Oversigt [S] 7.3, 7.4, 7.5, 7.6; [DL] 1, 2 Her skal du lære om Separable ligninger Logistisk ligning og eksponentiel vækst 1. ordens lineær ligning August 2002, opgave 7 Rovdyr-Byttedyr system 1. ordens lineært system Januar 2004, opgave måske Calculus 2-2003 Uge 48.2-1
Separabel ligning [S] 7.3 Separable equations Definition En 1. ordens differentialligning 1 kaldes separabel. dy dx = g(x)f(y) Calculus 2-2003 Uge 48.2-2
Separabel ligning [S] 7.3 Separable equations Definition En 1. ordens differentialligning 1 kaldes separabel. Løsning Integration 2 dy dx = g(x)f(y) dy f(y) = g(x)dx Fastlægger løsninger optil en konstant. Calculus 2-2003 Uge 48.2-2
Separabel ligning [S] 7.3 Separable equations Eksempel 1 er separabel. dy dx = 6x 2 2y + cos(y) Calculus 2-2003 Uge 48.2-3
Separabel ligning [S] 7.3 Separable equations Eksempel 1 er separabel. Løsning dy dx = 6x 2 2y + cos(y) (2y + cos(y))dy = 6x 2 dx Calculus 2-2003 Uge 48.2-3
Separabel ligning [S] 7.3 Separable equations Eksempel 1 er separabel. Løsning dy dx = 6x 2 2y + cos(y) (2y + cos(y))dy = 6x 2 dx Giver løsning bestemt ved ligningen 3 y 2 + sin(y) = 2x 3 + C Calculus 2-2003 Uge 48.2-3
Logistisk ligning [S] 7.5 The logistic equation Eksempel 1. ordens differentialligningen 1 dp dt = kp(1 P K ) kaldes den logistiske ligning. Calculus 2-2003 Uge 48.2-4
Logistisk ligning [S] 7.5 The logistic equation Eksempel 1. ordens differentialligningen 1 dp dt = kp(1 P K ) kaldes den logistiske ligning. Løsning Ligningen er separabel 2 dp P(1 P/K) = kdt Calculus 2-2003 Uge 48.2-4
Logistisk ligning [S] 7.5 The logistic equation Eksempel - fortsat dp 2 P(1 P/K) = integreres til løsninger kdt 4 P(t) = hvor K 1 + Ae kt A = K P(0) P(0) Calculus 2-2003 Uge 48.2-5
Vækst [S] 7.4 Exponential growth and decay 1 dy dt = ky Vækstligningen er separabel med løsninger dy y = kdt ln y = kt + C y = Ae kt Calculus 2-2003 Uge 48.2-6
Vækst [S] 7.4 Exponential growth and decay 1 dy dt = ky Vækstligningen er separabel med løsninger dy y = kdt A fastlægges ved ln y = kt + C y = Ae kt y(0) = Ae 0 = A Calculus 2-2003 Uge 48.2-6
1. ordens ligning [S] 7.4 Exponential growth and decay 2 Sætning Løsningen til begyndelsesværdiproblemet er givet ved dy dt = ky y(0) = y 0 y(t) = y 0 e kt Calculus 2-2003 Uge 48.2-7
1. ordens lineær ligning [DL] 1. Lineær ligning Definition 1.1 Den lineœre 1. ordens differentialligning er dy dx = a(x)y + b(x) En partikulær løsning er en differentiabel funktion y(x) som opfylder y (x) = a(x)y(x) + b(x) Den fuldstœndige løsning er en angivelse af alle løsninger. Ligningen dy = a(x)y kaldes homogen og er den homogene dx part af den inhomogene, b 0, ligning ovenfor. Calculus 2-2003 Uge 48.2-8
Superposition [DL] 1. Lineær ligning Sætning 1.2 Hvis z 1 (x),z 2 (x) er løsninger til den homogene lineœre differentialligning dy dx = a(x)y så er enhver linearkombination også en løsning. z(x) = C 1 z 1 (x) + C 2 z 2 (x) Calculus 2-2003 Uge 48.2-9
Superposition [DL] 1. Lineær ligning Sætning 1.2 - fortsat Hvis z 0 (x) er en løsning til den inhomogene lineœre differentialligning dy dx = a(x)y + b(x) så er enhver løsning af formen y(x) = z(x) + z 0 (x) hvor z(x) er en løsning til den homogene part af systemet. Calculus 2-2003 Uge 48.2-10
1. ordens lineær ligning [DL] 1. Lineær ligning Sætning 1.3 Den lineœre ligning med konstante koefficienter dy dx = ay + b har fuldstœndig løsning givet ved a = 0: a 0: y(x) = C + bx hvor C er arbitrœr. y(x) = Ce ax b a Calculus 2-2003 Uge 48.2-11
1. ordens lineær ligning [DL] 1. Lineær ligning Sætning 1.4 Den homogene lineœre ligning har fuldstœndig løsning dy dx = a(x)y y(x) = Ce A(x) hvor C er arbitrœr og A(x) = a(x) dx Calculus 2-2003 Uge 48.2-12
1. ordens lineær ligning [DL] 1. Lineær ligning Sætning 1.4 - Bevis dy dx = a(x)y er separabel med løsninger dy y = a(x)dx ln y = A(x) + K y(x) = Ce A(x) Calculus 2-2003 Uge 48.2-13
1. ordens lineær ligning [DL] 1. Lineær ligning Sætning 1.5 Den generelle lineœre ligning dy dx har fuldstœndig løsning = a(x)y + b(x) y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) hvor C er arbitrœr og A(x) = a(x) dx, B(x) = e A(x) b(x)dx Calculus 2-2003 Uge 48.2-14
1. ordens lineær ligning [DL] 1. Lineær ligning Sætning 1.3, 1.5 - Bevis z(x) = e A(x) y(x) opfylder ligningen som integreres til dz dx = e A(x) b(x) z(x) = B(x) + C og forlænges til y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) Calculus 2-2003 Uge 48.2-15
1. ordens lineær ligning [DL] 1. Lineær ligning Metode 1.6 dy = a(x)y + b(x) dx 1. Bestem en stamfunktion A(x) = a(x) dx 2. Bestem en stamfunktion 3. Skriv løsningen B(x) = e A(x) b(x)dx y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) Calculus 2-2003 Uge 48.2-16
Opgave Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 1.7 Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen y + 2y = xe 2x + 3 Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(0) = 2. Calculus 2-2003 Uge 48.2-17
Opgave Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 1.7 Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen y + 2y = xe 2x + 3 Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(0) = 2. Løsning a(x) = 2,b(x) = xe 2x + 3 Calculus 2-2003 Uge 48.2-17
Opgave Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 1.7 - fortsat A(x) = a(x)dx = 2dx = 2x B(x) = e A(x) b(x)dx = e 2x (xe 2x + 3)dx Som giver = 1 2 x2 + 3 2 e2x Calculus 2-2003 Uge 48.2-18
Opgave Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 1.7 - fortsat fuldstændig løsning y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) = Ce 2x + ( 1 2 x2 + 3 2 e2x )e 2x = Ce 2x + 1 2 x2 e 2x + 3 2 Calculus 2-2003 Uge 48.2-19
Opgave Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 1.7 - fortsat I den partikulære løsning bestemmes C ved y(0) = 2. y(0) = Ce 0 + 3 2 = 2 Calculus 2-2003 Uge 48.2-20
Opgave Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 1.7 - fortsat I den partikulære løsning bestemmes C ved y(0) = 2. I alt er løsningen y(0) = Ce 0 + 3 2 = 2 y(x) = 1 2 e 2x + 1 2 x2 e 2x + 3 2 = 1 2 (1 + x2 )e 2x + 3 2 Calculus 2-2003 Uge 48.2-20
Rovdyr-byttedyr [S] 7.6 Predator-prey systems Lotka-Volterra ligningerne dr 1 dt dw dt = kr arw = rw + brw er et system af koplede differentialligninger, der beskriver en udviklingen i en bestand af rovdyr W(t) (ulve) og byttedyr R(t) (harer) med tiden t. Calculus 2-2003 Uge 48.2-21
Rovdyr-byttedyr [S] 7.6 Predator-prey systems Lotka-Volterra ligningerne dr 1 dt dw dt = kr arw = rw + brw er et system af koplede differentialligninger, der beskriver en udviklingen i en bestand af rovdyr W(t) (ulve) og byttedyr R(t) (harer) med tiden t. Det er ikke muligt at løse disse analytisk (ved udtryk i elementære funktioner af t). Calculus 2-2003 Uge 48.2-21
Lineært system [DL] 2. Lineært system Definition 2.1 Ved et lineœrt differentialligningssystem med konstante koefficienter forstås dy 1 dx = a 11 y 1 +... + a 1n y n + b 1 dy 2 dx = a 21 y 1 +... + a 2n y n + b 2. dy n dx = a n1 y 1 +... + a nn y n + b n Calculus 2-2003 Uge 48.2-22
Lineært system [DL] 2. Lineært system Definition 2.1 Ved et lineœrt differentialligningssystem med konstante koefficienter forstås dy 1 dx = a 11 y 1 +... + a 1n y n + b 1 dy 2 dx = a 21 y 1 +... + a 2n y n + b 2. dy n dx = a n1 y 1 +... + a nn y n + b n En løsning er differentiable funktioner x y 1 (x),...,x y n (x) som indsat opfylder lignningerne. Calculus 2-2003 Uge 48.2-22
Lineært system [DL] 2. Lineært system Definition 2.1 - matrixform For n n matricen A = (a ij ), koefficientmatricen, og n søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) skrives det lineære differentialligningssystem dy dx = Ay + b Calculus 2-2003 Uge 48.2-23
Lineært system [DL] 2. Lineært system Definition 2.1 - matrixform For n n matricen A = (a ij ), koefficientmatricen, og n søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) skrives det lineære differentialligningssystem En løsning Skrives dy dx = Ay + b x y(x) = y 1 (x). y n (x) Calculus 2-2003 Uge 48.2-23
Lineært system [DL] 2. Lineært system Notation 2.2 Givet n n matricen A = (a ij ) og n søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) kaldes systemet dy dx = Ay homogent og er den homogene part af det inhomogene, b 0, system dy dx = Ay + b Calculus 2-2003 Uge 48.2-24
Superposition [DL] 2. Lineært system Sætning 2.3 Betragt n n matricen A = (a ij ) og n søjlen y(x) = (y i (x)). Hvis z 1 (x),z 2 (x) er løsninger til det homogene lineœre differentialligningssystem dy dx = Ay så er enhver linearkombination også en løsning. z(x) = C 1 z 1 (x) + C 2 z 2 (x) Calculus 2-2003 Uge 48.2-25
Superposition [DL] 2. Lineært system Sætning 2.3 - fortsat Betragt yderligere n søjlen b. Hvis z 0 (x) er en løsninger til det inhomogene lineœre differentialligningssystem dy dx = Ay + b så er enhver løsning af formen y(x) = z(x) + z 0 (x) hvor z(x) er en løsning til den homogene part af systemet. Calculus 2-2003 Uge 48.2-26
Lineært system [DL] 2. Lineært system Sætning 2.4 Betragt n n matricen A = (a ij ) og n søjlen y(x) = (y i (x)) samt det homogene lineœre differentialligningssystem dy dx = Ay Hvis u er en egenvektor for A med egenvœrdi λ, så er y(x) = Ce λx u løsninger, hvor C er arbitrær. Calculus 2-2003 Uge 48.2-27
Lineært system [DL] 2. Lineært system Sætning 2.5 Betragt n n matricen A = (a ij ) og n søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) samt det lineœre differentialligningssystem dy dx = Ay + b En konstant funktion y(x) = v er en løsning, hvis Av = b. Hvis yderligere u er en egenvektor for A med egenvœrdi λ, så er løsninger, hvor C er arbitrær. y(x) = e λx u + v Calculus 2-2003 Uge 48.2-28
Lineært system [DL] 2. Lineært system Sætning 2.6 Betragt n n matricen A = (a ij ) og n søjlen y(x) = (y i (x)) samt det homogene lineœre differentialligningssystem dy dx = Ay Hvis matricen U med søjler u 1,...,u n diagonaliserer A med egenvœrdier λ 1,...,λ n, Au j = λ j u j, så er den fuldstændige løsning givet ved y(x) = C 1 e λ 1x u 1 + + C n e λ nx u n hvor C 1,...,C n er arbitrœre. Calculus 2-2003 Uge 48.2-29
Lineært system [DL] 2. Lineært system Sætning 2.7 Betragt n n matricen A = (a ij ) og n søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) samt det lineœre differentialligningssystem dy dx = Ay + b En konstant funktion y(x) = v er en løsning, hvis Av = b. Hvis matricen U med søjler u 1,...,u n diagonaliserer A med egenvœrdier λ 1,...,λ n, Au j = λ j u j, så er den fuldstændige løsning givet ved y(x) = C 1 e λ 1x u 1 + + C n e λ nx u n + v hvor C 1,...,C n er arbitrœre. Calculus 2-2003 Uge 48.2-30
Opgave [DL] 2. Lineært system Opgave 2.8 - opgave måske Calculus 2... Betragt differentialligningssystemet y 1 = y 1 + y 2 y 2 = 8y 1 y 2 Det oplyses, at vektoren u = (1, 2) er en egenvektor for matricen ( ) 1 1 A = 8 1 Angiv den løsning y(x) = (y 1 (x),y 2 (x)) der opfylder y(0) = u, altså (y 1 (0),y 2 (0)) = (1, 2). Calculus 2-2003 Uge 48.2-31
Opgave [DL] 2. Lineært system Opgave 2.8 - opgave måske Egenværdien λ = 3 fås af udregningen ( )( ) ( ) 1 1 1 3 Au = = 8 1 2 6 = 3u I følge [DL] Sætning 2.4 er ( ) y(x) = Ce 3x 1 2 løsninger for alle valg af C. Calculus 2-2003 Uge 48.2-32
Opgave [DL] 2. Lineært system Opgave 2.8 - opgave måske ( ) y(x) = Ce 3x 1 2 som opfylder (y 1 (0),y 2 (0)) = C(1, 2) = (1, 2) fås for C = 1. Den ønskede løsning skrevet ud y 1 (x) = e 3x y 2 (x) = 2e 3x Calculus 2-2003 Uge 48.2-33
Opgave [DL] 2. Lineært system Opgave 2.9 Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningssystemet y 1 = y 1 + 2y 2 8 y 2 = 2y 1 + y 2 7 Calculus 2-2003 Uge 48.2-34
Opgave [DL] 2. Lineært system Opgave 2.9 Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningssystemet y 1 = y 1 + 2y 2 8 y 2 = 2y 1 + y 2 7 Løsning Koefficientmatricen er A = ( ) 1 2 2 1 Calculus 2-2003 Uge 48.2-34
Opgave [DL] 2. Lineært system Opgave 2.9 - fortsat Egenværdierne findes som rødder i det karakteristiske polynomium A λi 2 = 1 λ 2 2 1 λ = λ 2 2λ 3 Calculus 2-2003 Uge 48.2-35
Opgave [DL] 2. Lineært system Opgave 2.9 - fortsat Egenværdierne findes som rødder i det karakteristiske polynomium A λi 2 = 1 λ 2 2 1 λ Egenværdier = λ 2 2λ 3 λ 1 = 1, λ 2 = 3 Calculus 2-2003 Uge 48.2-35
Opgave [DL] 2. Lineært system Opgave 2.9 - fortsat Egenvektorer hørende til egenværdien 1: ( ) ( ) 2 2 1 1 A + I = 2 2 0 0 giver egenvektorer ( ) x 1 = x 2 ( ) ( ) x 2 1 = x 2 x 2 1 Calculus 2-2003 Uge 48.2-36
Opgave [DL] 2. Lineært system Opgave 2.9 - fortsat Egenvektorer hørende til egenværdien 3: ( ) ( ) 2 2 1 1 A 3I = 2 2 0 0 giver egenvektorer ( ) x 1 x 2 = ( ) ( ) x 2 1 = x 2 x 2 1 Calculus 2-2003 Uge 48.2-37
Opgave [DL] 2. Lineært system Opgave 2.9 - fortsat Den fuldstændige løsning til den homogene part y 1 = y 1 + 2y 2 y 2 = 2y 1 + y 2 er i følge [DL] Sætning 2.6 y(x) = C 1 e x 1 + C 2 e 3x 1 1 1 Skrevet ud y 1 (x) = C 1 e x + C 2 e 3x y 2 (x) = C 1 e x + C 2 e 3x Calculus 2-2003 Uge 48.2-38
Opgave [DL] 2. Lineært system Opgave 2.9 - fortsat En konstant løsning y(x) = v = (v 1,v 2 ) skal opfylde 0 = v 1 + 2v 2 8 0 = 2v 1 + v 2 7 Calculus 2-2003 Uge 48.2-39
Opgave [DL] 2. Lineært system Opgave 2.9 - fortsat En konstant løsning y(x) = v = (v 1,v 2 ) skal opfylde 0 = v 1 + 2v 2 8 0 = 2v 1 + v 2 7 Løsning Dette løses v = ( ) 2 3 Calculus 2-2003 Uge 48.2-39
Opgave [DL] 2. Lineært system Opgave 2.9 - fortsat Den fuldstændige løsning til systemet y 1 = y 1 + 2y 2 8 y 2 = 2y 1 + y 2 7 er i følge [DL] Sætning 2.7 y(x) = C 1 e x 1 + C 2 e 3x 1 + 1 1 2 3 Skrevet ud y 1 (x) = C 1 e x + C 2 e 3x + 2 y 2 (x) = C 1 e x + C 2 e 3x + 3 Calculus 2-2003 Uge 48.2-40
Ingen egenværdier [DL] 2. Lineært system Eksempel 2.10 Betragt det lineære system y 1 = y 1 y 2 y 2 = y 1 + y 2 Calculus 2-2003 Uge 48.2-41
Ingen egenværdier [DL] 2. Lineært system Eksempel 2.10 Betragt det lineære system y 1 = y 1 y 2 y 2 = y 1 + y 2 Koefficientmatricen A = 1 1 1 1 har karakteristisk polynomium λ 2 2λ + 2 med diskriminant 4 og dermed ingen egenværdier. Calculus 2-2003 Uge 48.2-41
Ingen egenværdier [DL] 2. Lineært system Eksempel 2.10 - Løsning Ved brug af komplekse tal findes løsningen ved metoden med egenvektorer y(x) = C 1 e x cosx + C 2 e x sin x sin x cos x Calculus 2-2003 Uge 48.2-42
Ingen egenværdier [DL] 2. Lineært system Eksempel 2.10 - Løsning Ved brug af komplekse tal findes løsningen ved metoden med egenvektorer Skrevet ud y(x) = C 1 e x cosx + C 2 e x sin x sin x cos x y 1 (x) = C 1 e x cosx C 2 e x sinx y 2 (x) = C 1 e x sin x + C 2 e x cosx Calculus 2-2003 Uge 48.2-42
1 egenværdi [DL] 2. Lineært system Eksempel 2.11 Betragt det lineære system y 1 = 3y 1 + y 2 y 2 = 3y 2 Calculus 2-2003 Uge 48.2-43
1 egenværdi [DL] 2. Lineært system Eksempel 2.11 Betragt det lineære system y 1 = 3y 1 + y 2 y 2 = 3y 2 Koefficientmatricen A = 3 1 0 3 har egenværdi 3 og egenrum E 3 = span(e 1 ). Calculus 2-2003 Uge 48.2-43
1 egenværdi [DL] 2. Lineært system Eksempel 2.11 - Løsning Løsningen bestemmes ved metoden med egenvektorer y(x) = C 1 e 3x 1 + C 2 e 3x x 0 1 Calculus 2-2003 Uge 48.2-44
1 egenværdi [DL] 2. Lineært system Eksempel 2.11 - Løsning Løsningen bestemmes ved metoden med egenvektorer y(x) = C 1 e 3x 1 + C 2 e 3x x 0 1 Skrevet ud y 1 (x) = C 1 e 3x + C 2 e 3x x y 2 (x) = C 2 e 3x Calculus 2-2003 Uge 48.2-44