u(x) + xv(x) = 0 2u(x) + 3xv(x) = sin(x) xxx egentliga uppgifter xxx 1. Sök alla lösningar till den homogena differentialekvationen

Transkript

1 Differentialekvationer I Modellsvar till räkneövning 6 Den frivilliga uppgiften U1 påminner om nyttiga kunskaper, och räknas inte för extrapoäng (fråga vid behov). U1. Lös funktionerna u(x) och v(x) från det linjära ekvationssystemet u(x) + xv(x) = 0 2u(x) + 3xv(x) = sin(x) då x (0, ). Svar: u(x) = sin(x) och v(x) = sin(x) x för x > 0. xxx egentliga uppgifter xxx 1. Sök alla lösningar till den homogena differentialekvationen x 2 y + 2xy 2y = 0, x > 0 med reducering av ordningen, då y 1 (x) = x är en lösning. Lösning: Vi gör en Ansatz y 2 (x) = v(x)y 1 (x) = v(x)x, där v(x) är en okänd funktion. Vi räknar ut första och andra derivatan för y 2 före vi börjar substituera i differentialekvationen: y 2 = v y 1 + vy 1 = v x + v y 2 = v y 1 + v y 1 + v y 1 + vy 1 = v y 1 + 2v y 1 + vy 1 Substituera, gruppera med avseende på ordningen av v s derivata och förenkla x 2 (v y 1 + 2v y 1 + vy 1) + 2x(v y 1 + vy 1) 2xy = 0 x 2 v y 1 + 2x 2 v y 1 + 2xv y 1 + v(x 2 y 1 + 2xy 1 2y 1 ) = 0 x 3 v + v 2(x 2 + x 2 ) = 0 v + 4 x v = 0.

2 Vi erhåller h + 4 x h = 0 efter substitutionen h(x) = v (x). Välj integreringsfaktorn e ln(4x) = f(x) = x 4, så att f = 4x 3 Vi hyfsar och löser: h f + 4 x fh = (hf) = 0 hf = C h(x) = c 1 f(x) = Cx 4 v(x) = hdx = Kx 3. Eftersom y 2 (x) = v(x)x, så är y 2 (x) = Kx 2. Enligt teorin är allmänna lösningen alltså y(x) = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) = C 1 x + C 2 x 2, där C 1, C 2 R är godtyckliga konstanter. 2. Verifiera att y 1 (x) = e x2 /2 löser den homogena differentialekvationen y + xy + y = 0, och sök ett fundamentalsystem {y 1, y 2 } av lösningar genom reducering av ordningen. Kommentar: svaret kommer att innehålla en integralfunktion som inte kan skrivas ned explicit. Lösning: Vi räknar först ut uttryck för derivatorna av y 1 (x) = e x2 /2 : y 1 = xe x2 /2 = xy 1 y 1 = y 1 + x 2 y 1 = (x 2 1)y 1. Vi verifierar nu att y 1 faktiskt löser differentialekvationen i fråga: y 1 + xy 1 + y 1 = (x 2 1)y 1 x 2 y 1 + y 1 = 0. Därmed löser y 1 differentialekvationen. Gör följande Ansatz: y 2 (x) = v(x)y 1 (x) = v(x)e x2 /2 där v(x) är en okänd funktion av x. Substituera och förenkla (v y 1 + 2v y 1 + vy 1) + x(v y 1 + vy 1) + vy 1 = 0 v y 1 + v (2y 1 + xy 1 ) + v(y 1 + 2xy 1 + y 1 ) = 0 v y 1 v xy = 0 v xv = 0.

3 Vi erhåller den linjära differentialekvationen h xh = 0 efter substitutionen h(x) = y (x). Välj integreringsfaktorn f(x) = e x2 /2, så att f = xf. Vi får h f xfh = h f + f h = (hf) = 0 hf = C v (x) = h(x) = Ce x2 /2 v(x) = C e x2 /2 dx = CH(x), där H(x) är integralfunktionen e x2 /2 dx som saknar explicit formel. Därmed är den allmänna lösningen till den givna differentialekvationen y(x) = C 1 H(x)e x2 /2 + C 2 e x2 /2, där C 1, C 2 R är godtyckliga konstanter. 3. Lös den icke-homogena linjära differentialekvationen y + 2y + y = x genom (i) metoden att variera konstanterna, (ii) metoden med obestämda koefficienter. Lösning: Vi börjar med att lösa motsvarande homogena differentialekvation. y + 2y + y = 0 Vilket görs med att hitta rötterna till motsvarande karakteristisk ekvation. λ 2 + 2λ + 1 = (λ + 1) 2 = 0 Eftersom vi har en dubbel roten 1 utgör y 1 (x) = e x, y 2 (x) = xe x ett fundamentalsystem till den homogena ekvationen. (i) Vi söker nu en special lösning med metoden av att variera konstanterna. Ansatz: y s (x) = v(x)y 1 (x) + u(x)y 2 (x) = v(x)e x + u(x)xe x, där u och v är okända funktioner. Vi deriverar: y s(x) = v (x)e x + u (x)xe x v(x)e x + u(x)(1 x)e x = v(x)e x + u(x)(1 x)e x,

4 efter att vi inför (sido)villkoret e x (v (x) + u (x)x) = 0 för att undvika högre derivator u och v [kan alltid göras]. Alltså vi kan anta att Vi deriverar vidare: v (x) + u (x)x = 0. y s (x) = v (x)e x + u (x)(1 x)e x + v(x)e x + u(x)( 2 + x)e x = u (x)e x + v(x)e x + u(x)( 2 + x)e x, efter att vi använder sidovillkoret. Substituera y s, y s och y s i den ursprungliga DE:n, så att efter gruppering av termerna med u(x) och v(x) vi har x = u (x)e x + v(x)e x + u(x)( 2 + x)e x + 2( v(x)e x + u(x)(1 x)e x ) + v(x)e x + u(x)xe x = e x( v(x)( ) + u (x) + + u(x)( 2 + x + 2 2x + x) ) = e x u (x). Detta ger villkoret u (x) = xe x, så vi har det linjära ekvationssystemet v (x) + u (x)x = 0 u (x) = xe x för varje fixerat x R. Partiell integrering av den andra ekvationen ger u(x) = xe x dx = xe x e x dx = xe x e x. Första ekvationen ger v (x) = xu (x) = x 2 e x, och med partiell integrering v(x) = x 2 e x dx = x 2 e x + 2 xe x dx = x 2 e x + 2(x 1)e x. Alltså: vi har hittat lösningen y s (x) = ( x 2 + 2(x 1))e x e x + x(x 1)e x e x = x 2 till den icke-homogena ekvationen, så att den allmänna lösningen är y(s) = y s (x) + C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) = x 2 + C 1 e x + C 2 xe x.

5 (ii) Av differentialekvationens högra sida kan man gissa att den kan ha en lösning av formen y s (x) = Ax + B. Vilket leder till villkoret x = y s + 2y s + y s = 0 + 2A + Ax + B = (2A + B) + Ax. Jämför koefficienterna så att A = 1, av vilket det följer att B = 2. Därmed är y s (x) = x 2. Allmänna lösningen är alltså y(x) = y s (x) + C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) = x 2 + C 1 e x + C 2 xe x. Kommentar: metoden med obestämda koefficienter är betydligt enklare då den är möjlig! 4. Lös begynnelsevärdesproblemet y + 4y + 4y = sin x, y(0) = 0, y (0) = 1. Tips: gör försöket y(x) = A sin x + B cos x för att finna en lösning till den icke-homogena ekvationen. Lösning: Börja med att lösa den homogena differentialekvationen y + 4y + 4y = 0. Vi får lösningen genom att hitta rötterna till dess karaktäristiska ekvation λ 2 + 4λ + 4 = (λ + 2) 2 = 0. Eftersom den har dubbelroten λ = 2 så utgör {e 2x, xe 2x } ett fundamentalsystem till det homogena fallet. Nu saknar vi endast en special lösning till den ursprungliga icke-homogena ekvationen. Gör Ansatz: y s (x) = A sin x + B cos x, där A, B är okända konstanter. Substituera och förenkla: A sin x B cos x + 4A cos x 4B sin x + 4A sin x + 4B cos x = sin x (4A A 4B) sin x + (4B B + 4A) cos x = sin x. Nu måste alltså dvs. B = 4 A. Och 3 4B B + 4A = 3B + 4A = 0, 4A A 4B = 3A 4B = 3A A = A25 3 = 1

6 dvs. A = 3 och B = 4. Allmänna lösningen är alltså y = 3 25 sin x 4 25 cos x + C 1e 2x + C 2 xe 2x. Begynnelsevärdesproblemet reduceras nu till 0 = y(0) = 3 25 sin cos 0 + C 1 så C 1 = 4. Andra kravet är att 25 1 = y (0) = 3 25 sin (0) cos (0) 4 25 (e 2x ) (0) + C 2 (xe 2x ) (0) = 3 25 cos(0) 4 25 sin(0) ( 2e 2x )(0) + C 2 (xe 2x ) (0) = C 2(e 2x )(0) + C 2 ( 2xe 2x )(0) = C 2 dvs. C 2 = 30. Slutliga lösningen är alltså 25 y = 3 sin x 4 cos x + 4e 2x + 30xe 2x Lös differentialekvationen x 2 y + 2xy 2y = 2x 1, x > 0. Påminnelse: motsvarande homogena differentialekvation löstes i uppgift 6:1. Lösning: Vi behöver endast hitta en lösning till den icke-homogena ekvationen. Lösningen fås med metoden av att variera konstanterna. Ansatz: y s (x) = v(x)y 1 (x) + u(x)y 2 (x) = v(x)x + u(x)x 2, där u och v är okända funktioner. Vi deriverar: y s(x) = v (x)x + u (x)x 2 + v(x) 2u(x)x 3 = v(x) 2u(x)x 3,

7 efter sidovillkoret v (x)x + u (x)x 2 = 0. Andra derivatan är y s (x) = v (x) 2u (x)x 3 + 6u(x)x 4. Efter substitutionen i DE:n, samt gruppering, erhåller vi villkoret 2x 1 = x 2( v (x) 2u (x)x 3 + 6u(x)x 4) + 2x ( v(x) 2u(x)x 3) 2 ( v(x)x + u(x)x 2) = x 2 v (x) + v(x) ( 2x 2x ) + 2u (x)x 1 + u(x) ( 6 x 2 4 x 2 2 x 2 ) = x 2 v (x) 2u (x)x 1. Vi har det linjära ekvationssystemet v (x)x + u (x)x 2 = 0 x 2 v (x) 2u (x)x 1 = 2x 1 för derivatorna v (x) och u (x). Vi skriver systemet som x 3 v (x) + u (x) = 0 x 3 v (x) 2u (x) = 2x 2 x genom att multiplicera 1. ekvationen med x 3 > 0 samt den andra med x > 0. Då är 3x 3 v (x) = 2x 2 x så att v (x) = (1/3) ( 2 x 1 x 2 ), och integrerar v(x) = 2 3 ln(x) + 1 3x. Villkoret u (x) = x 3 v(x) = 2 3 x2 + 1 x, så att 3 Den sökta lösningen är u(x) = 2 9 x x2. y s (x) = x ( 2 3 ln(x) + 1 ) 1 ( 2 + 3x x 2 9 x x2) = 2 3 x ln(x) x = 2 3 x ln(x) x.

8 Eftersom y 1 (x) = x redan löser den homogena ekvationen, så räcker det att välja y s (x) = 2x ln(x) + 1. Alla lösningar till den icke-homogena DE:n är 3 2 i intervallet I = (0, ). y(x) = C 1 x + C 2 x x ln(x) Sök funktioner p(x) och q(x) så att den linjära homogena differentialekvationen y + p(x)y + q(x)y = 0 har fundamentalsystemet {y 1, y 2 } av lösningar i R, där y 1 (x) = e x2 /2 och y 2 (x) = x. Tips: efter insättning erhålls ett linjärt ekvationssystem för de okända funktionerna p(x) och q(x). Vi börjar med att skriva ut derivatorna för y 1. Märk att y 1 = xy 1, och y 1 = (x 2 1)y 1. Sedan substituerar vi dem turvis in i differentialekvationen. Vi börjar med y 1. På samma sätt för y 2 får vi villkoret (x 2 1)y 1 xp(x)y 1 + q(x)y 1 = 0 (x 2 1) xp(x) + q(x) = 0 xp(x) q(x) = (x 2 1). p(x) + q(x)x = 0. Vi får att p(x) = q(x)x. Efter substitution av detta i den första ekvationen får vi nu (x 2 1) = xp(x) q(x) = x 2 q(x) q(x) = (x 2 + 1)q(x). Med andra ord är q(x) = 1 x2 1 x2, så därmed är p(x) = q(x)x = x. Den x 2 +1 x 2 +1 sökta differentialekvatoner är alltså y 1 x2 x xy + 1 x2 x = 0. Kursprov: torsdag 8.3. kl 12-15, vilket samtidigt är kursprovstillfälle i kursen Topologia Ia. Provtid 2 t 30 min. och 4 uppgifter. I kursprovet får ni ha med en ensidig handskriven minneslapp med storlek A4.

9 Provområdet: kompendiet Tavalliset differentiaaliyhtälöt (år 2016), sidorna 1 27 och (alltså inte kapitel 2.3. Infektionsspridningsmodeller). Kursprovsgenomgång sista föreläsningen torsdag 1.3. kl Kursen fortsätter som Differentialekvationer II (5 sp; separat kursprov) under vecka 11 med första föreläsningen måndag kl C129.