Ordinära differentialekvationer

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
4
Andra ordningens differentialekvationer
12
3.1
13
Några speciella metoder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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”
Teorem
Matematiskt
problem
Matematisk
behandling
Numerisk
behandling
Ex: Newtons lagar
Ex: Energiprincipen
Ex: Differentialekvation
Ex: Lösning av
diff-ekvationen
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
= g( x, y) y0 = f ( x, y)
dx
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, y0 , . . . , 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, y0 , . . . , 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 hasm
x
O
tigheten
dx
∆x
=
= x0
v = lim
dt
∆t→0 ∆t
och accelerationen
dv
d dx
d2 x
∆v
=
=
= 2 = x00 .
a = lim
dt
dt dt
∆t→0 ∆t
dt
Den kraft som påverkar partikeln beror i allmänhet på partikelns läge och hastighet samt tiden,
dvs F = F (t, x, x0 ). Newtons rörelseekvation lyder då
d
dv
(mv) = m
= mx00 = F (t, x, x0 )
dt
dt
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
y(n) ( x) = f ( x, y( x), y0 ( x), . . . , y(n−1) ( x))
för alla x ∈ I.
Man kan visa att lösningen kommer att bero på n st godtyckliga konstanter, c1 , c2 , . . . cn , dvs y =
y( x, c1 , c2 , . . . , cn ). 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, c1 , c2 , . . . , cn ), kallas den allmänna
lösningen till (1.1). Varje lösning som fås ur den allmänna lösningen genom att välja speciella
värden på c1 , c2 , . . . cn , 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. y0 = 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, y0 , . . . , y(n−1) )




y( x0 ) = a0


y0 ( x0 ) = a1
(1.2)

..


.


 (n−1)
y
( x0 ) = an−1
där a0 , a1 , . . . , an−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, y0 , . . . , y(n−1) )
är ekvivalent med ett system av n st 1:a ordningens differentialekvationer om vi inför y1 = y och
skriver

y01
= y2




y02
= y3
.. 0
 .y
= yn


 (n0−1)
yn
= f ( x, y1 , y2 , . . . , yn )
vilket är ett specialfall av
 0
y1 = f 1 ( x, y1 , y2 , . . . , yn )



 y02 = f 2 ( x, y1 , y2 , . . . , yn )
..

.


 0
yn = f n ( x, y1 , y2 , . . . , yn )
Detta kallas ett system av kopplade differentialekvationer.
Kapitel 2
Första ordningens
differentialekvationer
En differentialekvation av ordning 1 har utseendet
y0 = 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.
y0 = 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
y0 = f ( x, y)
y( x0 ) = y0
(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 ( x0 , y0 ).
( x0 , y0 )
8
9
2.1. SEPARABLA EKVATIONER
Vi kommer även att skriva differentialekvationen (2.1) på formen
P( x, y)dx + Q( x, y)dy = 0.
Denna ska tolkas så att
y0 =
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
y0 = g( x) h( y)
eller
y0
= g( x),
h( y)
(2.3)
(h( y) 6= 0).
Att skriva ekvationen på den senare formen kallas att separera variablerna. Integration av vänstra
ledet ger med variabelsubstitutionen y = y( x)
Z
Z
y0 ( x)
dy
y = y( x)
dx =
=
dy = y0 ( x)dx
h( y( x)
h( y)
Integration av båda leden ger därför
Z
dy
=
h( y)
Z
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. y0 = xy2 . Separation av variablerna och integration ger
1
x2
y0
=
x
=⇒
−
=
+ c.
y
2
y2
Detta ger den allmänna lösningen
y=−
1
( x2 /2) + c
.
Det finns också en singulär lösning y = 0.
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) = x0 (t) och
accelerationen a(t) = x00 (t) = v0 (t). Newtons rörelseekvation ger att mx00 = mg − mkx0 (där k är
proportionalitetskonstant). Detta ger ett 1:a ordningens begynnelsevärdesproblem
mv0 = mg − mkv eller v0 = g − kv
v(0) = 0
Ekvationen är separabel och vi får
v0
1
= 1 =⇒ − ln( g − kv) = t + c
g − kv
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
v=
g
1 − e−kt .
k
Vi ser t. ex. att sluthastigheten är
lim v(t) =
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
(2.4)
x
kallas ekvationen homogen (av grad 0). Denna kan lösas genom variabelbytet v = y/ x, dvs genom
att sätta y = xv. Detta ger y0 = xv0 + v och ekvationen övergår i
y0 = f
xv0 + v = f (v) =⇒ v0 =
f (v) − v)
.
x
Detta är en separabel ekvation och om vi separerar variablerna fås
Z
dv
=
f (v) − v
Z
dx
+c
x
Exempel 5. Ekvationen 2xyy0 = y2 − x2 är homogen som vi kan se om vi skriver om den
y0 =
1 y
x
y2 − x2
=
−
2xy
2 x
y
y 6= 0.
Substitutionen y = xv ger nu
1
v2 − 1
v2 − 1
v2 + 1
1
=⇒ xv0 =
−v = −
=⇒
v−
=
2
v
2v
2v
2v
2v
1
v0 = − =⇒ ln(v2 + 1) = − ln x + ln c =⇒ x(v2 + 1) = c.
x
v2 + 1
xv0 + v =
Om vi återinför y som variabel fås
x
y2
+ 1 = c =⇒ y2 + x2 − cx = 0.
2
x
c
c2
Vi ser att lösningskurvorna är cirklar x − )2 + y2 = .
2
4
2.3
Linjära differentialekvationer av första ordningen
Ekvationen
y0 + 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) y0 + G ( x) a( x) y = G ( x)b( x)
2.3. LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER AV FÖRSTA ORDNINGEN
Välj nu G så att vänstra ledet blir
11
d
G ( x) y . Då måste
dx
G 0 ( x) = G ( x) a( x) =⇒
G0 ( x)
= a( x).
G ( x)
Integration av detta ger
ln G ( x) =
Z
a( x) dx =⇒ G ( x) = exp
Z
a( x) dx .
Med detta val av G blir ekvationen
d
G ( x) y = G ( x)b( x) =⇒ G ( x) y =
dx
Z
1
y=
G ( x)b( x) + c
G ( x)
Z
G ( x)b( x) + c =⇒
Exempel 6. y0 + (cos x) y = sin x cos x. Integrerande faktor blir i detta fall
G ( x) = exp
Z
cos x dx = esin x .
Detta ger
d sin x e
= esin x sin x cos x
dx
esin x y =
Z
varav följer att
t = sin x sin x
= esin x sin x − esin x + c =⇒
e
sin x cos x dx = part.integr.
y = sin x − 1 + cesin 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 0 + RI = E(t).
Denna ekvation är linjär och en integrerande faktor är
Rt
d Rt E(t) Rt
eLI =
e L =⇒
dt
L
Z t
E(s) Rs I0 +
e L ds
L
0
G (t) = e L =⇒
Rt
I (t) = e− L
där I0 är strömstyrkan vid tiden t = 0. Om speciellt I0 = 0 och E(t) = E0 (konstant) så blir
Rt
I (t) = e− L I0 +
I
Z t
E0
0
L
e
Rs
L
Rt E
ds = 0 1 − e− L
R
I = E0 / 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
y00 = f ( x, y, y0 ).
(3.1)
Den allmänna lösningen innehåller två konstanter, c1 och c2 , dvs y = y( x, c1 , c2 ). Begynnnelsevärdesproblemet består i att söka den lösning till (3.1) som uppfyller villkoren
y( x0 ) = y0 , y0 ( x0 ) = z0 .
(3.2)
Ur villkoren (3.2) kan konstanterna c1 och c2 bestämmas och begynnelsevärdesproblemet får en
entydig lösning (i allmänhet).
Den geometriska tolkningen av lösningen till problemet

00
0

 y = f ( x, y, y )
y( x0 ) = y0

 0
y ( x0 ) = z0
är att lösningen är den kurva som går genom punkten ( x0 , y0 ) och vars riktningskoefficient i
denna punkt är z0 .
Ett mekanikproblem för en partikel som behandlas med Newtons 2:a lag ger differentialekvationen
mx00 = F (t, x, x0 )
För att rörelseproblemet ska få en entydig lösning, x = x(t), krävs två begynnelsevillkor
x(t0 ) = x0 , x0 (t0 ) = v0 .
Dessa innebär att vid en tidpunkt t0 måste partikelns läge x0 och dess hastighet v0 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( x0 ) = y1 , y( x1 ) = y1 .
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
13
3.1. NÅGRA SPECIELLA METODER
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, y0 ).
Fall A
Om variabeln y saknas så har (3.1) formen
y00 = f ( x, y0 ).
Inför en ny beroende variabel u = y0 . Ekvationen övergår då i
u0 = 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 y0 = u( x). Den sökta
lösningen y fås alltså som
y=
Z
u( x) dx + c.
Exempel 8. y00 = y0 / x. Sätt y0 = u och vi får den linjära (eller separabla eller homogena) differentialekvationen
u
x2
u0 = =⇒ u = c1 x =⇒ y0 = c1 x =⇒ y = c1 + c2 .
x
2
Fall B
Om variabeln x saknas så har (3.1) formen
y00 = f ( y, y0 ).
Inför en ny variabel p = y0 och betrakta p som en sammansatt funktion p = p( y) där y = y( x).
Kedjeregeln ger då
dp dy
dp
dp
y00 =
=
=
p
dx
dy dx
dy
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
y0 = p( y).
Detta är i sin tur en separabel ekvation vilket ger
Z
dy
=
p( y)
ur vilket y, åtminstone i princip, kan bestämmas.
Z
dx + c
14
KAPITEL 3. ANDRA ORDNINGENS DIFFERENTIALEKVATIONER
Exempel 9. yy00 = ( y0 )2 + 1. Inför p = y0 och y00 = p
dp
vilket ger den separabla differentialekvady
tionen
dp
pdp
dy
1
= p2 + 1 =⇒ 2
=
=⇒ ln( p2 + 1) = ln y + ln c =⇒
dy
y
2
p +1
q
p2 + 1 = c2 y2 =⇒ y = ± c2 y2 − 1.
yp
Detta är en ny separabel differentialekvation och vi får
q
dy
1
p
= ±dx =⇒ ln(cy + c2 y2 − 1) = ± x + c =⇒
c
c2 y2 − 1
q
cy + c2 y1 − 1 = c1 e±cx
ur vilket y kan lösas ut.
Fall C
Ett specialfall som ofta förekommer i mekaniken är
y00 = f ( y).
Multiplicera med 2y0 och integrera vilket ger
2y0 y00 =
( y0 )2 =
d 0 2
( y ) = 2y0 f ( y)
dx
Z
Z
2 f ( y) y0 dx =
2 f ( y) dy.
Om integralen evalueras så fås
y0 = g( y) = ±
Z
2 f ( y) dy + c
1/2
Denna ekvation är separabel och ger
Z
dy
=
g( y)
Z
dx = x + d.
Härur kan y bestämmas. Denna metod kallas ofta Newtons metod.
Anmärkning 1. Fallet y00 = f ( x, y) kan i allmänhet inte förenklas till en första ordningens differentialekvation.
Exempel 10. Matematisk pendel: Denna beskrivs av differentialekvationen
g
x00 = − sin x
l
där x = x(t) är utslagsvinkeln, g är jordaccelerationen och l pendelns längd. Multiplicera ekvationen med 2x0 och vi får
g
2g
2x0 x00 = − x0 sin x =⇒ ( x0 )2 =
cos x + c
l
l
Om x0 är det maximala utslaget för pendeln får vi (eftersom x0 = 0 då x är maximal)
r
2g
2g √
0 2
0
cos x − cos x0 .
(x ) =
(cos x − cos x0 ) =⇒ x =
l
l
Detta är en separabel ekvation och vi ser lätt att
s
Z x
l
dx
√
.
t=
2g 0
cos x − cos x0
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
y00 + a1 ( x) y0 + a2 ( x) y = b( x).
(4.1)
Om b( x) ≡ 0 kallas ekvationen homogen (med avseende på y), annars inhomogen. Vi inför beteckningen
L( y) = y00 + a1 ( x) y0 + a2 ( x) y
(4.2)
De vanliga deriveringsreglerna visar att L(c1 y1 + c2 y2 ) = c1 L( y1 ) + c2 L( y2 ) (cq , c2 konstanter),
dvs L är linjär (i linjär algebra mening). Detta ger omedelbart följande sats.
Sats 1 (Superpositionsprincipen). Om y1 och y2 är lösningar till den homogena differentialekvationen
L( y) = 0, så är även c1 y1 + c2 y2 en lösning för godtyckliga konstanter c1 , c2 .
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 y1 , y2 till L( y) = 0 och varje annan lösning är en linjärkombination av y1 och
y2 (y1 och y2 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 y0 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 = y0 + 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 − y0 . Då följer av lineariteten för L att
L( z) = L( y − y0 ) = L( y) − L( y0 ) = b − b = 0.
Omvänt, om y = y0 + z där L( z) = 0 så blir
L( y) = L( y0 + z) = L( y0 ) + L( z) = b + 0 = b.
För att bestämma alla lösningar till L( y) = b räcker det alltså att
1. bestämma en lösning y0 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 a1 ( x) ≡ a1 och a2 ( x) ≡ a2
(a1 och a2 är konstanter).
4.1
Homogena ekvationen med konstanta koefficienter
Vi behandlar här differentialekvationer av typen
L( y) = y00 + a1 y0 + a2 y = 0
(4.3)
där a1 , a2 är konstanter. Vi påminner oss att motsvarande 1:a ordningens differentialekvation
y0 + ay = 0 har lösningen y = Ce ax . Vi undersöker om även (4.3) kan ha lösningar av denna typ.
Om vi ansätter y = Cemx och substituerar i (4.3) erhålles
Cemx (m2 + a1 m + a2 ) = 0
Vi kan anta att Cemx 6= 0 vilket ger slutsatsen att y = Cemx är en lösning till (4.3) om och endast
om den karakteristiska ekvationen till (4.3)
m2 + a1 m + a2 = 0
(4.4)
är uppfylld. Antag att denna har rötterna m1 och m2 . Då är m1 + m2 = − a1 och m1 m2 = a2 och vi
kan skriva
y00 − (m1 + m2 ) y + m1 m2 y = 0 =⇒
( y0 − m1 y)0 − m2 ( y0 − m1 y) = 0.
Om vi sätter z = y0 − m1 y får vi ekvationen z0 − m2 z = 0. Denna har den allmänna lösningen
z = kem2 x . Således uppfyller y ekvationen
y0 − m1 y = kem2 x
som är linjär och av ordning 1. Integrerande faktor är e−m1 x vilket ger att
d −m1 x e
y = ke(m2 −m1 ) x .
dx
(4.5)
Här måste vi skilja på två fall:
1. m1 6= m2 : (4.5) ger då den allmänna lösningen
e−m1 x y =
k
e(m2 −m1 ) x + c1 =⇒
m2 − m1
y = c1 em1 x + c2 em2 x
där c2 =
k
.
m2 − m1
(4.6)
2. m1 = m2 : (4.5) ger i detta fall
d −m1 x e
y = k =⇒ (e−m1 x y = c1 x + c2
dx
y = ( c1 x + c2 ) em1 x
(k = c1 )
(4.7)
4.2. INHOMOGENA EKVATIONEN MED KONSTANTA KOEFFICIENTER
17
I det fall då m1 och m2 är komplexa sätter vi m1 = α + iβ, m2 = α − iβ (reella koefficienter i (4.4)
medför att rötterna är parvis komplex-konjugerade). Lösningen
y = c1 em1 x + c2 em2 x
kan då skrivas på en annan form. Man har enligt Eulers formel eix = cos x + i sin x. Härav följer
att (notera att m1 6= m2 ty β 6= 0)
y = c1 eαx eiβx + c2 eαx ei−βx = eαx c1 (cos βx + i sin βx) + c2 (cos βx − i sin βx)
= eαx (d1 cos βx + d2 sin βx)
(4.8)
där vi har satt d1 = c1 + c2 ) och d2 = i (c1 − c2 ).
Detta kan skrivas på ytterligare ett sätt om vi inför
q
d
A = d21 + d22 cos δ = 1
A
y = Aeαx cos(βx + δ ),
sin δ =
d2
=⇒
A
(4.9)
där alltså A och δ är de två godtyckliga konstanterna.
Exempel 11.
1. y00 + 2y0 − 3y = 0 har karakteristisk ekvation m2 + 2m − 3 = 0 med rötter
m1 = −3, m2 = 1 vilket ger lösningen y = c1 e−3x + c2 e x .
2. y00 + 4y0 + 4y = 0 har karakteristisk ekvation m2 + 4m + 4 = 0 med rötter m1 = −2, m2 =
−2 vilket ger lösningen y = c1 x + c2 )e−2x .
3. y00 + 4y0 + 5y = 0 har karakteristisk ekvation m2 + 4m + 5 = 0 med rötter m1 = −2 +
i, m2 = −2 − i vilket ger lösningen y = e−2x (c1 cos x + c2 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) = y00 + a1 y0 + a2 y och a1 , a2 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 m2 + a1 m + a2 = 0 har en rot m = m1 . Ansätt en lösning
av formen y = vem1 x . Detta ger
y0 = v0 em1 x + vm1 em1 x
y00 = v00 em1 x + 2v0 m1 em1 x + vm21 em1 x =⇒
L( y) = v00 + (2m1 + a1 )v0 + (m21 + a1 m1 + a2 )v em1 x .
18
KAPITEL 4. ANDRA ORDNINGENS DIFFERENTIALEKVATIONER
Eftersom m1 är rot till den karakteristiska ekvationen så är m21 + a1 m1 + a2 = 0 vilket ger att
L( y) = em1 x v00 + (2m1 + a1 )v0 .
Om nu v väljes så att
em1 x v00 + (2m1 + a1 )v0 = b( x)
(4.11)
m1 x
så blir y = ve
en lösning till (4.10). Men (4.11) är en 1:a ordningens linjär differentialekvation
0
i v med integrerande faktor e(2m1 +a1 ) x . Vi kan således bestämma v0 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 y00 + 2y0 − 3y = x.
Karakteristiska ekvationen m2 + 2m − 3 = 0 har rötter m1 = −3, m2 = 1. Vi sätter y = e x v.
Insättning i den givna ekvationen ger nu
e x (v00 + 4v0 ) = x =⇒ v00 + 4v0 = xe−x .
Integrerande faktor är e4x vilken ger ekvationen
e4x v0
0
= xe3x =⇒ e4x v0 =
1 3x 1 3x
xe − e =⇒
3
9
x 1 −x
− e =⇒
3 9
x 2
v = − + e− x
3 9
v0 =
varav följer att
x 2
y = ex v = − −
3 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 y00 + a1 y0 + a2 = 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. y00 + 3y0 + 2y = x2 + 1. Högerledet är ett polynom av grad 2. Vi ansätter en partikulärlösning y = ax2 + bx + c. Insättning i ekvationen ger
2a + 3(2ax + b) + 2( ax2 + bx + c) = x2 + 1.
4.2. INHOMOGENA EKVATIONEN MED KONSTANTA KOEFFICIENTER
19
Identifiering av koefficienter för de olika potenserna av x ger


2a = 1
6a + 2b = 0


2a + 3b + 2c = 1


 a = 1/2
=⇒ b = −3/2


c = 9/4
En partikulärlösning är således
y=
1 2 3
9
x − x+ .
2
2
4
Om m = 0 är en rot till den karakteristiska ekvationen (dvs a2 = 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 a1 = a2 = 0) modifieras ansatsen
till (motivera varför)
y p = x2 R( x)
Exponentialfunktion
Låt ekvationen vara
y00 + a1 y0 + a2 y = Cekx .
Vi gör ansatsen y p = Aekx . Insättning i ekvationen ger att
A(k2 + a1 k + a2 )ekx = Cekx =⇒ A =
k2
C
.
+ a1 k + a2
Om k är rot till den karakteristiska ekvationen duger ej denna ansats. Vi väljer i stället
y p = Axekx
2 kx
y p = Ax e
om k enkelrot
om k dubbelrot
sin/cos-funktioner
Låt ekvationen vara
y00 + a1 y0 + a2 y = C cos βx
(eller sin βx)
Ansätt y = A cos βx + B sin βx. Insättning i den givna ekvationen ger
− Aβ2 + a1 Bβ + a2 A cos βx + − Bβ2 − a1 Aβ + a2 B sin βx = C cos βx
vilket ger att
(
( a2 − β2 ) A + a1 βB = C
a1 βA − ( a2 − β2 ) B = 0
Detta system är lösbart om och endast om ( a2 − β2 )2 + a21 β2 6= 0 vilket är detsamma som att den
karakteristiska ekvationen inte har rötter ±iβ.
Om ±iβ är rötter till m2 + a1 m + a2 = 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) = y00 + a1 y0 + a2 y = F ( x) + G ( x)
där F och G är av någon av de tidigare behandlade typerna. Om y p = y1 + y2 där L( y1 ) = F ( x)
och L( y2 ) = G ( x) så blir
L( y p ) = L( y1 + y2 ) = L( y1 ) + L( y2 ) = F ( x) + G ( x)
dvs y p är en partikulärlösning.
Exempel 14. y00 + a1 y0 + a2 y = ekx + cos x. Bestäm enligt tidigare en partikulärlösning till de
båda ekvationerna
y00 + a1 y0 + a2 y = ekx
00
och
0
y + a1 y + a2 y = cos x.
Summan av dessa båda partikulärlösningar blir en partikulärlösning till den givna ekvationen.