Eulers equidimensionale differentialligning

Transkript

1 Eulers equidimensionale differentialligning Projektbesvarelse for MM501, udformet af Hans J. Munkholm Differentialligningen September-oktober 2009 For at kunne referere let og elegant gentages differentialligningen her: Delopgave A Bestem en anden grads ligning, t 2 y (t) + bt y (t) + c y(t) = 0, t > 0, (1) αr 2 + βr + γ = 0 (2) som tallet r opfylder hvis og kun hvis potensfunktionen t r er løsning til (1) Besvarelse: Da y(t) = t r har y (t) = rt r 1 og y (t) = (r 1)rt r 2, er t r løsning til (1) hvis og kun hvis der gælder t 2 (r 1)rt r 2 + bt rt r 1 + ct r = 0 Ved simple regnerier på venstresiden omskrives ligningen til (r(r 1) + br + c) t r = 0 Da t r aldrig bliver nul er den sidste ligning opfyldt hvis og kun hvis r(r 1) + br + c = 0, dvs hvis og kun hvis r 2 + (b 1)r + c = 0 (3) 1

2 Delopgave B Rødderne i ligningen (3) opdeler nu undersøgelsen i tre tilfælde: (I) Ligningen (3) har to forskellige reelle rødder. (II) Ligningen (3) har netop 1 reel rod. (III) Ligningen (3) har to forskellige ikke-reelle rødder. Bestem de betingelser på b og c, som svarer til hvert sit af de tre tilfælde. Gør rede for, at de to rødder i tilfælde III er konjugerede til hinanden. Besvarelse Diskriminanten for andengradspolynomiet (3) er Fra gymnasiet vides det da, at Tilfælde I indtræder, når D > 0 Tilfælde II indtræder, når D = 0 Tilfælde III indtræder, når D < 0. D = (b 1) 2 4c I tilfælde III er D > 0 så D er det rent imaginære tal i D. Så er rødderne i (3) b 1 D ± i (4) 2 2 Disse to komplekse tal afviger præcis ved fortegnsskift på deres imaginærdel, så de er hinandens konjugerede. 2

3 Delopgave C Bestem en formel for alle løsninger til (1) i tilfælde I. Besvarelse I tilfælde I er der to forskellige reelle rødder i (3), nemlig r 1 = b D 2, og r 1 = b 1 D 2 2. Resultatet fra delopgave A giver nu to løsninger til (1), nemlig y 1 (t) = t r 1, og y 2 (t) = t r 2 (5) Ingen af disse er nulfunktionen. De er heller ikke proportionale, så Sætning 0 giver os, at den fuldstændige løsning i tilfælde I er y(t) = At r 1 + Bt r 2, hvor A og B er vilkårlige reelle konstanter (6) 3

4 Delopgave D Bestem en formel for alle løsninger til (1) i tilfælde III. Besvarelse I formlen (4) simplificerer vi notationen ved at sætte k = b 1 2, ω = D 2 (7) så de to rødder er k ± iω Ifølge delopgave A har (1) den komplekse løsning t k+iω. Vi udregner realdelen og imaginærdelen af denne løsning ved at bruge formlerne fra slides uge 38, side 7 Re(t k+iω ) = t k cos(ω ln(t)), Im(t k+iω ) = t k sin(ω ln(t)) Sætning 1 garanterer, at disse to funktioner igen er løsninger til (1). Ingen af dem er nulfunktionen og de er ikke proportionale ( cosinus og sinus svinger ikke i takt ), kan vi bruge Sætning 0 til at konkludere, at den fuldstændige løsning til (1) i tilfælde III er givet ved formlen y(t) = At k cos(ω ln(t))+bt k sin(ω ln(t)) hvor A og B er vilkårlige reelle konstanter (8) 4

5 Delopgave E Denne delopgave omhandler tilfælde II, og r 1 betegner den enlige rod i (3). Eftervis, at funktionen t r1 ln(t) er løsning til (1). Bestem derefter en formel for alle løsninger til (1) i tilfælde II. Besvarelse Vi har løsningen y 1 (t) = t r 1 og skal vise, at y 2 (t) = y 1 (t) ln(t) også er en løsning. Vi udregner y 2(t) og y 2(t). y 2(t) = y 1(t) ln(t) + y 1(t), y t 2(t) = y 1(t) ln(t) + 2 y 1(t) y 1(t). t t 2 Vi indsætter i (1), og ganger ud. t 2 y 2(t) + bt y 2(t) + c y 2 (t) = t 2 y 1(t) ln(t) + 2ty 1(t) y 1 (t) + bty 1 (t) ln(t) + by 1 (t) + cy 1 (t) ln(t)) = (fortsættes) Vi samler nu alle led, der indeholder faktoren ln(t) og sætter denne faktor uden for en parentes. Parentesen giver alt i alt nul fordi y 1 (t) løser (1). (fortsat) = ( t 2 y 1(t) + bty 1(t) + cy 1 (t) ) ln(t) + 2ty 1(t) + (b 1)y 1 (t) = 2ty 1(t) + (b 1)y 1 (t) = (fortsættes) I dette udtryk indsættes formlen y 1 (t) = t r 1. Så får man (fortsat) = 2r 1 t r 1 + (b 1)t r 1 = 0 hvor det sidste lighedstegn gælder, fordi roden i (3) i dette tilfælde er r 1 = b 1 2. Hermed er det vist, at y 2 (t) faktisk er en løsning, og (den nu sædvanlige) anvendelse af Sætning 0 viser, at i tilfælde II er den fuldstændige løsning givet ved formlen y(t) = At r 1 + Bt r1 ln(t) hvor A og B er vilkårlige reelle konstanter (9) 5

6 Delopgave F Bestem løsningen til hvert af de to systemer t 2 y (t) 3t y (t) + 5yt = 0, y(1) = 1, y (1) = 0, (10) t 2 y (t) 3t y (t) + 4yt = 0, y(1) = 1, y (1) = 0. (11) Besvarelse for det første system Den tilhørende andengradsligning er r 2 4r + 5 = 0. Den har diskriminant D = ( 4) = 4, så vi befinder os i tilfælde III. De to rødder i ligningen bliver 2 ± i. Vi har altså k = 2, ω = 1, så løsningsformlen fra delopgave D giver Dette giver ved differentiation y(t) = At 2 cos(ln(t)) + Bt 2 sin(ln(t). y (t) = 2At cos(ln(t)) + 2Bt sin(ln(t)) At sin(ln(t)) + Bt cos(ln(t)) Man udregner nu, at y(1) = A og y (1) = 2A + B. Når disse skal være hhv. 1 og 0, får man et ligningssystem til bestemmelse af A, B, nemlig A = 1 2A + B = 0 Det giver A = 1, B = 2, så den endelige løsning er y(t) = t 2 cos(ln(t)) 2t 2 sin(ln(t). Besvarelse for det andet system Den tilhørende andengradsligning er r 2 4r + 4 = 0. Den har diskriminant D = ( 4) = 0, så vi befinder os i tilfælde II. Den enlige rod r 1 = 2. så løsningsformlen fra delopgave E giver y(t) = At 2 + Bt 2 ln(t). Dette giver ved differentiation y (t) = 2At + 2Bt ln(t) + Bt Man udregner nu, at y(1) = A og y (1) = 2A + B. Når disse skal være hhv. 1 og 0, får man et ligningssystem til bestemmelse af A, B, nemlig A = 1 2A + B = 0 Det giver A = 1, B = 2, så den endelige løsning er y(t) = t 2 2t 2 ln(t). 6