1
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Homogena linjära differentialekvationer
HOMOGENA LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER
MED KONSTANTA KOEFFICIENTER
Linjär differentialekvation (DE) med konstanta koefficienter är en ekvation av följande typ
(1)
y ( n ) + a n −1 y ( n −1) + ... + a 2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = f ( x )
där koefficienter a n−1 ,..., a 2 , a1 , a0 är konstanter.
Om f ( x ) = 0 kallas ekvationen homogen, annars icke-homogen (eller inhomogen).
Den allmänna lösningen till ekvation (1) är
y(x) = yH(x) +yp(x)
( = den allmänna lösningen till den homogena ekv (2)+ en partikulärlösning till (1) ).
1. En homogen linjär differentialekvation med konstanta koefficienter är en ekvation av
följande typ
(2)
y ( n ) + a n −1 y ( n −1) + ... + a 2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = 0
där koefficienter a n−1 ,..., a 2 , a1 , a0 är konstanter.
Den allmänna lösningen till en homogen DE är linjär kombination av n
oberoende partikulärlösningar (som vi kallar baslösningar)
y H = c1 y1 + c2 y 2 + ... + cn y n .
Vi söker linjärt oberoende partikulärlösningar på formen
y = e rx .
Substitutionen i (2 ) och förkortning med e rx ger
(3)
r n + a n −1r n −1 + ... + a 2 r 2 + a1r + a0 = 0 .
Ekvationen (3 ) kallas den karakteristiska ekvationen.
1
2
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Homogena linjära differentialekvationer
1. 1 HOMOGENA LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER
AV ANDRA ORDNINGEN
MED KONSTANTA KOEFFICIENTER
linjära DE med konstanta koefficienter av andra ordningen
Differentialekvationen
(4)
y ′′ + a1 y ′ + a0 y = 0
har den karakteristiska ekvationen
(5)
r 2 + a1r + a0 = 0
(Vi antar nedan, för enkelhets skull, att koefficienter a1 , a 0 är reella tal)
a) Om r1 och r2 är enkla reella rötter (dvs r1 ≠ r2 ) då är
y1 = e r1 x
och y2 = e
två baslösningar till ekvationen (4).
Den allmänna lösningen är
r2 x
y H = c1 y1 + c2 y 2 = c1e r1 x + c2 e r2 x .
b) Om r1 är en dubbel rot (dvs r1 = r2 ) då är
y1 = e r1 x
och y2
= xe r1 x två baslösningar till ekvationen (4)
y H = c1 y1 + c2 y 2 = c1e r1 x + c2 xe r1 x .
c) Om r1 och r2 är två komplexa rötter, r1 = a + bi, r2 = a − bi då är
y1 = e ax cos bx
och y2 = e sin bx
två baslösningar till ekvationen (4).
Den allmänna lösningen är
ax
y H = c1 y1 + c2 y 2 = c1e ax cos bx + c2 e ax sin bx .
Exempel 1.
Lös följande DE med avseende på y (x )
y ′′ − 5 y ′ + 6 y = 0 .
Lösning:
Den karakteristiska ekvationen
r 2 − 5r + 6 = 0
har två reella olika rötter r1 = 2 och r2 = 3 .
Därför är
y1 = e 2 x
och y2
= e3 x två baslösningar
y H = c1 y1 + c2 y 2 = c1e 2 x + c2 e 3 x
den allmänna lösningen till ekvationen.
Svar:
y H = c1e 2 x + c2 e 3 x
2
och
3
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Homogena linjära differentialekvationer
Uppgift 1.
Lös följande DE med avseende på y (x ) .
a) y ′′ − 10 y ′ + 16 y = 0
c) y ′′ + 6 y ′ + 5 y = 0
e) y ′′ + 3 y ′ = 0
g) 2 y ′′ + 3 y ′ = 0
i) y ′′ − 4 y = 0
b) y ′′ − y ′ − 12 y = 0
d) y ′′ + y ′ − 6 y = 0
f) y ′′ − 6 y ′ = 0
h) 3 y ′′ − 6 y ′ = 0
j) y ′′ − 5 y = 0
Svar:
a)
c)
e)
y H = c1e 2 x + c2 e 8 x
y H = c1e − x + c2 e −5 x
y H = c1 + c2 e −3 x
−3
x
2
g)
y H = c1 + c2 e
i)
y H = c1e −2 x + c2 e 2 x
f)
y H = c1e 4 x + c2 e −3 x
y H = c1e −3 x + c2 e 2 x
y H = c1 + c2 e 6 x
h)
y H = c1 + c2 e 2 x
j)
y H = c1e −
b)
d)
5x
+ c2 e
Exempel 2.
Bestäm den lösning till differential ekvationen
y ′′ − 7 y ′ + 12 y = 0
som uppfyller begynnelsevillkoren
y (0) = 0 och y ′(0) = 1 .
Lösning:
Den karakteristiska ekvationen blir
r 2 − 7r + 12 = 0 .
Den har två reella, olika rötter r1 = 3 och r2 = 4 .
Därför är
y1 = e3 x
och y2
= e 4 x två baslösningar
och
y H = c1e 3 x + c2 e 4 x
den allmänna lösningen till ekvationen.
Om vi utnyttjar villkoret y (0) = 0 får vi
(*)
C1 + C 2 = 0
För att använda villkoret y ′(0) = 1 måste vi först derivera lösningen
y H = c1e 3 x + c2 e 4 x .
Vi får
y ′H = 3c1e 3 x + 4c2 e 4 x .
3
5x
4
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Homogena linjära differentialekvationer
Villkoret y ′(0) = 1 ger nu
1 = 3c1 + 4c2
(**)
Från (*) får vi C1 = −C 2 som vi substituerar i (**) och får
1 = −3c2 + 4c2 ⇒
1 = c2 .
Eftersom C1 = −C 2 får vi C1 = −1
Den sökta lösningen blir därmed
y = −e 3 x + e 4 x .
3x
4x
Svar: y = − e + e
Uppgift 2a. Lös följande begynnelsevärdesproblem.
a) y ′′ − 8 y ′ + 12 y = 0 , y (0) = 3 och y ′(0) = 14
b) y ′′ − 4 y = 0 , y (0) = 4 och y ′(0) = 0
Svar: a)
y = e 2 x + 2e 6 x
b)
y = 2 e 2 x + 2 e −2 x
Uppgift 2b. Lös följande randvärdesproblem.
a) y ′′ − 5 y ′ + 6 y = 0 , y (0) = 2 och y (1) = e 2 + e 3
b) y ′′ − 3 y ′ = 0 , y (0) = 3 och y ( 2) = 2 + e 6
Svar: a)
y = e2 x + e3x
b)
y = 2 + e3x
Exempel 3.
Lös DE med avseende på y (x )
y ′′ − 4 y ′ + 4 y = 0 .
Lösning:
Den karakteristiska ekvationen
r 2 − 4r + 4 = 0
har två reella lika rötter r1 = 2 och r2 = 2 ( r1 = 2 är en dubbel rot) .
4
5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Härav får vi två baslösningar y1
Homogena linjära differentialekvationer
= e2 x
och y2
= xe 2 x
och därför är
y H = c1 y1 + c2 y 2 = c1e 2 x + c2 xe 2 x
den allmänna lösningen till ekvationen.
Svar:
y H = c1e 2 x + c2 xe 2 x
Uppgift 3a.
Lös följande DE med avseende på y (x )
b) y ′′ + 2 y ′ + y = 0
d) y ′′ − 10 y ′ + 25 y = 0
f) 9 y ′′ + 6 y ′ + y = 0
a) y ′′ − 2 y ′ + y = 0
c) y ′′ + 4 y ′ + 4 y = 0
e) 4 y ′′ − 4 y ′ + y = 0
Svar:
a)
y H = c1e x + c2 xe x
b)
y H = c1e − x + c2 xe − x
c)
y H = c1e −2 x + c2 xe −2 x
d)
y H = c1e 5 x + c2 xe 5 x
e)
y H = c1e
1
x
2
+ c2 xe
1
x
2
f)
y H = c1e
Uppgift 3b. Lös följande begynnelsevärdesproblem
y ′′ − 6 y ′ + 9 y = 0 , y (0) = 2 och y ′(0) = 7 .
Svar: y = 2e 3 x + xe 3 x
Exempel 4.
Lös DE med avseende på y (x )
y ′′ − y ′ + y = 0 .
Lösning:
Den karakteristiska ekvationen
r2 − r + 1 = 0
1
3
har två komplexa rötter r1 = ± i
.
2
2
Härav får vi två baslösningar
1
x
2
3
y1 = e cos(
x)
2
och
1
x
2
y2 = e sin(
och därför är
5
3
x)
2
−1
x
3
+ c2 xe
−1
x
3
6
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Homogena linjära differentialekvationer
1
x
2
1
x
3
3
y H = c1 y1 + c2 y 2 = c1e cos(
x ) + c2 e 2 sin(
x)
2
2
den allmänna lösningen till ekvationen.
Svar:
1
x
2
1
x
3
3
y H = c1e cos(
x ) + c2 e 2 sin(
x)
2
2
Uppgift 4a)
Lös följande DE med avseende på y (x )
a)
c)
e)
g)
y ′′ − 2 y ′ + 10 y = 0
y ′′ − 4 y ′ + 13 y = 0
y ′′ + 4 y = 0
2 y ′′ + 5 y = 0
b) y ′′ + 2 y ′ + 5 y = 0
d) y ′′ + 4 y ′ + 5 y = 0
f) 2 y ′′ + 10 y = 0
h) 4 y ′′ + y = 0
Svar:
a)
b)
c)
y H = c1e x cos(3x ) + c2 e x sin(3x )
y H = c1e − x cos(2 x ) + c2 e − x sin(2 x )
y H = c1e 2 x cos(3x ) + c2 e 2 x sin(3x )
e)
y H = c1e −2 x cos( x ) + c2 e −2 x sin( x )
y H = c1 cos(2 x ) + c2 sin(2 x )
f)
y H = c1 cos( 5 x ) + c2 sin( 5 x )
d)
g)
h)
5
5
x ) + c2 sin( x )
2
2
1
1
y H = c1 cos( x ) + c2 sin( x )
2
2
y H = c1 cos(
Uppgift 4b) Lös följande begynnelsevärdesproblem
y ′′ + 9 y = 0 , y (0) = 1 och y ′(0) = 6 .
Svar: y = 2 sin 3x + cos 3x
Uppgift 3c) Lös följande randvärdesproblem
π
y ′′ + 4 y = 0 , y (0) = 1 och y ( ) = 1 .
4
Svar: y = sin 2 x + cos 2 x
6
7
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Homogena linjära differentialekvationer
1. 2 HOMOGENA LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER
AV FÖRSTA ORDNINGEN
MED KONSTANTA KOEFFICIENTER
Exempel 5.
Lös DE med avseende på y (x )
y′ + 6 y = 0 .
Lösning:
Den karakteristiska ekvationen
r+6=0
har en rot r1 = −6 .
Detta ger en baslösning
Härav
y1 = e −6 x
.
y H = c1 y1 = c1e −6 x
är den allmänna lösningen till ekvationen.
−6 x
Svar: y H = c1e
Uppgift 5.
Lös följande DE med avseende på y (x )
a)
c)
e)
y′ + 8 y = 0
2 y′ + 5 y = 0
y′ = 3 y
b) y ′ − 5 y = 0
d) 3 y ′ − 5 y = 0
f) y ′ = −4 y
Svar:
a)
y H = c1e −8 x
−5
x
2
c)
y H = c1e
e)
y H = c1e3 x
b)
d)
f)
y H = c1e5 x
5
x
3
y H = c1e
y H = c1e −4 x
7
8
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Homogena linjära differentialekvationer
1. 3 HOMOGENA LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER
AV HÖGRE ORDNINGEN
MED KONSTANTA KOEFFICIENTER
(2)
y ( n ) + a n −1 y ( n −1) + ... + a 2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = 0
Den allmänna lösningen till en homogen DE är linjär kombination av n
oberoende partikulärlösningar (som vi kan kalla baslösningar)
y H = c1 y1 + c2 y 2 + ... + cn y n .
Vi söker linjärt oberoende partikulärlösningar på formen
y = e rx .
Substitutionen i (2 ) och förkortning med e rx ger
(3)
r n + a n −1r n −1 + ... + a 2 r 2 + a1r + a0 = 0 .
Ekvationen (3 ) kallas den karakteristiska ekvationen.
För enkelhets skull betraktar vi ekvationer med reella koefficienter a k .
Om rk är en reell rot till ekvation (3) med multiplicitet vk då är
v −1 r x
y1 = e rk x , y2 = xe rk x ,…, y vk = x k e k
tillhörande baslösningar.
Om ekvationen (3) har två komplexa rötter a ± bi , med multiplicitet v , då är
y1 = e ax cos bx , y2 = xe ax cos bx , …, yv = x v −1e ax cos bx
och
yv +1 = e ax sin bx , yv + 2 = xe ax sin bx ,…, y2 v = x v −1e ax sin bx
tillhörande baslösningar.
Exempel 6.
Lös DE med avseende på y (x )
y ( 5) − 3 y ( 4 ) = 0 .
Lösning:
Den karakteristiska ekvationen
r 5 − 3r 4 = 0
kan faktoriseras:
r 4 ( r − 3) = 0 ⇒
r ⋅ r ⋅ r ⋅ r ⋅ ( r − 3) = 0 ⇒
r1, 2,3, 4 = 0 , r5 = 3 .
Roten r = 0 har multiplicitet 4.
Tillhörande baslösningar är
y1 = e0⋅ x , y2 = xe0⋅ x , y3 = x 2 e0⋅ x , y4 = x 3e0⋅ x .
8
9
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Homogena linjära differentialekvationer
Eftersom e = 1 , detta ger
0
y1 = 1 , y2 = x , y3 = x 2 , y4 = x 3
Från r5 = 3 får vi en till baslösning
y5 = e 3 x .
Den allmänna lösningen är
y H = c1 y1 + c2 y 2 + ... + c5 y5
= c1 + c2 x 1 + c3 x 2 + + c4 x 3 + c5 e 3 x .
Svar: y H = c1 + c2 x 1 + c3 x 2 + + c4 x 3 + c5 e 3 x
Uppgift 6.
Lös följande DE med avseende på y (x )
a) y ( 4 ) + 5 y ′′′ = 0
c) y ( 4 ) − 5 y ′′′ + 6 y ′′ = 0
b) y ′′′ − 2 y ′′ + y ′ = 0
d) y ( 4 ) − 4 y ′′′ + 13 y ′′ = 0
Svar:
a) y H = c1 + c2 x 1 + c3 x 2 + c4 e −5 x
b) y H = c1 + c2 e x + c3 xe x
c) y H = c1 + c2 x 1 + c3e 2 x + c4 e 3 x
d) y H = c1 + c2 x 1 + c3e 2 x sin 3x + c4 e 2 x cos 3x
====================================
WRONSKIS DETERMINANT
Som sagt ovan, den allmänna lösningen till en homogen DE
(2)
y ( n ) + a n −1 y ( n −1) + ... + a 2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = 0
är linjär kombination av n oberoende partikulärlösningar (som vi kallar baslösningar)
y H = c1 y1 + c2 y 2 + ... + cn y n .
Ett sätt att kontrollera om lösningar till (2) y1 , y 2 ,..., y n är oberoende är att beräkna Wronskis
determinant:
W=
y1
y1′
y1( n −1)
y2
y2
yn
yn
y2( n −1) yn( n −1)
Lösningar till (2) y1 , y 2 ,..., y n är oberoende om och endast om Wronskis determinant är
skild från 0:
9
10
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Homogena linjära differentialekvationer
Uppgift 7.
3x
Visa att lösningarna y1 = e 2 x och y2 = e till y′′ − 5 y′ + 6 y = 0 är oberoende.
Lösning:
e 2 x e3 x
= e5 x ≠ 0 ⇒ y1 , y2 är oberoende.
Wronskis determinant W = 2 x
3x
2e
3e
Uppgift 8.
Visa att lösningarna y1 = sin x och y2 = cos x till y′′ + y = 0 är oberoende.
Lösning:
sin x cos x
= −1 ≠ 0 ⇒ y1 , y2 är oberoende
Wronskis determinant W =
cos x − sin x
Uppgift 9.
2x
Bestäm om lösningarna y1 = 5e 2 x och y2 = 3e till y′′ − 5 y′ + 6 y = 0 är beroende eller
oberoende.
Lösning:
5e 2 x 3e 2 x
= 0 ⇒ y1 , y2 är beroende.
Wronskis determinant W =
10e 2 x 6e 2 x
Uppgift 10.
3x
Bestäm om lösningarna y1 = e 2 x och y2 = e och y3 = 1 till y′′′ − 5 y′′ + 6 y′ = 0 är beroende
eller oberoende.
Svar: Oberoende eftersom W = e5 x ≠ 0 .
10
