Linjära differentialekvationer av första ordningen

Linjära differentialekvationer av första ordningen
Matematik Breddning 3.1
En differentialekvation är en typ av ekvation som beskriver ett eventuellt samband
mellan mellan en funktion y och dess derivator av olika ordningar. Att lösa en differentialekvation innebär att söka efter den okända funktionen y. En differentialekvation
kan därför också kallas en funktionalekvation.
När en matematisk modell görs av en verklig situation involverar modellen många gånger såväl någon typ av kontinuerligt föränderlig storhet (modellerad som en
funktion) som hastigheten med vilken denna storhet förändras. Det naturvetenskapliga arbetssättet handlar i mångt och mycket om att konstruera matematiska modeller
av verkligheten vilket gör förekomsten av differentialekvationer oerhört vanlig. Även
inom andra matematiskt tillämpade områden som t.ex. ekonomi där ekonomiska modeller ofta konstrueras, hamnar man ofta i en situation där differentialekvationer måste
lösas.
Trots att de matematiska modellerna ofta innebär en förenkling eller idealisering av
verkligheten blir differentialekvationerna så pass svårlösta att man endast kan hitta approximativa lösningar genom numeriska lösningsmetoder. I den här framställningen
skall vi dock behandla några analytiska metoder för att lösa ordinära differentialekvationer av första och andra ordningen.
Exempel 1: Radioaktivit sönderfall
Antag att vi vill hitta en modell som beskriver antalet kvarvarande kärnor N (t) vid en
viss tidpunkt t i ett radioaktivt preparat. Det uppmätta antalet kärnor vid mätningens
början, t = 0, är
N (0) = N0
(1)
är en given förutsättning för modellen.
Av fysikaliska experiment att döma är den hastighet (antalet kärnor per tidsenhet) med vilken preparatet sönderfaller är proportionell mot det kvarvarande antalet
kärnor. Den matematiska formuleringen av dessa förutsättingar ger oss modellen
N 0 (t) = −λN (t)
⇔
0
N (t) + λN (t) = 0
(2)
(3)
där proportionalitetskonstanten λ i detta fall kallas för sönderfallskonstant och är specifik för det aktuella preparatet. Differentialekvationen (3) är en linjär differentialekvation av första ordningen och utgör den matematiska modellen vilken kan användas
för att bestämma den okända funktionen N (t).
Linjära ekvationer av första ordningen
En ekvation på formen
y 0 (x) + g(x)y(x) = h(x)
1
(4)
kallas för en linjär differentialekvation av första ordningen. Differentialekvationer där
lösningen är en funktion av en variabel kallas ordinära. Att ekvationen är av första ordningen kommer sig av att den högst förekommande derivatan är av första ordningen
(första-derivatan). Att ekvationen är linjär innebär att om funktionerna y1 och y2 löser
ekvationerna
y 0 (x) + g(x)y(x) = h1 (x)
resp.
y 0 (x) + g(x)y(x) = h2 (x)
så löser summan αy1 + βy2 ekvationen
y 0 (x) + g(x)y(x) = h1 (x) + h2 (x)
Detta kallas också för superpositionsprincipen. Då högerledet h(x) ≡ 0 sägs ekvationen
vara homogen. I annat fall är den inhomogen.
Det allra enklaste fallet av en linjär inhomogen differentialekvation av första ordningen får vi i det fall då g(x) ≡ 0, d.v.s. då
y 0 (x) = h(x)
(5)
vilken vi enkelt löser genom integration av respektive led. Lösningen i detta fall är
förstås
Z
y(x) = h(x)dx = H(x) + C
Grundidén vid lösning av en godtycklig linjär differentialekvation av första ordningen
är att återföra den på den enkla formen (5). Detta gör vi m.h.a. den s.k. integrerande
faktorn
R
eG(x) = e g(x)dx
(6)
på följande sätt:
Vi multiplicerar först ekvationen (4) med den integrerande fakorn och får då
y 0 (x)eG(x) + g(x)y(x)eG(x) = h(x)eG(x)
Enligt formeln för derivation av en produkt är detta ekvivalent med
(yeG(x) )0 = h(x)eG(x)
vilket är en ekvation på den enkla formen (4) vilken har lösningen
Z
G(x)
ye
= h(x)eG(x) dx + C
Dividerar vi slutligen likheten med den integrerande faktorn får vi diff.ekvationens
lösning
Z
y = e−G(x) h(x)eG(x) dx + Ce−G(x)
(7)
2
Exempel 1, forts.
Den integrerande faktorn i detta fallet är
R
e
λdt
= eλt
Med hjälp av denna får vi att
N 0 (t)eλt + λN (t)eλt = 0 · eλt
vilket är ekvivalent med
(N (t)eλt )0 = 0
och
N (t)eλt = C
vilket ger den allmänna lösningen
N (t) = Ce−λt
Den i detta fall givna förutsättningen N (0) = N0 , som också kallas för ett begynnelsevillkor ger att konstanten C = N0 . Den modell som vi urprungligen sökte är således
N (t) = N0 e−λt
(8)
(Om T1/2 betecknar den tid det tar för antalet kvarvarande kärnor att ha minskat till
hälften, , av det urprungliga antalet N0 har vi att
N0
= N0 e−λT1/2
2
vilket ger oss ett samband mellan halveringstiden T1/2 och sönderfallskonstanten λ,
λ=
ln(2)
T1/2
Lösningen kan då skrivas
−
N (t) = N0 e
ln(2)
T1/2
t
vilket ofta är att föredra eftersom halveringstiden för olika radioaktiva ämnen finns
givna i tabll.)
Exempel 2:
Lös ekvationen
y 0 (x) − 2xy(x) = x
3
Lösning:
Den integrerande faktorn är i detta fall
R
e
−2x dx
= e−x
2
vilket ger att
2
y 0 (x)e−x − 2xy(x)e−x
2
2
= xe−x ⇔
2
(y(x)e−x )0 = xe−x
2
vilket ger att
y(x)e
−x2
Z
=
2
xe−x dx
som genom variabelsubstitution eller partiell integration ger
2
2
y(x)e−x =
−e−x
+C
2
vilket slutligen leder till den allmänna lösningen
1
2
y(x) = − + Cex
2
Observera att lösningens båda termer, var för sig, löser differentialekvationen. Den
första termen kallas för en partikulär lösning. Den andra termern är motsvarande homogena ekvations allmänna lösning. D.v.s. lösningen
y(x) = yh (x) + yp (x)
Vi skulle således först kunna lösa motsvarande homogena ekvation, sedan ansätta en
partikulär lösning som vi sedan bestämmer och slutligen summerar de båda.
4
Uppgifter
1. Bestäm alla lösningar till ekvationen
2y 0 (x) + 6x2 y(x) = 18x2
2. Bestäm lösningen till begynnelsevärdesproblemet
(
y 0 (x) + 2xy(x) = 2x3
y(0) = 3
3. Lös ekvationen
0
y (x) +
4. Lös ekvationen
2
y(x) − 1 x = 0
x2
y 0 (x) + sin(x)y(x) = 4 sin(x)
5. Låt f (x) vara en deriverbar funktion. Antag vidare att tangenten till kurvan
y = f (x) i den godtyckliga punkten (x0 , f (x0 )) går genom punkten (x20 , 0).
a) Visa att funktionen f (x) uppfyller differentialekvationen
(x2 − x)u0 (x) + u(x) = 0
b) Hitta en allmän lösning till ekvationen.
(Deluppgift b) kan lösas separat.)
5
Facit
1. y(x) = 3 + Ce−x
3
2. y(x) = x2 − 1 + 4e−x
3. y(x) =
4.
2
C
x2
+ 2
4
x
a) Ledning: Tangentens riktningskoefficient i en gotycklig punkt (x0 , f (x0 )) är
f 0 (x0 ). Vilken är tangentens ekvation?
x b) u(x) = C · x − 1
Lösning uppgift 5 b)
Riktningskoefficienten i punkten (x0 , f (x0 )) ges av
f 0 (x0 ) =
y − f (x0 )
x − x0
vilket ger tangentens ekvation
y − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 )
Eftersom tangenten går genom punkten (x20 , 0), så är
−f (x0 ) = f 0 (x0 )(x20 − x0 )
vilket ger att
f 0 (x0 )(x20 − x0 ) + f (x0 ) = 0
Eftersom (x0 , f (x0 )) är en godtycklig punkt, så uppfyller funktionen f (x) ekvationen
(x2 − x)u0 (x) + u(x) = 0
6