DiploMat 1 Inhomogene lineære differentialligninger

Transkript

1 DiploMat 1 Inhomogene lineære differentialligninger Preben Alsholm Uge Efterår Lineære Differentialligninger af anden orden 1.1 Den inhomogene ligning I Den inhomogene ligning I Vi betragter nu den inhomogene ligning ax 00 + bx 0 + cx (Inhomogen) og den tilsvarende homogene ligning ax 00 + bx 0 + cx = 0 (Homogen) Sætning 1. Lad ψ 1 og være løsninger til Inhomogen. Så er φ = ψ 1 en løsning til Homogen. Bevis. Vi har aψ cψ 1 aψ c Træk nederste ligning fra øverste: aψ bψ0 1 + cψ 1 (aψ bψ0 2 + c ) = q (t) q (t) = 0. Dvs. a (ψ 1 ) 00 + b (ψ 1 ) 0 + c (ψ 1 ) = Den inhomogene ligning II Den inhomogene ligning II Sætning 2. Lad ψ 1 være en løsning til Inhomogen og φ en løsning til Homogen. Så er = ψ 1 + φ en løsning til Inhomogen. Bevis. Vi har aψ cψ 1 aφ 00 + bφ 0 + cφ = 0 1

2 Læg sammen: aψ bψ0 1 + cψ 1 + aφ00 + bφ 0 + cφ + 0. Dvs. a (ψ 1 + φ) 00 + b (ψ 1 + φ) 0 + c (ψ 1 + φ). Opskrift på fuldstændige løsning til Inhomogen. 1. Find den fuldstændige løsning til Homogen. Denne løsning vil indeholde to arbitrære konstanter. 2. Find bare én løsning til Inhomogen. En sådan løsning kaldes en partikulær løsning til Inhomogen. 3. Den fuldstændige løsning til Inhomogen er summen af den fundne partikulære løsning til Inhomogen og den fuldstændige løsning til Homogen. 1.3 Eksempel 1 Eksempel 1 Vi fan sidste gang, at den løsning til x x 0 + 2x = 20te 3t, der opfylder x (0) = 0, x 0 (0) = 4 5 er x (t) = t e 3t e t Den fuldstændige løsning til den tilsvarende homogene ligning er x (t) = c 1 e 2t + c 2 e t, hvor c 1, c 2 2 R. Altså er den fuldstændige løsning til den inhomogene ligning x (t) = t 20 e 3t + 20 e t + c 1 e 2t + c 2 e t hvor c 1, c 2 2 R. Dette kan skrives mere kompakt som x (t) = t 20 e 3t + c 1 e 2t + c 2 e t, hvor c 1, c 2 2 R. Bemærk, at x (t) = t 20 e 3t er en særlig simpel løsning til den inhomogene ligning. 1.4 Eksempel 2 Eksempel 2 Betragt differentialligningen x x 0 + 2x = 4t 2. Den fuldstændige løsning til den tilsvarende homogene ligning er x (t) = c 1 e 2t + c 2 e t, hvor c 1, c 2 2 R. En partikulær løsning er x (t) = 2t 2 6t + 7. Altså er den fuldstændige løsning til x x 0 + 2x = 4t 2 givet ved x (t) = 2t 2 6t c 1 e 2t + c 2 e t hvor c 1, c 2 2 R. 2

3 1.5 Bestemmelse af en partikulær løsning Bestemmelse af en partikulær løsning Vi betragter nu den inhomogene ligning hvor højresiden har formen hvor Q (t) er et polynomium. ax 00 + bx 0 + cx q (t) = Q (t) e αt cos βt sin βt Vi ønsker at bestemme en partikulær løsning. Vi vil gøre en ansats (et kvalificeret gæt) om en løsnings form. Denne ansats vil indeholde en eller flere konstanter, der skal bestemmes ved indsættelse i differentialligningen. 1.6 Eksempel 3 Eksempel 3 Vi finder en partikulær løsning til x x 0 + 2x = 20te 3t. Karakterligningen har rødderne 2 og 1. Ansats: x p (t) = (At + B) e 3t d 2 (At 2 + B) e 3t + 3 d (At + B) e 3t + 2 (At + B) e 3t = 20te 3t Udregning og reduktion giver te 3t (20A) + e 3t (A + 20B) = 20te 3t Dette skal gælde for alle t 2 R. Vi må derfor forlange 20A = 20 og A + 20B = 0. Altså A = 1 og B = 20. En partikulær løsning er dermed x p (t) = t 20 e 3t. 3

4 1.7 Eksempel 4 Eksempel 4 Differentialligningen x x 0 + 2x = 4t 2 har samme homogene ligning som ovenfor. Ansats til en partikulær løsning: x p (t) = At 2 + Bt + C d 2 2 At 2 + Bt + C + 3 d At 2 + Bt + C + 2 At 2 + Bt + C = 4t 2 Udregning og reduktion giver: 2At 2 + (6A + 2B) t + 2A + 3B + 2C = 4t 2 Dette skal gælde for alle t 2 R. Vi må derfor forlange 2A = 4, 6A + 2B = 0 og 2A + 3B + 2C = 0. Altså A = 2, B = 6 og C = 7. En partikulær løsning er dermed x p (t) = 2t 2 6t Skema til ansats Skema til ansats Q m (t) er et givet polynomium af grad m. P m (t) og R m (t) er polynomier af grad m, hvor samtlige led forekommer (med ubestemte koefficienter). Højre side Q m (t) Q m (t) e αt Q m (t) e αt cos βt (eller sin βt) Ansats t s P m (t) t s P m (t) e αt t s Pm (t) e αt cos βt +R m (t) e αt sin βt s skal vælges som det mindste hele ikke-negative tal ( s = 0, 1, 2, 3... ), som sikrer, at intet led i ansatsen løser den homogene ligning. 1. Eksempel 5 Eksempel 5 Differentialligningen x x 0 + 2x = 3e 2t har igen samme homogene ligning som tidligere. Da højresiden 3e 2t løser den homogene ligning må den basale ansats til en partikulær løsning x p (t) = Ae 2t modificeres til x p (t) = Ate 2t d 2 Ate 2t d Ate 2t + 2Ate 2t = 3e 2t 4

5 Udregning og reduktion giver: Ae 2t = 3e 2t Vi må forlange, at A = 3 altså A = 3. En partikulær løsning er dermed x p (t) = 3te 2t Eksempel 6 Eksempel 6 Differentialligningen x x 0 + 2x = 10 cos t har samme homogene ligning som tidligere. Ansats til en partikulær løsning x p (t) = A cos t + B sin t. d Indsættelse: 2 (A cos t + B sin t) + 3 d 2 (A cos t + B sin t) + 2 (A cos t + B sin t) = 10 cos t. Udregning og reduktion giver (A + 3B) cos t + ( 3A + B) sin t = 10 cos t. Dette skal gælde for alle t 2 R. Vi må derfor forlange A + 3B = 10 og 3A + B = 0. Altså A = 1, B = 3. En partikulær løsning er dermed x p (t) = cos t + 3 sin t. 5