Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR , SF1676 Linjära DE av högre ordning
WRONSKIS DETERMINANT
Fundamental lösningsmängd för en linjär homogen DE
---
Definition 1. Vi säger att y1(x), y2(x),....,yk(x)är linjärt beroende funktioner på intervallet )
, ( ba
I = om det finns konstanter C1,C2...,Ck , där minst en av dem är skild från 0, sådana att C1y1(x)+C2y2(x)++Ckyk(x)=0för alla x∈ . I
Om sådana kostanter inte finns är de linjärt oberoende.
Exempel 1. y1(x)=2x2 och y2(x)=3x2 är linjärt beroende funktioner på R=(−∞,∞) eftersom
0 ) ( 2 ) (
3y1 x − y2 x =
---
Enklast sätt att undersöka om y1(x), y2(x),....,yk(x) är linjärt oberoende är att bilda deras Wronskis determinant.
Definition 2. Wronskis determinant för funktionerna y1(x), y2(x),....,yk(x) betecknas med W eller W(y1,y2,....,yk) och definieras enligt följande
) ( )
( )
(
) ( )
( )
(
) ( )
( )
(
) 1 ( )
1 ( 2 )
1 ( 1
2 1
2 1
x y x
y x y
x y x
y x
y
x y x
y x
y W
k k k
k
k k
−
−
−
′
′
= ′
.
Om vi (k–1) gånger deriverar relationen C1y1(x)+C2y2(x)++Ckyk(x)=0, inser vi att
I) x alla för 0
(W = ∈ ⇔ ( y1(x), y2(x),....,yn(x) är linjärt beroende funktioner).
Därmed
⇔
∈
≠0 för några x I)
(W ( y1(x), y2(x),....,yn(x) är linjärt oberoende funktioner).
Exempel 2. Visa med hjälp av Wronskis determinant att y1(x)=2x2 och y2(x)=3x2 är linjärt beroende funktioner på R=(−∞,∞).
Lösning: Vi bildar Wronskis determinant för två funktioner y1(x)=2x2 och y2(x)=3x2:
Sida 1 av 4
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR , SF1676 Linjära DE av högre ordning
0 12 6 12
4 3 2 ) ( ) (
) ( )
( 2 2 3 3
2 1
2
1 = = − =
′
= ′ x x
x x
x x x y x y
x y x
W y för allax∈(−∞,∞).
Därmed är y1(x) och y2(x) linjärt beroende funktioner.
Exempel 3. Visa med hjälp av Wronskis determinant att y1(x)=e2x och y2(x)=e3x är linjärt oberoende funktioner på R=(−∞,∞).
Lösning:
0 2
3 3 ) 2
( ) (
) ( )
( 5 5 5
3 2
3 2
2 1
2
1 = = − = ≠
′
= ′ xx xx e x e x e x
e e
e e x y x y
x y x
W y för allax∈(−∞,∞).
Därmed är y1(x) och y2(x) linjärt oberoende funktioner.
(Notera att det är tillräckligt att W ≠0 för några xför att konstatera oberoendhet)
--- Fundamental lösningsmängd för en linjär homogen DE
Vi betraktar en linjär, homogen DE av ordning n.
0 ) ( )
( )
( ...
) ( )
(x y( ) +a −1 x y( −1)+ +a2 x y′′+a1 x y′+a0 x y=
an n n n (ekv 0)
Definition 2. Fundamental lösningsmängd till homogena ekvationen av n-te ordningen (ekv 0) är en mängd som består av n stycken linjärt oberoende lösningar till ekvationen.
Enklast sätt att undersöka om n lösningar till (ekv 0) är linjärt oberoende är att bilda deras Wronskis determinant.
Exempel 4. Visa atty1(x)=e3x och y2(x)=e4x är en fundamental lösningsmängd till DE 0
12
7 ′+ =
′′− y y
y .
a) Först kontrollerar vi att y1(x)=e3x och y2(x)=e4x är lösningar till DE:
Vi har y1(x)=e3x, y1′(x)=3e3x och y1′′(x)=9e3xsom substitueras i DE : VL= 9e3x −7⋅3e3x +12e3x =0=HL.
Alltså y1(x)=e3x är en lösning till DE.
På samma sätt inser vi att y2(x)=e4x är också en lösning till DE.
Sida 2 av 4
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR , SF1676 Linjära DE av högre ordning
b) Kvarstår att visa att y1(x) och y2(x) linjärt oberoende funktioner. Detta gör vi med hjälp av Wronskis determinant.
4 3 0
4 ) 3
( ) (
) ( )
( 7 7 7
4 3
4 3
2 1
2
1 = = − = ≠
′
= ′ x x x x x
x x
e e e e
e e e x y x y
x y x
W y .
Därför är y1(x) och y2(x) linjärt oberoende funktioner.
Därmed har vi visat följande
a) y1(x) och y2(x) är lösningar till DE,
b) y1(x) och y2(x) är linjärt oberoende funktioner.
Alltså bildar y1(x) och y2(x) en fundamental lösningsmängd till DE y′′−7y′+12y=0.
Exempel 5. (svårt) Låt y1(x) och y2(x) vara lösningar till ekvationen 0
) ( )
( ′+ =
′′+P x y Q x y
y (*)
i ett intervall I=(a,b).
a) Visa att Wronskis determinant
) ( ) (
) ( ) )) (
( ), ( (
2 1
2 1
2
1 y x y x
x y x x y
y x y W
W = = ′ ′
uppfyller ekvationen 0 ) ( ) ( )
( + =
′ x P xW x
W (**) .
b) Bestäm W(x) dvs lös (**) m.a.p. W(x).
c) Visa med hjälp av b-delen att Wronskis determinant W(y1,y2)är antingen positiv i hela (a,b) eller negativ i hela (a,b) eller identisk noll i hela (a,b).
Lösning:
a) Eftersom 1 2 1 2
2 1
2
1 y y y y
y y
y
W y = ′ − ′
′
= ′ har vi
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1 ) ( )
(y y y y y y y y y y y y
W′= ′ ′ + ′′ − ′′ + ′ ′ = ′′− ′′ .
Sida 3 av 4
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR , SF1676 Linjära DE av högre ordning
Eftersom y1(x) och y2(x) är lösningar till ekvationen y′′+P(x)y′+Q(x)y=0 har vi 0
) ( )
( 2 2
2′′+P x y′ +Q x y =
y (E2) och
0 ) ( )
( 1 1
1′′+P x y′+Q x y =
y (E1) .
Genom att multiplicera E2 med y1 och 1E med −y2 och addera får vi 0
1
2 2
1⋅E − y ⋅E =
y dvs
0 ) )(
( )
(y1y2′′− y1′′y2 +P x y1y′2− y1′y2 = d.v.s.
0 )
( =
′+P x W
W V.S.V.
b) Ekvationen W′+P(x)W =0 kan lösas som linjär homogen eller som separabel.
Lösningen är W =Ce−∫P(x)dx.
c) Eftersom W =Ce−∫P(x)dx och e−∫P(x)dx >0 för alla x i (a,b) har vi att i) W =0 om C=0,
ii) W är positiv i hela (a,b) om C > 0 och
iii) W är negativ i hela (a,b) om C < 0.
Därmed har vi visat c-delen.
Sida 4 av 4
