REDUKTION AV ORDNING

Sida 1 av 5

REDUKTION AV ORDNING

I) Differentialekvationer där y saknas.

Om i en differentialekvation saknas y, dvs om DE har formen F(x,y,y,...,y⁽ⁿ⁾)0, då kan vi sänka ekvationens ordning med hjälp av substitutionen y(x)z(x). Ekvationen övergår i F(x,z,z,...,z^(n1))0. Med andra ord får vi en ekvation av ordning (n–1).

Om både y och y saknas då kan vi, med substitutionen yz,få en ekvation av ordning (n–2).

På liknande sätt gör vi om alla: y,y,y,...,y^(k1) saknas i ekvationen. Då använder vi substitutionen y^(k) z.

Uppgift 1. Lös DE 1 10

x x y

y  , där x0

genom att först reducera ordningen.

(Viktigt! Notera att homogena delen INTE har konstanta koefficienter och därför kan INTE lösas med ansatsen ye^x. )

Lösning:

Eftersom y saknas i ekvationen, kan vi sänka ekvationens ordning med hjälp av substitutionen )

( ) (x z x

y  (subs 1) Ekvationen övergår i

1 10

x xz

z  , x0.

Detta är en linjär DE av första ordningen.

Först beräknar vi en





En integrerade faktor är F e^Pdx e^lnx x. Enligt den kända formeln (finns i BETA)

















^F1(C







z

Sida 2 av 5 ) 12

( 12

11 1 12

1 x

x Cx C x

z ^   ^  .

Från (subs 1), dvs från y(x)z(x) har vi slutligen

x D x C x dx

Cx dx

x z x

y 

 













) (

12 11

1 .

Svar: x D

x C x

y   

ln 144 )

(

12

======================================================

II) Linjära homogena DE om en lösning är känd.

Om en lösning y₁(x)0till homogena DE

0 ) ( )

( )

( ...

) ( )

(x y^{( )}a _1 x y^{( 1)} a₂ x ya₁ x ya₀ x y

a_n ⁿ _n ⁿ (ekv 0)

är känd då kan vi sänka ordningen till (ekv 0) genom två substitutioner:

Först, med hjälp av substitutionen )

( )

1(x z x y

y  (*)

( och därmed y y₁z y₁z och y y₁z2y₁z y₁z) får vi en ny ekvation som saknar z. Därför en ny substitution

) ( ) (x z x

u   (**)

sänker ordningen i ekvationen.

---

Om vi har en lösning y₁(x)0 till andragradsekvation 0

) ( )

(  

P x y Q x y

y (ekv 2) ( viktigt att DE är på normalformen ) då kan vi använda formeln







y dx y e y

Pdx

2 1 1

2 ( ) (Formel 1)

och med mindre beräkning få en lin. oberoende lösning y₂.

Sida 3 av 5

Därefter är yC₁y₁C₂y₂ den allmänna lösningen till ekvationen.

---

Härledning av formeln ^{y  y}



Pdx

2 1 1

2 ( ) ^:

Anta att y₁(x)0 ( på ett intervallI) är en given lösning till

0 ) ( )

(  

P x y Q x y

y (ekv 2) .

Vi substituerar y y₁(x)z(x) (*) , och därmed y y₁zy₁z och y y₁z2y₁zy₁z

i (ekv 2) och får

0 )

(

2 _{1 1 1 1 1}

1z yzy zP yz yz Qy z

y . (ekv 3)

Notera att

0 0 2) ekv till lösning en

är (eftersom )

( _{1 1 1 1}

1 1

1zPyzQyz yPyQy z y  z

y ,

så att ekv 3 förenklas till 0 ) 2

( _{1 1}

1z yPy z

y som saknar z. Vi kan dela med zy₁,

0 ) 2

(

1

1 

 

 P

y y z

z och integrera båda leden:

Vi får ln|z|2ln|y₁|



eller e ^Pdx

y z D ₂ ^

1 2

)

( . Vi behöver en lösning (som är lin. oberoende från y1) och väljer t ex

dx

e P

z y ₂ ^

1) (

1 . Härav dx

y z e

dx



 ₂

1) (

Därför är y₂  y₁(x)z(x) dx y y e

dx



1 ( ) , också en lösning till (ekv 2) V S B.

Anmärkning. Det är uppenbarty₁ och y₂är linjärt oberoende. Enligt utrycket (formel 1) är y₂ linjärt beroende

av y₁ endast om dx C

y

e ^Pdx 



1)

( =konstant, dvs. om e^{ dxP} 0, som är omöjligt (eftersom e^t 0 för alla t).

Uppgift 2. Ekvationen 2y y0

y x , x> 0, har en lösning

x y sinx

1  . Bestäm den allmänna lösningen.

Lösning. Vi ska lösa problemet med två metoder. Först (enklare) , metod 1, genom att använda (Formel 1) och därefter metod 2 (svårare) genom att utföra två substitutioner och utföra alla beräkningar.

Sida 4 av 5 Metod 1. (enkel) Vi använder formeln ^{y  y}



1 1

2 ( ) ^.

) ln(

2 2

x xdx

Pdx





Därför e^^Pdx e^2lnx  x^2. Detta substituerar vi i formeln









 









sin ) ( sin )

( ^{2 2}

2

2 1 1

2 x

x dx x x x

dx x

x x x x

dx x y y e y

Pdx

x x x

x x

x cos

sin ) ( cos

sin  

 .

Därmed är cos )

sin (

2

1 x

C x x C x

y   eller (om vi byter C₂ D)

x D x x C x

y sin  cos .

Svar:

x D x x C x

y sin  cos

Metod 2 (omfattande beräkning)

Vi använder substitutionen y y₁(x)z(x)= sin ( ) x x z

x

och beräknar z

x z x x

x x

z x y z y z y z y

y          sin  sin )

(cos ₂

1 1

1

1

och y y₁z2y₁zy₁z

x z z x x

x x

z x x

x x

x x

x     

 sin

sin ) (cos

2 sin )

cos 2 sin

(2 _{3 2 2} .

Vi substituerar ovanstående i 2 0





 y y

y x och, efter förenkling, får cos 0

sin 2 z x z x

x

x eller

0 cos

2

sinxz xz (notera att z saknas i ekvationen).

Sida 5 av 5 Substitutionen zu ger en separabel DE

0 cos

2

sinxu xu som vi transformerar i









 dx

x x u

dx du x

x u

du

sin cos 2 sin

cos

2 .

Härav ln|u|2ln|sinx|C₁ som kan skrivas som

) ( ) sin (

sin ² ₂²

2 x

x C C

u  ^  .

Från zu har vi ₂² ₂cot( ) ₃ )

(

sin dx C x C

x

z



Slutligen y y₁(x)z(x)= sin ( cot( ) ) )

sin (

3

2 x C

x C x x

x z

x   

= x

D x x C x x C x x

C sinx cos sin cos

2

3    .

Svar:

x D x x C x

y sin  cos .