ANTECKNINGAR FR˚AN KURSEN ODE LEO LARSSON

(1)

LEO LARSSON

Inneh˚all

1. Introduktion 1

2. F¨orsta ordningens ekvationer 2

2.1. Separabla ekvationer 2

2.2. Homogena ekvationer 4

2.3. Ortogonala kurvfamiljer 5

2.4. Exakta ekvationer 6

2.5. Integrerande faktorer 8

3. Andra ordningens linj¨ara ekvationer 10

3.1. Existens och entydighet av l¨osningar 10

3.2. Hitta nya lösningar fr˚an kända lösningar 12 4. Andra ordningens linjära ekvationer med Konstanta koefficienter 13

4.1. Homogena ekvationer 13

4.2. Icke-homogena ekvationer 15

5. Variation av parametrar 17

6. System av differentialekvationer 18

6.1. Linj¨ara system 19

7. Autonoma system 23

7.1. L¨osningsbanor och fasportr¨att 23

7.2. Kritiska punkter 24

7.3. Stabilitet 27

7.4. Linearisering 28

8. Lyapunovs metod 31

9. Variationskalkyl 32

9.1. Eulers ekvation 34

9.2. Till¨ampning av Eulers ekvation 35

9.3. Fler ¨an en obekant funktion 38

9.4. Bivillkor med integraler 39

1. Introduktion

En differentialekvation är en ekvation där den obekanta är en funktion (snarare

¨an ett tal), och ekvationen involverar denna funktion och dess derivator.

Som även är fallet för numeriska ekvationer, kan en lösning till en differentialekvation inte alltid hittas explicit.

En differentialekvations ordning är den högsta ordningen av derivator som före- kommer i ekvationen.

Denna kurs handlar mestadels om ordinära differentialekvationer, vilket bety- der att de obekanta funktionerna är funktioner av en variabel (till skillnad fr˚an s.k. partiella differentialekvationer, där funktionerna beror av fler variabler och derivatorna i ekvationen s˚aledes är partiella).

1

(2)

Det är i allmänhet lätt att kontrollera huruvida en given funktion är lösning till en viss differentialekvation.

Exempel 1. Verifiera att y = Ce^x²^/2, f¨or varje konstant C, l¨oser differentialekvationen

dy

dx = xy.

L¨osning. Med givna funktioner y f˚as dy

dx = 2x

2 Ce^x²^/2= xCe^x²^/2= xy.

♦ Det ¨ar en annan historia att verkligen hitta l¨osningen till en given ekvation.

Som med vanliga ekvationer, behöver vi anpassa lösningsmetoden efter ekvationens utseende. Nedan behandlas n˚agra olika klasser av differentialekvationer, och därtill hörande lämpliga lösningsmetoder.

2. F¨orsta ordningens ekvationer 2.1. Separabla ekvationer. Vi b¨orjar med ett exempel.

Exempel 2. L¨os ekvationen

dy

dx = xy.

L¨osning. Skriv

1 y

dy dx = x, och notera att kedjeregeln ger

1 y

dy dx

d dx

Z 1 ydy

,

ty uttrycket inom parentes i högerledet representerar en funktion vars derivata m.a.p. y är _y¹. Vidare gäller att

x = d dx

x² 2

, s˚a den givna ekvationen kan skrivas

d dx

Z 1 ydy

= d dx

x² 2

. Integration m.a.p. x ger nu

log |y| = x² 2 + D, d¨ar D ¨ar n˚agon konstant, eller

|y| = e^De^x²^/2. Sätt C = ±e^D. Vi erh˚aller den allmänna lösningen

y = Ce^x²^/2.

♦ Detta illustrerar en allm¨an princip betr¨affande s.k. separabla ekvationer.

(3)

Definition 1. En differentialekvation av f¨orsta ordningen s¨ags vara separabel om den kan skrivas

dy

dx = f (x)g(y).

H¨ar ¨ar f n˚agon funktion som inte beror p˚a y, och g beror inte p˚a x.

F¨or att l¨osa denna, skriver vi 1 g(y)

dy

dx = f (x), och noterar att kedjeregeln ger

1 g(y)

dy dx = d

dx

Z 1

g(y)dy

. Integration m.a.p. x ger

Z 1

g(y)dy = Z

f (x) dx + C.

Denna metod, kallad variabelseparation, kan minnas genom att ”multiplicera med dx”:

dy

g(y) = f (x) dx.

Vi har d˚a samlat y till v¨anster och x till h¨oger i ekvationen. Vi hakar sedan p˚a integraltecken (och integrationskonstant):

Z dy g(y) =

Z

f (x) dx + C.

Kom dock ih˚ag att detta bara är en minnesregel, och den fungerar bara för ekvationer av första ordningen.

I princip kan vi alltid l¨osa separabla ekvationer, ¨aven om integrationerna ibland

är sv˚ara att genomföra. Och även om vi kan lösa integralerna, är det inte alltid möjligt att lösa ut y som en funktion av x. Det senare är dock inget större problem, d˚a det g˚ar utmärkt att ge lösningen implicit. Nästa exempel visar detta.

dy

dx = −x y. L¨osning. Ekvationen ¨ar separabel:

y dy = −x dx Z

y dy = − Z

x dx + C y²

2 = −x²

2 + C (r² = 2C) x² + y² = r².

♦ I exemplet ovan anges lösningen som en familj av kurvor (närmare bestämt familjen av cirklar centrerade i origo). Varje kurva i familjen är en lösning till ekvationen, även om vi inte anger y explicit som funktion av x. Genom varje punkt i planet passerar precis en av kurvorna x²+ y² = r².

(4)

2.2. Homogena ekvationer. En funktion g(x, y) s¨ags vara homogen av grad n om

g(tx, ty) = tⁿg(x, y) f¨or alla l¨ampliga x, y och t.

Exempel 4. (a) L˚at g(x, y) = x^py^q. D˚a g¨aller att

g(tx, ty) = (tx)^p(ty)^q = t^p+qx^py^q = t^p+qg(x, y).

g ¨ar allts˚a homogen av grad p + q.

(b) L˚at h(x, y) = x⁰⁰2 + y². D˚a ¨ar h homogen av grad 2.

(c) Om k(x, y) och l(x, y) är homogena av samma grad, är även k(x, y)+l(x, y) homogen.

♦ Definition 2. Ekvationen

dy

dx = g(x, y)

¨ar en homogen differentialekvation om funktionen g ¨ar homogen av grad 0.

Nedan presenteras ett trick f¨or att l¨osa en homogen ekvation.

dy

dx = 2 + 3y x .

Lösning. Ekvationen är inte separabel. Däremot är högerledet summan av tv˚a homogena funktioner av grad 0, allts˚a självt en homogen funktion av grad 0.

Ekvationen är allts˚a homogen. Tricket är att införa en ny funktion z av x, enligt z = y

x eller y = xz.

Produktregeln f¨or derivering ger att dy

dx = z + xdz dx. Vi f˚ar ekvationen

z + xdz

dx = 2 + 3z eller

xdz

dx = 2(1 + z).

Denna ¨ar separabel:

dz

1 + z = 2 dx x

log |1 + z| = 2 log |x| + C (D = ±e^C) 1 + z = Dx² byt tillbaka

1 + y

x = Dx² y = Dx³− x.

♦

(5)

Genom bytet y = xz kunde allts˚a den homogena ekvationen transformeras till en separabel ekvation. Detta gäller allmänt för homogena ekvationer. Antag nämligen att g(x, y) är homogen av grad 0. D˚a gäller att

g(x, y) = t⁰g(x, y) = g(tx, ty) f¨or alla t. I synnerhet kan vi s¨atta t = ¹_x. Detta ger

g(x, y) = g 1,y

x

.

Om nu _x^y ers¨atts med z, s˚a att som i ovanst˚aende exempel _dx^dy transformeras till z + x^dz_dx, s˚a transformeras ekvationen

dy

dx = g(x, y) till

z + xdz

dx = g(1, z) eller

dz

dx = g(1, z) − z

x ,

vilket inses vara en separabel ekvation. Denna l¨oses med variabelseparation, varp˚a z byts tillbaka mot ^y_x.

2.3. Ortogonala kurvfamiljer. Betrakta kurvfamiljen

(1) f (x, y) = c.

Den ¨ar en l¨osning till differentialekvationen

(2) ∂f

∂x + ∂f

∂y dy dx = 0, eller

dy

dx = g(x, y), d¨ar

g(x, y) = −f_x(x, y) f_y(x, y). P˚a vektorform kan vi skriva (2) som

∇f · (1, y⁰) = 0,

d.v.s. tangentvektorn (1, y⁰) är vinkelrät mot gradienten ∇f . För den ortogonala kurvfamiljen m˚aste allts˚a gälla att (1, y⁰) är parallell med ∇f , d.v.s.

(1, y⁰) = k(f_x, f_y), eller

dy dx = f_y

f_x = −1 g.

Det följer att den ortogonala kurvfamiljen är lösningsfamilj till ekvationen dy

dx = − 1 g(x, y).

(6)

Exempel 6. Hitta ortogonala kurvfamiljen till

(3) y = cx².

L¨osning. Steg 1: Hitta en ekvation p˚a formen dy

dx = g(x, y) f¨or familjen (3). Derivering m.a.p. x ger

dy

dx = 2cx.

Vi m˚aste eliminera konstanten c, och g¨or detta genom att kombinera detta med (3):

c = 1 2x

dy dx, c = y

x², dy

dx = 2y x . I v˚art fall g¨aller allts˚a

g(x, y) = 2y/x.

Steg 2: Ers¨att g(x, y) med −1/g(x, y). Vi erh˚aller differentialekvationen dy

dx = −x 2y.

Steg 3: L¨os den nya ekvationen. I detta fall har vi en separabel ekvation.

2y dy = −x dx 2

Z

y dy = − Z

x dx + C y² = −x²

2 + c² x²

2c² +y² c² = 1.

Den ortogonala kurvfamiljen är en familj av ellipser. ♦ 2.4. Exakta ekvationer. I föreg˚aende avsnitt hittade vi en differentialekvation för familjen

f (x, y) = c genom att derivera m.a.p. x:

f_x+ f_ydy dx = 0.

L˚at oss formellt ”multiplicera med dx”:

f_xdx + f_ydy = 0.

Givet en funktion f , om de partiella derivatorna f_x och f_y existerar kan vi g¨ora f¨oljande symboliska definition:

df = f_xdx + f_ydy.

(7)

Symbolen df kallas differentialen till f , och kan ses som en slags total derivata.

En fördel med detta skrivsätt är symmetrin – det g˚ar lika bra att betrakta x som funktion av y, vilket ibland är mer praktiskt. Betrakta nu uttrycket

(4) M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0.

Med detta menas differentialekvationen dy

dx = −M (x, y) N (x, y) eller

dx

dy = −N (x, y) M (x, y).

Om vi kan skriva v¨ansterledet i (4) som differentialen df till n˚agon funktion f (x, y), har vi ekvationens l¨osning omedelbart: f (x, y) = c.

(1 + 2xy) dx + (x²+ 2y) dy = 0.

L¨osning. Vi s¨oker en funktion f (x, y) s˚adan att

(5) ∂f

∂x = 1 + 2xy och

(6) ∂f

∂y = x²+ 2y.

Om (5) ska g¨alla, m˚aste vi ha

(7) f (x, y) = x + x²y + h(y),

där h(y) är n˚agon funktion som inte beror p˚a x (”integrationskonstanten”). Om dessutom (6) ska gälla, m˚aste vi ha

x²+ h⁰(y) = x²+ 2y.

Vi ser att om vi v¨aljer

h(y) = y², kommer (7) att ge en l¨osning. Allts˚a ¨ar familjen

x + x²y + y² = c

en familj av integralkurvor till den givna ekvationen. ♦ Det ¨ar dock ingalunda s¨akert att givet funktionerna M (x, y) och N (x, y) det finns ett f (x, y) s˚adant att

f_x = M och f_y = N.

Om det finns en s˚adan funktion f (x, y), kallas ekvationen (4) för en exakt differentialekvation (eftersom högerledet är exakt lika med en differential df ). Det finns dock ett test som kan utföras p˚a M och N som avgör huruvida en s˚adan funktion existerar.

Sats 1. Ekvationen

M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0

¨

ar exakt om och endast om

∂M

∂y = ∂N

∂x.

(8)

Bevis. Om ekvationen ¨ar ekakt, d.v.s. om det finns f s˚adant att fx = M och fy = N,

ger likhet av blandade andraderivator att

M_y = f_xy = f_yx= N_x.

Antag att M_y = N_x. Vi vill visa att ekvationen ¨ar exakt, d.v.s. att det finns ett f (x, y) med r¨att egenskaper. f m˚aste ha formen

f (x, y) = Z

N (x, y) dy + h(x), f¨or n˚agot h. Detta h m˚aste uppfylla

∂

∂x Z

N (x, y) dy + h⁰(x) = M (x, y), eller

h⁰(x) = M (x, y) − ∂

∂x Z

N (x, y) dy.

Högerledet här f˚ar allts˚a inte bero p˚a y; med andra ord, dess derivata m.a.p. y m˚aste vara noll. Men enligt antagandet M_y = N_x och likhet mellan blandade andraderivator följer att

∂

∂y

M − ∂

∂x Z

N dy

=M_y − ∂²

∂y∂x Z

N dy

=Nx− ∂

∂x

∂

∂y Z

N dy

=N_x− N_x = 0.

Satsen f¨oljer.

Exempel 8. I exemplet ovan hade vi M (x, y) = 1 + 2xy och N (x, y) = x² + 2y.

Allts˚a

M_y = 2x = N_x,

vilket bekr¨aftar att ekvationen ¨ar exakt. ♦

2.5. Integrerande faktorer. Vad g¨or vi om exakthetstestet f¨or ekvationen

(8) F (x, y) dx + G(x, y) dy = 0

visar att ekvationen inte är exakt? Kanske kan vi transformera ekvationen till en exakt ekvation – kanske kan vi ”exaktifiera” ekvationen. Om µ(x, y) är en nollskild funktion, är ekvationen

µ(x, y)F (x, y) dx + µ(x, y)G(x, y) dy = 0

ekvivalent med (8). Det skulle kunna vara s˚a, att denna nya ekvation ¨ar exakt

¨aven om inte (8) ¨ar det.

2xy dx + (y²− 3x²) dy = 0.

L¨osning. H¨ar har vi

F (x, y) = 2xy och G(x, y) = y²− 3x².

(9)

Allts˚a

F_y = 2x 6= −6x = G_x.

Ekvationen är inte exakt. Vi söker därför en funktion µ(x, y) s˚adan att 2xyµ(x, y) dx + (y² − 3x²)µ(x, y) dy = 0

¨ar exakt. S¨att

M = F µ, N = Gµ.

Vi beh¨over allts˚a

F_yµ + F µ_y = G_xµ + Gµ_x

2xµ + 2xyµy = −6xµ + (y²− 3x²)µx

8xµ + (3x²− y²)µ_x+ 2xyµ_y = 0.

Problemet med den ordinära differentialekvationen har nu till synes förvärrats till en partiell differentialekvation. Men antag t.ex. att det finns ett µ som inte beror av x. D˚a förenklas ovanst˚aende ekvation för µ markant:

8xµ + 2xyµ_y = 0 eller

4µ + yµ_y = 0.

Detta är en separabel ekvation, och en lösning (vi behöver bara en) är µ(y) = 1

y⁴. Med detta µ f˚ar vi ekvationen

2x

y³ dx + 1

y² − 3x² y⁴

dy = 0.

Denna är exakt (kan för säkerhets skull testas med exakthetstestet fr˚an föreg˚aende avsnitt). Vi söker nu en funktion f (x, y) med f_x = M och f_y = N . Det första av dessa villkor implicerar att f m˚aste ha formen

f (x, y) = x²

y³ + h(y)

f¨or n˚agot h (oberoende av x). Det andra villkoret ger f¨or s˚adana f

−3x²

y⁴ + h⁰(y) = 1

y² − 3x² y⁴ , s˚a

h(y) = −1 y

funkar. Allts˚a har den givna ekvationen den allm¨anna l¨osningen x²

y² −1 y = C eller

x²− y² = Cy³.

♦ Definition 3. En funktion µ som multiplicerad med ekvationen (8) g¨or denna till en exakt ekvation kallas f¨or en integrerande faktor till ekvationen.

(10)

Exempel 10. Integrerande faktorer har som specialfall följande bekanta metod att lösa första ordningens linjära ekvationer. Vi betraktar ekvationen

(9) dy

dx + g(x)y(x) = h(x).

Vi kan skriva

(g(x)y − h(x)) dx + dy = 0,

d.v.s. F (x, y) = g(x)y − h(x) och G(x, y) = 1. S¨att M = F µ och N = Gµ. Vi har d˚a

M_y = F_yµ + F µ_y = gµ + (gy − h)µ_y och

N_x = G_xµ + Gµ_x = µ_x.

Det visar sig att det i detta fall alltid finns en integrerande faktor µ som bara beror p˚a x, d.v.s. termen (gy − h)µy f¨orsvinner:

µ⁰(x) = g(x)µ(x) µ⁰(x)

µ(x) = g(x) d

dxlog µ(x) = g(x) log µ(x) =

Z

g(x) dx µ(x) = e^{R g(x) dx}.

Om (9) multipliceras med denna faktor, kan v¨ansterledet skrivas som en exakt derivata:

e^{R g(x) dx}dy

dx + g(x)e^{R g(x) dx}y(x) = d dx

e^{R g(x) dx}y(x) . L¨osningen blir d˚a

e^{R g(x) dx}y(x) = Z

e^{R g(x) dx}h(x)

dx + C.

♦ 3. Andra ordningens linj¨ara ekvationer

3.1. Existens och entydighet av lösningar. D˚a vi arbetat med första ordningens ekvationer, har den allmänna lösningen i regel inneh˚allit en godtycklig konstant. D˚a det är fr˚aga om andra ordningens ekvationer är antalet konstanter vanligtvis tv˚a. Följande sats, vars bevis inte ges här, är en existens- och entydig- hetssats för andra ordningens linjära differentialekvationer.

Sats 2. Betrakta differentialekvationen

(10) y⁰⁰(x) + P (x)y⁰(x) + Q(x)y(x) = R(x), x ∈ [a, b].

Om P , Q och R ¨ar kontinuerliga p˚a [a, b], x₀ ¨ar n˚agon punkt i [a, b] och y₀ och y₀⁰

¨

ar tv˚a reella tal, finns precis en funktion y som uppfyller ekvationen (10) och

y(x₀) = y₀, y⁰(x₀) = y₀⁰.

(11)

Specialfallet

(11) y⁰⁰+ P y⁰ + Qy = 0

av (10) kallas en homogen ekvation. Varje linj¨arkombination av l¨osningar till (11)

är en lösning till (11), eftersom derivering är en linjär process: om y1 och y2 är lösningar till (11), och a₁ och a₂ är konstanter, gäller att

d²

dx²(a₁y₁(x) + a₂y₂(x)) + P (x) d

dx(a₁y₁(x) + a₂y₂(x)) + Q(x)(a₁y₁(x) + a₂y₂(x))

= a1(y₁⁰⁰(x) + P (x)y⁰₁(x) + Q(x)y1(x)) + a₂(y₂⁰⁰(x) + P (x)y⁰₂(x) + Q(x)y₂(x))

= a1· 0 + a2· 0 = 0.

Definition 4. Tv˚a funktioner f och g sägs vara linjärt beroende om antingen f (x) = kg(x) eller g(x) = kf (x) för alla x, för n˚agon konstant k. I annat fall sägs f och g vara linjärt oberoende.

Mer allmänt sägs den ändliga mängden {f₁, . . . , f_m} av funktioner vara linjärt beroende om det finns konstanter k₁, . . . , k_m, ej alla noll, s˚adana att

k₁f₁(x) + . . . + k_mf_m(x) = 0 för alla x. I annat fall är mängden linjärt oberoende.

Exempel 11. (a) L˚at f (x) = 1 + 2x² och g(x) = 4 + 8x². Eftersom d˚a g(x) = 4f (x) för alla x gäller att f och g är linjärt beroende.

(b) L˚at f (x) = e^x och g(x) = cos x. Om det finns konstanter a och b s˚adana att

af (x) + bg(x) = 0 f¨or alla x, s˚a f˚as i synnerhet att

ae^π/2 = 0 x = π

2

och

a + b = 0 (x = 0),

varur följer att a = b = 0. Allts˚a är f och g linjärt oberoende.

♦ Definition 5 (Wronskian). Givet tv˚a deriverbara funktioner f och g, definierar vi dess Wronskian eller Wronski-determinant genom

W (x) =

f (x) g(x) f⁰(x) g⁰(x)

= f (x)g⁰(x) − f⁰(x)g(x).

Sats 3. Antag att y och z ¨ar tv˚a l¨osningar till (11), och l˚at W vara Wronskianen.

D˚a gäller antingen att W (x) alltid är noll, eller att W (x) aldrig är noll. I första fallet är y och z linjärt beroende, i det senare fallet är y och z linjärt oberoende.

Sats 4. Om y och z är tv˚a linjärt oberoende lösningar till (11), s˚a är ay + bz den

allm¨anna l¨osningen.

Sats 5. Om y_h är den allmänna lösningen till (11) och y_p är vilken lösning som helst till (10) (en s.k. partikulärlösning), d˚a är y_h+ y_p den allmänna lösningen till

(10).

(12)

Exempel 12. (a) Visa att y(x) = e^−xoch z(x) = e^2x¨ar l¨osningar till ekvationen y⁰⁰− y⁰− 2y = 0.

Vad är den allmänna lösningen?

(b) Bestäm a och b s˚a att y_p(x) = ax+b är en partikulärlösning till y⁰⁰−y⁰−2y = 4x. Vad är den allmänna lösningen?

L¨osning. (a) Eftersom y⁰(x) = −e^−x och y⁰⁰(x) = e^−x g¨aller att y⁰⁰(x) − y⁰(x) − 2y(x) = (1 − (−1) − 2)e^−x = 0.

Eftersom z⁰(x) = 2e^2x och z⁰⁰(x) = 4e^2x f˚ar vi att

z⁰⁰(x) − z⁰(x) − 2z(x) = (4 − 2 − 2)e^2x = 0.

B˚ade y och z är allts˚a lösningar till ekvationen. Enligt Sats 4 är den allmänna lösningen

ce^−x+ de^2x,

förutsatt att y och z är linjärt oberoende. För dessa funktioners Wronskian gäller W (x) = e^−x· 2e^2x− (−e^−x)e^2x= 3e^x 6= 0.

S˚aledes ¨ar y och z linj¨art oberoende enligt Sats 3. (b) y_p⁰ = a och y_p⁰⁰ = 0. Allts˚a y_p⁰⁰− y_p⁰ − 2y_p = −a − 2ax − 2b = 4x,

s˚a vi m˚aste ha −2a = 4 eller a = −2, och −a − 2b = 2 − 2b = 0, s˚a b = 1. Allts˚a yp(x) = −2x + 1. Den allmänna lösningen är, enligt Sats 5

ce^−x+ de^2x− 2x + 1.

♦ 3.2. Hitta nya lösningar fr˚an kända lösningar. Enligt teorin i föreg˚aende avsnitt, behövs i allmänhet tv˚a linjärt oberoende lösningar till (11) för att vi ska kunna bestämma den allmänna lösningen. Antag att vi redan har en lösning y.

Kan vi använda den för att hitta en andra (linjärt oberoende) lösning z?

Exempel 13. Betrakta ekvationen

(12) x²y⁰⁰− 2xy⁰+ 2y = 0.

Man kollar lätt att y(x) = x² löser (12). Vi försöker hitta en till lösning z p˚a formen

z(x) = v(x)x²,

där funktionen v(x) ˚aterst˚ar att bestämma. (Notera att om v(x) är icke-konstant, blir y och v · y linjärt oberoende — kan kollas med Wronskianen.) Vi har

z⁰ = v⁰x²+ 2vx, z⁰⁰ = v⁰⁰x² + 4v⁰x + 2v x²z⁰⁰− 2xz⁰+ 2z = x²(v⁰⁰x²+ 4v⁰x + 2v)

− 2x(v⁰x²+ 2vx) + 2vx²

= x⁴v⁰⁰+ (4x³− 2x³)v⁰+ (2x²− 4x²+ 2x²)v

= x³(xv⁰⁰+ 2v⁰).

Om nu detta z ska vara en l¨osning, m˚aste vi ha xv⁰⁰+ 2v⁰ = 0,

(13)

eller

d

dxlog v⁰ = v⁰⁰

v⁰ = −2 x. Ett s˚adant v kan hittas genom integrering:

log v⁰ = −2 log x v⁰ = 1

x² v = −1

x. V˚art z blir allts˚a

z(x) = v(x)x² = −1

xx² = −x.

Tack vare homogeniteten är vi fria att multiplicera denna lösning med valfri konstant, och vi väljer i detta fall −1. x² och x är linjärt oberoende, s˚a den allmänna lösningen till (12) är

y_g(x) = ax²+ bx.

♦ Denna metod funkar i allmänhet. Det är fullt möjligt att härleda en formel för en andra lösning z om en lösning y är känd. Vi avst˚ar dock fr˚an det här.

4. Andra ordningens linj¨ara ekvationer med Konstanta koefficienter

4.1. Homogena ekvationer. Vi betraktar specialfallet

(13) y⁰⁰+ py⁰+ qy = 0

av en andra ordningens linjär, homogen ekvation, där p och q nu är konstanter.

Uppdraget är att hitta tv˚a linjärt oberoende lösningar till (13), och det är vettigt att leta lösningar p˚a formen

y(x) = e^mx. Om detta y deriveras och s¨atts in i (13) erh˚alls

(m²+ pm + q)e^mx = 0, och för att detta ska gälla för alla x m˚aste vi ha

(14) m²+ pm + q = 0.

Denna andragradsekvation kallas karakteristisk ekvation till (13). Det finns tre väsentligt skilda fall för lösningar till (14).

(1) Olika reella rötter m₁ och m₂. Genom att studera en Wronski-determinant inses att e^m¹^x och e^m²^x är linjärt oberoende. Den allmänna lösningen är allts˚a

a₁e^m¹^x+ a₂e^m²^x.

(2) Olika icke-reella rötter m₁ = a+ib och m₂ = a−ib. Rötterna till (14) m˚aste ha denna form (med a och b reella), eftersom koefficienterna är reella. Enligt Eulers formel har vi

e^m¹^x = e^ax(cos bx + i sin bx).

S¨att

R(x) = e^axcos x och I(x) = e^axsin bx.

(14)

Med hj¨alp av vetskapen att a = −p

2 och b = 1 2

p4q − p²

kan vi visa att b˚ade R och I löser ekvationen (13). Det gäller dessutom för Wronski-determinanten av R och I att

W (x) = be^2ax,

och eftersom b antas vara nollskilt innebär detta att R och I är linjärt oberoende. Den allmänna lösningen blir allts˚a

e^ax(c cos bx + d sin bx).

(3) En dubbelrot m. En l¨osning ¨ar naturligtvis y(x) = e^mx.

Vi använder tidigare illustrerad metod för att hitta en andra lösning; sätt z(x) = v(x)e^mx. Vi söker bestämma funktionen v s˚a att detta z blir en andra lösning. Vi har

z⁰ = (v⁰+ mv)e^mx

z⁰⁰= (v⁰⁰+ 2mv⁰ + m²v)e^mx, som insatt i ekvationen ger (notera att m = −^p₂)

0 = (v⁰⁰+ 2mv⁰+ m²v)e^mx + p(v⁰+ mv)e^mx

+ qve^mx

= [v⁰⁰+ (2m + p)v⁰+ (m²+ pm + q)v]e^mx = v⁰⁰e^mx.

Vi m˚aste allts˚a ha v⁰⁰ = 0, och en icke-konstant s˚adan funktion är v(x) = x. En andra linjärt oberoende lösning är allts˚a xe^mx, s˚a den allmänna lösningen blir

(c + dx)e^mx. Exempel 14. L¨os differentialekvationerna

(a) y⁰⁰− 7y⁰+ 10y = 0, (b) y⁰⁰+ 2y⁰+ 2y = 0 och

(c) y⁰⁰+ 6y⁰+ 9.

L¨osning. (a) Karakteristiska ekvationen ¨ar

m²− 7m + 10 = 0, och l¨osningarna till denna ¨ar

m₁ = 2 och m₂ = 5,

d.v.s. tv˚a olika reella rötter. Allmänna lösningen blir s˚aledes y(x) = c₁e^2x+ c₂e^5x.

(b) Här är karakteristiska ekvationen m²+ 2m + 2 = 0, som har lösningarna m = −1 ± i.

Enligt resonemanget med real- och imaginärdel ovan blir den allmänna lösningen y(x) = (c₁cos x + c₂sin x)e^−x.

(15)

(c) Den karakteristiska ekvationen m² + 6m + 9 = 0 har dubbelroten m = 3, s˚a allmänna lösningen är

y(x) = (c₁+ c₂x)e^3x.

♦ 4.2. Icke-homogena ekvationer. Nu antar vi inte längre att högerledet är noll, utan betraktar ekvationen

y⁰⁰+ py⁰+ qy = R(x),

där R(x) är n˚agon funktion. Eftersom vi kan hitta den allmänna lösningen till motsvarande homogena ekvation

y⁰⁰+ py⁰+ qy = 0,

gäller det enligt en tidigare presenterad sats att hitta en lösning, en s.k. parti- kulärlösning, till den icke-homogena ekvationen. Oftast f˚ar man försöka sig p˚a en kvalificerad gissning till hur en partikulärlösning kan se ut.

4.2.1. Exponentialfunktioner.

y⁰⁰+ 4y⁰− 5y = 3e^2x.

Motsvarande homogena ekvation har den allm¨anna l¨osningen y(x) = c₁e^x+ c₂e^−5x.

Funktionerna

y = Ae^2x

kandiderar till rollen som partikulärlösning, och vi söker bestämma konstanten A:

y⁰ = 2Ae^2x, y⁰⁰ = 4Ae^2x. 0 = (4A + 4 · 2A − 5 · A)e^2x= 7Ae^2x. Vi ser att A = ³₇ funkar bra. Allmänna lösningen är allts˚a

y(x) = c₁e^x+ c₂e^5x+3 7e^2x.

Exempel 16. Betrakta nu ist¨allet den n˚agot modifierade ekvationen y⁰⁰+ 4y⁰− 5y = 3e^x.

Den ”kvalificerade gissningen” y = Ae^x fungerar inte l¨angre, ty denna ansats leder till ekvationen

0 · A = 3,

vilket är omöjligt. Detta beror p˚a att e^x ocks˚a löser den homogena ekvationen, s˚a den funktionen är redan ”förbrukad”. Istället försöker vi, inspirerade av fallet med en dubbelrot till karakteristiska ekvationen, med

y = Axe^x. Vi f˚ar d˚a efter derivering och ins¨attning

6Ae^x = 3e^x,

och vi ser att valet m˚aste bli A = ¹₂. Allm¨an l¨osning blir y(x) = c₁e^x+ c₂e^5x+1

2xe^x.

(16)

Exempel 17. Om vi nu ist¨allet har ekvationen y⁰⁰− 4y⁰ + 4y = e^2x,

vars homogena motsvarighets karakteristiska ekvation har dubbelroten m = 2, räcker inte ens y = Axe^2x som ansats till partikulärlösning, utan vi m˚aste g˚a ytterligare ett steg och dra till med

y = Ax²e^2x.

4.2.2. Trigonometriska funktioner. Om högerledet är cos ax eller sin ax eller en linjärkombination av dessa, ansätter vi partikulärlösningen

A sin ax + B cos ax.

Exempel 18. L¨os begynnelsev¨ardesproblemet

y⁰⁰− 4y⁰ + 3y = sin 2x + 8 cos 2x, y(0) = 0, y⁰(0) = 1.

L¨osning. Homogena motsvarigheten till ekvationen har karakteristisk ekvation m²− 4m + 3 = 0,

vars l¨osningar ¨ar

m₁ = 1, m₂ = 3.

Olika reella rötter allts˚a. Detta ger de linjärt oberoende lösningarna e^x och e^3x till den homogena ekvationen. Som partikulärlösning ansätter vi

y(x) = A sin 2x + B cos 2x, y⁰(x) = −2B sin 2x + 2A cos 2x, y⁰⁰(x) = −4A sin 2x − 4B cos 2x, vilket insatt i ekvationen ger

(−4A − 4(−2B) + 3A) sin 2x + (−4B − 4 · 2A + 3B) cos 2x = sin 2x + 8 cos 2x.

Identifikation av koefficienterna f¨or sin 2x respektive cos 2x ger ekvationssystemet

−A +8B = 1,

−8A −B = 8,

som har lösningen A = −1, B = 0. Den allmänna lösningen till ekvationen är s˚aledes

y(x) = c₁e^x+ c₂e^3x− sin 2x.

Vi s¨oker best¨amma konstanterna c₁ och c₂ s˚a att begynnelsevillkoren uppfylls:

y(0) = 0 ⇔ c₁+ c₂ = 0, y⁰(0) = −1 ⇔ c₁ + c₂− 2 = −1.

Det f¨oljer att

c₁ = −3

2 och c₂ = 3 2. Den entydiga l¨osningen blir

y(x) = 3

2e^3x−3

2e^x− sin 2x.

även i fallet med trigonometriska funktioner i högerledet kan det inträffa att den ”uppenbara” ansatsen till partikulärlösning redan löser den homogena ekvationen, i vart fall man istället provar att multiplicera den till en början tilltänkta partikulärlösningen med x.

(17)

4.2.3. Polynom. Om R(x) är ett polynom av grad n, kan vi som partikulärlösning ansätta ett polynom av grad n, n + 1 eller n + 2.

5. Variation av parametrar

Vi illustrerar en metod att hitta partikul¨arl¨osningar till ekvationer p˚a formen y⁰⁰+ P y⁰+ Qy = R,

där P och Q inte nödvändigtvis är konstanter, och där den allmänna lösningen till ekvationen

y⁰⁰+ P y⁰ + Qy = 0 antas vara k¨and.

Exempel 19. Hitta en partikul¨arl¨osning till ekvationen x²y⁰⁰− 2xy⁰+ 2y = x³cos x.

Lösning. Den allmänna lösningen till motsvarande homogena ekvation hittade vi i Exempel 13, och den är

y = c1x + c2x².

Vi vill variera parametrarna c₁ och c₂, d.v.s. ersätta konstanterna med funktioner, och p˚a s˚a sätt försöka hitta en partikulärlösning. Ansatsen är allts˚a

y = v₁x + v₂x²,

där vi vill bestämma funktionerna v1 och v2 s˚a att detta y löser ekvationen. Vi har

y⁰ = v₁⁰x + v₁+ v⁰₂x²+ 2v₂x.

Tricket är att kräva att termerna som involverar derivator av de okända funktionerna v₁ och v₂ försvinner — vi kräver med andra ord

xv₁⁰ + x²v₂⁰ = 0.

Andraderivatan för den ansatta partikulärlösningen blir d˚a lite lättare att hantera:

y⁰⁰ = v⁰₁+ 2xv⁰₂+ 2v2. Insatt i ekvationen f˚ar vi

x³cos x = x²(v⁰₁+ 2xv⁰₂+ 2v₂) − 2x(v₁+ 2xv₂) + 2(xv₁+ x²v₂)

= x²v₁⁰ + 2x³v₂⁰ + (−2x + 2x)v₁+ (2x²− 4x²+ 2x²)v₂

= x²v₁⁰ + 2x³v₂⁰.

Vi har allts˚a tv˚a ekvationer med obekanta v₁⁰ och v₂⁰, n¨amligen¹ v⁰₁+ xv₂⁰ = 0,

v₁⁰ + 2xv₂⁰ = x cos x.

Subtraktion av den f¨orsta fr˚an den andra av dessa ger xv₂⁰ = x cos x

eller

v2 = sin x,

1Notera att detta är ett linjärt ekvationssystem i v⁰₁ och v⁰₂. Om vi förlänger första ekvationen med x blir dessutom koefficientmatrisens determinant precis lika med Wronskianen för lösningarna x och x² till den homogena ekvationen. Detta är ingen slump, utan lösningarna till homogena ekvationen dyker upp här i allmänhet.

(18)

s˚a

v₁⁰ = −x cos x eller

v₁ = −x sin x − cos x.

En partikulärlösning är s˚aledes

y(x) = xv₁(x) + x²v₂(x)

= −x²sin x − x cos x + x²sin x

= −x cos x.

♦ Det är fullt möjligt att härleda formler för v₁ och v₂ i det allmänna fallet, men detta avst˚ar vi fr˚an här av ett antal skäl.

6. System av differentialekvationer Betrakta den linj¨ara differentialekvationen

(15) x⁰⁰(t) + P (t)x⁰(t) + Q(t)x(t) = R(t).

Inf¨or en ny funktion y genom att l˚ata

y(t) = x⁰(t).

Enligt (15) har vi att

y⁰(t) = x⁰⁰(t)

= −Q(t)x(t) − P (t)x⁰(t) + R(t)

= −Q(t)x(t) − P (t)y(t) + R(t).

Vi har allts˚a f¨oljande system av differentialekvationer.

(16) x⁰(t) = y(t),

y⁰(t) = −Q(t)x(t) − P (t)y(t) + R(t).

Om x är en lösning till (15), och om y definieras som ovan, s˚a är (x, y) en lösning till systemet (16). Omvänt, om (x, y) är ett par av funktioner som uppfyller b˚ada ekvationerna i (16), s˚a är x en lösning till (15).

Mer allm¨ant, betrakta ekvationen

(17) x⁽ⁿ⁾(t) = f (t, x, . . . , x⁽ⁿ⁻¹⁾).

L˚at

x₁ = x, x₂ = x⁰, x₃ = x⁰₂ = x⁰⁰,

...

x_n= x⁽ⁿ⁻¹⁾. (17) kan d˚a skrivas som systemet











x⁰₁ = x₂, x⁰_x = x₃,

...

x⁰_n = f (t, x₁, . . . , n_n−1).

(19)

(18) x⁰⁰(t) + 4x²(t) = sin t, och s¨att y(t) = x⁰(t). Vi har allts˚a

y⁰(t) = sin t − 4x²(t), s˚a (18) kan skrivas

x⁰(t) = y(t),

y⁰(t) = sin t − 4x²(t).

♦ 6.1. Linj¨ara system. Ett system av tv˚a linj¨ara ekvationer i tv˚a obekanta har formen

(19) x⁰ = a₁x + b₁y + f₁, y⁰ = a₂x + b₂y + f₂.

Koefficienterna a_j, b_j och f_j antas h¨ar vara kontinuerliga funktioner av t. Vi kallar systemet (19) f¨or homogent om f₁ = f₂ = 0, annars icke-homogent.

I analogi med andra ordningens lin¨ara har vi f¨oljande teoretiska maskineri.

Definition 6 (Wronskian). Om (x₁, y₁) och (x₂, y₂) ¨ar l¨osningar till det homogena systemet

(20) x⁰ = a₁x + b₁y,

y⁰ = a₂x + b₂y,

definierar vi Wronskianen eller Wronski-determinanten av l¨osningarna enligt W (t) = x₁(t)y₂(t) − x₂(t)y₁(t).

Sats 6. Antag att (x₁, y₁) och (x₂, y₂) är lösningar till det homogena systemet (20), och l˚at W vara Wronskianen. D˚a gäller antingen att W (t) alltid är noll, i vart fall de b˚ada lösningarna är linjärt beroende, eller att W (t) aldrig är noll, i vart fall lösningarna är linjärt oberoende. Sats 7. Om (x₁, y₁) och (x₂, y₂) är linjärt oberoende lösningar till (20), s˚a är

c₁(x₁, y₁) + c₂(x₂, y₂)

den allm¨anna l¨osningen.

Sats 8. Om (x_h, y_h) är den allmänna lösningen till (20) och (x_p, y_p) är vilken lösning som helst till (19), s˚a ges allmänna lösningen till (19) av

(x_h, y_h) + (x_p, y_p).

Exempel 21. Vi betraktar systemet

(21) x⁰(t) = 3x(t) + 4y(t),

y⁰(t) = x(t) + 3y(t).

Detta system ¨ar homogent. Med beteckningar som ovan har vi a₁ = 3, b₁ = 4, a₂ = 1, b₂ = 3.

Betrakta f¨orst paret (x₁, y₁) av funktioner, definierade genom x₁(t) = −2e^t, y₁(t) = e^t.

Dessa b˚ada funktioner ¨ar sina egna derivator. Vi har d¨armed 3x₁(t) + 4y₁(t) = −6e^t+ 4e^t= −2e^t = x⁰₁(t)

(20)

och

x₁(t) + 3y₁(t) = −2e^t+ 3e^t= e^t= y₁⁰(t).

Allts˚a ¨ar (x₁, y₁) en l¨osning till (21). Definiera nu (x₂, y₂) genom x₂(t) = 2e^5t, y₂(t) = e^5t.

Man visar enkelt att även (x₂, y₂) är en lösning till (21). Wronskianen för dessa lösningar ges av

W (t) = −4e^6t6= 0,

s˚a de är linjärt oberoende. Varje lösning kan allts˚a skrivas p˚a formen

x(t) = −2c1e^t+ 2c₂e^5t, y(t) = c₁e^t+ c₂e^5t.

♦ Exempel 22. L˚at

A = 3 4 1 3

.

För att hitta egenvärdena till A, löser vi karakteristiska ekvationen det(A − λI) = 0,

eller

λ²− 6λ + 5 = 0.

L¨osningarna ¨ar

λ₁ = 1, λ₂ = 5.

För att hitta egenvektorerna tillhörande egenvärdet λ₁ löser vi systemet (A − λ₁I) x

y

= 0, eller, skrivet i matrisform

2 4 0 1 2 0

. L¨osningarna ¨ar

x y

= c₁ −2 1

.

P˚a samma sätt f˚as att egenvektorerna tillhörande egenvärdet λ₂ är

x y

= c₂ 2 1

.

Om vi jämför siffrorna i detta exempel med siffrorna i linjära systemet ovan, ser vi att allmänna lösningen till (21) är

x(t) y(t)

= c₁e^λ¹^tv₁+ c₂e^λ²^tv₂,

där λ_j och v_j är egenvärden resp. egenvektorer till koefficientmatrisen till systemet

(21). ¨ar detta en slump? ♦

(21)

Exempel 23. Ett sätt att lösa systemet (21) är att derivera den andra ekvationen och ersätta x⁰ med högerledet i den första. Vi f˚ar

y⁰⁰= x⁰+ 3y⁰

= 3x + 4y + 3y⁰.

Om vi l¨oser ut x ur den andra av ekvationerna (21) och s¨atter in ovan, f˚ar vi ekvationen

y⁰⁰= 3(y⁰− 3y) + 4y + 3y⁰ eller

y⁰⁰− 6y⁰+ 9y = 0.

Karakteristiska ekvationen f¨or denna ¨ar

m²− 6m + 5 = 0, och har l¨osningarna

m₁ = 1 och m₂ = 5.

Tillh¨orande l¨osningar blir

y₁(t) = e^t och y₂(t) = e^5t.

Motsvarande funktioner xj f˚as ur den andra ekvationen i systemet (21):

x_j(t) = y_j⁰(t) − 3y_j(t).

Allts˚a

x₁(t) = −2e^t och x₂(t) = 2e^5t. Vi har d¨armed l¨osningarna

x1(t) y₁(t)

= −2e^t e^t

och x2(t)

y₂(t)

= 2e^5t e^5t

.

Notera att karakteristiska ekvationen för andra ordningens ekvationen ovan är samma som för koefficientmatrisen A i föreg˚aende exempel. ♦ Exempel 24. En annan metod att lösa (21) är att leta efter lösningar p˚a formen

x(t) y(t)

=

Ae^mt Be^mt

,

d.v.s. vi f¨ors¨oker hitta b˚ade x och y samtidigt. Ansatsen ger att

mAe^mt= 3Ae^mt+ 4Be^mt, mBe^mt = Ae^mt+ 3Be^mt

f¨or alla t. Division med e^mt och lite omflyttning ger det linj¨ara ekvationssystemet

(3 − m)A + 4B = 0, A + (3 − m)B = 0

med A och B som obekanta. A = B = 0 är alltid en lösning, men detta ger x(t) = y(t) = 0, som inte är särskilt intressant. För att icke-triviala lösningar ska finnas, krävs att

(3 − m)(3 − m) − 4 = 0, eller

m²− 6m + 5 = 0.

(22)

Detta är, ˚aterigen, samma ekvation som tidigare. För var och en av rötterna m₁ = 1 och m₂ = 5 kan vi hitta icke-triviala lösningar (A, B), och därmed även lösningar

till systemet (21). ♦

I nedanst˚aende tv˚a exempel anv¨ands ytterligare en metod, som beskrivs i sepa- rat h¨afte.

Exempel 25. L¨os det linj¨ara systemet

x⁰ = 3x + y, y⁰ = −x + y.

L¨osning. L˚at

A =

3 1

−1 1

.

A har ett dubbelt egenv¨arde λ = 2. Enligt analytiska metoden har vi e^At = b₀I + b₁A,

d¨ar b₀ och b₁ uppfyller

b₀+ 2b₁ = e^2t och

b₁ = te^2t. Vi f˚ar

b0 = e^2t− 2te^2t, s˚a

e^At = (e^2t− 2te^2t) 1 0 0 1

+ te^2t

3 1

−1 1

= (1 + t)e^2t te^2t

−te^2t (1 − t)e^2t

, s˚a l¨osningen ges av

x(t) y(t)

= e^At c₁ c₂

=

(c₁(1 + t) + c₂t)e^2t (−c₁t + c₂(1 − t))e^2t

. Exempel 26. L¨os begynnelsev¨ardesproblemet

x⁰ = 3x − 4y, y⁰ = 2x − y,

x(0) = 2, y(0) = 1.

L¨osning. Denna g˚ang har matrisen

A = 3 −4 2 −1

egenv¨ardena

λ = 1 ± 2i, s˚a

eÂt = b₀I + b₁A, där b₀ och b₁ bestäms ur systemet

b₀+ (1 + 2i)b₁ = e^(1+2i)t, b₀+ (1 − 2i)b₁ = e^(1−2i)t.

(23)

Notera dock att dessa b˚ada ekvationer kan delas upp i real- och imaginärdel (under förutsättning att b₀och b₁antas vara reella), vilket ger följande ekvivalenta system.

b₀+ b₁ = e^tcos 2t, 2b₁ = e^tsin 2t.

Vi f˚ar

b1 = 1

2e^tsin 2t och

b₀ = e^t

cos 2t − 1 2sin 2t

. e^At kan nu ber¨aknas:

e^At = b0I + b1A

= e^t

cos 2t −1

2sin 2t 1 0 0 1

+ 1

2e^tsin 2t 3 −4 2 −1

= e^t(cos 2t + sin 2t) −2e^tsin 2t 2^tsin 2t e^t(cos 2t − sin 2t)

. L¨osningen blir

x(t) y(t)

= e^At 2 1

=

e^tcos 2t e^t(2 cos 2t − sin 2t)

.

7. Autonoma system Vi betraktar systemet

(22) x⁰ = F (x, y),

y⁰ = G(x, y).

x och y är här funktioner av t, och derivatorna i vänsterleden är derivator m.a.p.

t. Funktionerna F resp. G i högerleden antas vara kontinuerliga funktioner med kontinuerliga första ordningens partiella derivator m.a.p. x och y (för enkelhets skull kan vi anta att detta gäller i hela planet). Däremot beror F och G inte p˚a variabeln t. Denna avsaknad av t-beroende gör systemet (22) till vad vi kallar ett autonomt system av differentialekvationer.

7.1. Lösningsbanor och fasporträtt. Antag att [x(t), y(t)] är en lösning till det autonoma systemet (22). Denna lösning kan (med fördel) betraktas som en kurva i planet, parametriserad av t. D˚a t varierar, ritar [x(t), y(t)] ut en riktad kurva, en s.k. lösningsbana till systemet. Med ”riktad” menas att punkterna p˚a kurvan ritas ut i en viss riktning d˚a t växer. I vissa fall är dock lösningen (x, y) konstant;

i detta fall best˚ar l¨osningsbanan bara av en enda punkt.

En övergripande bild av lösningsbanorna till systemet (22) kallas för ett fasporträtt.

I allmänhet svarar varje bana i fasporträttet mot flera lösningar.

I princip kan lösningsbanorna till (22) räknas fram genom att lösa ekvationen dy

dx = G(x, y) F (x, y) av f¨orsta ordningen.

(24)

Exempel 27. Best¨am l¨osningsbanorna till det autonoma systemet

x⁰ = 3xy³, y⁰ = −2x²y.

L¨osning. Vi vill l¨osa ekvationen dy

dx = G(x, y) F (x, y)¸

d¨ar F (x, y) = −2x²y och G(x, y) = 3xy³. Vi f˚ar, efter f¨orenkling, den separabla ekvationen

dy

dx = −2x 3y², som har l¨osningen

x²+ y³ = c.

♦ 7.2. Kritiska punkter. Om P₀ = (x₀, y₀) är en punkt i planet där b˚ade F och G är noll, d.v.s. om

F (x₀, y₀) = 0 och G(x₀, y₀) = 0,

s˚a säger vi att P0 är en kritisk punkt till systemet (22). Kritiska punkter svarar mot konstanta lösningar. Vi ska studera n˚agra olika typer av kritiska punkter.

7.2.1. Noder. Betrakta systemet

x⁰ = −2x + y, y⁰ = x − 2y.

Uppenbarligen är O = (0, 0) enda kritiska punkten. Lösningsbanorna kan bestämmas genom att den homogena ekvationen

dy

dx = x − 2y

−2x + y l¨oses. Vi f˚ar

x − y = c(x + y)³.

N˚agra av dessa banor visas i figuren nedan. L¨osningen till systemet kan ber¨aknas exakt:

x(t) = c₁e^−t+ c₂e^−3t, y(t) = c₁e^−t− c₂e^−3t.

Vi ser att d˚a t → ∞, närmar sig x(t) den kritiska punkten O, hur vi än väljer konstanterna c₁ och c₂. Om s˚a är fallet, eller om alla lösningsbanor närmar sig den kritiska punkten d˚a t → −∞, säger vi att den kritiska punkten är en nod.

7.2.2. Centra. Vi tar en titt p˚a systemet

x⁰ = −x − y, y⁰ = 2x + y.

Ocks˚a här är origo den enda kritiska punkten. Lösningsbanorna ges av 2x²+ 2xy + y² = C²,

som är en familj av ellipser. Lösningen till systemet är

x(t) = −c1(cos t + sin t) + c₂(cos t − sin t), y(t) = 2c₁cos t + 2c₂sin t.

(25)

–4 –2 2 4

y

–4 –2 2 4

x

Figur 1. En nod

Banorna är slutna kurvor som kretsar runt den kritiska punkten O, utan att närma sig denna d˚a t → ∞ eller t → −∞ (med undantag av den konstanta lösningen x(t) = y(t) = 0). En s˚adan kritisk punkt kallas för ett centrum.

7.2.3. Sadelpunkter. L˚at systemet

x⁰ = x + 2y, y⁰ = 2x + y

vara givet. Ocks˚a här är O den enda kritiska punkten, Lösningen är

x(t) = −c₁e^−t+ c₂e^3t, y(t) = c₁e^−t + c₂e^3t.

Om c₂ = 0, kommer lösningarna närma sig O d˚a t → ∞ längs linjen y = −x. Om c₁ = 0 g˚ar lösningarna mot O d˚a t → −∞ längs linjen y = x. Men om b˚ade c₁ 6= 0 och c₂ 6= 0, h˚aller sig lösningarna borta fr˚an dessa tv˚a s.k. asymptoter. En kritisk punkt kring vilken banorna beter sig p˚a detta vis kallar vi sadelpunkt.

7.2.4. Spiraler. Vi betraktar nu systemet

x⁰ = −y − xpx²+ y², y⁰ = x − ypx²+ y².

(26)

–2 –1

1 2

y

–1 –0.5 0.5 1

x

Figur 2. Ett centrum

˚Aterigen är O den enda kritiska punkten. Vi kan hitta banorna genom att införa polära koordinater:

x = r cos θ, y = r sin θ.

Vi f˚ar d˚a

dx = cos θ dr − r sin θ dθ, dy = sin θ dr + r cos θ dθ.

Ekvationen f¨or banorna blir

sin θ dr + r cos θ dθ

cos θ dr − r sin θ dθ = cos θ − r sin θ

− sin θ − r cos θ, vilket f¨orenklas till

dr

dθ = −r². Denna separabla ekvation har l¨osningen

r = 1 θ + c.

N˚agra av dessa banor visas i figuren. Banorna n¨armar sig den kritiska punkten, men snurrar runt densamma o¨andligt m˚anga g˚anger. En s˚adan kritisk punkt kallas spiral.

(27)

–3 –2 –1

1 2 3

y

–3 –2 –1 1 2 3

x

Figur 3. En sadelpunkt

7.3. Stabilitet. Vi definierar vad som menas med att en kritisk punkt till ett autonomt system

(23) x⁰ = F (x, y),

y⁰ = G(x, y)

¨ar (asymptotiskt) stabil.

Definition 7. Antag att P ¨ar en kritisk punkt till systemet (23). Vi s¨ager att P

är stabil om det för varje R > 0 finns ett r ≤ R s˚a att för varje lösningsbana x till (23) s˚adan att |x(t0) − P | < r för n˚agot t0 gäller att |x(t) − P | < R för alla t > t0; i annat fall sägs P vara instabil. Vi säger att P är asymptotiskt stabil om P är stabil och om det finns ett r > 0 s˚adant att för varje lösningsbana x som uppfyller |x(t₀) − P | < r för n˚agot t₀ gäller att

t→∞lim x(t) = P.

• En nod/spiral ¨ar antingen instabil eller asymptotiskt stabil, beroende p˚a om banorna n¨armar sig noden d˚a t → −∞ eller d˚a t → ∞.

• Ett centrum ¨ar stabilt men inte asymptotiskt stabilt.

• En sadelpunkt ¨ar instabil.

(28)

–0.003 –0.002 –0.001 0.001 0.002 0.003

–0.004 –0.003 –0.002 –0.001 0.001 0.002

Figur 4. En spiral

7.4. Linearisering. I m˚anga fall kan det autonoma systemet

(24) x⁰ = F (x, y),

y⁰ = G(x, y)

inte lösas exakt. Det kan därmed vara sv˚art att avgöra typen hos de kritiska punkterna. Vi beskriver här en metod som i m˚anga fall duger till att bestämma typen av en kritisk punkt till ett icke-linjärt system.

Antag att x₀ = (x₀, y₀) ¨ar en isolerad kritisk punkt till (24), d.v.s. att F (x₀, y₀) = 0 och G(x₀, y₀) = 0

och att det inte finns n˚agra andra kritiska punkter alldeles i n¨arheten av x₀. Om funktionerna F och G Taylorutvecklas kring punkten x₀ f˚as uttryck p˚a formen

F (x, y) = a(x − x₀) + b(y − y₀) + H(x, y), G(x, y) = c(x − x0) + d(y − y0) + K(x, y).

Om resttermerna H och K nu visar sig vara sm˚a d˚a (x, y) befinner sig nära x₀, borde lösningarna till systemet (24) nära denna punkt bete sig likt lösningarna till det linjära systemet

(25) x⁰ = a(x − x₀) + b(y − y₀), y⁰ = c(x − x₀) + d(y − y₀),

den s.k. lineariseringen till (24). Detta ¨ar vad f¨oljande sats handlar om.

(29)

Sats 9. Antag att resttermerna H och K uppfyller

x→xlim0

H(x, y)

|x − x₀| = 0 och lim

x→x0

K(x, y)

|x − x₀| = 0.

Antag, vidare, att egenvärdena λ_j till det linjära systemet (25) antingen är reella och olika eller icke-reella med nollskild realdel. D˚a är x₀ en kritisk punkt av samma typ för systemet (24) som för (25).

Anledningen till att vi inte kan dra samma slutsats om egenvärdena är reella och lika eller rent imaginära är att dessa b˚ada fall ligger p˚a gränsen mellan olika typer av kritiska punkter. Om man, i de fall som täcks av Sats 9, ”stör”

koefficientmatrisen n˚agot, s˚a faller egenv¨ardena fortfarande inom samma kategori, medan det i de undantagna fallen kan h¨anda mer dramatiska saker. Antag t.ex.

att λ = ±3i. D˚a är den kritiska punkten ett centrum. Men om matrisen ändras bara litegrann, skulle egenvärdena kunna bli a ± 3i, där a 6= 0. Helt plötsligt har vi en nod, som antingen är stabil eller instabil, beroende p˚a tecknet hos a. Det icke-linjära systemet ligger i regel nära sin linearisering, men i gränsfallen kan det inträffa att det linjära systemet f˚as genom att justera det icke-linjära systemet ”˚at fel h˚all”.

Exempel 28. Betrakta systemet

(26) x⁰ = 5x(y − 1) + 6y,

y⁰ = −7x + 8y(1 − 2xy).

Origo ¨ar en isolerad kritisk punkt. H¨ar har vi

H(x, y) = 5xy och K(x, y) = −16xy². Med pol¨ara koordinater f˚as

H(x, y)

|(x, y)|

=

5r²cos θ sin θ r

= 5r| cos θ sin θ| → 0, r → 0, och p˚a liknande vis f˚ar vi

r→0lim

K(r cos θ, r sin θ)

r = 0.

Lineariseringen till (26) ¨ar

x⁰ = −5x + 6y, y⁰ = −7x + 8y, och egenv¨ardena f˚as genom ekvationen

(−5 − λ)(8 − λ) + 42 = 0 eller

λ²− 3λ + 2 = 0.

Lösningarna är λ = 1 och λ = 2, allts˚a tv˚a olika reella egenvärden. Enligt satsen ovan är origo en kritisk punkt av samma typ till (26) som till lineariseringen – en instabil nod.

Koefficientmatrisen för lineariseringen är i princip mycket enkel att beräkna.

Koefficienterna a, b, c och d ¨ar n¨amligen partiella derivator till funktionerna F och G evaluerade i den kritiska punkten:

A =

F_x(x₀, y₀) F_y(x₀, y₀) G_x(x₀, y₀) G_y(x₀, y₀)

.