(1)KARL JONSSON Nyckelord och inneh˚all • Andra ordningens linj¨ara differentialekvationer • Homogena ekvationen • Wronskideterminanten W (y1, y2

(1)

KARL JONSSON

Nyckelord och inneh˚all

• Andra ordningens linj¨ara differentialekvationer

• Homogena ekvationen

• Wronskideterminanten W (y₁, y2)

• Konstanta koefficienter och karakt¨aristiska ekvationen.

• Fundamental l¨osningsm¨angd, y1(t), y2(t)

• Reduktion av ordning

• Variation av parameterar

• Metoden med obest¨amda koefficienter

Inofficiella ”m˚al”

Det ¨ar bra om du (M1) vet att (IVP)

y⁰⁰+ p(t)y⁰+ q(t)y = g(t), t ∈ I, y(t₀) = y₀, y⁰(t₀) = y⁰₀ (1) har en unik l¨osning i hela I om p, q och g ¨ar kontinuerliga funktioner i detta intervall I.

(M2) vet att givet tv˚a l¨osningar y1 och y2 till den homogena ekvationen

y⁰⁰+ p(t)y⁰+ q(t)y = 0 (2)

d˚a g¨aller att villkoret att Wronskianen

W (y1, y2) ≡ y1y₂⁰ − y₁⁰y2 6= 0 f¨or n˚agon punkt i I, (3)

¨

ar ekvivalent med att l¨osningen y(t) till (0.1) kan skrivas

y(t) = c1y1(t) + c2y2(t) (4)

för n˚agra konstanter c₁och c₂. Lösningarna y₁ och y₂ utgör d˚a en fundamental lösningsmängd.

(M3) vet att Wronskianen uppfyller att W⁰+p(t)W = 0 och därför gäller det att W (t) = c exp(−´

p(t) dt).

H¨ar var det ett minus-tecken som saknades i det utdelade materialet.

(M4) vet att Wronskianen för y₁, y₂ antingen är 0 i hela I eller 6= 0 i hela I. Detta innebär att om p och q är kontinuerliga s˚a byter Wronskianen aldrig tecken p˚a lösningsintervallet.

(M5) vet att allm¨anna l¨osningen till y⁰⁰+ p(t)y⁰+ q(t)y = g(t) kan skrivas

y(t) = c₁y₁(t) + c₂y₂(t) + Y_p(t), (5) där y1, y2 är en fundamental lösningsmängd och Yp(t) är n˚agon lösning till ekvationen.

(M6) kan anv¨anda ansatsen e^rt f¨or ekvationer med konstanta koefficienter.

(M7) kan använda metoden med obestämda koefficienter för att finna Yp. (M8) först˚ar följande lösningsg˚ang för 2’a ordningens ekvationer:

y₁(t) → y₂(t) → W (y₁, y₂)(t^∗) 6= 0 → Y_p(t) → y = c₁y₁+ c₂y₂+ Y_p → c₁ och c₂, (M9) kan anv¨anda

(a) reduktion av ordning: ansätter y(t) = v(t)y₁(t) för att kunna finna y₂ med hjälp av y₁, f˚ar en första ordningens ekvation för v⁰.

(b) variation av parametrar: ansätt Y_p(t) = u₁(t)y₁(t) + u₂(t)y₂(t) för att finna Y_p och vet att detta involverar att göra ett val i lösningsg˚angen, f˚ar ett linjärt ekvationssystem för u⁰₁ och u⁰₂.

Obs! Detta är ett försök att bryta ned kursm˚alen i mindre och mer konkreta bitar. M˚alen ovan är inte officiella för kursen, utan ett förslag till hur man kan tänka.

Institutionen f¨or matematik, KTH, SE-100 44, Stockholm, Sweden E-mail address: karljo@kth.se.

Date: 18 oktober 2017.

1

(2)

Exempel och uppgifter (U1) Finn generella l¨osningen till

(a) 12y⁰⁰− y⁰− y = 0 (b) y⁰⁰+ 4y⁰+ 5y = 0

(c) 9y⁰⁰+ 12y⁰+ 4y = 0

Ekvationer med konstanta koefficienter. Ansätt y(t) = e^rt och ta reda p˚a r genom att derivera och sätta in i ekvationen. Blir det dubbelrot s˚a använd gärna metoden med reduktion av ordning för att ta reda p˚a en annan oberoende lösning y₂(t). Kommer alltid bli y₂(t) = ty₁(t).

(U2) L˚at y⁰⁰− y⁰− 2y = 0 s˚a att y(0) = α, y⁰(0) = 2. Best¨am α s˚a att y → 0 d˚a t → ∞.

Karaktäristisk ekvation blir r²−r−2 = 0 med lösningar r = 2 och r = −1 s˚a allmänna lösningen

¨

ar y = c1e^2t+ c2e^−t. Om l¨osningen ska g˚a mot 0 d˚a t → ∞ s˚a m˚aste c1= 0. S˚a y = c2e^−t. Vidare om y⁰(0) = 2 s˚a m˚aste c2 = −2 s˚a y = −2e^−t. Allts˚a m˚aste α = −2.

(U3) Om a, b, c ¨ar positiva s˚a kommer alla l¨osningar till ay⁰⁰+ by⁰+ cy = 0 g˚a mot 0 d˚a t → ∞.

Vad för reell del har lösningarna till den karaktäristiska ekvationen?

(U4) Best¨am Wronskianen av cos(t) och sin(t). Vad inneb¨ar detta?

Jag tror att den blir 1, trigettan ska nog anv¨andas. Oberoende funktioner p˚a hela R.

(U5) Bestäm, utan att lösa ekvationen, det längsta intervall i vilken följande ekvationer garanterat har en lösning:

(a) (t − 1)y⁰⁰− 3ty⁰+ 5y = sin(t) d¨ar y(−3) = 2, y⁰(−3) = 1.

(b) t(t − 1)y⁰⁰+ 3ty⁰+ 5y = 2, y(3) = 0, y⁰(3) = −1.

(c) (x − 3)y⁰⁰+ x³y⁰+ (ln |x|)y = 0 d¨ar y(2) = 0, y⁰(2) = 1,

Skriv om ekvationerna p˚a formen y⁰⁰+ p(t)y⁰ + q(t)y = 0 och studera p och q och var dessa funktioner är kontinuerliga. I (a) s˚a blir det p = −3t/(t − 1) och q = 5/(t − 1) dessa funktioner är singulära i t = 1. Vi har ett IVP som startar i t = −3 detta betyder att lösning garanterat finns i intervallet (−∞, 1).

(U6) Ekvationen ty⁰⁰+2y⁰+te^ty = 0 har fundamental lösningsmängd best˚aende av y1, y2med W (y1, y2)(1) = 3, vad är W (y₁, y₂)(5)?

Vi vet att Wronskianen, betraktad som en funktion av en variabel t, uppfyller en viss ekvation, W⁰+p(t)W = 0, i detta fall ¨ar p(t) = 2/t, eller hur? Ta reda W (t) i detta fall n¨ar du vet W (1) = 3.

(U7) Bevisa att om y₁ och y₂ b˚ada är 0 vid samma punkt i I s˚a kan funktionerna inte utgöra en fundamental lösningsmängd till differentialekvationen y⁰⁰+ p(t)y⁰+ q(t)y = 0 för t ∈ I.

Antag att s˚a ¨ar fallet, dvs y₁(t₀) = y₂(t₀) = 0. Vi vet att Wronskianen W (y₁, y₂)(t) = y₁y₂⁰−y₁⁰y₂, allts˚a kommer W (t0) = 0. Men Wronskianen uppfyller differentialekvationen

W⁰+ p(t)W = 0. (6)

Om vi nu antar p(t) är en kontinuerlig funktion s˚a vet vi att IVP W⁰+ p(t)W = 0, W (t₀) = 0 har en unik lösning i hela intervallet där p(t) är kontinuerlig. Men vi ser att W (t) ≡ 0 är en lösning p˚a detta problem (homogena linjär differentialekvationer har alltid noll-lösningen som en lösning och i detta fall s˚a uppfyller noll-lösningen även IVP), allts˚a m˚aste detta vara den unika lösningen p˚a problemet. Men d˚a betyder det att Wronskianen är identiskt noll. Allts˚a m˚aste y₁ och y₂ vara linjärt beroende och kan s˚aledes inte utgöra en fundamental lösningsmängd.

(U8) t²y⁰⁰− 5ty⁰+ 9y = 0, t > 0. Anv¨and substitutionen x = ln(t) och l¨os.

(3)

Blir lite omständigt att göra med denna substitution, m˚aste använda kedjeregeln. Vi gjorde dock detta p˚a övningen. Borde f˚a att

dy dt = dy

dx dx

dt = 1 t

dy

dx. (7)

Samt

d²y dt² = d

dt dy

dt = d dt(1

t dy

dx) = −1 t²

dy dx+ d

dt dy

dx (8)

−1 t²

dy dx+1

t d dx(dy

dx)dx dt = −1

t² dy dx + 1

t² d²y

dx² (9)

allts˚a

tdy dt = dy

dx (10)

t²d²y

dt² = −dy dx +d²y

dx² (11)

Insatt i ekvationen ger att

y⁰⁰− y⁰− 5y⁰+ 9y = 0. (12)

där derivatorna nu är med avseende p˚a variabeln x. Ekvivalent med Ansätter att y(x) = e^rx, f˚ar karaktäristisk ekvation r²− 6r + 9 = 0 med dubbelrot r = 3 vilket ger lösningarna y1(x) = e^3x och y₂(x) = xe^3x. ˚Aterg˚ar vi till t-variablerna s˚a f˚ar vi att

y₁(t) = e^{3 ln t}= t³ (13)

y₂(t) = ln te^{3 ln t} = ln(t)t³. (14)

Ett annat sätt är att göra ansatsen y = t^r och försöka ta reda p˚a vad r är genom att sätta in denna ansats i ekvationen. Borde f˚a ekvationen r(r − 1) − 5r + 9 = 0 (kallas för indexekvationen) med dubbelrot = 3. Allts˚a samma ekvation som dök upp med metoden ovan. Ger y1(t) = t³. Hur f˚ar du fram en andra oberoende lösning? Reduktion av ordning, ansätt y2(t) = v(t)t³. Du borde komma fram till att v(t) = ln(t). Det blir alltid s˚a för fallet d˚a indexekvationen för Eulerekvationer har en dubbelrot. Det kan du försöka visa allmänt, skoj.

(U9) Finn allm¨anna l¨osningen till differentialekvationen (a) t²y⁰⁰+ ty⁰+ 4y = 0, t > 0.

(b) 2t²y⁰⁰− 5ty⁰+ 5y = 0, t > 0.

Detta är Eulerekvationer. Ansätt y(t) = t^r. Vid dubbelrot s˚a använd metoden med reduktion av ordning.

(U10) Ekvationen

(a) t²y⁰⁰+ ty⁰− 4y = 0, t > 0 har en l¨osning y1(t) = t². (b) xy⁰⁰− y⁰+ 4x³y = 0, x > 0 har en l¨osning y₁(x) = sin(x²).

(c) t²y⁰⁰− 4ty⁰+ 6y = 0, t > 0 har en l¨osning y₁(t) = t³.

Finn med hjälp av denna lösning en annan oberoende lösning y2, och skriv upp allmänna lösningen till ekvationen. Kolla vad W (y₁, y₂) blir.

Ansätt y2(t) = v(t)y1(t). Derivera och sätt in i ekvationen. Det som m˚aste hända är att alla termer som har med v att göra ska försvinna, annars har det blivit fel i räkningarna. Det som blir kvar är en ekvation med v⁰⁰ och v⁰. Detta ser ut som en andra ordningens ekvation, men det g˚ar att tolka som en första ordningens ekvation om vi tänker p˚a u = v⁰ för d˚a blir u⁰ = v⁰⁰. Lös ekvationen som dyker upp med metoder som fungerar för första ordningens ekvationer, f˚ar d˚a fram uttryck för v⁰. Integrera och f˚a uttryck för v, och vips s˚a f˚ar vi y2.

(4)

(U11) Bestäm allmänna lösningen till y⁰⁰−2y⁰−3y = 6e^2t. Använd metoden med obestämda koefficienter.

(U12) Finn allmänna lösningen till följande ekvationer

(a) ty⁰⁰− (1 + t)y⁰+ y = t²e^t, t > 0, där y1(t) = 1 + t och y2(t) = e^t är tv˚a oberoende lösningar till den homogena ekvationen.

(b) t²y⁰⁰− 2y = 4t²− 3, t > 0, där y1(t) = t² är en lösning till den homogena ekvationen.

(c) t²y⁰⁰− 2ty + 2y = 8t², t > 0, där y₁(t) = t är en lösning till den homogena ekvationen.

Vi kan göra (b). Här kan man antingen tänka sig att första använda reduktion av ordning för att f˚a fram y2 och sedan variation av parametrar för att f˚a fram en partikulärlösning. ELLER s˚a kan man freestyla och baka ihop dessa tv˚a metoder till en metod. Wow. Vi ansätter

y(t) = v(t)t². (15)

Derivera

y⁰(t) = t²v⁰+ 2tv (16)

y⁰⁰(t) = t²v⁰⁰+ 4tv⁰+ 2v. (17)

insatt i ekvationen

t⁴v⁰⁰+ 4t³v⁰+ 2t²v − 2t²v = 4t²− 3 (18) samma sak som

t⁴v⁰⁰+ 4t³v⁰= 4t²− 3 (19)

vilken vi skriver om som

v⁰⁰+ 41

tv⁰ = 4t⁻²− 3t⁻⁴ (20)

integrerande faktor ¨ar e^´^{4/t dt}= t⁴. S˚a multiplicera hela ekvationen med t⁴ igen (tihi)

t⁴v⁰⁰+ 4t³v⁰= 4t²− 3 (21)

som d˚a kan skrivas som

d

dt(t⁴v⁰) = 4t²− 3 (22)

integrera och f˚a

t⁴v⁰ = 4

3t³− 3t + c (23)

allts˚a

v⁰ = 4

3t⁻¹− 3t⁻³+ ct⁻⁴ (24)

integrera

v(t) = 4

3ln(t) +3

2t⁻²+ bt⁻³ (25)

allts˚a

y(t) = v(t)t² = 4

3ln(t)t²+3

2 + bt⁻¹ (26)

där b är en godtycklig konstant. Vi vet att vi kan addera c1y1(t) till detta uttryck eftersom y1 är en lösning till den homogena ekvationen, allts˚a om y ovan är en lösning s˚a är även

y(t) = v(t)t² = 4

3ln(t)t²+3

2+ bt⁻¹+ c₁t² (27)

en lösning. Delen av uttrycket ovan som st˚ar efter b, dvs t⁻¹ är en lösning till den homogena ekvationen, allts˚a kan vi ta detta som y₂. Wronskianen för y₁och y₂blir W (t², t⁻¹) = −t²t⁻²−2t·t⁻²=

−1 − 2 = −3 6= 0 f¨or alla t, allts˚a oberoende l¨osningar. Klart.

(5)

(U13) Finn allmänna lösningen till följande ekvationer (a) y⁰⁰+ y = 2 tan(t), 0 < t < π/2.

(b) y⁰⁰− 7y⁰+ 10y = g(t).