Linjära differentialekvationer av andra ordningen

advertisement
Linjära differentialekvationer av andra ordningen
Matematik Breddning 3.2
Definition:
En differentialekvation av typen
y 00 (x) + a(x)y 0 (x) + b(x)y(x) = h(x)
(1)
där a(x), b(x) och h(x) är givna kontinuerliga funktioner kallas för en linjär differentialekvation av andra ordningen. I de fall där högerledet h(x) ≡ 0 kallas ekvationen
homogen. I annat fall är den inhomogen.
Att ekvationen är av andra ordningen kommer av den högst förekommande derivatan
vilken är av just andra ordningen. På samma sätt som en linjär ekvation av första ordningen uppfyller även denna ekvation relationen
L(αy1 + βy2 ) = αL(y1 ) + βL(y2 )
(2)
där avbildning L(y) utgörs av vänsterledet i (1), d.v.s.
L(y) = y 00 + a(x)y 0 + b(x)y
I den här framställningen inskränker vi oss till ekvationer där funktionerna a(x)
och b(x) är konstanta, d.v.s. ekvationer av typen
y 00 (x) + ay 0 (x) + by(x) = h(x)
(3)
Homogen lösning
Om vi med yh betecknar lösningen till en homogen ekvation så gäller självklart att
L(yh ) = 0
Partikulär lösning
Om vi vidare med yp betecknar en given (partikulär) lösning till den inhomogena ekvationen (3) så gäller också självklart att
L(yp ) = h(x)
Fullständig lösning
Summan
y = yh + yp
1
måste också vara en lösning till den inhomogena ekvationen, eftersom
L(yh + yp ) = L(yh ) + L(yp ) = 0 + h(x) = h(x)
Faktum är att denna form på lösningen är ett nödvändigt krav vilket vi utelämnar att
bevisa.
Ovanstående resonemang innbär att en fullständig lösning till en inhomogen differentialekvation utgörs av två delar vilka vi i tur och ordning kan leta efter och sedan
slutligen summera.
Lösning av den homogena ekvationen
När vi löste linjära differentialekvationer av första ordningen såg vi att lösningen ofta
utgjordes av en exponentialekvation
y(x) = ekx
vilket föranleder oss att söka efter en sådan lösning även för ekvationer av andra ordningen. Om vi testar en sådan typ av lösning till den homogena ekvationen
y 00 (x) + ay 0 (x) + by(x) = 0
får vi att
k 2 ekx + akekx + bekx = 0
kx
⇔
2
Ce (k + ak + b) = 0
Eftersom faktorn ekx 6= 0 för alla x så måste polynomet
p(k) = k 2 + ak + b
utgöra en viktig roll vid lösningen eftersom den ansatta lösningen y(x) = ekx endast
är en lösning om k är en rot till den karaktäristiska ekvationen
k 2 + ak + b = 0
Den karaktäristiska ekvationen har i allmänhet två lösningar k1 och k2 tillhörande
den komplexa talmängden.
• Om k1 och k2 är två olika rötter till ekvationen p(k) = 0 så är
y1 (x) = ek1 x
resp.
y2 (x) = ek2 x
två lösningar till differentialekvationen L(y) = 0. Då måste p.g.a. av den linjära
egenskapen (2)
y(x) = C1 ek1 x + C2 ek2 x
också vara en lösning.
2
(4)
• I de fall då rötterna k1 och k2 är komplexa och skrivs på den rektangulära formen
α ± iβ kan den allmänna lösningen (4) skrivas på den reella formen
eαx (A cos(βx) + B sin(βx))
(5)
• Om de båda rötterna k1 = k2 = k ges den allmänna lösningen av
y(x) = (C1 x + C2 )ekx
(6)
vilket vi kan inse genom att ansätta en lösning på formen
y(x) = z(x)ekx
och sätta in denna i den homogena ekvationen. Vi får då efter lite förenklingar
att (se uppgift 6)
ekx z 00 (x) = 0
⇔
00
z (x) = 0
Genom integration av båda leden två gånger får vi funktionen
z(x) = C1 x + C2
Bestämning av den partikulära lösningen
Vi nöjer oss här med att behandla 2 typer av funktioner h(x) i högerledet:
(A) h(x) = p(x) = polynom
(B) h(x) = p(x)eαx = (polynom)eαx
(De högerled där h(x)=konstant är ett specialfall av typ (A).)
Grundidén vi sökandet av en partikulärlösning är att leta efter en funktion av samma slag som högerledet. Om t.ex. högerledet utgörs av ett polynom ansätter vi ett
polynom som tänkbar partikulär lösning. Ansättningen sätter vi sedan in i differentialekvationen och anpassar sedan obestämda koefficienter så att likheten är uppfylld.
Högerled av typ (B)
När vi söker efter en partikulär lösning detta fallet ansätter vi ett polynom. Eftersom
ett polynom kan ett godtyckligt gradtal måste vi bestämma vilket gradtal som kan vara
lämpligt.
• Om koefficienterna a och b 6= 0 ; ansätt yp (x) = p(x) där grad(p) = grad(h).
• Om koefficienten b = 0 ; ansätt yp (x) = xp(x) där grad(p) = grad(h)
3
Högerled av typ (B)
I det här fallet ansätter vi en lösning på formen
y = z(x)eαx
där z(x) är en obekant funktion. Efter insättning av denna ansats i differentialekvationen återförs problemet med att finna funktioen z(x) till (A).
Exempel 1:
Lös ekvationen
y 00 (x) − y 0 (x) = x2
Lösning:
Eftersom den fullständiga lösningen ges av summan av lösningen till motsvarande
homogena ekvation och den partikulära lösningen börjar vi med lösningen till den
homogena ekvationen
y 00 (x) − y 0 (x) = 0
vars karaktäristiska ekvation är
k2 − k = 0
⇔
k(k − 1) = 0
vars rötter är k1 = 0 och k2 = 1 Den allmänna lösningen till denna ekvation ges av (4)
och är därför
yh (x) = C1 + C2 ex
När vi nu söker en partikulär lösning genom att ansätta ett polynom måste vi uppmärksamma att koefficienten b = 0 varför ansättningen måste vara
y(x) = x(Ax2 + Bx + C) = Ax3 + Bx2 + Cx
Derivation av ansatsen två gånger ger
y 0 (x) = 3Ax2 + 2Bx + C
y 00 (x) = 6Ax + 2B
som vid insättning i differentialekvationen ger
(6Ax + 2B) − (3Ax2 + 2Bx + C) = x2
−3Ax2 + (6A − 2B)x + (2B − C) = x2
Identifikation av leden ger kraven


−3A = 1
6A − 2B = 0


2B − C = 0
⇔
4

1

A = − 3
B = −1


C = −2
Således är
1
yp (x) = − x3 − x2 − 2x
3
och den fullständiga lösningen ges av
y(x) = yh (x) + yp (x)
1
= C1 + C2 ex − x3 − x2 − 2x
3
Exempel 2:
Lös ekvationen
y 00 (x) + 3y 0 (x) + 2y(x) = xe−x
Lösning:
Den karaktäristiska ekvationen är
k 2 + 3k + 2 = 0
vars rötter ges av k1 = −1 och k2 = −2. Den allmänna lösningen till motsvarande
homogena differentialekvation ges således av
yh (x) = C1 e−x + C2 e−2x
För att hitta den partikulära lösningen ansätter vi en funktion
y(x) = z(x)e−x
som efter derivation två gånger och insättning i differentialekvationen ger
e−x (z 00 + z 0 ) = xe−x
00
z +z
0
⇔
= x
Problemet med att hitta den obekanta funktionen z(x) har nu övergått till ett problem
av typ (A) där vi gör ansättningen
z(x) = x(Ax + B) = Ax2 + Bx
Eftersom
z 0 (x) = 2Ax + B
z 00 (x) = 2A
ger efter insättning att
2Ax + (2A + B) = x
så måste kraven
(
2A = 1
2A + B = 0
⇔
5
(
A = 21
B = −1
vara uppfyllda.
Funktionen
1
z(x) = x2 − x
2
Den partikulära lösningen ges därför av
1
yp (x) = ( x2 − x)e−x
2
och den fullständiga lösningen är således
1
y(x) = C1 e−x + C2 e−2x + ( x2 − x)e−x
2
Uppgifter
1. Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen
y 00 (x) + 2y 0 (x) + 10y(x) = 0
2. Lös ekvationen
3. Lös ekvationen
4. Lös ekvationen
y 00 (x) − y 0 (x) − 6y(x) = x
y 00 (x) − 4y(x) = xex
y 00 (x) + y 0 (x) + 12y(x) = xe−2x
5. Bestäm begynnelsevärdesproblemet

00
0

y (x) + 4y (x) + 4y(x) = x
y(0) = 1


y0 = −1
6. Den allmänna lösningen till en homogen linjär differentialekvation av andra ordningen påstås i texten ges av
yh (x) = (C1 x + C2 )ekx
i de fall då de båda rötterna till den karaktäristiska ekvationen är en dubbelrot
k1 = k2 = k.
Visa detta genom att göra ansättningen
y(x) = z(x)ekx
6
Facit
1. y(x) = e−x (A cos(3x) + B sin(3x))
1
x
+
6 36
x 2 x
2x
−2x
3. y(x) = C1 e + C2 e
−
+
e
3 9
2. y(x) = C1 e−2x + C2 e3x −
4. y(x) =
e−x/2 (A cos(
5. y(x) =
e−2x
p
p
47/4 · x) + B sin( 47/4 · x)) +
9x 5
+
4
4
+
x 1
−
4 4
7
x
3
+ 2
14 14
e−2x
Download
Random flashcards
Svenska

105 Cards Anton Piter

organsik kemi

5 Cards oauth2_google_80bad7b3-612c-4f00-b9d5-910c3f3fc9ce

Multiplacation table

156 Cards Антон piter

Fysik

46 Cards oauth2_google_97f6fa87-d6cd-4ae9-bcbf-0f9c2bb34c13

Create flashcards