HOMOGENA LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER MED KONSTANTA KOEFFICIENTER

HOMOGENA LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER MED KONSTANTA KOEFFICIENTER

Linjär differentialekvation (DE) med konstanta koefficienter är en ekvation av följande typ )

(

... _{2 1 0}

) 1 1 ( )

( a y a y a y a y f x

y ⁿ + _n− ⁿ⁻ + + ′′+ ′+ = (1) där koefficienter a_n−1,...,a₂,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

0

... _{2 1 0}

) 1 1 ( )

( +a ₋ y ⁻ + +a y′′+a y′+a y=

y ⁿ _n ⁿ (2)

där koefficienter a_n−1,...,a₂,a₁,a₀ är konstanter.

Den allmänna lösningen till en homogen DE är linjär kombination av n oberoende partikulärlösningar (som vi kallar baslösningar)

n n

H c y c y c y

y = _{1 1}+ _{2 2} +...+ .

Vi söker linjärt oberoende partikulärlösningar på formen erx

y = .

Substitutionen i (2 ) och förkortning med e^rx ger 0

... ₂ ² _{1 0}

1 1 + + + + =

+a ₋r ⁻ a r a r a

rⁿ _n ⁿ . (3)

Ekvationen (3 ) kallas den karakteristiska ekvationen.

1. 1 HOMOGENA LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER AV ANDRA ORDNINGEN

MED KONSTANTA KOEFFICIENTER

0 0

1 ′+ =

′′+a y a y

y (4)

Först löser vi motsvarande karakteristiska ekvationen

0 0

2+a1r+a =

r (5)

(Vi antar nedan, för enkelhets skull, att koefficienter a₁, a₀är reella tal.) --- a) Om r och ₁ r är enkla reella rötter (dvs ₂ r ≠ ) då är ₁ r₂

x

e

r

y

₁

=

¹ _och

y

₂

= e

^r2x

två baslösningar till ekvationen (4).

Den allmänna lösningen är

x r x

H

c y c y c e

r

c e

y =

_{1 1}

+

_{2 2}

=

₁ ¹

+

₂ ² _.

--- b) Om r är en dubbel rot (dvs ₁ r = ) då är ₁ r₂

x

e

r

y

₁

=

¹ _och

_y

₂

= _xe

^r1x två baslösningar till ekvationen (4) x

r x

H

c y c y c e

r

c xe

y =

_{1 1}

+

_{2 2}

=

₁ ¹

+

₂ ¹ _.

--- c) Om r och ₁ r är två komplexa rötter, ₂ r₁ =a+bi, r₂ =a−bi då är

bx e

y

₁

=

^ax

cos

_och

y

₂

= e

^ax

sin bx

två baslösningar till ekvationen (4).

Den allmänna lösningen är

bx e

c bx e

c y

c y c

y

_H

=

_{1 1}

+

_{2 2}

=

₁ ^ax

cos +

₂ ^ax

sin

_.

Härledning av ovanstående formler:

0 0

1 ′+ =

+

′′ a y a y

y (4)

Om vi betecknar Dy= y′ och D²y= y′′ då kan differentialekvationen 0 0

1 ′+ =

+

′′ a y a y

y (4) skrivas som

0 )

(D²+a₁D+a₀ y= (4')

Först löser vi motsvarande karakteristiska ekvationen 0 0

2+a1r+a =

r (5)

Om r₁ ^och r₂ är enkla rötter till den karakteristiska ekvationen då kan (5) skrivas som

0 ) )(

(r−r₁ r−r₂ = och på samma sätt kan vi skriva ekv (4') som

0 ) )(

(D−r₁ D−r₂ y= ^(4'')

Vi substituerar

z y r D− ) =

( ₂ (s1)

i (4'') och får en DE av första ordningen

0 )

(D−r₁ z= dvs z′−r₁z=0 som har lösningen (separabel DE) x

er

C

z= ₁ ¹ (z1)

Detta substituerar vi i ekv (s1) och får

x

er

C y r

D ₂) ₁ ¹

( − = eller y′−r₂y=C₁e^r1x. den här ekvationen ( Lin DE av första ordningen) löser vi med hjälp av en integrerande faktor

x dx r r dx x

P e e

e

F = ∫ ^{( )} = ∫⁻² = ⁻²

och formeln y(x)⁼F⁻¹(C⁺

∫

F^⋅Q(x)dx) ^{som ger} )

( )

(x e ² C₂ e ² C₁e¹ dx

y ^{= −rx +}

∫

^{−rx⋅ rx eller}

) (

)

(x e ² C₂ C₁ e^{(1 2)} dx

y ^{= −rx +}

∫

^{r−r x} (*)

Fall 1 Om r =₁ r₂ ^dvs r₁−r₂ =0^{, då är}

) (

) 1 (

) (

) (

) (

1 2

1 0 2

1 ) 2

1 ( 2

1

1 1

2 1 2

x C C e

dx C C e dx e C C e dx e

C C e x y

x r

x x r

x r x

r r x

r

+

=

+

= +

= +

=

−

−

−

−

−

∫ ∫ ∫

_dvs

x r x

r c e

xe c x

y( )= ₁ ¹ + ₂ ¹ (notera att r =₁ r₂⁾

Fall 2a Om r ≠₁ r₂ ^dvs r₁−r₂ ≠0, från (*) får vi

1 2 2

( )

2 1

1 2

( ) ^{r x}( e^{r r x})

y x e C C

r r

− −

= +

−

eller (om vi förenklar och betecknar ₁ ¹

1 2

c C

= r r

− och c₂ =C₂)

x r x

r c e

e c x

y( )= ₁ ¹ + ₂ ² . (

Fall 2b Om r₁ ^och r₂ är två komplexa rötter, r₁=a+bi, r₂ =a−bi då kan vi förenkla

) (

)

(x c₁e^r1x c₂e^r2x c₁e^{(a bi)x} c₂e^{(a bi)x} c₁e^axe^bix c₂e^axe ^bix e^ax c₁e^bix c₂e ^bix

y = + = ⁺ + ⁻ = + ⁻ = + ⁻

=(Eulers formel)= e^ax[c₁(cos(bx)+isin(bx))+c₂(cos(bx)−isin(bx))]=

))]

sin(

) (

) cos(

)

[(c₁ c₂ bx c₁i c₂i bx

e^ax + + − .

Om vi betecknar (c₁+c₂)=A ^och (c₁i−c₂i)=B då kan vi skriva lösningen i detta fall som

))]

sin(

) cos(

[ )

(x e A bx B bx

y ^ax +

Därmed har vi bevisat ovanstående formler

Exempel 1.

Lös följande DE med avseende på y(x) 0

6 5 ′+ =

′′− y y

y .

Lösning:

Den karakteristiska ekvationen 0

6 5

2− r+ =

har två reella olika rötter r r₁ =2 och r₂ =3 .

Därför är

y

₁

= e

^2x _och

y

₂

= e

^3xtvå baslösningar och x

H

c y c y c e

x

c e

y =

_{1 1}

+

_{2 2}

=

₁ ²

+

₂ ³

den allmänna lösningen till ekvationen.

Svar:

y

_H

= c

₁

e

^2x

+ c

₂

e

^3x

ÖVNINGAR:

Uppgift 1.

Lös följande DE med avseende på y(x). a) y′′−10y′+16y =0 b) y′′− y′−12 =y 0 c) y′′+6y′+5y=0 d) y′′+ y′−6 =y 0 e) y′′+3 =y′ 0 f) y′′−6 =y′ 0 g) 2y′′+3y′=0 h) 3y′′−6y′=0 i) y′′−4 =y 0 j) y′′−5 =y 0 Svar:

a)

y

_H

= c

₁

e

^2x

+ c

₂

e

^8x _b)

y

_H

= c

₁

e

^4x

+ c

₂

e

^−3x

c)

y

_H

= c

₁

e

^−x

+ c

₂

e

^−5x _d)

y

_H

= c

₁

e

^−3x

+ c

₂

e

^2x

e)

y

_H

= c

₁

+ c

₂

e

^−3x _f)

y

_H

= c

₁

+ c

₂

e

^6x

g)

x

H

c c e

y =

₁

+

₂ ⁻²³ _h)

_y

_H

= _c

₁

+ _c

₂

_e

^2x

i)

y

_H

= c

₁

e

^−2x

+ c

₂

e

^2x _j)

y

_H

= c

₁

e

^{− 5x}

+ c

₂

e

^5x

Exempel 2.

Bestäm den lösning till differential ekvationen 0

12 7 ′+ =

′′− y y y

som uppfyller begynnelsevillkoren 0

) 0 ( =

y och y′( =0) 1. Lösning:

Den karakteristiska ekvationen blir 0

12 7

2− r+ =

r .

Den har två reella, olika rötter r₁ =3 och r₂ =4 .

Därför är

y

₁

= e

^3x _och

y

₂

= e

^4xtvå baslösningar och x

H

c e

x

c e

y =

₁ ³

+

₂ ⁴

den allmänna lösningen till ekvationen.

Om vi utnyttjar villkoret y( =0) 0får vi

2 0

1+C =

C (*)

För att använda villkoret y′( =0) 1måste vi först derivera lösningen x

H

c e

x

c e

y =

₁ ³

+

₂ ⁴ _.

Vi får

x

H

c e

x

c e

y ′ = 3

₁ ³

+ 4

₂ ⁴ _.

Villkoret y′( =0) 1 ger nu 2

1

4

3

1 = c + c

_(**)

Från (*) får vi C₁ =−C₂ som vi substituerar i (**) och får

. 1

4 3

1

2

2 2

c

c c

=

⇒ +

−

=

Eftersom C₁ =−C₂ får vi C₁ =−1 Den sökta lösningen blir därmed

x

x

e

e

y = −

³

+

⁴ _.

Svar:

y = − e

^3x

+ e

^4x

Uppgift 2a. Lös följande begynnelsevärdesproblem.

a) y′′−8y′+12y=0 , y( =0) 3 och y′( =0) 14

b) y′′−4 =y 0 , y( =0) 4 och y′( =0) 0

Svar: a)

y = e

^2x

+ 2 e

^6x _b)

y = 2 e

^2x

+ 2 e

^−2x

Uppgift 2b. Lös följande randvärdesproblem.

a) y′′−5y′+6y =0 , y( =0) 2 och y(1)=e² +e³ b) y′′−3 =y′ 0 , y( =0) 3 och y(2)=2+e⁶

Svar: a)

y = e

^2x

+ e

^3x _b)

y = 2 + e

^3x

Exempel 3.

Lös DE med avseende på y(x) 0

4 4 ′+ =

′′− y y

y .

Lösning:

Den karakteristiska ekvationen 0

4 4

2− r+ =

har två reella lika rötter r r₁ =2 och r₂ =2 (r₁ =2 är en dubbel rot) .

Härav får vi två baslösningar

y

₁

= e

^2x _och

y

₂

= xe

^2x och därför är x

H

c y c y c e

x

c xe

y =

_{1 1}

+

_{2 2}

=

₁ ²

+

₂ ²

den allmänna lösningen till ekvationen.

Svar:

y

_H

= c

₁

e

^2x

+ c

₂

xe

^2x

Uppgift 3a.

Lös följande DE med avseende på y(x) a) y′′−2y′+ y=0 b) y′′+2y′+ y=0 c) y′′+4y′+4y =0 d) y′′−10y′+25y =0 e) 4y′′−4y′+ y =0 f) 9y′′+6y′+y =0 Svar:

a)

y

_H

= c

₁

e

^x

+ c

₂

xe

^x _b)

y

_H

= c

₁

e

^−x

+ c

₂

xe

^−x

c)

y

_H

= c

₁

e

^−2x

+ c

₂

xe

^−2x _d)

y

_H

= c

₁

e

^5x

+ c

₂

xe

^5x

e)

x x

H

c e c xe

y =

₁ ²¹

+

₂ ²¹ f)

x x

H

c e c xe

y =

₁ ⁻³¹

+

₂ ⁻³¹

Uppgift 3b. Lös följande begynnelsevärdesproblem 0

9 6 ′+ =

′′− y y

y , y( =0) 2 och y′( =0) 7. Svar: y=2e^3x +xe^3x

Exempel 4.

Lös DE med avseende på y(x) 0

=

′+

′′−y y

y .

Lösning:

Den karakteristiska ekvationen 0

1

2−r+ =

r

har två komplexa rötter

2 3 2 1

1 i

r = ± . Härav får vi två baslösningar

2 ) cos( 3

2 1

1

e x

y =

^x _och

)

2 sin( 3

2 1

2

e x

y =

^x

och därför är

2 ) sin( 3 2 )

cos( 3

₂ ²¹

2 1 1 2 2 1

1

y c y c e x c e x

c

y

_H

= + =

^x

+

^x

den allmänna lösningen till ekvationen.

Svar:

)

2 sin( 3 2 )

cos( 3

₂ ¹²

2 1

1

e x c e x

c

y

_H

=

^x

+

^x

Uppgift 4a)

Lös följande DE med avseende på y(x)

a) y′′−2y′+10y=0 b) y′′+2y′+5y=0 c) y′′−4y′+13y =0 d)y′′+4y′+5y =0 e) y′′+4 =y 0 f) 2y′′+10y=0 g) 2y′′+5y =0 h) 4y′′ y+ =0

Svar:

a)

y

_H

= c

₁

e

^x

cos( 3 x ) + c

₂

e

^x

sin( 3 x )

b)

y

_H

= c

₁

e

^−x

cos( 2 x ) + c

₂

e

^−x

sin( 2 x )

c)

y

_H

= c

₁

e

^2x

cos( 3 x ) + c

₂

e

^2x

sin( 3 x )

d)

y

_H

= c

₁

e

^−2x

cos( x ) + c

₂

e

^−2x

sin( x )

e)

y

_H

= c

₁

cos( 2 x ) + c

₂

sin( 2 x )

f)

y

_H

= c

₁

cos( 5 x ) + c

₂

sin( 5 x )

g)

)

2 sin( 5 2 )

cos( 5

₂

1

x c x

c

y

_H

= +

h)

)

2 sin( 1 2 )

cos( 1

₂

1

x c x

c

y

_H

= +

Uppgift 4b) Lös följande begynnelsevärdesproblem 0

9 =

′′+ y

y , y( =0) 1 och y′( =0) 6. Svar: y=2sin3x+cos3x

Uppgift 3c) Lös följande randvärdesproblem 0

4 =

′′+ y

y , y( =0) 1 och ) 1 (π4 =

y .

Svar: y=sin2x+cos2x

1. 2 HOMOGENA LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER AV FÖRSTA ORDNINGEN

MED KONSTANTA KOEFFICIENTER Exempel 5.

Lös DE med avseende på y(x) 0

6 =

′+ y

y .

Lösning:

Den karakteristiska ekvationen 0

6 = r+

har en rot r₁ =−6.

Detta ger en baslösning

y

₁

= e

^−6x _.

Härav

H

c y c e

x

y =

_{1 1}

=

₁ ⁻⁶

är den allmänna lösningen till ekvationen.

Svar:

y

_H

= c

₁

e

^−6x

Uppgift 5.

Lös följande DE med avseende på y(x) a) y′+8 =y 0 b) y′−5 =y 0 c) 2y′+5y=0 d) 3y′−5y=0 e) y 3′= y f)y′=−4y

Svar:

a)

y

_H

= c

₁

e

^−8x _b)

y

_H

= c

₁

e

^5x

c)

y

_H

= c

₁

e

^−25x _d)

y

_H

= c

₁

e

^35x

e)

y

_H

= c

₁

e

^3x f)

y

_H

= c

₁

e

^−4x

1. 3 HOMOGENA LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER AV HÖGRE ORDNINGEN

MED KONSTANTA KOEFFICIENTER 0

... _{2 1 0}

) 1 1 ( )

( +a ₋ y ⁻ + +a y′′+a y′+a y=

y ⁿ _n ⁿ (2)

Den allmänna lösningen till en homogen DE är linjär kombination av n oberoende partikulärlösningar (som vi kan kalla baslösningar)

n n

H c y c y c y

y = _{1 1}+ _{2 2} +...+ .

Vi söker linjärt oberoende partikulärlösningar på formen erx

y = .

Substitutionen i (2 ) och förkortning med e^rx ger 0

... ₂ ² _{1 0}

1 1 + + + + =

+a ₋r ⁻ a r a r a

rⁿ _n ⁿ . (3)

Ekvationen (3 ) kallas den karakteristiska ekvationen.

För enkelhets skull betraktar vi ekvationer med reella koefficienter a . _k Om r är en reell rot till ekvation (3) med multiplicitet _k v då är _k

x r_k

e

y =

_{1 ,}

y =

₂

xe

^rkx _,…,

y

_vk

= x

^vk−1

e

^rkx

tillhörande baslösningar.

Om ekvationen (3) har två komplexa rötter a ± , med multiplicitet bi v , då är

bx e

y

₁

=

^ax

cos

_,

y

₂

= xe

^ax

cos bx

_{, …,}

y

_v

= x

^v−1

e

^ax

cos bx

och

bx e

y

_v+1

=

^ax

sin

_,

y

_v+2

= xe

^ax

sin bx

_,…,

y

_2v

= x

^v−1

e

^ax

sin bx

tillhörande baslösningar.

Exempel 6.

Lös DE med avseende på y(x) 0

3 ⁽⁴⁾

) 5

( − y =

y .

Lösning:

Den karakteristiska ekvationen 0

3 ⁴

5 − r =

kan faktoriseras: r 0 ) 3

4(r− =

r ⇒

0 ) 3 ( − =

⋅

⋅

⋅

⋅r r r r

r ⇒

4 0

, 3 , 2 ,

1 =

r , r₅ =3.

Roten r=0har multiplicitet 4.

Tillhörande baslösningar är

e

x

y

₁

=

^0⋅ _,

y

₂

= xe

^0⋅x_,

y

₃

= x

²

e

^0⋅x _,

y

₄

= x

³

e

^0⋅x _.

Eftersom e⁰ =1, detta ger

1

= 1

y

,

y =

₂

x

,

y =

₃

x

²,

y =

₄

x

³

Från r₅ =3 får vi en till baslösning

e

x

y

₅

=

³ _.

Den allmänna lösningen är

5 5 2

2 1

1y c y ... c y

c

y_H = + + +

e x

c x c x c x c

c₁+ ₂ ¹+ ₃ ² ++ ₄ ³ + ₅ ³

= .

Svar: y_H =c₁ +c₂x¹+c₃x² ++c₄x³ +c₅e^3x

Uppgift 6.

Lös följande DE med avseende på y(x) a) y⁽⁴⁾ +5y′′′=0 b) y′′′−2y′′+ y′=0 c) y⁽⁴⁾ −5y′′′+6y′′=0 d) y⁽⁴⁾ −4y ′′′+13y′′=0 Svar:

a) y_H =c₁+c₂x¹+c₃x² +c₄e^−5x b) y_H =c₁ +c₂e^x +c₃xe^x

c) y_H =c₁ +c₂x¹+c₃e^2x +c₄e^3x d) y_H =c₁+c₂x¹ +c₃e^2xsin3x+c₄e^2xcos3x