanter. En linjär ekvation med högerledet = 0 kallas för homogen ekvation (annars: inhomogen). 129

7 Homogena ekvationer: h (x) = 0 För dessa nns generell metod. (Endast för ekv. med konstanta koe cienter!) Bilda karaktäristiska polynomet p (r) y 0 + 2y = 0 p (r) = r + 2 p (r) = y 0 + ay = 0 r + a y y 0 + 6y = 0 p (r) = r 2 + 5r + 6 p (r) = y 00 + ay 0 + by = 0 r 2 + ar + b y (3) + 9y y 0 25y = 0 p (r) = r 3 + 9r r 25 Lös karaktäristiska ekvationen p (r) = 0 r + 2 = 0 r = 2 r 2 + 5r + 6 = 0 r 1;2 = 2; 3 Den allmänna lösningen (ett uttryck som ger samtliga lösningar) kan nu skrivas upp : y 0 + 2y = 0 r + 2 = 0 r = 2 y = Ce 2x ; y 0 + ay = 0 y = Ce ax y y 0 + 6y = 0 r 2 + 5r + 6 = 0 r 1;2 = 2; 3 y 00 + ay 0 + by = 0 C godtycklig konstant C godtycklig konstant y = C 1 e 2x + C 2 e 3x C 1 ; C 2 godtyckliga konstanter r 2 + ar + b = 0 har två olika reella rötter r 1 och r 2 y = C 1 e r1x + C 2 e r 2x C 1 ; C 2 godtyckliga konstanter För andra ordningens ekvationer är detta dock inte hela sanningen : Dubbelrot Om det karaktäristiska ekvationen har en dubbelrot: Den allra viktigaste di erentialekvationen y 0 (x) = ky (x) ; k konstant är av denna typ och lösningen är y (x) = Ce kx ; där C = y (0) Detta gör du bäst i att lära dig utantill! Allmänt: y y 0 + 4y = 0 r 2 + 4r + 4 = 0 r 1;2 = 2 y = C 1 e 2x + C 2 xe {z 2x } OBS! Om p (r) = (r s) 2 ; så y = C 1 e sx + C 2 xe sx 130

8 Komplexa rötter Andragradsekvationer behöver inte ha några reella rötter alls, men de har alltid komplexa sådana: y y 0 + 5y = 0 r 2 + 2r + 5 = 0 (r + 1) = 0 r + 1 = 2i Det är fortfarande riktigt att r 1;2 = 1 2i y = C 1 e ( 1+2i)x + C 2 e ( 1 2i)x ger lösningar till ekvationen, rentav för alla komplexa konstanter C 1 och C 2 i den meningen att realoch imaginärdelen till y var för sig är lösningar. T.ex. om C 1 = i; C 2 = 0; så är och löser ekvationen. y = ie ( 1+2i)x = = ie x e 2ix = = ie x (cos 2x + i sin 2x) = = e x {z sin 2x } realdel + ie x cos 2x {z } imaginärdel såväl y = e x sin 2x som y = e x cos 2x I tillämpningarna är koe cienterna a och b reella och man är intresserad av funktioner som lämnar ifrån sig reella tal enbart. Därför vore det önskvärt att ange en formel som inte blandar in komplexa tal. Vi gör en omskrivning en gång för alla. Anta att karaktäristiska polynomet inte har några reella nollställen: r 2 + ar + b = 0 () r = i (När ett polynom har reella koe cienter, så förekommer ev. komplexa nollställen alltid i komplexkonjugerade par!) y = C 1 e (+i)x + C 2 e ( i)x = = C 1 e x (cos x + i sin x) + +C 2 e x (cos x i sin x) 0 = e 1 + C 2 ) cos x + i (C {z } 1 C 2 ) sin xa {z } A B Obs. att () C 1 ; C 2 godtyckliga komplexa tal A; B godtyckliga komplexa eftersom till varje par (C 1 ; C 2 ) svarar ett par (A; B) och omvänt: A = C1 + C 2 B = i (C 1 C 2 ) () C1 = 1 2 (A ib) C 2 = 1 2 (A + ib) 1 och Den allmänna lösningen ges alltså av y = e x (A cos x + B sin x) () y ger reella värden för alla x A och B är reella LTH, övn

9 Superpositionsprincipen: y = y h + y p för inhomogena ekvationer (h (x) 6= 0) Observera: Om y 1 och y 2 är två olika lösningar till så är y 1 Bevis: Vet att y 00 + ay 0 + by = h y 2 en lösning till y 00 + ay 0 + by = 0 y ay1 0 + by 1 = h y ay2 0 + by 2 = h Derivationsreglerna säger oss att (y 1 y 2 ) 00 + a (y 1 y 2 ) 0 + b (y 1 y 2 ) = y1 00 y ay1 0 ay2 0 + by 1 by 2 = = y ay1 0 + by 1 y ay2 0 + by 2 = = h h = = 0 Därför: För att hitta alla lösningar ( bestämma den allmänna lösningen ) till en inhomogen ekvation, räcker det att hitta en lösning, vilken som helst; språkbruket är: att bestämma en partikulärlösning ; betecknas y p ; alla lösningar till motsvarande homogena ekvation; den lösningsmängden betecknas med y h. Varje lösning till vår usprungliga inhomogena ekv. kan skrivas som en summa av partikulärlösningen och någon lösning till den hom.ekv.: y = y h + y p Anm. Ovanstående räkning förblir giltig även då a och b beror på x; d.v.s. y = y h + y p gäller även för linjära ekvationer med variabla koe cienter. Exempel: 8 < : y 1 och y 2 är två (olika) lösningar till y 0 + xy = x 2 2x + 5e x + y 1 y 2 är då lösning till y 0 + xy = 0 Här är y 0 + xy = 0 den homogena ekvation som "hör till" y 0 + xy = x 2 2x + 5e x (den homogena ekvation som fås genom att ersätta högerledet med 0:) Bestämning av primitiva funktioner är egentligen ett specialfall av detta: f (x) dx =? () y 0 (x) = f (x) är ju en linjär di.kvation. När vi integrerar, bestämmer vi egentligen en partikulärlösning: Sedan lägger vi till en konstant C: Denna är ingenting annat än den allmänna lösningen till motsvarande homogena ekvation y 0 (x) = 0; d.v.s. svarar mot y h ovan. 132

10 Fallet h (x) = konstant y 0 + 2y = 6 LTH, övn. 8.4, 8.5abc, 8.6ab , , , 8.79, 8.83 y h fås enl. tidigare r + 2 = 0 r = 2 y h = Ce 2x y p =? Den enklaste tänkbara funktionen att försöka med är ju y p = K = konstant y 0 p = 0 Finns någon sådan lösning? Ja: y p = 3 Den allmänna lösningen ges alltså av Allmänt: y = y h + y p = = Ce 2x + 3 y 0 + ay = b; a; b konstanter har lösningen y = b ; om a 6= 0 a Den allmänna lösningen är y = Ce ax + b a Newtons avsvalningslag (sid.125) T 0 (t) = k (T 0 T (t)) ; k konstant > 0 är av denna typ T 0 + kt = kt 0 men man kan också resonera så här: Betrakta avvikelsen från yttertemperatuern som obekant: y (t) = T (t) T 0 I och med att y (t) och T (t) skiljer sig endast med en konstant, har de samma derivata T 0 (t) = y 0 (t) Ekvationen transformeras därmed till y 0 (t) = ky (t) vars lösning vi kan skriva upp direkt: Därmed y (t) = y (0) e kt T (t) T 0 = (T (0) T 0 ) e kt Kroppens temperatur kommer att "närma sig" omgivningens temperatur "exponentiellt". 133

11 Fallet h (x) = e sx y y 0 5y = 7e 3x y h kan vi klara, söker nu y p : I och med att De ax = ae ax ; är det inte helt orimligt att förmoda att det nns en lösning av samma typ som högerledet: y p = ke 3x ; k = konstant Undersök, om inte k kan väljas så att man får en lösning. Man säger att man gör ansatsen y p = ke 3x (Släpar inte med index p.) Sätt in i ekv. y = ke 3x y 0 = 3ke 3x y 00 = 9ke 3x 9ke 3x + 2 3ke 3x 5ke kx = 7e 3x Ja vi har hittat en lösning: förkorta e 3x 9k + 6k 5k = 7 k = = 7 10 y p = 7 10 e3x Allmänt: Ansätt y 00 + ay 0 + by = ce sx ; och sätt in i ekvationen: Här ser vi: y = ke sx y 0 = ske sx y 00 = s 2 ke sx a; b; c; s konstanter s 2 ke sx + a (ske sx ) + bke sx = ce sx s 2 + as + b k = c Varför karaktäristiska polynomets nollställen ger lösningar till en homogen ekvation: s 2 + as + b = 0 + y 00 + ay 0 + by = 0 Om s 2 + as + b 6= 0; så y = ke sx löser y = k s 2 + as + b esx är en lösning till y 00 + ay 0 + by = ke sx Så vi klarar av exponentiella högerled nästan alltid endast då s "råkar" vara lika med något av karaktäristiska polynomets nollställen måste vi försöka lösning på något annat sätt. 134

12 Resonansfallen I undantagsfallen (svarar mot s.k. resonans i fysiken), då vi i högerledet har en exponentialfunktion som löser den homogena ekvationen, blir det i stället så här: Enkelrot: y y 0 + 6y = e 2x Dubbelrot: y h = C 1 e 2x + C 2 e 3x Det nns y p av formen y p = kxe 2x ; k = konstant y y 0 + 4y = e 2x Obs. extra x y h = C 1 e 2x + C 2 xe 2x Det nns y p av formen y p = kx 2 e 2x ; k = konstant Obs. extra x 2 (För den extra intresserade.) Ett sätt att komma fram till de extra x:en är genom gränsövergång. Betrakta y y 0 + 6y = e ( 2+")x ; " 6= 0 y 0 + ay = e ( a+")x ; " 6= 0 Denna ekvation har partikulärlösningen 1 y " (x) = ( 2 + ") ( 2 + ") + 6 e( 2+")x Låt nu "! 0: Det är inte alldeles orimligt att hoppas på att y " (x) skulle ha som gränsvärde en lösning till y y 0 + 6y = e 2x : y " (x) = e"x " + " 2 e 2x Nej, tyvärr det här! 1; när "! 0: Men, tänk nu på att ovanstående y " är endast en av oändligt många lösningar lägger vi till en lösning till den homogena ekv., har vi fortfarande en lösning. Den homogena ekvationen har lösningar Ur dessa välj och lägg till Då har vi lösningen C 1 e 2x + C 2 e 3x 1 " + " 2 e 2x e "x 1 " + " 2 e 2x = e"x 1 " (1 + ") e 2x = = e"x 1 1 "x (1 + ")! 1 1 xe 2x xe 2x 135

13 Superposition igen om h (x) = h 1 (x) + h 2 (x) Vill hitta y p till Räcker att hitta y 00 + ay 0 + by = c 1 e s 1x + c 2 e s 2x Då är y p1 som löser y 00 + ay 0 + by = c 1 e s 1x y p2 som löser y 00 + ay 0 + by = c 2 e s 2x y p1 + y p2 en y p till den givna ekv. De enskilda y p :na kan vi skriva upp direkt, förutsatt attt inget av s j :na råkar vara nollställe till karaktäristiska polynomet: y p1 = y p2 = c 1 s as 1 + b es 1x c 2 s as 2 + b es 2x Lika enkelt är det för en summa av er än två exponentialfunktioner: y 00 + ay 0 + by = har lösningen y p = nx c n e s kx k=1 nx k=1 c k s 2 k + as k + b es kx En hel gren av den matematiska analysen, s.k. Fourieranalys, handlar om att försöka framställa godtyckliga funktioner som någon slags summor av exponentialfunktioner, i och med att lösandet av linjära di erentialekvationer blir så enkelt då. Denna s.k. superpositionsprincip fungerar för alla slags funktioner h 1 ; h 2 ; : : : ; inte bara exponentialfunktioner: Om vi söker y p till y 00 + ay 0 + by = h 1 + h 2 så räcker det att hitta y p till y 00 + ay 0 + by = h 1 och y 00 + ay 0 + by = h 2 separat och addera sedan. Svårigheten är att y p :na inte alltid är lika enkla att hitta som för exponentiella högerled... Likaså behöver inte a och b vara konstanter de kan bero på x, superpositionsprincipen fungerar även på linjära ekvationer med variabla koe cienter, t.ex. 8 < : y 1 löser y 0 + xy = x 2 y 2 löser y 0 + xy = x y 3 löser y 0 + xy = e x + y 1 2y 2 + 5y 3 är då lösning till y 0 + xy = x 2 2x + 5e x (För att hitta en partikulärlösning till en inhomogen ekvation vars högerled är en linjärkombination (sid.143) av enkla funktioner, räcker det att hitta partikulärlösningar till var och en av de enkla funktionerna och sätta ihop dem till en linjärkombination med samma koe cienter.) Men återigen: Hur hittar man y 1 ; y 2 och y 3? 136

14 Komplexi eringsmetoden (j!-metoden i elläran) Bygger på cos!x = Re e i!x sin!x = Im e i!x och att de två "naturliga" sätten att derivera e (+i)x leder till samma resultat. Betrakta som exempel e (2+3i)x = e 2x cos 3x + i e 2x sin 3x; en s.k. komplexvärd funktion av x med realdel e 2x cos 3x och imaginärdel e 2x sin 3x: (Real- och imaginärdelarna är alltså vanliga reellvärda funktioner av x:) Derivatan av en komplexvärd funktion är per de nition I detta fall = (derivatan av realdelen) +i (derivatan av imaginärdelen) d dx e(2+3i)x = d dx e2x cos 3x + i e 2x sin 3x = 2e 2x cos 3x e 2x 3 sin 3x + +i 2e 2x sin 3x + e 2x 3 cos 3x Utvikning om primitiva funktioner Vi kan utnyttja detta baklänges för att beräkna primitiva funktioner e 2x cos 3x dx + i e 2x sin 3x dx = e 2x cos 3x + ie 2x sin 3x dx = = e (2+3i)x dx = = = i e(2+3i)x = (2 3i) (2 + 3i) (2 3i) e2x (cos 3x + i sin 3x) = = e2x 13 = e2x 13 e 2x 2 2 (2 3i) (cos 3x + i sin 3x) = + 32 (2 cos 3x + 3 sin 3x + i (2 sin 3x 3 cos 3x)) = (2 cos 3x + 3 sin 3x) + ie2x 13 (2 sin 3x 3 cos 3x) Jämför vi real- och imaginärdelar, avläser vi e 2x cos 3x dx = e2x (2 cos 3x + 3 sin 3x) 13 e 2x sin 3x dx = e2x (2 sin 3x 3 cos 3x) 13 (Har utelämnat den godtyckliga konstanten C:) Men vi får samma resultat, om vi deriverar som om 2 + 3i vore ett reellt tal: (2 + 3i) e (2+3i)x = (2 + 3i) e 2x (cos 3x + i sin 3x) = = e 2x (2 cos 3x 3 sin 3x) + +i (2 sin 3x + 3 cos 3x) 137

15 Fallet h (x) = cos!x eller sin!x kan återföras till h (x) = e sx m.h.a. komplexi eringsmetoden Exempel : y 0 + 2y = cos!x Sök y p till y 0 + 2y = e i!x på sedvanligt sätt, som om i! vore vilket reellt tal som helst, med ansats Sätt in: y = ke i!x y 0 = i!ke i!x i!ke i!x + 2ke i!x = e i!x (i! + 2) k = 1 k = i! En lösning till y 0 + 2y = e i!x är alltså i! ei!x Vi delar upp i real-och imaginärdel i! ei!x (2 i!) (cos!x + i sin!x) = = (2 i!) (2 + i!) 2 cos!x +! sin!x + i (2 sin!x! cos!x) = 4 +! 2 = u (x) + iv (x) med u (x) = 2 cos!x +! sin!x 4 +! 2 (= Re y (x)) v (x) = 2 sin!x! cos!x 4 +! 2 (= Im y (x)) De nitionen av komplex exponentialfunktion gör att u (x) löser y 0 + 2y = cos!x v (x) löser y 0 + 2y = sin!x Vi behöver endast u (x) här: y 0 + 2y = cos!x () y = Ce 2x + 2 cos!x +! sin!x 4 +! 2 Andra ordningens ekv. y 00 + ay 0 + by = cos!x sin!x klaras av på samma sätt, så länge i! inte råkar vara rot till karaktäristiska polynomet. 138

16 Ytterligare exempel: Om vi skall räkna ut t.ex. y y 0 + 6; då y (x) = e (2+3i)x = u (x) + iv (x) med u (x) = Re y (x) = e2x cos 3x v (x) = Im y (x) = e 2x sin 3x så skall detta enligt de nition vara = u 00 + iv u 0 + iv (u + iv) = = u u 0 + 6u + i v v 0 + 6v men samma resultat fås om man deriverar som om 2+3i vore reellt och sedan samlar ihop realresp. imaginärdelar: y y = (2 + 3i) 2 e (2+3i)x + = +5 (2 + 3i) e (2+3i)x + +6e (2+3i)x (2 + 3i) (2 + 3i) + 6 e (2+3i)x = = ( i) e (2+3i)x = = ( i) e 2x (cos 3x + i sin 3x) = = e 2x (11 cos 3x 27 sin 3x) + +i e 2x (11 sin 3x + 27 cos 3x) Om vi nu vill ha en lösning till I tillämpningarna är man sällan intresserad av ekvationer med komplexvärda högerled. Men väl av ekvationer av typ y 00 (t) + 5y 0 (t) + 6y (t) = A sin (!t + ) där A;!; T och är reella konstanter. Då kan man gå tillväga så här: A sin (!t + ) = A Im e i(!t+) = = Im Ae i(!t+) = Im Ae i e i!t Lös nu ekvationen y y 0 + 6y = Ae i e i!t (Här är Ae i ett komplext tal, som spelar samma roll som 5 4i ovan.) Realdelen av den lösning man får, löser då y y 0 + 6y = Re Ae i e i!t Imaginärdelen löser y y 0 + 6y = Im Ae i e i!t Således: imaginärdelen ger oss just det vi söker! (Realdelen kan vi slänga. Detta kan tyckas vara att jobba i onödan, men så är det inte räkningarna blir inte längre, snarare mera överskådliga!) y y = (5 4i) e (2+3i)x så kan vi (precis som om alla tal vore reella) ta y (x) = 5 4i i e(2+3i)x (Konstanten 5 4i 11+27i hänger bara på, precis som i det reella fallet.) 139

17 Fallet h (x) = polynom Söker y p till y 0 + 2y = x Ansätt polynom av samma grad som högerledet: Sätt in i ekv.: y = Ax 2 + Bx + C y 0 = 2Ax + B (2Ax + B) + 2 Ax 2 + Bx + C = x Identi era koe cienter som vid partialbråksuppdelning: 2Ax 2 + (2A + 2B) x + (B + 2C) = x vill vi ska gälla för alla x. Då måste motsvarande koe. vara lika: 8 < : 2A = 1 2A + 2B = 0 B + 2C = 1 De obekanta kan lösas ut successivt: A = 1=2 B = 1=2 C = 3=4 Den allmänna lösningen till y 0 + 2y = x är alltså y = Ce 2x x2 1 2 x En ekvation som y 00 y 0 = x 2 är egentligen av första ordningen man kan betrakta y 0 som obekant. En partikulärlösning kan fås genom att först ta primitiv till båda leden y 0 y = 1 3 x3 och på denna ekvation tillämpa receptet för det fall då koe cienten framför y är 6= 0: Härav inses att en ansats för den ursprungliga kräver ett polynom av grad 3; och inte 2: 140

18 Partikulärlösningar: sammanfattning Ekvationer av typen y 0 (x) + ay (x) = h (x) alt. y 00 (x) + ay 0 (x) + by (x) = h (x) LTH, övn. i kap.8: 8.47, 8.48, 8.51, 8.52, 8.55, 8.56 med karaktäristiskt polynom p och där h (x) = g (x) e sx ; g (x) polynom har partikulärlösningar av typ q (x) e sx ; xq (x) e sx ; x 2 q (x) e sx ; om s ej nollställe till p om s enkelt nollställe till p om s dubbelt nollställe till p där q (x) är polynom av samma grad som g (x) Alltså kan man redan från början se lösningens principiella utseende det enda som återstår är att bestämma vissa konstanter koe cienterna i q. Det är alltid bra att veta i förväg vad man bör få för svar! Fallet då h (x) = g (x) e x cos x alt. = g (x) e x sin x; g (x) polynom kan återföras till föregående m.h.a. komplexi- eringsmetoden. Resultat : Det nns partikulärlösningar av typ (q 1 (x) cos x + q 2 (x) sin x) e x ; om + i ej nollställe till g x (q 1 (x) cos x + q 2 (x) sin x) e x ; om + i är enkelt nollställe till g där q 1 (x) och q 2 (x) är polynom av samma grad som g (x) Så man kan ansätta lösningar på den formen i stället för att räkna med komplexa tal. Efterföljande sidor (fram till 148) tar upp: en mer abstrakt beskrivning av linearitet, mer om ekvationer av godtycklig ordning. Du kan gå direkt vidare till sid.148 (och återkomma senare i mån av tid). 141

19 Linjära operatorer Lineariteten har också en abstraktare innebörd : vänsterledet kan sägas utgöra en linjär funktion av y Vi sysslar för det mesta med funktioner som till varje tal tillordnar ett annat tal: tal 7! funktion 7! tal : 7! cos 7! 1 1 7! ln 7! 0 3 7! f (x) = x 2 e x + 1 7! 9e Men vi kan också tänka oss funktionsmaskiner som tar in en hel tal 7! tal - funktion som argument och lämnar ifrån sig en annan funktion som resultat. f (x) 7! D 7! f 0 (x) x 2 7! D 7! 2x x + sin x 7! D 7! 1 + cos x x sin x 7! D 7! sin x + x cos x f (x) 7! D 2 7! f 00 (x) x 2 7! D 2 7! 2 x + sin x 7! D 2 7! sin x f (x) 7! D 2 + D 7! f 00 (x) + f 0 (x) x 2 7! D 2 + D 7! 2 + 2x x + sin x 7! D 2 + D 7! sin x cos x f (x) 7! D 2 + xd 7! f 00 (x) + xf 0 (x) x 2 7! D 2 + xd 7! 2 + x2x x + sin x 7! D 2 + xd 7! sin x + x (1 + cos x) För att skilja funktion7!funktion - funktioner från de vanliga tal 7! tal - funktionerna, brukar man använda ordet operator i stället 2. funktion 7! operator 7! funktion 2 På samma sätt som man använder ordet avbildning, i st. f. funktion, när man i den linjära algebran betraktar funktioner som har vektorer som argument och funktionsvärden. Ekvationernas vänsterled kan uppfattas som just sådana operatorer. PB, sid.362 (328) betecknar dem med L; t.ex. y 7! L 7! Ly = y 0 + xy (Egentligen skulle man skrivit L (y) ; men man utelämnar ofta parenteserna.) Man brukar också skriva L = D + x: Ly = (D + x) y = Dy + xy = y 0 + xy som om det vore fråga om multiplikation, men multiplikation av en funktion med D från vänster betyder derivation! Observera nu att t.ex. L (x) = 1 + x 2 L (sin x) = cos x + x sin x L (x + sin x) = (x + sin x) 0 + x (x + sin x) = = 1 + cos x + x 2 + x sin x alltså L (x + sin x) = L (x) + L (sin x) L (sin x) = cos x + x sin x L (5 sin x) = 5 cos x + x (5 sin x) = = 5 (cos x + x sin x) alltså L (5 sin x) = 5L (sin x) Detta gäller allmänt: L (y 1 + y 2 ) = L (y 1 ) + L (y 2 ) ; L (y) = L (y) för alla funktioner y 1 ; y 2 ; tal ; och operatorer L av formen L = D n + a n 1 (x) D n 1 + ::: + a 1 (x) D + a 0 (x) s.k. linjära di erentialoperatorer där alltså D n + a n 1 (x) D n 1 + ::: + a 1 (x) D + a 0 (x) y står för y (n) + a n 1 y (n 1) + ::: + a 1 y 0 + a 0 y: 142

20 Anm. Operatorn T; de nierad av funktionen y (x) 7! T 7! funktionen y (x 1) kallas också linjär då den uppfyller de två villkoren ovan, men den är ingen di erentialoperator den är en s.k. translationsoperator. Operatorn S; de ninierad av funktionen y (x) 7! S 7! funktionen (y (x)) 2 är däremot inte linjär, eftersom t.ex. L (f + g) = (f + g) 2 = f 2 + g 2 + 2fg; medan L (f) + L (g) = f 2 + g 2 och dessa funktioner är i allmänhet olika! Linjärkombinationer. Linjärt beroende/oberoende (En terminologisk avstickare. Ta gärna fram och läs det här avsnittet igen, när du kommer till begreppen i kursen Linjär algebra! Operatorerna ovan skall du å sin sida jämföra med linjära avbildningar.) Vi säger att 5x 3 2x 2 + x + 7 är en linjärkombination av x 3 ; x 2 ; x; 1 (med koe cienter 5; 2; 1; resp. 7) 3e 2x + 10e 5x är en linjärkombination av e 2x ; e 5x A cos!t + B sin!t är en linjärkombination av cos!t; sin!t Vi säger att funktionerna 1; x; x 2 ; x 3 ; 7x 3 + 3x 2 2x är linjärt beroende, eftersom en av dem, 7x 3 + 3x 2 x är linjärkombination av övriga: 7x 3 + 3x 2 2x = 7 x x 2 + ( 2) x Däremot är 1; x; x 2 ; x 3 ; x 4 linjärt oberoende ingen av dem kan uttryckas som en linjärkombination av övriga: En likhet av typ x 3 = a + bx + cx 2 + dx 4 a; b; c; d konstanter kan inte gälla för alla x. Likaså är t.ex. e 2x ; e 5x oberoende det nns inget tal a sådant att e 2x = ae 5x (eller e 5x = ae 2x ) för alla x: Även cos!t; sin!t är oberoende. 143

21 Lösningarna till en homogen linjär ekv. av ordning n bildar ett n-dimensionellt "linjärt rum" Med integrerande faktor-metoden (sid.148), alt. variabelseparation (sid.149) kan man visa att t.ex. y 0 + xy = 0 har den allmänna lösningen y = Ce x2 =2 ; C godtycklig konstant Vi har sagt att den allmänna lösningen till y 00 + ay 0 + by = 0 Vad händer om vi stoppar y = e rx ; r = konstant kan skrivas y = C 1 e r 1x + C 2 e r 2x alt. y = C 1 e rx + C 2 xe rx beroende på om det karaktärsitiska polynomet har två enkla nollställen eller ett dubbelt. Du kan själv visa följande specialfall av superpositionsprincipen. (Låt h 1 = h 2 = 0 på sid. 136): 8 < : y 1 och y 2 löser en homogen ekvation som t.ex. y y 0 + (sin x) y = 0 + C 1 y 1 + C 2 y 2 löser samma homogena ekvation för alla val av konstanter C 1 ; C 2 (d.v.s. alla linjärkombinationer av y 1 och y 2 är också lösningar) ger att in i y (3) 6y y 0 24y? De rx = re rx ; D 2 (re rx ) = r 2 e rx ; D 3 (re rx ) = r 3 e rx y (3) 6y y 0 24y = [y = e rx ] = = r 3 6r 2 + 4r 24 e rx För varje nollställe till det karaktäristiska polynomet p (r) = r 3 6r 2 + 4r 24 = = r 2 (r 6) + 4 (r 6) = = r (r 6) har vi alltså en lösning e 2ix ; e 2ix resp. e 6x till den homogena ekv. y (3) 6y y 0 24y = 0 Lineariteten medför att även varje linjärkombination av dessa y = C 1 e 2ix + C 2 e 2ix + C 3 e 6x ; C i :na godtyckliga (komplexa 3 ) tal är en lösning. 144

22 Med något mera teori kan man bevisa En linjär homogen di.ekv. av ordning n har precis n st. linjärt oberoende lösningar och den allmänna lösningen = mängden av alla linjärkombinationer av dessa D.v.s. till varje homogen linjär di. ekv. av ordning n nns n st. linjärt oberoende funktioner y 1 ; y 2 ; :::y n sådana att ekvationens lösningsmängd = = mängden av alla linjärkombinationer C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) + ::: + C n y n (x) C 1 ; C 2 ; :::; C n godtyckliga tal Multipla nollställen Om t.ex. p (r) = (r 6) 3 (r + 5) 2 så har di.ekvationen ordning 5; men våra resonemang ger oss bara två oberoende lösningar, e 6x och e 5x Det går att visa att i ett sådant fall är även lösningar. Allmänt: p (r) = (r xe 6x ; x 2 e 6x och xe 5x a) m (faktor där a inte är nollställe) =) e ax ; xe ax ; x 2 e ax ; :::; x m 1 e ax är m st. oberoende lösningar ekvivalent : Varje uttryck av formen (polynom av grad m 1) e ax Bevis för detta (samt en alternativ härledning som inte hänvisar till den abstrakta satsen om n oberoende lösningar) kan göras relativt smidigt om man utnyttjar operatorräkning och den s.k. förskjutningsregeln. Av ovanstående sats och det faktum att funktionerna e 2ix ; e 2ix resp. e 6x är linjärt oberoende, kan vi dra slutsatsen att ekvationen y (3) 6y y 0 24y = 0 inte har er lösningar än de vi skrev upp på föregående sida. 145

23 Förskjutningsregeln Inte nödvändigt att kunna, men inte svårt heller. Den säger att om man t.ex. vill räkna ut då y = x 5 y y 0 + 6y 4x 2 + 7x e 2x så kan man göra på följande sätt: Skriv upp karaktäristiska polynomet för operatorn y 7! y y 0 + 6y : p (r) = r 2 + 5r + 6 Ersätt r med r 2 i polynomet (Om vi har konstanten e ax i stället för e 2x ; så skall vi ersätta med r med r + a ): p (r 2) = (r 2) (r 2) + 6 = ::: = = r 2 + r Tolka det så erhållna polynomet r 2 + r som karakteristiskt polynom för en operator, nämligen D 2 + D; och underkasta den icke-exponentiella faktorn denna operator: D 2 x 5 4x 2 + 7x + D x 5 4x 2 + 7x = [Räkna ut den högra termen först!] = = 5x 4 8x x 3 8 = 5x x 3 8x 1 (Hade vi haft z (x) i stället för x 5 5x 2 + 7x; hade vi räknat fram z 00 (x) + z 0 (x) ) Nu kan vi skriva upp svaret som produkten av detta med den ursprungliga exponentialfunktionen: y y 0 + 6y = 5x x 3 8x 1 e 2x I det allmännare fallet: y y 0 + 6y = z 00 (x) + z (x) e 2x Förskjutningsregeln: bevis Något mera abstrakt Låt a =godtycklig konstant, z (x) = en godtycklig deriverbar funktion. Då är enl. produktregeln D (e ax z) = ae ax z + e ax z 0 = = [med operatorskrivsätt] = = e ax (a + D) z = = e ax (D + a) z Upprepad användning ger D 2 (e ax z) = D (e ax (D + a) z) = = e ax (D + a) (D + a) z = = e ax (D + a) 2 z ::: D k (e ax ) = e ax (D + a) k z Alltså t.ex.om y (x) = e ax z (x) ; så är t.ex. y (3) + 4y y 0 + 6y = D 3 y + 4D 2 y + 5Dy + 6y = = e h ax i (D + a) 3 z + 4 (D + a) 2 z + 5 (D + a) z + 6z När nu y (3) + 4y y 0 + 6y har karakteristiska polynomet så har uttrycket med z; p (r) = r 3 + 4r 2 + 5r + 6 (D + a) 3 z + 4 (D + a) 2 z + 5 (D + a) z + 6z; det karakteristiska polynomet q (r) = p (r + a) (Härifrån beteckningen förskjutning.) 146

24 Bevis för resultatet om multipla nollställen (Ännu litet mer abstrakt) Skrivsättet (D + a) 2 z är till en början ingenting annat än en förkortning för (D + a) (D + a) z; d.v.s. D ((D + a) z) + a ((D + a) z) = D z 0 + az + a z 0 + az = = z 00 + az 0 + az 0 + a 2 z men detta är ju faktiskt samma sak som och D 2 + 2aD + a 2 z D 2 + 2aD + a 2 = (D + a) 2 om man räknar med D som med tal! Allmänt gäller att sammansättning av linjära di erentialoperatorer med konstanta koe cienter motsvaras av multiplikation av de karakteristiska polynomen, och omvänt: faktorisering av ett karakteristiskt polynom kan tolkas som att operatorn skrivs som en sammansättning av enklare operatorer: p (r) = r 3 + 4r 2 + 5r + 2 = (r + 2) (r + 1) 2 + y (3) + 4y y 0 + 2y = (D + 2) (D + 1) (D + 1) y (Högerledet skall alltså tolkas på följande sätt: Bilda y 1 = y 0 + y; bilda sedan y 2 = y1 0 + y 1 och slutligen y 3 = y y 2: Detta y 3 är just högerledets värde. Och det är lika med vänsterledet för alla y:) Låt speciellt y = e x z ( 1 är dubbelt nollställe till det karakteristiska polynomet). D (e x z) = e x (D 1) z leder till (D + 2) (D + 1) (D + 1) e x z = e x (D 1 + 2) (D 1 + 1) (D 1 + 1) z = = e x (D + 1) D 2 z Detta blir = 0 inte bara när z = konstant, men även då z = x (och vilket annat förstagradspolynom som helst), d.v.s. y = xe x är också lösning till den homogena ekv. med karakteristiskt polynom p (r) : 147

25 Integrerande faktor-metoden (för första ordningens linjära ekv. med variabla koe cienter) Teorin för linjära ekvationer är vacker, men kom ihåg att metoden med karaktäristiskt polynom förutsatte att koe cienterna var konstanta! För linjära ekv. med variabla koe. av ordning 2 nns tyvärr inga allmänna metoder. Första ordningens allmänna linjära di.ekv. kan emellertid alltid reduceras till två integrationer, den s.k. metoden med integrerande faktor. T.ex. y x y = e x Om vi här multiplicerar båda leden med x; så har vi xy 0 + y = xe x och kan i vänsterledet känna igen derivatan av en produkt: xy 0 (x) + y (x) = d (xy (x)) dx Det betyder att vänsterledet är en primitiv funktion till högerledet: (xy) 0 = xe x xy = xe x dx Integralen i högerledet kan vi i detta fall klara av med partiell integration: e x x dx = e x x e x 1dx Alltså y = 1 x = xe x e x + C xe x e x + C = = e x 1 x e x + C 1 x Men hur ska vi göra med, säg, y 0 + xy = e x? Kan vi även här hoppas på en förlängning som gör det nya vänsterledet till en enda derivata? Ja! Om vi har (även y och y 0 beror på x; men jag skriver inte ut det) tar fram G (x) sådan att y 0 + g (x) y = h (x) G 0 (x) = g (x) och multiplicerar båda leden med e G(x) så blir det nya vänsterledet Därför kallar vi y 0 e G(x) + ye G(x) g (x) = d ye G(x) dx e G(x) integrerande faktor (IF) Därmed är vår ekvation ekvivalent med d ye G(x) = h (x) e G(x) dx ye G(x) = h (x) e G(x) dx y = e G(x) h (x) e G(x) dx Om vi kan klara av de två integralerna G (x) = g (x) dx h (x) e G(x) dx har vi alltså ett exakt uttryck för y: Vi testar på vårt andra exempel: y 0 + xy = e x IF = R e xdx = e 1 2 x2 y 0 e 1 2 x2 + ye 1 2 x2 x = e x e 1 2 x2 ye 1 x2 0 2 = e x e 1 2 x2 ye 1 2 x2 = e 1 4 y = e 1 4 e 1 2 (x 1 2 x2 1)2 dx e 1 2 (x 1)2 dx Tyvärr den sista integralen kan inte uttryckas med elementära funktioner. 148

26 Med IF-metoden kan man härleda och bevisa resultaten om linjära ekvationer med konstanta koe cienter. Att använda den i enskilda fall som i PB, avsnitt 8.2, Exempel 6-8, tycker jag emellertid är litet slöseri med tid och bläck det är ofta lätt att skriva upp lösningen utan räkning, om man tänker på karaktäristiskt polynom och y = y h + y p (som på sid.133) Olinjära ekvationer Finns inga allmänna analytiska metoder. Det är inte självklart att lösning överhuvudtaget nns och även om man speci cerar begynnelsevillkor så behöver inte lösningen vara entydig: För varje a 0 är t.ex. 8 < 0; x a y (x) = 2 3=2 : (x a) x 0 3 y två lösningar till 0 = y 1=3 y (0) = 0 En typ vars lösning kan reduceras till bestämning av primitiva funktioner, är s.k. Separabla ekvationer PB, avsnitt 8.3 LTH, övn. 8.21cd, 8.22, 8.23, 8.28, 8.29, 8.30, 8.33 (För den som läst sid.146.) Man skulle kunna säga att IF-metoden bygger på en generalisering av förskjutningsregeln D (e ax y) = e ax (D + a) y Om vi i stället för ax har G (x) i exponenten och G 0 (x) = g (x) ; så D e G(x) y = e G(x) y 0 + e G(x) g (x) y = = e G(x) y 0 (x) + g (x) y (x) 149