Armin Ha
ORDIN (Tilläm Vi betra Vi anvä Steg 1.
Steg 2.
Steg 3.
serie me
) (x yp som vi s Steg 4.
sin(nx Steg 5.
Uppgift Bestäm
) (t y
där (u
Lösning Steg 1.
) (
t y
H C
y
alilovic: EXTR
NÄRA DIFF mpning av F
aktar DE änder följan
Vi löser till Vi utveckla En partikul ed obestämd
2 1(
0 c
c
n
n
substituerar Vi identifie
) x .
( ) (x y
y h
t 1.
m den allmän
) ( 2 y t
1 , 3 ) t t
g:
Först homo 0 ) (
2
y t Ce2t ( lösn
RA ÖVNINGA
FERENTIA Fourierserie
L(y)=f(x) de steg:
lhörande ho ar högerlede lär lösning b da koefficie
) cos(n x
n
r i DE. Hög erar koeffici
) ( )
(x yp x
nna lösning
) (t
u
(ek 1 1 t , (uogena delen ,
ningen till d
AR
ALEKVAT e)
vars hög
omogena DE et i tillhöran bestämmer v enter (c ochn
sin(n x
dn
gerledet ers ienter framf
gen till följan kv1)
( ) 2 (t u t
:
den homoge
1 av 5 TIONER M
gerled är en
E
nde Fouriers vi med hjälp h d ) n
)) x
sätts med Fo för basfunkt
nde DE me
) .
ena delen).
MED PERIO
n allmän per
serie.
p av ansatse
ourierserien tionerna co
d periodisk
ODE m
ODISKA H
riodiskfunk
en som är en
n . ) os(n ochx
ka högerled
med periodiska
HÖGERLE
ktion.
n trigonome
h
den
a högerled
ED
etrisk
2 av 5
, 6t
u vsin(nt) ,
6 u
n
t v cos(n )
Steg 2. Nu bestämmer vi en partikulörlösning till (ekv1).
Eftersom ekvationens högerled,u(t), är en periodisk funktion bestämmer vi Fourierserien för )
(t
u med T 2 ,
T
2
Funktionen )u(t är en udda funktion på intervallet 1t1 eftersom u(–t) = –u(t) och därför
...
3 , 2 , 1 ,
0
n
an
För n1 vi har
20 2
0
) sin(
3 2 sin
) 4 (
T T
n u t n tdt t n t dt
b T
( part. integration)
n
n n
t n n
n
n dt t n n
t t n
n
n
1
2 2 1
0
) 1 ( 6
) 0 1 ( 6 0 ) 1 6 sin(
) 6cos(
) 6 cos(
0 ) 1 6 cos(
Alltså: 6( 1) sin( ) )
(
1
1
t n n
t u
n
n
.
Steg 3. Vi gör en ansats i form av en trigonometrisk serie:
) sin cos
2 ( ) (
1
0 c n t d n t
t c y
n
n n
p
.
Både yp(t) och u(t) substitueras i ekvationen
) ( ) ( 2 )
( t y t u t
y
(ekv1) Vi får
)]
sin cos
2 ( [ 2 ) cos sin
(
1 0 1
t n d t n c c
t n d n t n c n
n
n n
n
n
n
) ) sin(
1 ( 6
1
1
t n n
n
n
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR ODE med periodiska högerled
3 av 5
Steg 4. Identifiering av koefficienterna som står framför cosnt och sinnt ger systemet
0 2
) 1 ( 2 6
2 0 2
1 0
n n
n n
n
d n c
d n c n c
Från systemet får vi
0 0
c ,
4 ) 1 ( 6 4 ) 1 ( 6
2 2 2
2 1
n
c n
n n
n och
) 4 (
) 1 ( 12
2 2
1
n d n
n n
Alltså en partikulär lösning är ) sin cos
2 ( ) (
1
0 c n t d n t
t c y
n
n n
p
1
2 2
1 2
2 sin( )
) 4 (
) 1 ( ) 12 4cos(
) 1 ( ) 6
(
n
n n
p n t
n t n
n n t
y
Steg 5. Den allmänna lösningen:
1
2 2
1 2
2
2 sin( )
) 4 (
) 1 ( ) 12 4cos(
) 1 ( 6
) ( ) ( ) (
n
n n
t
p H
t n n
t n n n
Ce
t y t y t y
Svar:
1
2 2
1 2
2
2 sin( )
) 4 (
) 1 ( ) 12 4cos(
) 1 ( ) 6
(
n
n n
t n t
n t n
n n Ce
t
y
Uppgift 2.
Bestäm den allmänna lösningen till
) ( ) ( 4 )
( t y t u t
y
(ekv1)där )u(t är följande periodiska funktion med perioden 1
|
| 3 )
(t t
u ,
2 1 2
1
t , u(t1)u(t).
Lösning
Steg 1.
) (
t y ger yH
Steg 2.
Eftersom ) (t u :
Funktio därför ,
0 bn
0 4 a T
För n
Alltså
Steg 3.
g:
Homogena 0 ) (
4
y t Ce4t
( l
Nu bestämm m ekvatione
T 1 ,
onen f(t) är e
..
3 , 2 ,
1 n
2 0
) (
T
dt t u
vi har vi 1
u t 4 ) 1 (
Vi gör en lö delen ,
lösningen ti
mer vi en pa ens högerled
2
2
T
en jämn fun
..
13/2
4
2 (0 T
n u
a T
n n 1 ( 4
3
1
ösningsansa
ill den hom
artikulörlös d,u(t), är en
nktion på in
cos )
(t n td
n
cos2 1 ) 12 2
ats i form av
4 av 5 mogena dele
sning till (ek n periodisk
ntervallet
...
dt [(
t n
2 .v en Fourier en).
kv1)
k funktion b
2 1 2
1
t
2 2
] 1 ) 1 (
n
n
rserie:
bestämmer v
eftersom u
vi Fourierse
u(–t)=u(t) o
erien för
och
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR ODE med periodiska högerled
5 av 5 )
sin cos
2 ( ) (
1
0 c n t d n t
t c y
n
n n
p
.
Både yp(t) och u(t) substitueras i ekvationen )
( ) ( 4 )
(t y t u t
y (ekv1).
Härav
)]
2 sin 2
cos 2 (
[ 4 ) 2 cos 2
2 sin 2
(
1 0 1
t n d
t n c c
t n d
n t n c
n
n
n n
n
n
n
t n n
n
n
cos2 1 ) 1 ( 4 13
1
2
2
Identifiering av koefficienterna som står framför cosnt och sinnt ger systemet
0 4 2
1 ) 1 2 (
4
4 13 2 4
2 2 0
n n
n n
n
d c n
d n n c
c
Från systemet får vi
8 13
0
c ,
) 4 (
1 ) 1 (
2 2 2
2
n c n
n
n och
) 4 (
2
1 ) 1 (
2
2
n d n
n n
Alltså är en partikulär lösning
) sin cos
2 ( ) (
1
0 c n t d n t
t c y
n
n n
p
1
2 2 2
2 2
2 sin(2 )
) 4 (
2
1 ) 1 ) (
2 )cos(
4 (
1 ) 1 ( 16
) 13 (
n
n n
p n t
n t n
n n t n
y
Den allmänna lösningen:
1
2 2 2
2 2 2
4 sin(2 )
) 4 (
2
1 ) 1 ) (
2 )cos(
4 (
1 ) 1 ( 16
13
) ( ) ( ) (
n
n n
t
p H
t n n
t n n n
Ce n
t y t y t y
Svar:
1
2 2 2
2 2 2
4 sin(2 )
) 4 (
2
1 ) 1 ) (
2 )cos(
4 (
1 ) 1 ( 16
) 13 (
n
n n
t n t
n t n
n n Ce n
t
y