Elementärt om Ordinära differentialekvationer Anders Källström 2002 01 15
Innehåll 1 Introduktion 4 2 Första ordningens differentialekvationer 8 2.1 Separabla ekvationer.................................... 9 2.2 Homogena ekvationer................................... 10 2.3 Linjära differentialekvationer av första ordningen................... 10 3 Andra ordningens differentialekvationer 12 3.1 Några speciella metoder.................................. 13 4 Andra ordningens differentialekvationer 15 4.1 Homogena ekvationen med konstanta koefficienter.................. 16 4.2 Inhomogena ekvationen med konstanta koefficienter................. 17 3
Kapitel 1 Introduktion Vid studium av naturvetenskapliga problem visar det sig ofta att de storheter som undersöks är rums- och/eller tidsberoende. Om f är symbolen för en fysikalisk storhet, (x, y, z) är en punkt i rummet och t är tiden, så är f = f (x, y, z, t). För att kunna analysera och beskriva fysikaliska förlopp vill man i många fall bestämma den undersökta storheten som en funktion av rumsoch/eller tidskoordinaterna. Ett fysikaliskt systems tillstånd och utveckling är bestämt av vissa lagar. Dessa lagar säger i de flesta fall något om hur fysikaliska storheter förändras i tiden eller rummet, vilket beskrivs av storheternas derivator. Tillämpas dessa lagar på vårt fysikaliska problem blir ofta resultatet ett matematiskt problem som består av en relation mellan den undersökta storheten och dess derivator. En sådan relation kallas en differentialekvation. Analysen av problemet i sin helhet kan åskådliggöras på följande sätt: Fysikaliskt problem Antaganden, förenklingar Experiment Matematisk modell Resultat Resultat Tolkning Förutsägelser 4
5 Matematisk modell Axiom Ex: Newtons lagar Teorem Ex: Energiprincipen Matematiskt problem Ex: Differentialekvation Matematisk behandling Ex: Lösning av diff-ekvationen Numerisk behandling Ex: Felkalkyl Approx lösning av diff-ekvationen Definition 1. En differentialekvation är ett samband mellan en obekant funktion och ett antal av dess derivator. Om den obekanta funktionen beror av endast en variabel kallas differentialekvation ordinär, beror funktionen av flera variabler kallas differentialekvation partiell. Om t. ex. y = y(x) så är g(x, y) dy dx = g(x, y)y = f (x, y) där f och g är funktioner av x och y ett exempel på en ordinär differentialekvation. Om t. ex. z = z(x, y) så är g(x, y) z z + h(x, y) = f (x, y) x y ett exempel på en partiell differentialekvation. Funktionerna g, h och f beror i det här fallet av variablerna x och y och z/ x och z/ y är de partiella derivatorna av z med avseende på x resp. y. Partiella differentialekvationer är i allmänhet mycket svåra att lösa och kommer ej att behandlas här.
6 KAPITEL 1. INTRODUKTION Allmänt kan en ordinär differentialekvation skrivas F(x, y, y,..., y (n) ) = 0. Vi antar alltid att den högsta förekommande derivatan, y (n), kan lösas ut och vi får normalformen y (n) = f (x, y, y,..., y (n 1) ). (1.1) Talet n kallas för differentialekvationens ordning. De flesta differentialekvationer som förekommer i tillämpningar är av ordning 1 eller 2. Ett viktigt område inom fysiken är mekaniken. I mekaniken studerar man kroppars och partiklars rörelse. En partikels rörelse bestäms av Newtons lagar: Newtons 1:a lag (Tröghetslagen): Varje partikel förblir i sitt tillstånd av vila eller likformig rörelse, såvida inte krafter tvingar den att ändra sitt rörelsetillstånd. Newtons 2:a lag (Accelerationslagen): Förändringen av rörelsemängden (massa hastighet) är proportionell mot den verkande kraften och riktad åt det håll kraften verkar. Newtons 3:e lag (Lagen om verkan och återverkan): De krafter varmed två partiklar påverkar varandra är alltid lika stora och motriktade. Superpositionsprincipen ( Newtons 4:e lag ): Om två krafter verkar på samma partikel så ges totala verkan av en kraft lika med krafternas vektorsumma. Om en partikel är rörlig längs en rät linje och läget relativt en referenspunkt O beskrivs av x = x(t), kan man definiera hastigheten x v = lim t 0 t = dx dt = x och accelerationen v a = lim t 0 t = dv dt = d dx dt dt = d2 x dt 2 = x. O m x Den kraft som påverkar partikeln beror i allmänhet på partikelns läge och hastighet samt tiden, dvs F = F(t, x, x ). Newtons rörelseekvation lyder då d dv (mv) = m dt dt = mx = F(t, x, x ) dvs det är en ordinär differentialekvation av ordning 2. Den matematiska behandlingen av modellens matematiska problem kan då bestå av att man löser differentialekvationen, exakt eller approximativt. Definition 2. En lösning till differentialekvationen (1.1) på ett intervall I är en funktion y(x) som är n gånger deriverbar på I (y C n (I)) och sådan att för alla x I. y (n) (x) = f (x, y(x), y (x),..., y (n 1) (x)) Man kan visa att lösningen kommer att bero på n st godtyckliga konstanter, c 1, c 2,... c n, dvs y = y(x, c 1, c 2,..., c n ). Intuitivt kan man förstå detta genom att man måste utföra n st integrationer för att bestämma y om man känner y (n). Denna lösning, y = y(x, c 1, c 2,..., c n ), kallas den allmänna lösningen till (1.1). Varje lösning som fås ur den allmänna lösningen genom att välja speciella värden på c 1, c 2,... c n, kallas en partikulärlösning till (1.1). Differentialekvationen kan även ha lösningar som ej kan fås ur den allmänna lösningen genom speciella värden på konstanterna. Sådana lösningar kallas singulära. De matematiska problem som uppstår i samband med (1.1) är
7 (A) Finns någon lösning till (1.1) och i så fall hur många? (B) Hur kan man bestämma lösningarna? För att belysa (A) betraktar vi Exempel 1. y = 1 Lösningarna är y(x) = x + c där c är en godtycklig konstant. Ekvationen har alltså i allmänhet flera (i detta fall oändligt många) lösningar. Ofta är man emellertid intresserad av lösningar som uppfyller ytterligare villkor, t. ex. y(0) = 1. Då blir y(x) = x + 1. y y = x + 1 (0, 1) x Detta är ett exempel på ett begynnelsevärdesproblem. Ett begynnelsevärdesproblem för ekvation (1.1) kan formuleras y (n) = f (x, y, y,..., y (n 1) ) y(x 0 ) = a 0 y (x 0 ) = a 1 (1.2). y (n 1) (x 0 ) = a n 1 där a 0, a 1,..., a n 1 är givna konstanter. Med lämpliga villkor på funktionen f har detta problem exakt en lösning. Detta verkar rimligt då den allmänna lösningen innehåller n st konstanter, vilka bör kunna bestämmas ur de n sista villkoren i (1.2) En differentialekvation av n:te ordningen y (n) = f (x, y, y,..., y (n 1) ) är ekvivalent med ett system av n st 1:a ordningens differentialekvationer om vi inför y 1 = y och skriver y 1 = y 2 y 2 = y 3 vilket är ett specialfall av.y (n 1) = y n y n = f (x, y 1, y 2,..., y n ) y 1 = f 1(x, y 1, y 2,..., y n ) y 2 = f 2(x, y 1, y 2,..., y n ). y n = f n (x, y 1, y 2,..., y n ) Detta kallas ett system av kopplade differentialekvationer.
Kapitel 2 Första ordningens differentialekvationer En differentialekvation av ordning 1 har utseendet y = f (x, y). (2.1) Geometriskt kan den tolkas på följande sätt: Sök en kurva y = y(x) sådan att i punkten (x, y(x)) riktningskoefficienten för tangenten ges av f (x, y(x)). Om vi i punkten (x, y) avsätter ett linjestycke med riktningskoefficient f (x, y) erhåller vi ett riktningsfält. Med hjälp av detta kan man ofta få en geometrisk bild av hur lösningskurvorna bör se ut. Exempel 2. y = y har lösningar y(x) = ce x (verifiera detta). Detta förfarande kan utvecklas vidare till en enkel numerisk metod för beräkning av lösningar, samt ett bevis för existensen av lösningar. Den allmänna lösningen till (2.1) innehåller en konstant, y = y(x, c). Begynnnelsevärdesproblemet för 1:a ordningens differentialekvation kan formuleras { y = f (x, y) y(x 0 ) = y 0 (2.2) Med hjälp av begynnelsevillkoret kan konstanten c bestämmas och problemet får en entydig lösning. Geometriskt innebär detta att bland de oändligt många lösningarna y = y(x, c) väljs den som går genom punkten (x 0, y 0 ). (x 0, y 0 ) 8
2.1. SEPARABLA EKVATIONER 9 Vi kommer även att skriva differentialekvationen (2.1) på formen Denna ska tolkas så att P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0. y = dy P(x, y) = dx Q(x, y). Vi övergår nu till att studera några fall där (2.1) kan lösas, eller som man ibland säger, integreras. 2.1 Separabla ekvationer Differentialekvationen (2.1) kallas separabel om den kan skrivas på formen eller y = g(x)h(y) (2.3) y = g(x), (h(y) = 0). h(y) Att skriva ekvationen på den senare formen kallas att separera variablerna. Integration av vänstra ledet ger med variabelsubstitutionen y = y(x) y [ ] (x) y = y(x) h(y(x) dx = dy dy = y = (x)dx h(y) Integration av båda leden ger därför dy h(y) = g(x) dx + c där c är en konstant. Detta är den allmänna lösningen till ekvationen (i implicit form). Singulära lösningar kan uppträda som rötter till ekvationen h(y) = 0. Exempel 3. y = xy 2. Separation av variablerna och integration ger Detta ger den allmänna lösningen Det finns också en singulär lösning y = 0. y y 2 = x = 1 y = x2 2 + c. 1 y = (x 2 /2) + c. Exempel 4. En kropp med massan m faller under tyngdkraftens påverkan och ett luftmotstånd som är proportionellt mot hastigheten. Bestäm hastigheten som funktion av tiden om kroppen startar från vila vit tiden t = 0. Lösning: Låt x(t) vara partikelns läge som funktion av tiden. Då är hastigheten v(t) = x (t) och accelerationen a(t) = x (t) = v (t). Newtons rörelseekvation ger att mx = mg mkx (där k är proportionalitetskonstant). Detta ger ett 1:a ordningens begynnelsevärdesproblem { mv = mg mkv eller v = g kv Ekvationen är separabel och vi får v(0) = 0 v g kv = 1 = 1 ln(g kv) = t + c k
10 KAPITEL 2. FÖRSTA ORDNINGENS DIFFERENTIALEKVATIONER Villkoret för t = 0 är att v(0) = 0 vilket medför att c = (1/k) ln g. Detta ger till slut Vi ser t. ex. att sluthastigheten är v = g k ( 1 e kt ). lim t v(t) = g k. Ekvationen har även en singulär lösning v = g/k. Denna bortfaller emellertid på grund av begynnelsevillkoret v(0) = 0. 2.2 Homogena ekvationer Om ekvationen (2.1) är av formen y = f ( y ) x kallas ekvationen homogen (av grad 0). Denna kan lösas genom variabelbytet v = y/x, dvs genom att sätta y = xv. Detta ger y = xv + v och ekvationen övergår i xv + v = f (v) = v = f (v) v). x Detta är en separabel ekvation och om vi separerar variablerna fås dv f (v) v = dx x + c Exempel 5. Ekvationen 2xyy = y 2 x 2 är homogen som vi kan se om vi skriver om den (2.4) y = y2 x 2 2xy = 1 2 ( y x x ) y y = 0. Substitutionen y = xv ger nu xv + v = 1 ( 1 ) v 2 1 v = = xv = v2 1 v = v2 + 1 = 2 v 2v 2v 2v 2v v 2 + 1 v = 1 x = ln(v2 + 1) = ln x + ln c = x(v 2 + 1) = c. Om vi återinför y som variabel fås x ( y 2 x 2 + 1) = c = y 2 + x 2 cx = 0. Vi ser att lösningskurvorna är cirklar x c 2 )2 + y 2 = c2 4. 2.3 Linjära differentialekvationer av första ordningen Ekvationen y + a(x)y = b(x) (2.5) där a(x) och b(x) är givna funktioner, kallas linjär (av första ordningen). För att lösa den multiplicerar vi med en funktion G(x) (en integrerande faktor) som väljes så att vänstra ledet blir derivata av en produkt G(x)y + G(x)a(x)y = G(x)b(x)
2.3. LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER AV FÖRSTA ORDNINGEN 11 Välj nu G så att vänstra ledet blir d ( ) G(x)y. Då måste dx G (x) = G(x)a(x) = G (x) G(x) = a(x). Integration av detta ger ln G(x) = a(x) dx = G(x) = exp ( a(x) dx ). Med detta val av G blir ekvationen d ( ) G(x)y = G(x)b(x) = G(x)y = dx y = 1 ( G(x)b(x) + c ) G(x) G(x)b(x) + c = Exempel 6. y + (cos x)y = sin x cos x. Integrerande faktor blir i detta fall Detta ger G(x) = exp ( cos x dx ) = e sin x. d ( e sin x ) = e sin x sin x cos x varav följer att dx e sin x y = e sin x sin x cos x dx = t = sin x part.integr. = esin x sin x e sin x + c = y = sin x 1 + ce sin x. Exempel 7. En elektrisk krets består av en spänningskälla med elektromotorisk kraft E(t) (t tiden), en resistans R och en induktans L. Strömstyrkan vid tiden t, I(t), satisfierar differentialekvationen LI + RI = E(t). Denna ekvation är linjär och en integrerande faktor är G(t) = e Rt L I(t) = e Rt L d ( Rt ) E(t) = e L I = dt L ( t E(s) I0 + L e Rs ) L ds 0 e Rt L = där I 0 är strömstyrkan vid tiden t = 0. Om speciellt I 0 = 0 och E(t) = E 0 (konstant) så blir I(t) = e Rt ( t E L I0 + 0 0 L e Rs ) E L ds = 0 R ( 1 e Rt ) L I I = E 0 /R I(t) t
Kapitel 3 Andra ordningens differentialekvationer Svårigheterna att lösa en differentialekvation växer mycket snabbt med ordningen på differentialekvationen och i de flesta fall är man hänvisad till numeriska metoder. För andra ordningens differentialekvationer finns emellertid ett antal lösbara typer som kan vara nyttiga att känna till. Den allmänna formen för en andra ordningens differentialekvation är y = f (x, y, y ). (3.1) Den allmänna lösningen innehåller två konstanter, c 1 och c 2, dvs y = y(x, c 1, c 2 ). Begynnnelsevärdesproblemet består i att söka den lösning till (3.1) som uppfyller villkoren y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = z 0. (3.2) Ur villkoren (3.2) kan konstanterna c 1 och c 2 bestämmas och begynnelsevärdesproblemet får en entydig lösning (i allmänhet). Den geometriska tolkningen av lösningen till problemet y = f (x, y, y ) y(x 0 ) = y 0 y (x 0 ) = z 0 är att lösningen är den kurva som går genom punkten (x 0, y 0 ) och vars riktningskoefficient i denna punkt är z 0. Ett mekanikproblem för en partikel som behandlas med Newtons 2:a lag ger differentialekvationen mx = F(t, x, x ) För att rörelseproblemet ska få en entydig lösning, x = x(t), krävs två begynnelsevillkor x(t 0 ) = x 0, x (t 0 ) = v 0. Dessa innebär att vid en tidpunkt t 0 måste partikelns läge x 0 och dess hastighet v 0 vara kända. En annan typ av problem som ofta förekommer är randvärdesproblem. Man söker där en lösning som antar givna värden i två olika punkter: y(x 0 ) = y 1, y(x 1 ) = y 1. Vi observerar att medan begynnelsevärdesproblem alltid är lösbara, så är det endast i vissa fall som randvärdesproblem är lösbara. Exempel på detta kommer att ges senare. 12
3.1. NÅGRA SPECIELLA METODER 13 3.1 Några speciella metoder Vi ska först behandla några fall av andra ordningens differentialekvationer som kan återföras på differentialekvationer av ordning 1. Gemensamt för dessa fall är att någon variabel saknas i funktionen f (x, y, y ). Fall A Om variabeln y saknas så har (3.1) formen y = f (x, y ). Inför en ny beroende variabel u = y. Ekvationen övergår då i u = f (x, u) dvs en ekvation av första ordningen. Denna kan eventuellt lösas med de metoder vi givit tidigare (separabel, homogen, linjär). Om lösningen ges av u = u(x) så följer att y = u(x). Den sökta lösningen y fås alltså som y = u(x) dx + c. Exempel 8. y = y /x. Sätt y = u och vi får den linjära (eller separabla eller homogena) differentialekvationen u = u x = u = c 1x = y = c 1 x = y = c 1 x 2 2 + c 2. Fall B Om variabeln x saknas så har (3.1) formen y = f (y, y ). Inför en ny variabel p = y och betrakta p som en sammansatt funktion p = p(y) där y = y(x). Kedjeregeln ger då y = dp dx = dp dy dy dx = dp dy p vilket ger ekvationen p dp = f (y, p) dy dvs en differentialekvation av ordning 1 för p = p(y). Om denna kan lösas med våra tidigare metoder fås som en känd funktion y = p(y). Detta är i sin tur en separabel ekvation vilket ger dy p(y) = ur vilket y, åtminstone i princip, kan bestämmas. dx + c
14 KAPITEL 3. ANDRA ORDNINGENS DIFFERENTIALEKVATIONER Exempel 9. yy = (y ) 2 + 1. Inför p = y och y = p dp vilket ger den separabla differentialekvationen dy yp dp dy = p2 + 1 = pdp p 2 + 1 = dy y = 1 2 ln(p2 + 1) = ln y + ln c = p 2 + 1 = c 2 y 2 = y = ± c 2 y 2 1. Detta är en ny separabel differentialekvation och vi får ur vilket y kan lösas ut. dy c 2 y 2 1 = ±dx = 1 c ln(cy + c 2 y 2 1) = ±x + c = cy + c 2 y 1 1 = c 1 e ±cx Fall C Ett specialfall som ofta förekommer i mekaniken är y = f (y). Multiplicera med 2y och integrera vilket ger 2y y = d dx (y ) 2 = 2y f (y) (y ) 2 = 2 f (y)y dx = 2 f (y) dy. Om integralen evalueras så fås ( y = g(y) = ± ) 1/2 2 f (y) dy + c Denna ekvation är separabel och ger dy g(y) = dx = x + d. Härur kan y bestämmas. Denna metod kallas ofta Newtons metod. Anmärkning 1. Fallet y = f (x, y) kan i allmänhet inte förenklas till en första ordningens differentialekvation. Exempel 10. Matematisk pendel: Denna beskrivs av differentialekvationen x = g l sin x där x = x(t) är utslagsvinkeln, g är jordaccelerationen och l pendelns längd. Multiplicera ekvationen med 2x och vi får 2x x = g l x sin x = (x ) 2 = 2g l cos x + c Om x 0 är det maximala utslaget för pendeln får vi (eftersom x = 0 då x är maximal) (x ) 2 = 2g (cos x cos x 0 ) = x 2g = cos x cos x0. l l Detta är en separabel ekvation och vi ser lätt att l x dx t =. 2g cos x cos x0 0 Den sista integralen kan ej lösas med hjälp av elementära funktioner (den är en elliptisk integral).
Kapitel 4 Andra ordningens differentialekvationer En linjär differentialekvation av ordning 2 har formen y + a 1 (x)y + a 2 (x)y = b(x). (4.1) Om b(x) 0 kallas ekvationen homogen (med avseende på y), annars inhomogen. Vi inför beteckningen L(y) = y + a 1 (x)y + a 2 (x)y (4.2) De vanliga deriveringsreglerna visar att L(c 1 y 1 + c 2 y 2 ) = c 1 L(y 1 ) + c 2 L(y 2 ) (c q, c 2 konstanter), dvs L är linjär (i linjär algebra mening). Detta ger omedelbart följande sats. Sats 1 (Superpositionsprincipen). Om y 1 och y 2 är lösningar till den homogena differentialekvationen L(y) = 0, så är även c 1 y 1 + c 2 y 2 en lösning för godtyckliga konstanter c 1, c 2. Detta innebär att mängden av lösningar till L(y) = 0 bildar ett linjärt rum. Man kan visa att dimensionen av detta rum är 2 (dvs ordningen av ekvationen). Man kan således hitta två linjärt oberoende lösningar y 1, y 2 till L(y) = 0 och varje annan lösning är en linjärkombination av y 1 och y 2 (y 1 och y 2 utgör en bas i rummet av lösningar). Det finns också en gemensam struktur i mängden av lösningar till den inhomogena ekvationen. Detta beskrivs i följande sats: Sats 2 (Struktursats för lösningar). Låt y 0 vara en fix lösning till den inhomogena ekvationen L(y) = b(x). Då är varje annan lösning till L(y) = b(x) av formen y = y 0 + z, där z är någon lösning till den homogena ekvationen L(z) = 0. Omvänt är varje sådan funktion y en lösning till L(y) = b(x). Bevis. Låt L(y) = b. Sätt z = y y 0. Då följer av lineariteten för L att L(z) = L(y y 0 ) = L(y) L(y 0 ) = b b = 0. Omvänt, om y = y 0 + z där L(z) = 0 så blir L(y) = L(y 0 + z) = L(y 0 ) + L(z) = b + 0 = b. För att bestämma alla lösningar till L(y) = b räcker det alltså att 1. bestämma en lösning y 0 till L(y) = b(x). Denna kallas för partikulärlösning. 15
16 KAPITEL 4. ANDRA ORDNINGENS DIFFERENTIALEKVATIONER 2. bestämma alla lösningar till den homogena ekvationen L(y) = 0. Vi ska nu speciellt studera fallet då (3.1) har konstanta koefficienter, dvs a 1 (x) a 1 och a 2 (x) a 2 (a 1 och a 2 är konstanter). 4.1 Homogena ekvationen med konstanta koefficienter Vi behandlar här differentialekvationer av typen L(y) = y + a 1 y + a 2 y = 0 (4.3) där a 1, a 2 är konstanter. Vi påminner oss att motsvarande 1:a ordningens differentialekvation y + ay = 0 har lösningen y = Ce ax. Vi undersöker om även (4.3) kan ha lösningar av denna typ. Om vi ansätter y = Ce mx och substituerar i (4.3) erhålles Ce mx (m 2 + a 1 m + a 2 ) = 0 Vi kan anta att Ce mx = 0 vilket ger slutsatsen att y = Ce mx är en lösning till (4.3) om och endast om den karakteristiska ekvationen till (4.3) m 2 + a 1 m + a 2 = 0 (4.4) är uppfylld. Antag att denna har rötterna m 1 och m 2. Då är m 1 + m 2 = a 1 och m 1 m 2 = a 2 och vi kan skriva y (m 1 + m 2 )y + m 1 m 2 y = 0 = (y m 1 y) m 2 (y m 1 y) = 0. Om vi sätter z = y m 1 y får vi ekvationen z m 2 z = 0. Denna har den allmänna lösningen z = ke m 2x. Således uppfyller y ekvationen y m 1 y = ke m 2x som är linjär och av ordning 1. Integrerande faktor är e m 1x vilket ger att Här måste vi skilja på två fall: d ( e m 1 x y ) = ke (m 2 m 1 )x. (4.5) dx 1. m 1 = m 2 : (4.5) ger då den allmänna lösningen e m 1x y = 2. m 1 = m 2 : (4.5) ger i detta fall k m 2 m 1 e (m 2 m 1 )x + c 1 = y = c 1 e m 1x + c 2 e m 2x där c 2 = k m 2 m 1. (4.6) d ( e m 1 x y ) = k = (e m1x y = c 1 x + c 2 (k = c 1 ) dx y = (c 1 x + c 2 )e m 1x (4.7)
4.2. INHOMOGENA EKVATIONEN MED KONSTANTA KOEFFICIENTER 17 I det fall då m 1 och m 2 är komplexa sätter vi m 1 = α + iβ, m 2 = α iβ (reella koefficienter i (4.4) medför att rötterna är parvis komplex-konjugerade). Lösningen y = c 1 e m 1x + c 2 e m 2x kan då skrivas på en annan form. Man har enligt Eulers formel e ix = cos x + i sin x. Härav följer att (notera att m 1 = m 2 ty β = 0) y = c 1 e αx e iβx + c 2 e αx e i βx = e αx( c 1 (cos βx + i sin βx) + c 2 (cos βx i sin βx) ) = e αx (d 1 cos βx + d 2 sin βx) (4.8) där vi har satt d 1 = c 1 + c 2 ) och d 2 = i(c 1 c 2 ). Detta kan skrivas på ytterligare ett sätt om vi inför A = d 2 1 + d2 2 cos δ = d 1 A sin δ = d 2 A = y = Ae αx cos(βx + δ), (4.9) där alltså A och δ är de två godtyckliga konstanterna. Exempel 11. 1. y + 2y 3y = 0 har karakteristisk ekvation m 2 + 2m 3 = 0 med rötter m 1 = 3, m 2 = 1 vilket ger lösningen y = c 1 e 3x + c 2 e x. 2. y + 4y + 4y = 0 har karakteristisk ekvation m 2 + 4m + 4 = 0 med rötter m 1 = 2, m 2 = 2 vilket ger lösningen y = c 1 x + c 2 )e 2x. 3. y + 4y + 5y = 0 har karakteristisk ekvation m 2 + 4m + 5 = 0 med rötter m 1 = 2 + i, m 2 = 2 i vilket ger lösningen y = e 2x (c 1 cos x + c 2 sin x). Metoden med karakteristisk ekvation gäller även för linjära homogena differentialekvationer av högre ordning (med konstanta koefficienter). Den karakteristiska ekvationen blir då en polynomekvation av samma grad som differentialekvationens ordning. 4.2 Inhomogena ekvationen med konstanta koefficienter Vi betraktar nu den inhomogena ekvationen L(y) = b(x) (4.10) där som förut L(y) = y + a 1 y + a 2 y och a 1, a 2 reella konstanter. Enligt struktursatsen för lösningar kan varje lösning till (4.10) skrivas som summan av någon lösning till den homogena ekvationen och en partikulärlösning till den inhomogena. Vi såg i föregående avnitt hur man löser den homogena ekvationen. För bestämning av partikulärlösning ska vi här nämna två olika metoder. Användande av känd lösning till den homogena ekvationen Antag att den karakteristiska ekvationen m 2 + a 1 m + a 2 = 0 har en rot m = m 1. Ansätt en lösning av formen y = ve m 1x. Detta ger y = v e m 1x + vm 1 e m 1x y = v e m 1x + 2v m 1 e m 1x + vm 2 1 em 1x = L(y) = ( v + (2m 1 + a 1 )v + (m 2 1 + a 1m 1 + a 2 )v ) e m 1x.
18 KAPITEL 4. ANDRA ORDNINGENS DIFFERENTIALEKVATIONER Eftersom m 1 är rot till den karakteristiska ekvationen så är m 2 1 + a 1m 1 + a 2 = 0 vilket ger att Om nu v väljes så att L(y) = e m 1x ( v + (2m 1 + a 1 )v ). e m 1x ( v + (2m 1 + a 1 )v ) = b(x) (4.11) så blir y = ve m 1x en lösning till (4.10). Men (4.11) är en 1:a ordningens linjär differentialekvation i v med integrerande faktor e (2m 1+a 1 )x. Vi kan således bestämma v och sedan v. Metoden illustreras i följande exempel. Denna typ av ansats reducerar ekvationens ordning ett steg och kan även användas för högre ordningens differentialekvationer då man känner en lösning till den homogena ekvationen. Exempel 12. Lös y + 2y 3y = x. Karakteristiska ekvationen m 2 + 2m 3 = 0 har rötter m 1 = 3, m 2 = 1. Vi sätter y = e x v. Insättning i den givna ekvationen ger nu Integrerande faktor är e 4x vilken ger ekvationen e x (v + 4v ) = x = v + 4v = xe x. ( e 4x v ) = xe 3x = e 4x v = 1 3 xe3x 1 9 e3x = varav följer att v = ( x 3 1 ) e x = 9 v = ( x 3 + 2 ) e x 9 y = e x v = x 3 2 9 är en partikulärlösning. Obestämda koefficientmetoden Även om metoden i föregående avsnitt fungerar generellt, så är det vanligen snabbare att nasätta en partikulärlösning och bestämma koefficienterna i denna med den s. k, obestämda koefficientmetoden. Metoden går ut på att då högerledet i differentialekvationen är av enkel typ, exempelvis polynom, exponentialfunktion eller sin/cos-funktion, göra en ansats med en funktion av (väsentligen) samma typ. Detta fungerar, därför att derivatan av ett polynom är ett polynom, derivatan av en exponentialfunktion är en exponentialfunktion och etc. Ibland kan ansatsen behöva modifieras därför att den funktion som ansätts redan är en lösning till den homogena ekvationen. Vi ger exempel på hur det kan se ut i några olika fall: Polynom Betrakta ekvationen y + a 1 y + a 2 = P(x) där P är ett polynom av grad n. Ansätt en partikulärlösning av typ y p = R(x) där R är ett polynom av grad n. Exempel 13. y + 3y + 2y = x 2 + 1. Högerledet är ett polynom av grad 2. Vi ansätter en partikulärlösning y = ax 2 + bx + c. Insättning i ekvationen ger 2a + 3(2ax + b) + 2(ax 2 + bx + c) = x 2 + 1.
4.2. INHOMOGENA EKVATIONEN MED KONSTANTA KOEFFICIENTER 19 Identifiering av koefficienter för de olika potenserna av x ger En partikulärlösning är således 2a = 1 6a + 2b = 0 2a + 3b + 2c = 1 y = 1 2 x2 3 2 x + 9 4. a = 1/2 = b = 3/2 c = 9/4 Om m = 0 är en rot till den karakteristiska ekvationen (dvs a 2 = 0) så kan konsatanten c aldrig bestämmas (eftersom y = c i detta fall är en lösning till den homogena ekvationen). Vi modifierar då ansatsen till y p = xr(x) Om m = 0 är en dubbelrot till karakteristiska ekvationen (dvs a 1 = a 2 = 0) modifieras ansatsen till (motivera varför) y p = x 2 R(x) Exponentialfunktion Låt ekvationen vara y + a 1 y + a 2 y = Ce kx. Vi gör ansatsen y p = Ae kx. Insättning i ekvationen ger att A(k 2 + a 1 k + a 2 )e kx = Ce kx = A = C k 2 + a 1 k + a 2. Om k är rot till den karakteristiska ekvationen duger ej denna ansats. Vi väljer i stället y p = Axe kx y p = Ax 2 e kx om k enkelrot om k dubbelrot sin/cos-funktioner Låt ekvationen vara y + a 1 y + a 2 y = C cos βx (eller sin βx) Ansätt y = A cos βx + B sin βx. Insättning i den givna ekvationen ger ( Aβ 2 + a 1 Bβ + a 2 A ) cos βx + ( Bβ 2 a 1 Aβ + a 2 B ) sin βx = C cos βx vilket ger att { (a2 β 2 )A + a 1 βb = C a 1 βa (a 2 β 2 )B = 0 Detta system är lösbart om och endast om (a 2 β 2 ) 2 + a 2 1 β2 = 0 vilket är detsamma som att den karakteristiska ekvationen inte har rötter ±iβ. Om ±iβ är rötter till m 2 + a 1 m + a 2 = 0 ansätter vi istället y p = x(a cos βx + B sin βx).
20 KAPITEL 4. ANDRA ORDNINGENS DIFFERENTIALEKVATIONER Summor av funktioner Antag att ekvationen har formen L(y) = y + a 1 y + a 2 y = F(x) + G(x) där F och G är av någon av de tidigare behandlade typerna. Om y p = y 1 + y 2 där L(y 1 ) = F(x) och L(y 2 ) = G(x) så blir dvs y p är en partikulärlösning. L(y p ) = L(y 1 + y 2 ) = L(y 1 ) + L(y 2 ) = F(x) + G(x) Exempel 14. y + a 1 y + a 2 y = e kx + cos x. Bestäm enligt tidigare en partikulärlösning till de båda ekvationerna y + a 1 y + a 2 y = e kx y + a 1 y + a 2 y = cos x. och Summan av dessa båda partikulärlösningar blir en partikulärlösning till den givna ekvationen.