(b) Anv¨and (a) f¨or att rekonstruera ekvationen y00+ y = 0 fr˚an varje ovan givet par av linj¨art oberoende l¨osningar

UPPSALA UNIVERSITET L¨osningar till rekommenderade MATEMATISKA INSTITUTIONEN uppgifter till lektion 3

Pepe Winkler Ordin¨ara differentialekvationer

Civilingenj¨orsutbildning

15.10 Det ¨ar klart att sin x , cos x och sin x , sin x − cos x ¨ar tv˚a olika par av linj¨art oberoende l¨osningar till y⁰⁰+ y = 0 . Att y1 och y2 ¨ar linj¨art oberoende l¨osningar f¨or homogen ekvation y⁰⁰+ P (x)y⁰+ Q(x)y = 0 , medf¨or inte att y1 och y2 ¨ar entydigt best¨amda genom ekvationen.

(a) Visa att P (x) = −y1y⁰⁰2 − y²y1⁰⁰

W(y1, y2) och Q(x) = y1⁰y2⁰⁰− y²⁰y⁰⁰1

W(y1, y2) , dvs. att ekvationen ¨ar entydigt best¨amd genom ett givet par av linj¨art oberoende l¨osningar.

(b) Anv¨and (a) f¨or att rekonstruera ekvationen y⁰⁰+ y = 0 fr˚an varje ovan givet par av linj¨art oberoende l¨osningar.

(c) Rekonstruera ekvation fr˚an Problem 4 ( y⁰⁰− 4y⁰+ 4y = 0 ) utg˚aende fr˚an ett par linj¨art oberoende l¨osningar e^2x och xe^2x.

L¨osning: (a) y1 och y2 ¨ar tv˚a linj¨art oberoende l¨osningar till ekvationen y⁰⁰+ P (x)y⁰+ Q(x)y = 0 betyder att:

 y1⁰⁰+ P (x)y⁰1+ Q(x)y1 = 0 y2⁰⁰+ P (x)y⁰2+ Q(x)y2 = 0 ⇔

 P (x)y1⁰ + Q(x)y1 = −y¹⁰⁰ P(x)y2⁰ + Q(x)y2 = −y²⁰⁰

L¨os ekvationssystemet m.a.p. obekanta P (x) och Q(x) genom Cramers formler eller genom eliminering. Man f˚ar:

P(x) = y1y⁰⁰2 − y⁰⁰¹y2

y1⁰y2− y¹y2⁰

= −y1y2⁰⁰− y⁰⁰¹y2

W(y1, y2) och Q(x) = y1⁰y⁰⁰2 − y⁰²y1⁰⁰

W(y1, y2) , ty W (y1, y2) = y1y2⁰ − y²y1⁰.

(b) S¨att y1 = sin x och y2 = cos x . Best¨am P (x) och Q(x) med ovan givna formler.

y⁰1 = cos x , y1⁰⁰ = − sin x och y⁰² = − sin x , y²⁰⁰ = − cos x . Ins¨attningen ger:

P(x) = −sin x(− cos x) − cos x(− sin x) sin x(− sin x) − cos x cos x = 0

1 = 0 och Q(x) = cos x(− cos x) − (− sin x)(− sin x)

−1 = 1 , allts˚a ekvationen ¨ar:

y⁰⁰+ 0 · y⁰+ 1 · y = 0 ⇔ y⁰⁰+ y = 0 .

P.s.s. f˚ar man ekvationen y⁰⁰+ y = 0 om man s¨atter y1 = sin x och y2 = sin x − cos x . (G¨or det!)

(c) Om ist¨allet y1= e^2x och y2 = xe^2x f˚ar man y1⁰ = 2e^2x, y⁰⁰1 = 4e^2x och y⁰2 = (1 + 2x)e^2x, y2⁰⁰= 4(1 + x)e^2x och ins¨attningen ger:

P(x) = e^2x4(1 + x)e^2x− 4e^2xxe^2x 2e^2xxe^2x− e^2x(1 + 2x)e^2x = 4

−1 = −4 . P.s.s. Q(x) = 2e^2x4(1 + x)e^2x− (1 + 2x)e^2x4e^2x

e^2x(1 + 2x)e^2x− xe^2x2e^2x = 4e^2x

e^2x = 4 , allts˚a y1 = e^2x och y2= xe^2x ¨ar tv˚a linj¨art

oberoende l¨osningar till ekvationen: y⁰⁰− 4y⁰+ 4y = 0 .

16.2 Anv¨and Liouvills metod med variabla koefficienter f¨or att hitta andra linj¨art oberoende l¨osning y2 om du k¨anner en l¨osning y1 till ekvationen:

(a) y⁰⁰+ y = 0 och y1 = sin x , (b) y⁰⁰− y = 0 och y¹ = e^x. L¨osning: (a) S¨ok y2 = v(x) · sin x . y⁰²= v⁰sin x + v cos x och y⁰⁰2 = v⁰⁰sin x + 2v⁰cos x − v sin x . Ins¨attningen i ekvationen ger:

v⁰⁰sin x + 2v⁰cos x = 0 ⇔ v⁰⁰

v⁰ = −2cos x

sin x ⇒ ln v⁰= −2 ln sin x ⇔ v⁰= − 1

sin²x ⇒ v = 1

tan x = cos x

sin x, allts˚a y2(x) = cos x

sin x sin x = cos x .

(b) S¨att y2(x) = v(x) · e^x. Man f˚ar y2⁰ = v⁰e^x och y⁰⁰2 = v⁰⁰e^x + 2v⁰e^x + ve^x. Ins¨attningen i ekvationen ger:

v⁰⁰e^x+ 2v⁰e^x = 0 ⇔ v⁰⁰

v⁰ = −2 ⇒ v⁰ = e^−2x ⇒ v = −1

2e^−2x, allts˚a y2(x) = −¹2e^−2x· e^x = −¹2e^−x.

Det g˚ar bra att v¨alja y2(x) = e^−x. 16.6 Ekvationen x²y⁰⁰+ xy⁰+ (x² − 1

4)y = 0 ¨ar ett speciall fall av Bassel’s ekvation x²y⁰⁰+ xy⁰+ (x²− p²)y = 0 som svarar mot p = 1

2. Verifiera att y1= x⁻¹²sin x

¨ar en l¨osning i ett intervall som inneh˚aller bara positiva v¨arden f¨or x , och best¨am allm¨ann l¨osning till ekvationen.

L¨osning: Om y1= x⁻¹²sin x d˚a y1⁰ = −1

2x⁻³²sin x + x⁻¹²cos x och y⁰⁰1 = 3

4x⁻⁵²sin x − x⁻³²cos x − x⁻¹²sin x .

Ins¨attningen i ekvationen visar att y1(x) ¨ar en l¨osning.

S¨ok y2(x) p˚a formen y2(x) = v(x) · y¹(x) = v · x⁻¹²sin x . Derivering av y2 ger:

y⁰2 = v⁰x⁻¹²sin x −1

2vx⁻³²sin x + vx⁻¹²cos x och y⁰⁰2 = v⁰⁰x⁻¹²sin x − 1

2v⁰x⁻³²sin x + v⁰x⁻¹²cos x − 1

2v⁰x⁻³²sin x + 3

4vx⁻⁵²sin x − 1

2vx⁻³²cos x + v⁰x⁻¹²cos x − 1

2vx⁻³²cos x − vx⁻¹²sin x

= v⁰⁰x⁻¹² sin x−v⁰x⁻³²sin x+2v⁰x⁻¹²cos x+3

4vx⁻⁵²sin x−vx⁻³²cos x−vx⁻¹²sin x . Ins¨attningen i ekvationen ger:

v⁰⁰x³²sin x − v⁰x¹²sin x + 2v⁰x³² cos x + 3

4vx⁻¹²sin x − vx¹²cos x − vx³² +v⁰x¹²sin x −1

2vx⁻¹²sin x + vx¹²cos x + vx³²sin x −1

4vx⁻¹²sin x = 0 ⇔ v⁰⁰x³²sin x + 2v⁰x³²cos x = 0 ⇔ v⁰⁰

v⁰ = −2cos x

sin x ⇒ ln v⁰= −2 ln sin x ⇒ v⁰= 1

sin²x, allts˚a v = 1

tan x = cos x

sin x och y2(x) = cos x

sin x · x⁻¹² sin x = x⁻¹²cos x . Den allm¨anna l¨osningen till ekvationen ¨ar y(x) = c1x⁻¹²sin x + c2−¹2cos x . 17.5 Ekvationen x²y⁰⁰+ pxy⁰+ qy = 0 , d¨ar p och q ¨ar konstanter, kallas F¨or Eu-

lers equidimensionel ekvation. Visa att variabelbyte given genom x = e^z trans-

formerar ekvationen till en ekvation med konstanta koefficienter och anv¨and den teknik f¨or att hitta allm¨ann l¨osning till f¨oljande ekvationer:

(a) x²y⁰⁰+ 3xy⁰+ 10y = 0 ; (f) x²y⁰⁰+ 2xy − 6y = 0 ; (b) 2x²y⁰⁰+ 10xy⁰+ 8y = 0 ; (g) x²y⁰⁰+ 2xy⁰+ 3y = 0 ;

(c) x²y⁰⁰+ 2xy⁰− 12y = 0 ; (h) x²y⁰⁰+ xy⁰− 2y = 0 ; (d) 4x²y⁰⁰− 3y = 0 ; (i) x²y⁰⁰+ xy⁰− 16y = 0 .

(e) x²y⁰⁰− 3xy⁰+ 4y = 0 ;

L¨osning: S¨att x = e^z eller z = ln x . D˚a g¨aller att y⁰= dy dx = dy

dz·dz

dx = y_z⁰·1 x och y⁰⁰= d²y

dx² = d dx

 dy dz · dz

dx



= d²y dz² · dz

dx

² +dy

dz · d²z

dx² = y⁰⁰_zz· 1 x² + y_z⁰ ·



− 1 x²



= y⁰⁰_zz 1

x² − y⁰z

1

x² . Ins¨attningen i ekvationen ger:

x²· (yzz⁰⁰ − yz⁰) 1

x² + px(y_z⁰1

x) + qy = 0 ⇔ yzz⁰⁰ + (p − 1)y⁰z+ qy = 0 , allts˚a en linj¨ar ekvation av andra ordningen ekvation med konstanta koefficienter d¨ar oberoende variabeln ¨ar z .

(a) Ekvationen x²y⁰⁰ + 3xy⁰+ 10y = 0 genom variabelbyte x = e^z ¨overg˚ar i ekvationen y⁰⁰+ (3 − 1)y⁰+ 10y = 0 i variabeln z .

Karakteristiska ekvationen ¨ar m²+ 2m + 10 = 0 ⇔ m^1,2= −1 ± 3i , allts˚a y(z) = e^−z(A cos 3z + B sin 3z) , allts˚a y(x) = 1

x(A cos 3 ln x + B sin 3 ln x)

= x⁻¹(A cos ln x³+ B sin ln x³) ¨ar l¨osningen till ekvationen.

(b) Med samma substitution x = e^z f˚ar man ekvation med den oberoende vari- abeln z y⁰⁰+4y⁰+4 = 0 som har karakteristiska ekvationen m²+4m+4 = 0 med dubbelrot m1,2 = −2 och l¨osningen y(z) = e^−2z(c1+ c2z) . ˚Atersubstitutionen ger y(x) = 1

x²(c1+ c2ln x) .

(c) Vid substitutionen x = e^z transformeras ekvationen till ekvationen i den oberoende variabeln z och f˚ar formen y⁰⁰+ y − 12y = 0 som har karakteristiska ekvationen m²+m−12 = 0 med r¨otterna m¹ = 3 och m2 = −4 , allts˚a funktionen y(x) = y(z) = c1e^3z + c2e^−4z = c1x³ + c2x⁻⁴ ¨ar den allm¨anna l¨osningen till ekvationen.

(d) Ekvationen 4x²y⁰⁰− 3y = 0 ⇔ x²y⁰⁰− 3

4y = 0 och substitutionen x = e^x transformerar ekvationen till y⁰⁰− y⁰− 3

4y = 0 med karakteristiska ekvationen m² − m − 3

4 = 0 som har r¨otterna m1 = 3

2 och m2 = −1

2. L¨osningen i z ¨ar y(z) = c1e^32z+ c2e^−12z.

˚Atersubstitution ger l¨osningen till ekvationen y(x) = c1x³² + c2x⁻¹² .

(e) x²y⁰⁰− 3xy⁰+ 4y = 0 ⇔ y⁰⁰− 4y⁰+ 4 = 0 i variabeln z . Karakteristiska ekvationen har dubbelrot m1,2 = 2 d¨arf¨or l¨osningen ¨ar y(z) = e^2z(c1+ c2z) eller

y(x) = x²(c1+ c2ln x) .

(f) x²y⁰⁰+ 2xy⁰− 6y = 0 ⇒ y⁰⁰+ y⁰− 6y = 0 med karakteristiska ekvationen m²+ m − 6 = 0 ⇔ m¹ = −3 och m²= 2 .

y(z) = c1e^−3z+ c2e^2z ⇒ y(x) = c¹x⁻³+ c2x². (g) x²y⁰⁰+ 2xy⁰+ 3y = 0 ⇒ y⁰⁰+ y⁰+ 3y = 0 ⇒ m^1,2= −1 ± i√

11

2 ⇒

y(z) = e^−12z

 Acos1

2

√11z + B sin1 2

√11z



⇒ y(x) = 1

√x

 Acos1

2

√11 ln x + B sin1 2

√11 ln x

 .

(h) x²y⁰⁰+ xy⁰− 2y = 0 ⇔ y⁰⁰+ 0 · y⁰− 2y = 0 ⇔ y⁰⁰− 2y = 0 ⇔ m¹,2= ±√ 2 ⇒ y(z) = c1e^√2z+ c2e^−√2z ⇒ y(x) = c¹x^√2+ c2x^−√2.

(i) x²y⁰⁰+xy⁰−16y = 0 ⇒ y⁰⁰−16y = 0 ⇒ m^1,2 = ±4 ⇒ y(z) = c¹e^4z+c2e^4z ⇒ y(x) = c1x⁴+ c2x⁻⁴.

18.3(a) Visa att om y1(x) och y2(x) ¨ar l¨osningar till ekvationer

y⁰⁰+ P (x)y⁰+ Q(x)y = R1(x) resp. y⁰⁰+ P (x)y⁰+ Q(x)y = R2(x) , d˚a y(x) = y1(x) + y2(x) ¨ar l¨osningen till ekvationen

y⁰⁰+ P (x)y⁰+ Q(x)y = R1(x) + R2(x) .

Detta ¨ar s.k. superpositions princip. Anv¨and denna princip f¨or att l¨osa ekvationen:

(a) y⁰⁰+ 4y = 4 cos 2x + 6 cos x + 8x² − 4x .

L¨osning: Ins¨attningen av y1(x) + y2(x) i ekvationen ger:

y⁰⁰+P (x)y⁰+Q(x)y = R1(x)+R2(x) ger (y1+y2)⁰⁰+P (x)(y1+y2)⁰+Q(x)(y1+y2) = y⁰⁰1 + y⁰⁰2 + P (x)(y1⁰ + y2⁰) + Q(x)y1+ Q(x)y2 =

(y1⁰⁰+ P (x)y1⁰ + Q(x)y1) + (y⁰⁰2 + P (x)y⁰2+ Q(x)y2) = R1(x) + R2(x) , allts˚a g¨aller superpositions princip.

F¨or att l¨osa ekvationen y⁰⁰ + 4y = 4 cos 2x + 6 cos x + 8x² − 4x ska man l¨osa dels ekvationen y⁰⁰+ 4y = 4 cos 2x dels y⁰⁰+ 4y = 6 cos x och sist ekvationen y⁰⁰+ 4y = 8x²− 4x . Sedan anv¨ander man superpositions princip.

Den homogena ekvationen y⁰⁰+ 4y = 0 har karakteristiska ekvationen m²+ 4 = 0 med r¨otterna m1 = 2i och m2 = −2i .

Den allm¨anna l¨osninger ¨ar d˚a yh(x) = C1cos 2x + C2sin 2x .

Partikul¨ar l¨osning till ekvationen y⁰⁰+ 4y = 4 cos 2x s¨oks p˚a formen

yp1(x) = x(a cos 2x + b sin 2x) . Derivering och ins¨attningen i ekvationen ger:

y⁰_p1= a cos 2x + b sin 2x − 2x(a sin 2x − b cos 2x) och

y⁰⁰_p1(x) = −2a sin 2x + 2b cos 2x − 2a sin 2x + 2b cos 2x − 4x(a cos 2x + b sin 2x) . Ins¨attningen ger:

−4a sin 2x + 4b cos 2x − 4ax cos 2x − 4bx sin 2x + 4x(a cos 2x + b sin 2x) = 4 cos 2x

⇔ a = 0 och b = 1 , allts˚a yp1(x) = x sin 2x .

F¨or att l¨osa ekvationen y⁰⁰+ 4y = 6 cos x s¨oker man partikul¨ar l¨osning p˚a formen y_p2(x) = a cos x + b sin x . Derivering ger: y⁰_p2= −a sin x + b cos x och

y⁰⁰_p2= −a cos x − b sin x . Ins¨attningen i ekvationen ger:

−a cos x − b sin x + 4(a cos x + b sin x) = 6 cos x ⇔ 3a cos x + 3b sin x = 6 cos x ⇔ a= 2 och b = 0 , allts˚a yp2(x) = 2 cos x .

Partikul¨ar l¨osning till ekvationen y⁰⁰+ 4y = 8x²− 4x s¨okes p˚a formen:

y_p3(x) = ax²+ bx + x . y_p⁰₃ = 2ax + b och y_p⁰⁰₃ = 2a Ins¨attningen i ekvationen y⁰⁰+ 4y = 8x²− 4x ger: 2a + 2ax²+ 4bx + 4c = 8x²− 4x ⇔ 2a = 8 , 4b = −4 och 2a + 4c = 0 ⇔ a = 2 , b = −1 och c = −1 . Allts˚a yp3 = 2x² − x − 1 . Den allm¨anna l¨osningen till ekvationen ¨ar: y(x) = yh(x)+yp1(x)+yp2(x)+yp3(x)

= C1cos 2x + C2sin 2x + x sin 2x + 2 cos x + 2x²− x − 1 . 19.6 Best¨am den allm¨anna l¨osningen till f¨oljande ekvationen:

(d) xy⁰⁰− (1 + x)y⁰+ y = x²e^2x.

L¨osning: F¨orst ska man best¨amma tv˚a linj¨art oberoende l¨osningar till den ho- mogena ekvationen xy⁰⁰− (1 + x)y⁰+ y = 0 .

Det ¨ar l¨att att se att funktionen y1(x) = 1 + x ¨ar en l¨osning. y⁰1 = 1 och y1⁰⁰= 0 . Ins¨attningen i ekvationen ger: x · 0 − (1 + x) · 1 + 1 + x = 0 .

S¨ok en annan, linj¨art oberoende l¨osning p˚a formen:

y2(x) = v(x) · y¹(x) = v(x)(1 + x) . Derivering ger: y2⁰ = v⁰(1 + x) + v och y⁰⁰2 = v⁰⁰(1 + x) + 2v⁰. Ins¨attningen i ekvationen ger:

x·(v⁰⁰(1+x)+2v⁰)−(1+x)(v⁰(1+x)+v)+v(1+x) = 0 ⇔ v⁰⁰x(1+x)−v⁰(1+x²) = 0 v⁰⁰

v⁰ = 1 + x²

x(1 + x) ⇔ v⁰⁰

v⁰ = 1 + 1 x − 2

x+ 1, allts˚a ln v⁰ = x + ln x

(1 + x)² , dvs.

v⁰= xe^x

(1 + x)² = e^x(1 + x) − e^x (1 + x)² =

 e^x 1 + x

₀

. v(x) = e^x 1 + x och y2(x) = e^x

1 + x· (1 + x) = e^x. Den allm¨anna l¨osningen till den homogena ekvatio- nen ¨ar yh(x) = c1(1 + x) + c2e^x.

Nu s¨oker man en partikul¨ar l¨osning till ekvationen y⁰⁰−

 1 + 1

x

 + 1

xy = xe^2x p˚a formen yp(x) = v1(x) · (1 + x) + v²(x) · e^x med villkoret:

v1⁰(1 + x) + v⁰2e^x = 0 (1) .

Under detta villkor g¨aller att y_p⁰ = v1+ v2e^x och y_p⁰⁰= v⁰1+ v⁰2e^x+ v2e^x. Ins¨attningen i ekvationen ger:

v⁰₁+ v2⁰e^x+ v2e^x−

 1 + 1

x



(v1+ v2e^x) + 1

x(v1(1 + x) + v2e^x) = xe^2x ⇔

v⁰1+ v2⁰e^x = xe^2x (2) .

(1) – (2) ger xv1⁰ = −xe^2x ⇔ v⁰¹ = −e^2x ⇒ v¹(x) = −1 2e^2x. Fr˚an (2) f˚ar man nu att v2⁰ = (1 + x)e^x och d˚a v2 = xe^x. Den s¨okta partitkul¨ara l¨osningen ¨ar −1

2e^2x(1 + x) + xe^xe^x= 1

2e^2x(x − 1) , och den allm¨anna l¨osningen till ekvationen ¨ar y(x) = c1(1 + x) + c2e^x−1

2e^2x(x − 1) .