Envariabelanalys 2, Föreläsning 8

Transkript

1 Envariabelanalys 2, Föreläsning 8 Tomas Sjödin Linköpings Universitet

2 Differentialoperatorer D: Dy = y, D 2 y = D(Dy) = D(y ) = y och så vidare. Även uttryck som (D β)(d α) = D 2 (α + β)d + αβ tolkas formellt (även komplexa α, β är o.k.). Andra ordnings differentialekvationer kan då skrivas p.f.: y + ay + by = p(d)y = g(x) (a, b R), där p(d) = D 2 + ad + b. Notera att p(d)(c 1 y 1 + c 2 y 2 ) = c 1 p(d)y 1 + c 2 p(d)y 2 om c 1, c 2 R, vilket säger att p(d) är en linjär avbildning.

3 Karaktäristiska ekvationen: p(r) = r 2 + ar + b = 0. Om denna har rötter α, β (som eventuellt är lika eller komplexa, och i det senare fallet är rötterna komplex-konjugat till varandra då vi har reella koefficienter), då kan vi skriva Så rent formellt har vi p(d) = (D α)(d β). p(d)y = (D α)(d β)y = 0, vilket ger (D β)y = C 1 e αx...

4 Högre ordnings konstant-koefficients ode Operator p(d) = D n + a n 1 D n a 1 D + a 0, Ekvation: p(d)y = g(x). Sats Om p(r) = r n + a n 1 r n a 1 r + a 0 = (r r 1 ) m 1 (r r 2 ) m2... (r r k ) m k, där r i r j om i j, så gäller att den allmänna lösningen till den homogena ekvationen p(d)y = 0 ges av y(x) = P 1 (x)e r 1x + P 2 (x)e r 2x P k (x)e r kx, där P j :a är polynom av högst grad (m j 1).

5 Allmän struktur på lösning Sats Den allmänna lösningen till p(d)y = g(x) är på formen y = y h + y p där y h är den allmänna homogenlösningen och y p en partikulärlösning.

6 Exempel 1 Exempel 1: Hitta den allmänna lösningen till y (4) 2y (3) 3y + 4y + 4y = x 2 + 3x.

7 Exempel 2 Exempel 2: Hitta den allmänna lösningen till y (3) 9y + 27y 27y = x 2 e 3x.

8 Förskjutningsregeln p(d)(z(x)e kx ) = e kx p(d + k)z(x). Här menar vi alltså att på vänstersidan verkar p(d) på produkten z(x)e ax och på högersidan verkar p(d + k) bara på z(x).

9 Bevis av försjutningsregeln Notera att vi kan skriva p(d)(z(x)e kx ) = (D r 1 )(D r 2 ) (D r n )(z(x)e kx ), där r i :a inte nödvändigtvis är olika. Om vi då bara visar att (D r i )(z(x)e kx ) = e kx (D r i + k)z(x) så kan vi iterera detta resultat och får då det allmänna fallet. Men (D r i )(z(x)e kx ) = z (x)e kx +kz(x)e kx r i z(x)e kx = e kx (D r i +k)z(x), vilket visar påståendet. V.S.B.

10 Exempel 2 igen Exempel 2: Hitta den allmänna lösningen till y (3) 9y + 27y 27y = x 2 e 3x.

11 Exempel 3 Exempel 3: Hitta den allmänna lösningen till y (3) 9y + 27y 27y = cos x.

12 Partikuläransatser p(d)y = y (n) + c n 1 y (n 1) c 1 y + c 0 y = g(x). g(x) polynom av grad m: Om k är det minsta talet sådant att c k 0 (om c k = 0 för alla k = 1,..., n 1 sätter vi k = n) då ansätter vi y p = a m x m+k + a m 1 x m+k a 0 x k. g(x) = q(x)e kx : Substituera y p = z(x)e kx och använd förskjutningsregeln för att bli av med e kx termen. Detta ger en ny ekvation för z: p(d + k)z = q(x) som vi förhoppningsvis kan hitta en partikulärlösning z p till. Då blir y p = z p e kx.

13 Partikuläransatser Om g(x) = A cos(kx) (alternativt g(x) = A sin(kx)) fungerar det oftast med ansatsen y p = a cos(kx) + b sin(kx). Notera dock att det kan hända att cos(kx) är en homogenlösning och då fungerar detta ej.

14 Linjäritet Om vi har ekvationen p(d)y = g 1 (x) + g 2 (x) g k (x), då kan vi hitta en partikulärlösning p(d)y i = g i (x) för varje i och sedan sätta y p = y 1 + y y k.

15 Resonans De fall som är stökigast att hantera är fallet då g(x) på något sätt innehåller en homogenlösning till ekvationen. Om g(x) = q(x)e kx som ovan (där k eventuellt är komplext) då kan vi fortfarande substituera y p = z(x)e kx och använda förskjutningsregeln som tidigare. Detta fungerar bra även om e kx råkar vara en homogenlösning. Men vi kan även råka ut för detta om vi har t.ex. g(x) = q(x) cos(kx) (alternativt q(x) sin(kx)). Vi kan dock skriva om detta till komplex form: cos(kx) = Ree ikx (sin(kx) = Ime ikx ). Om vi istället hittar en partikulärlösning w p till ekvationen p(d)w = q(x)e ikx, då får vi en partikulärlösning via y p = Rew p (y p = Imw p ). Notera att detta dock bygger på att koefficienterna i p(d) är reella.

16 Eulerekvation Allmän form x n y (n) + c n 1 x n 1 y (n 1) c 1 xy + c 0 y = f (x). Substitutionen t = ln(x) leder till en ekvation med konstanta koefficienter.

17 Exempel 4 Exempel 4: Hitta den allmänna lösningen till x 2 y 4xy + 6y = x 3.