ODE av andra ordningen, och system av ODE

ODE av andra ordningen, och system av ODE Exempel på di erentialekvation av andra ordningen (innehåller andra derivata) Pendel beskrives av Newtons andra lag: Kraft = massa Acceleration Acceleration = d dt Hastighet Hastighet = l d dt Acceleration = l d dt ; Pendels ekvation: ml 00 (t) = mg sin((t)) = 0 Man kan alltid formulera om en ODE av andra ordninen för t.ex. y(t) som system av två ODE av första ordningen genom att införa en ny okänd variabel lika med y 0 (t): Vi gör detta för pendelns ekvation (Newtons lag) att införa beteckningar x 1 (t) = (t) and x (t) = 0 (t): x 0 1(t) = x (t) x 0 g (t) = l sin(x 1(t)) Begynnelsevillkor vid starttiden t 0 formuleras för båda komponenter i systemet, d.v.s. både för vinkeln x 1 (t 0 ) = (t 0 ) och för dess tidsderivatan x (t 0 ) = 0 (t 0 ). Den ekvationen är autonom, eftersom koe cienterna i högerledet är oberoende av tiden. 1

Fasplanet, banor och fasporträtt. Planet av variabler (x 1 ; x ) kallas fasplanet. Komponenter (x 1 (t); x (t)) av en lösning de nierar en kurva i (x 1 ; x ) planet som kallas lösningens bana. En sådan kurva kan ritas i Matlab med kommandot plot(x 1 ; x ). Losningsbanan (trajectory på engelska) visar inte hur stora derivator av x 0 1(t); x 0 (t) är i dess punkter. Den visar bara spåret i planet som lösningen går längs under någon tid. En bild med era banor i fasplanet av variabler (x 1 ; x ) kallas ODEs fasportrträtt. Punkter x 1 = = 0 + k, x = 0 = 0 och x 1 = = + k, x = 0 = 0 på bilden är systemets jämviktstillsånd. Man ser slutna banor som svarar mot periodiska lösningar, runt jämviktspunkter = k, 0 = 0. Punkter = + k, 0 = 0 svarar mot uppåt positionen för pendeln som är icke stabila. På övre och undre delar av fasporträttet observerar man oändliga banor från lösningar med stor vinkelhastighet 0. De svarar mot pendelns oändlig rotation runt pivot. Om man vill ta hänsyn till friktion mellan pendeln och lyften introduceras friktionskraften l 0 (t) i modellen. Friktion är proportionell mot hastigheten och verkar åt motsatt håll. ml 00 (t) = l 0 (t) mg sin((t)) = 0 Ekvationssystemet för x 1 (t) = (t) and x (t) = 0 (t) ändras lite: x 0 1(t) = x (t) x 0 (t) = m x (t) g l sin(x 1(t)) men fasporträtt för det systemet ändras drastiskt. Inga slutna banor observeras. Nästan alla lösningar (x 1 (t); x (t))går mot jämviktstillsåd = k, 0 = 0 då tiden t! 1.

Numeriska Euler metoden. Lösningskurvan approximeras med en bryten kurva som i varje brytningspunkt A n = (t n ; U n ) med U n = U(t n ) har lutningen f(t n ; U n ):På bilden under ser vi en lösningskurva och motsvarande brutna kurvan med markerade brutningspunkter A n. Raka sträckor är linjära approximationer till lösningskurvan mellan punkter t n och t n+1 och efter era steg avviker mera och mera från exakta lösningen. 3

Eulermetoden på vektor form För ett system ODE formuleras Euler metoden på samma sätt men alla beräkningar gör med vektorervariabler istället för skalära variabler. De ser exakt likadant ut i Matlab. Betrakta en vektorvärd funktion f(t; y) = (f 1 (t; y); f (t; y)) med två komponenter f 1 och f, där t R och y = (y 1 ; y ), med y 1 ; y R. Inför derivatabeteckning för vektorvärda funktioner: och vektorbeteckningar d dt (y) = d dt y 1; d dt y d (y) dt = f(t; y(t)) y(a) = y a = (y a;1 ; y a; ) för begynnelsevärdesproblem för ett system av ODE d dt (y 1) = f 1 (t; (y 1 (t); y (t))) d dt (y ) = f (t; (y 1 (t); y (t))) y 1 (a) = y a;1 ; y (a) = y a; Vi bildar indelningen [t 0 ; t 1 ; :::t N ] av intervall [a; b] i N intervall som ovan med h = (b a)=n ; t 0 = a; t i = a + ih och beräknar Euler approximationen till lösningen på samma sätt som ovan, men på vektorform y(t 0 ) = y a y(t i+1 ) = y(t i ) + hf(t i ; y(t i )); i = 0; :::; N 1 Endast ness vid programmering av Euler metoden för system av ODE i Matlab är att man måste komma ihåg att värdena av funktionen f är vektorer och att andra argumentet i f(t; y) är också en kolonnvektor. Man måste införa vektorvariabler och vektorvärda funktioner i Matlab och komma ihåg att beräkna alla komponenter av dessa funktioner. 4

Linjära ODE av andra ordningen med konstanta koe cienter. 3.7, 18.6 Adams Homogena linjära di erentialekvationer av andra ordningen med konstanta koef- cienter. 3.7 Adams Di erentialekvation på formen ax 00 + by 0 + cy = 0 (1) är linjär homogen di erentialekvation av andra ordningen med konstanta koe cienter. ODE av andra ordningen uppstor oftast i relation med Newtons andra lag, som vi såg på exemplet med pendel. Kom ihåg liknande ekvation av första ordningen där vi lyckades skriva ner analytisk lösning även i fall koe cienter var beroende av tiden t: För linjära ODE av andra ordningen bara i fallet med konstanta koe cienter är det möjligt att lösa ekvationen analytiskt. Man får också betrakta linjära ODE av högre ordningen n på formen a n (t)y (n) + a n 1 (t)y (n 1) + ::: + a 1 (t)y 0 + a 0 y = 0 () Egenskaper hos linjära homogena ODE Alla linjära di erentialekvationer har följande viktiga egenskaper. 1. Om u(t) och w(t) är två lösningar till ekvationen () så är även linjära kombinationen cu(t) + dw(t) med godtyckliga konstanter c och d en lösning till samma ekvation ().. Konstanta funktionen y(t) = 0 är en lösning till den ekvationen. De nition. Allmän lösning till en ODE betyder ett uttryck med några godtyckliga konstanter som ger ALLA lösningar till den ekvationen. Vi bergänar oss här med fallet med linjära ODE med konstanta koe cienter av andra ordningen. I fall med ekvationen av första ordningen med konstant koe cient p; som var betraktat tidigare, ck vi lösning på formen Ce pt : Man söker lösningar till (1) på samma form: y(t) = e rt med okänd konstant r. Efter insättning i ekvationen får man en ekvatione för konstanten r. Insättningen ger ar rt + bre rt + ce rt = 0 e rt 6= 0, så ekvationen får delas med e rt som leder till karakteristiska ekvationen som svarar till ekvationen (1) ar + br + c = 0 Det är andgragadspolynom som alltid har två (i allmänhet komplexa rötter). b p b r = 4ac = b p D a a a D = b 4ac diskriminant 5

Beroende på om diskriminanten D är positiv, noll, eller negativ, får man tre kvalitativt olika framställningar av almän lösning till (1). Första fallet. D>0 Karakteristiska ekvationen har två olika reella rötter. r 1 = b + p D ; r = b p D a a I det fallet nns två oberoende lösningar y 1 (t) = e r 1t ; y (t) = e r t så att ingen av lösningar är multipel av annan. Allmän lösning till (1) har i det fallet formen y(t) = Ae r 1t + Be r t (3) med två godtyckliga konstanter A och B: En idee med bevis. (beviset krävs inte på tentan men exakt samma beräkning används för att lösa konkreta problem) Ett argument som kan användas för att bevisa att det är verkligen en allmän lösning, är att försöka visa att ALLA lösningar till (1) kan framställas av den formeln. Låt oss visa att en lösning y som uppfyller godtyckliga begynnelsevillkor y(t 0 ) = y 0 y 0 (t 0 ) = dy 0 kan framställas på det viset. Sätt framställningen (3) in i begynnelsevillkoret. A e r 1t 0 + B e r t 0 = y0 A r 1 e r 1t 0 + B r e r t 0 = dy0 Lägg märke till att för en godtycklig starttid t 0 gäller det att e r 1t 0 6= 0 och e r t 0 6= 0 och r 1 6= r Man kan genomföra Gauss elimination på detta systemekvationer och på grund av villkor på koe cienterna i systemet kan alltid hitta en entydig lösning (A; B till det för godtyckliga y 0 och dy 0: Exempel. Bestäm allmän lösning till ODE Karakteristisk ekvation är y 00 + y 0 y = 0 r + r = 0 1 p 1 r = 4 1( ) 1 r 1 = ; r = 1 y = Ae t + Be t = 1 3 Andra fallet. D=b 4ac =0 6

Karakteristiska ekvationen har två likadana rötter (med andra ord, en reell rot med multiplicitet ) r = b a I det fallet är funktioner på formen Ae r1t lösningar till (1). Man kan visa att funktionen på formen y(t) = Ae rt + B te rt med två godtyckliga konstanter A och B är en allmän lösning till (1). Det bevisas genom att söka allmän lösning på formen y(t) = u(t)e rt med en ny okänd funktion u(t). Insättning till ekvationen medför och uttrycket ovan för allmänna lösningen. Bevis. (krävs inte på tentan) u 00 (t) = 0 u(t) = A + Bt y 0 = e rt (u 0 (t) + ru(t)) y 00 = e rt u 00 (t) + ru 0 (t) + r u(t) 0 1 e rt @au 00 (t) + (ar + b) u 0 (t) + r ar + br + c A {z } {z } 0 0 u 00 (t) = 0; =) u(t) = A + Bt; =) y(t) = Ae rt + B te rt Tredje fallet. D=b 4ac<0 Karakteristiska ekvationen har två konjugata komplexa rötter. b p b r = 4ac = k i! a k = b=a p 4ac b! = a där i = p 1 är imaginera ettan, k och! är reella tal. Allmän lösning till (1) ges i det fallet av formeln y(t) = Ae kt cos(!t) + Be kt sin(!t) med två godtyckliga konstanter A och B: Bevis (krävs inte på tentan). På samma sätt som i första fallet har vi fått två oberoende lösningar: Problemet är att de är inte reella. y 1(t) = e (k+i!)t ; y (t) = e (k i!)t ; 7

Vi använder Eulers formel för exponenten av komplexa tal e iy = cos(y) + i sin(y); y R Den formeln kan fås från Taylors utveckling för exponentiella funktionen (ges här bara för en formell förklaring hur detta uppstår) e iy = 1 + (iy) + (iy) + (iy)3 + (iy)4 + (iy)5! 3! 4! 5! (y) = 1 + (y)4 (y) 6 + ::: + i y! 4! 6! = cos(y) + i sin(y) + (iy)6 ::: 6! (y) 3 + (y)5 3! 5! + ::: Detta medför också att e x+iy = e x e iy = e x (cos(y) + i sin(y)) Vi använder sista formeln på våra två komplexa lösningar y 1(t) = e kt (cos(!t) + i sin(!t)) y 1(t) = e kt (cos(!t) i sin(!t)) och kombinerar de så att de ger oss två oberoende reella lösningar: y 1 (t) = 1 (y 1(t) + y (t)) = e k cos(!t) y (t) = 1 (y 1(t) y (t)) = e k sin(!t) som bildar allmän lösning till ekvationen ovan. Exempel. y 00 + 4y 0 + 13y = 0 r + 4r + 13 = 0 4 p 4 r = 4 13 = 4 p 16 5 4 6i = 3i y(t) = Ae t cos(3t) + Be t sin(3t); = 8

Inhomogena linjära di erentialekvationer av andra ordningen med konstanta koe cienter. 18.6 i Adams. Inhomogena linjära di erentialekvationer med konstanta koe cienter är ekvationer på formen ay 00 + by 0 + cy = g(t) (4) med en given funktion g(t) i högerledet. Vi formulerar en sats om strukturen av allmän lösning till inhomogen linjär ODE (Th., sid. 100) i detta speciella fallet. Sats. Allmän lösning till inhomogen linjär ekvation (4) är alltid summa av allmän lösning y h (t) till homogena ekvationen ay 00 + by 0 + cy = 0 (5) och någon godtycklig partikulär lösning y p (t) till inhomogena ekvationen (4). y(t) = y h (t) + y p (t) (6) Man kan lätt observera detta med att subtrahera två olika lösningar y 1 (t) och y (t) till (4) och observera att y 1 (t) y (t) är en lösning till homogena ekvationen (5). Vi har en systematisk metod för att hitta y h (t) och behöver bara hitta någon partikulär lösning y p (t) för att kunna skriva ner allmän lösning till inhomogena ekvationen. Vi kommer att formulera ett recept för högerledet g(t) som har en av enklare former, nämligen ett polynom P n (t), ett polynom gånger exponent: P n (t)e rt, eller ombination av polynom, exponent och sin, cos: P n (t)e rt cos(kt); P n (t)e rt sin(kt): Valet av y p kan i dessa fall göras på följande form (sid. 108 i Adams) g(t) g(t) = P n (t) g(t) = P n (t)e rt g(t) = P n (t)e rt cos(kt) g(t) = P n (t)e rt cos(kt) y p (t) t m A n(t) t m e rt A n(t) t m e rt (A n (t)e rt cos(kt) + B n (t)e rt cos(kt)) t m e rt (A n (t)e rt cos(kt) + B n (t)e rt cos(kt)) där P n (t); A n (t), B n (t), är polynom av grad n med okända koe cienter. Graden m väljes minsta av talen 0;1; så att ingen term i y p (t) är lösning till homogena ekvationen (5). Exempel Resonance. sid 108 i Adams. Låt > 0; 6= 1, Sök lösningen till begynnelsevärdesproblemet som beskriver en mass som hänger på en fjäder och dessutom påverkas av en periodisk kraft. Karakteristiska ekvationen är y 00 + y = sin(t) (7) y(0) = 0 y 0 (0) = 1 r + 1 = 0 r = i 9

Dess allmänna lösning till homogena ODE är y h (t) = B cos(t) + C sin(t). Vi söker en partikulär lösning på formen y p (t) = A sin(t). Motivationen för att inte ta den på formen y p = A sin(t) + B cos(t) som "teorin säger" är att det saknas första derivatan y 0 i ekvationen. Detta gör att sin(t) satt i ekvationen ger bara sin(t) och cos(t) satt i ekvationen ger bara cos(t). Om vi sätter B cos(t) in i ekvationen så får vi ekvationen B + B cos(t) = 0 som i fall 6= 1 medför B = 0: Insättningen av y p (t) = A sin(t) i ekvationen y 00 +y = sin(t) ger en ekvation för konstanten A: A sin(t) + A sin(t) = sin(t) A + A = 1 1 A = 1 Allmän lösning till y 00 + y = sin(t) har formen 1 y(t) = 1 sin(t) + B cos(t) + C sin(t) Derivatan y 0 uttryckes av y 0 (t) = 1 cos(t) B sin(t) + C cos(t) Begynnelsevillkor medför att B = 0, C = (1 )=(1 ) y(0) = 0 = B y 0 (t) = 1 = 1 + C y(t) = sin(t) + (1 ) sin(t) (1 ) När! 1 kan uttrycket inte användas längre. I fall = 1 är högerledet i ekvationen en lösning till homogena ekvationen. I detta fall sökes partikulära lösningen på formen y p (t) = At cos(t) + Bt sin(t) Lösningen till begynnelsevärdesproblemet blir y(t) = 3 sin(t) t cos(t) Man kan faktiskt beräkna den med hjälp av l Hopitals s regel från tidigare formeln med att beräkna gränsvärdet då! 1. 10

Insättningen av y p (t) = At cos(t) + Bt sin(t) i ekvationen ger yp(t) 0 = d (At cos(t) + Bt sin(t)) = dt = A cos t + B sin t + Bt cos t At sin t = = (A + Bt) cos t + (B At) sin t yp(t) 00 = d (((A + Bt) cos t + (B At) sin t)) = dt = (B At) cos t (A + Bt) sin t (B At) cos t (A + Bt) sin t + At cos(t) + Bt sin(t) = sin(t) (B) cos t (A) sin t = sin(t) B = 0; A = 1= y p (t) = t cos(t) y(t) = y p (t) + y h (t) = t cos(t) + B cos(t) + C sin(t) y 0 cos(t) (t) = + t sin(t) B sin(t) + C cos(t) Begynnelsevillkoret y(0) = 0, y 0 (0) = 1 medför B = 0 C 1 = 1; C = 3 y(t) = t cos(t) + 3 sin(t) 11