Sædvanlige Differentialligninger

MOGENS ODDERSHEDE LARSEN
Sædvanlige
Differentialligninger
a ⋅
b
1. udgave 2004

FORORD
Dette notat giver en indføring i teorien for sædvanlige differentialligninger. Der lægges især vægt
på løsningen af lineære differentialligninger med konstante koefficienter. Til løsning af
differentialligningssystemer og systemer med forsinkelse anvendes Laplacetransformation.
Det forudsættes, at man har en viden svarende til notatet “Matematiske Grundbegreber” , samt at
man har et elementært kendskab til polynomier svarende til notatet “Komplekse tal”.
Avancerede lommeregnere som Ti89 og matematkprogrammer som Maple kan let foretage
beregninger med komplekse tal, finde rødder i polynomier osv. Der vil derfor blive givet eksempler
på, hvorledes man kan foretage beregningerne med netop disse to regnemidler. Det må dog betones,
at hvis man ikke er i stand til at manipulere med simple udtryk, bliver det næsten umuligt at læse
en teknisk tekst eller forstå et foredrag, hvori der indgår nogen matematik. Det er derfor vigtigt. at
man manuelt foretager beregningerne af enkle problemer. Dette er også nødvendigt for at kunne
forstå og fortolke udskrifterne fra matematikprogrammerne.
Det forudsættes, at man har rådighed over en “matematiklommeregner” som eksempelvis Ti 89.
Da man må forudse, at man senere vil skulle kunne anvende et egentligt matematikprogram, som
angives også nogle af ordrerne i programmet “Maple”.
En del eksempler er hentet fra lærebogssystemet “Bjarne Hellesen, Mogens Oddershede Larsen:
Matematik for Ingeniører”. Jeg vil derfor gerne her benytte lejligheden til at takke Bjarne Hellesen
for mange års inspirerende samarbejde.
Andre noter i samme “serie” er
“Matematiske grundbegreber”
Giver en kort gennemgang af definitioner og regneregler for de mest almindelige reelle funktioner
af 1. variabel, disses differentiation og integration,
“Vektorer”
Indhold: 1) Vektorer i plan og rum, 2) Rumgeometri (relationer mellem punkt, linie og plan)
3) Kurver i plan givet ved en parameterfremstilling
“Komplekse tal”
Indhold: 1) Rektangulær og polær form, eksponentialfunktion, 2) Binom- og andengradsligning
3) Opløsning af polynomier i faktorer og dekomponering
“Matricer og lineære ligninger”
Indhold: 1) Regneregler for matricer,
2) Lineære ligningssystemer, herunder løsning af overbestemt ligningssystem
“Fourieranalyse”
Indhold: 1) Reelle Fourierrækker, 2) Fourierrækker på kompleks form, 3) Fouriertransformation
4) Diskret Fouriertransformation
Januar 2005 Mogens Oddershede Larsen
ii

INDHOLD
Indhold
1 Differentialligninger af 1. orden ............................................ 1
1.1 Indledning .......................................................... 1
1.2 Numerisk løsning af 1. ordens differentialligning............................ 2
1.3 Differentialligninger, hvor de variable kan adskilles ......................... 6
1.4 Den lineære differentialligning af 1. orden ................................ 10
1.5 Eksempler på anvendelser af lineære differentialligninger af 1.orden ........... 12
2 Differentialligninger af 2. orden ........................................... 15
2.1 Indledning ......................................................... 15
2.2 Den homogene differentialligning af 2. orden med konstante koefficienter ....... 17
2.3 Den inhomogene differentialligning af 2. orden med konstante koefficienter ...... 25
3 Differentialligninger af n’te orden ......................................... 34
3.1 Indledning .......................................................... 34
3.2 Den lineære differentialligning af n’te orden med konstante koefficienter ......... 34
4 System af differentialligninger af 1'te orden ................................. 36
4.1 Indledning .......................................................... 36
4.2 Numeriske metoder til løsning af sammenhørende differetialligninger af 1. orden . . 37
5 Laplacetransformation .................................................. 41
5.1 Indledning .......................................................... 41
5.2 Laplace-transformation ................................................ 42
5.3 Laplacetransformation af differentialkvotienter ............................. 45
5.4 Enhedstrinfunktion ................................................... 48
5.5 Forsinkelsesregel ..................................................... 50
5.6 Dirac’s deltafunktion .................................................. 55
Appendix 5.1. Tabel over Laplacetransformerede ............................... 58
Appendix 5.2. Tabel over invers- Laplacetransformerede ........................ 59
Opgaver .................................................................. 60
Stikord ................................................................... 76
iii

Sædvanlige differentialligninger
1 Differentialligninger af 1. orden
1.1 Indledning
Ved en sædvanlig differentialligning forstås en ligning, der indeholder en eller flere afledede af en
ukendt funktion y(t), og som vi ønsker at finde ud fra ligningen. Eksempelvis er ligningen
dy
2 + 3yt
() = sinten
“sædvanlig” differentialligning. Ordet sædvanlig betyder, at den ukendte
dt
funktion er en funktion af 1 variabel (i modsætning til de “partielle” differentialligninger, hvor den
ukendte funktion er af 2 eller flere variable).
Vi vil i dette notat kun se på “sædvanlige” differentialligninger, og det vil derfor i det følgende være
underforstået.
Ved en differentialligning af 1. orden forstås en ligning, hvori der indgår en ukendt funktions 1.
dy
afledede, men ingen højere afledede. Differentialligningen 2 + 3yt
() = sinter
således af 1.
dt
orden, mens 2 er af anden orden.
2 d y
+ 3yt
() = sint
dt2
Mange fysiske problemstillineg fører til differentialligninger, hvor den uafhængige variabel vil
være tiden t. Dette er begrundelsen for at funktionerne i dette notat er funktioner af t (og ikke x)
Ved en (partikulær) løsning til en differentialligning forstås en differentiabel funktion yt () som er
defineret i et interval I og i dette interval *) tilfredsstiller differentialligningen. Grafen for en
løsning kaldes en løsningskurve eller en integralkurve
Mængden af samtlige løsninger kaldes den fuldstændige løsning.
.
Eksempel 1.1 Radioaktivt henfald
Eksperimenter viser, at et radioaktivt stof henfalder med en hastighed der er proportional med dens
dy
mængde y(t) til et givet tidspunkt. Vi har følgelig = ky() t hvor k er en konstant.
dt
Vi antager i det følgende, at k = - 0.1.
−01 . t
1) Lad C være en vilkårlig (arbitrær) konstant. Vis, ved indsættelse, at y = Ce er løsning til
differentialligningen.
2) Tegn løsningskurverne i samme koordinatsystem for C= 1, 3 og 5
3) Find den løsning for hvilke det gælder, at til tiden t = 0 er startmængden af det radioaktive stof
2 gram, dvs. y( 0) = 2.
Løsning:
−01 . t
−01
. t
−01 . t
1) Da y = Ce giver y′ =− 01 . e =−01 . ⋅y
ses ved indsættelse, at y = Ce er en (partikulær)
løsning til differentialligningen.
2) Løsningskurverne består af en skare af kurver svarende til forskellige værdier af C.
Maple: plot([exp(-0.1*t),3*exp(-0.1*t), 5*exp(-0.1*t)],t=-3..8);
*) Vi vil altid forudsætte, at definitionsintervallet I er valgt størst muligt.
1

2
−01 . t
3)Indsættes t = 0 og y = 2 i y = Ce fås 2 = Ce ⇔ C = 2
1. Differentialligninger af 1. orden
−010
.
Den ønskede (partikulære) løsning med begyndelsesbetingelsen y( 0) 2 er følgelig
= y e kt
= 2
I eksempel 1.1 så vi, at der går netop én løsningskurve gennem ethvert punkt.. Dette gælder praktisk
dy
taget altid for en differentialligning, der er bragt på formen = f (, t y)
.
dt
Man kan vise, at er S en åben sammenhængende mængde i ty-planen, hvor f (, t y)
er kontinuert og har en kontinuert
∂ f
partiel afledet med hensyn til y, så går der gennem ethvert indre punkt ( t0, y0)
af S én og kun én
∂ y
dy
løsningskurve til differentialligningen = f (, t y)
.
dt
3
Kontinuitet bestemmes som ved funktioner af en variabel. Eksempelvis er f (, t y) = cos( 5y
−t
) kontinuert i hele ty-
planen, idet ( 25y kontinuert ∧ t kontinuert ) kontinuert kontinuert kontinuert.
3
3
3
⇒5t −t
∧ cos ⇒cos( 5y
−t
)
1.2 Numerisk løsning af 1. ordens differentialligning.
dy
I det følgende betragtes en 1. ordens differentialligning, der er bragt på formen = f(, t y)
.
dt
Det er ofte umuligt at angive eksakte udtryk for y(t). Imidlertid kender man jo i ethvert punkt (t, y)
differentialkvotienten, og det kan man udnytte til gennem et stort antal punkter at tegne et kort
liniestykke med den kendte hældning (kaldes linielementet i punktet.. Dette vil så give os et indtryk
af løsningskurvernes udseende.

Sædvanlige differentialligninger
Eksempel 1.2. Grafisk løsning af differentialligning
dy
Lad der være givet differentialligningen = y+ t.
dt
1) Tegn i et koordinatsystem linielementerne gennem punkterne
(t, y)=(-1, 0), (t, y) = (0, 1) og (t, y) = (1, 2)
2) Tegn ved hjælp af et edb - program et stort antal linielementer, og skitser på basis heraf
løsningskurven gennem punktet (0,1)
3) Ud fra figuren synes en bestemt løsning tydelig. Angiv funktionsudtrykket for denne løsning,
og vis ved indsættelse i differentialligningen at denne er en løsning..
Løsning:
1) Vi har idet α er hældningskoefficienten:
( t, y, α) = ( − 110 , , ), ( t, y, α) = ( 011 , , ), ( t, y,
α)
= ( 12 , , 3),
Linielementerne ses på figuren til højre.
2)
Tegnes et stort antal linielementer
fås figuren til
højre
3) En ret linie med ligningen y =−t−1synes at være en løsning. Dette vises ved indsættelse i
dy
differentialligningen = y+ t.
Da − 1= ( −t− 1) + t
⇔ 0= 0,
er påstanden bevist.
dt
3

4
1. Differentialligninger af 1. orden
Som eksempel 1.2 viser, kan linielementerne give et umiddelbart indtryk af løsningskurvernes
forløb. Ønsker man en tabel over en løsning bestemt ved begyndelsesbetingelsen ( t0, y0)
, sker det
mere præcist ved ud fra punktet ( t0, y0
) at beregne et tilnærmet nabopunkt ( t1, y1)
ud fra dette
et nyt punkt ( t2, y2)
osv.
Eulers metode.
Eulers metode bygger på, at man ud fra begyndelsespunktet ( t0, y0)
beregnes det næste punkt
( t1, y1
) ved at følge tangenten i P0. Ud fra punktet ( t1, y1
) beregnes det næste punkt ( t2, y2)
ved
at følge tangenten i P1., osv. (se figur 2.1)
dy
Lad der være givet differentialligningen = f (, t y)
med begyndelsesbetingelsen ya ( ) = y0
dt
I figur 2.2 går vi fra det i'te punkt P ( t , y ) til det næste punkt P = ( t , y ) ved at følge
i i i
i+ 1 i+ 1 i+
1
dy
tangenten i Pi. Denne tangent har hældningskoefficienten = f ( t1, yi) i punktet Pi. Tangenten
dt
i Pi har derfor ligningen y− y = f ( t , y ) ⋅( t−t )
i i i i
Indsættes t = ti+1fås yi+ 1 = yi + f ( ti, yi) ⋅( ti+ 1 −ti)
. Ud fra koordinaterne til punktet
P = ( t , y ) kan vi så på tilsvarende måde finde koordinaterne til næste punkt,.
i+ 1 i+ 1 i+
1
Fig 2.1. Eulers metode
Fig 2.2. Beregning af k
[ ]
Ønsker man at lave en tabel over løsningen i et interval t ∈ a, b , vil man sædvanligvis gøre det
b a
ved at Intervallet opdeles i n delintervaller med samme længde h = (se figur 2.1).
n
−
Indsættes ti+ 1 = ti + h i yi+ 1 = yi + f ( ti, yi) ⋅( ti+ 1 −ti)
fås yi+ yi f ti yi h.
Sættes for
= + ⋅
1 ( , )
kortheds skyld k = f ( ti, yi) ⋅h
får vi, at Pi+ 1 = ( ti+ 1, yi+ 1)
= ( ti Eulers metode kan sammenfattes i følgende algoritme:
+ h, yi + k)
b a
h =
n
t a
k h f ti yi i n ti ti h
yi yi k
y
t
y
−
=
⎧ = ⋅
⎪
= − ⎨ = +
⎪
⎩ = +
−
−
−
+
, 0
( , )
Gentag for 012 ,, ,.,, 1 1
+ 1
tilnærmet tilvækst
næste værdi
næste værdi

Sædvanlige differentialligninger
På grund af den ringe nøjagtighed kan Eulers metode ikke anbefales til praktisk brug. En væsentlig
mere nøjagtig metode er Runge-Kutta metode af 4. orden
Algoritmen for Runge Kutta af 4. orden:
b a
h =
n
t a
k h f ti yi
h k
k h f ti
yi
h k
k h f t y
i n
i i
k h f ti h yi k
ti ti h
yi yi k k k k
t
y
−
, 0 =
⎧ 1 = ⋅ ( , )
⎪
⎪ ⎛
⎞
= ⋅ ⎜ + , + 1
⎪
2
⎟
⎝ 2 2 ⎠
⎪
⎪ ⎛
⎞
⎪ = ⋅ + +
= − ⎜ , 2
Gentag for 012 ,, ,.,, 1 3
⎟
⎨ ⎝ 2 2 ⎠
⎪
⎪ 4 = ⋅ ( + , + 3)
⎪
+ 1 = +
⎪
⎪ 1
+ 1 = + ( 1+ 2⋅ 2 + 2⋅
3+ 4)
⎩⎪
6
næste −værdi
næste − værdi
Eksempel 1.3. Numerisk løsning af differentialligning
dy
Lad der være givet differentialligningen = y+ t,
y(0) = 1, t ∈[ 02 ;]
dt
1) Ved anvendelse af Eulers metode skal der beregnes punkter svarende til en skridtlængde på h
= 2, og på h = 1.
2) Benyt lommeregnerens Euler program til at finde y(2) med en skridtlængde på 0.5.
3) Benyt lommeregnerens Runge-Kutta program til at finde y(2) med en skridtlængde på 0.5.
4) Benyt Maple til at finde y(2) med en skridtlængde på 0.5.
Løsning:
Startpunktet for algoritmen er ( t0, y0)
= ( 01 , )
1) h = 2. Hele intervallet [,] 02 gennemløbes i ét skridt:
k = h⋅ f (,) 01 = 2⋅ ( 1+ 0) = 2 t = t + h = 0+ 2= 2, y = y + k = 1+ 2= 3
1 0 1 0
h = 1. Hele intervallet [,] 02 gennemløbes i to skridt:
k = h⋅ f (,) 01 = 1⋅ ( 1+ 0) = 1 t = t + h = 0+ 1= 1, y = y + k = 1+ 1= 2
1 0 1 0
k = h⋅ f (,) 12 = 1⋅ ( 1+ 2) = 3 t = t + h= 1+ 1= 2, y = y + k = 2+ 3= 5
1 1 1 1
2) MODE, GRAPH = Diff.Equations, ENTER, ” Y=” t+y1 ENTER. yi1 = 1
Bemærk: y1 ikke y, og gange skal skrives som *
Windows, t0 =0, tmax =2, TSTEP =0.5, tplot=0,XMIN =0, XMAX=3, ... YMIN =1, YMAX=4,
osv.ENTER.
, Graph, Man får tegnet en kurve .
Tabellering:
(Graph Format), Axes on, Labels on, Solution Methods , Euler, Fields = Fldiff, ENTER
Catalog, Blddata ENTER, skriv euler, ENTER
APPS ,Data-Matrix, NEW, Variable=eul, APPS ,Data-Matrix, Current
Der fremkommer en matrix
t 0 0.5 1 1.5 2
y(t) 1 1.5 2.5 4.25 7.125
3) Som i spørgsmål 2, men i “Graph Format” vælges som Solution Methods RK fremfor Euler
t 0 0.5 1 1.5 2
y(t) 1 1.797 3.435 6.456 11.768
5

6
1. Differentialligninger af 1. orden
4) I programmet Maple udføres en meget nøjagtig numerisk løsning ved ordrerne:
g:= dsolve( {diff(y(t),t) = t+y(t), y(0)=1} ,y(t), numeric, output= array( [0,0.5,1,1.5,2] ) );
Resultatet bliver
⎡
[ t , y() t ]
⎢
⎤
⎥
⎢ ⎡ 0. 1. ⎥
⎢ ⎢
⎤⎥
⎢ ⎢
⎥ ⎥
g := ⎢ ⎢ 0.500000000000000000 1.79744247837652592⎥
⎢ ⎢
⎥ ⎥
⎢ ⎢
⎥
⎢ ⎢
1. 3.43656328273701028 ⎥
⎥⎥
⎢ ⎢
⎥
⎢ ⎢ 1.50000000000000000 6.46337650839343426
⎥ ⎥
⎢ ⎢
⎣
⎢ ⎢
⎥⎥
⎣
⎢ 2. 11.7781079494629816⎦
⎥
⎦
⎥
I eksempel 1.3 ser vi som ventet, at Runge- Kutta ligger tættest ved det rigtige resultat, selv om vi
kun havde anvendt en skridtlænge på 0.5, Med Euler skulle man have anvendt en meget mindre
skridtlængde for at få et godt resultat. Problemet vil så være, at afrundingsfejlene ved så mange
beregninger kan bevirke, at resultatet alligevel ikke bliver så nøjagtigt.
1.3 Differentialligninger hvor de variable kan adskilles.
Vi vil i dette afsnit betragte en differentialligning af typen dy
= f () t ⋅g(
y)
dx
Sætning 1.1 (Adskillelse af de variable)
Lad f(t) være kontinuert i et interval I og lad g(y) være kontinuert og forskellig fra 0 i et interval
J.
dy
1
Der gælder da: y(t) er en løsning til = f () t ⋅g( y)
⇔ y(t) er en løsning til
dx
∫ dy = f () t dt
gy ( ) ∫
Bevis: Lad y = h() t være en løsning til den givne differentialligning.
Vi har nu
dy
1 dy
= f () t ⋅g( y)
⇔ = f () t
dx
gy ( ) dx
da g( y)
≠0
1 dy
1
= f () t ⇔ h′ () t = f () t
gy ( ) dx ght ( ( ))
da y = h() t
1 1
h′ () t dt = f () t ⇔ h′ () t dt = f () t dt + C
ght ( ( )) ∫ ght ( ( )) ∫ er to funktioner ens er deres
stamfunktioner ens pånær en konstant
1 1
h′ () t dt = f () t dt + C⇔
dy = f () t dt + C
∫ ght ( ( )) ∫ ∫ gy ( ) ∫
integration ved sunstitution, idet vi
sætter y = h(t) og dy = h ′ (t)dt
dy
I det specielle tilfælde, hvor gy ( ) = 0 for y = a er = 0 , og man ser derfor, at
dx
dy
= f () t ⋅g( y) ⇒ 0= f () t ⋅0.
dx
y = a er derfor en retlinet løsning til differentialligningen.

Sædvanlige differentialligninger
dy
Metoden huskes lettest ved at man opfatter som en brøk.
dx
Man samler alt med y på venstre side af lighedstegnet og alt med t på højre side (adskiller de
variable), og så integrerer på begge sider.
dy
dy
= f () t ⋅g( y)
⇔ = f t dt+ C
dx ∫ gy ( ) ∫ ()
I praksis er man ofte kun interesseret i en (partikulær) løsning, som opfylder en begyndelsesbetingelse
yt ( ) y dvs. til tiden skal funktionsværdien være .
0 = 0
t0 y0 Er gy ( 0 ) ≠ 0 kan en løsning gennem ( t0, y0
) findes ved at indsætte ( t0, y0)
i løsningen til
differentialligningen og bestemme C.
Er man ikke interesseret i samtlige løsninger, men kun i en partikulær løsning gennem ( t , y ) kan
man finde denne direkte af
y
y
1 t
dy = f () t dt
gy ( ) t
∫ ∫
0 0
Metoden illustreres ved følgende eksempel:
Eksempel 1.4. Adskille variable
dy
1) Find samtlige løsninger til differentialligningen =−4t( y−4)
dt
2) Find og skitsér de løsningskurver, som går gennem henholdsvis (, t y ) = (,) 02 og (, t y ) = (,) 14 .
Løsning:
1) Forudsættes y−4≠ 0⇔ y ≠ 4 kan de variable i differentialligningen adskilles:
Ved integration fås:
dy
= −
y − 4
2
t
4tdt + C ⇔ln y − 4 = − 4 + C⇔ 2
y− 4 = e ⇔ y− 4 = e ⋅e
∫ ∫
2 2
C −2t −2t
⇔ y− 4= ± e e ⇔ y = 4+
Ke
hvor K e , dvs.
C
= ± K ≠ 0
2 2
− 2t + C C −2t
y = 4: Ved indsættelse i differentialligningen ses. at den rette linie y = 4 er løsning
0
2) Indsættes (, t y ) = (,) 02 fås 2 = 4+ Ke ⇔ K = −2
2
−2t
y = 4−2e Da (, t y ) = (,) 14 ligger på linien y = 4 er denne løsningen.
2
−2t
0 0
dy
tdt
y − = 3
4
Det ses. at kurven for y = 4−2e er symmetrisk omkring t = 0,har et minimum i punktet (0.2)
og har linien y = 4 som asymptote
7

8
1. Differentialligninger af 1. orden
Ti 89:
1) deSolve(y’ =-4*t*(y-4),t,y)
−2t Resultat: y = C⋅ e +
2
4
2) deSolve(y’ =-4*t*(y-4) and y(0)=2,t,y) Resultat: y = − ⋅e t −
and findes under MATH, Test
Tegning:
4 2
MODE, GRAPH = FUNCTION, ENTER, ” Y=”-4*x*(y-4) ENTER.
Indstil” Window” på passende værdier og tryk på Graph
Maple:
dsolve(diff(y(t),t)=-4*t*(y(t)-4),y(t));
L:=dsolve({diff(y(t),t)=-4*t*(y(t)-4),y(0)=2},y(t));
y:=unapply(rhs(L),t);
plot(y(t),t=-3..3);
2
y e t −
= 4−2 2 2

Sædvanlige differentialligninger
Eksempel 1.5. Anvendelse i reaktionskinetik
1) Opstilling af differentialligning.
Lad A og B være to stoffer, der reagerer med hinanden efter reaktionsligningen A+ B→produkter
produkter.
Koncentrationerne af A og B til tiden t betegnes henholdsvis CA og CB [mol/liter]. Idet der pr. tidsenhed
dC
forsvinder lige mange mol af A og B, må der gælde A dC
= B ⇔ CA = CB
+ konstant . (4)
dt dt
dC
Endvidere antages processen at følge den simple hastighedslov: A =−k ⋅CA ⋅CB
(5)
dt
1
hvor k = 2 − er en "hastighedskonstant" ( k afhænger af tiden som følge af, at temperaturen ændrer sig).
t + 1
Lad koncentrationen af A og B til tiden t = 0 være CA0 > 0 og CB0 > 0 og lad CA0 − CB0
= 1
Heraf følger, at CA0 = 1+ CB0
> 1
Ifølge ligning (4) vil der da til enhver tid t ≥ 0 gælde CA − CB = 1⇔ CB = CA
−1
Vi får derfor ved indsættelse i (5), at
dCA
⎛ 1 ⎞
=−⎜2 − ⎟ ⋅CA ⋅( CA
−1)
dt ⎝ t + 1⎠
Erstattes for kortheds skyld CA med y og CA0 med y0 , bliver problemet at finde den løsning til differentialligningen
dy ⎛ 1 ⎞
=−⎜( 2 − ⎟ ⋅ y⋅( y −1
) , der går gennem punktet (, ty) = (, 0 y0)
og hvor t > 0, y > 1 og y0 > 1
dt ⎝ t + 1⎠
Løsning af differentialligning. Ved at separere de variable (alternativ metode) fås
y t
dy ⎛ 1 ⎞
=− ⎜2
− ⎟dt
∫yyy ( − 1)
∫ ⎝ t+
1⎠
0
0
dy
Ved hjælp af Ti89 (eller Maple) fås = ln y −1−ln y
∫ yy ( − 1)
Vi har derfor
y t
dy ⎛ 1 ⎞
y t
=− ⎜2
− ⎟dt ⇔[ ln y −1 − ln y ] = [ 2t− ln t + 1
∫ ]
y yy ( − 1)
∫ ⎝ t+
1⎠
y0
0
0
0
Da t > 0, y > 1 og y0 > 1 fås
[ ] [ ]
y t
ln y −1 − ln y = 2t − ln t + 1 ⇔ln( y −1) −ln y −(ln( y −1) − ln y ) = −2t − ln( t + 1)
y
0
0 0
0
⎛ y −1⎞⎛y−1⎞
⎛ ⎞ − t+ ln( t+ ) ⎛ ⎞ − t
⇔ ln⎜ ⎟ − ln⎜ ⎟ =−2t− ln( t+
1) ⇔1− = ⎜ − ⎟e ⇔ = −⎜− ⎟ ( t+ ) e
⎝ y ⎠ ⎝ y ⎠
y ⎝ y ⎠
y ⎝ y ⎠
1
0
1 2 1 1 1 2
1
1 1 1
0 0
0
1
⇔ y =
⎛ 1 ⎞ −2t
1−⎜1− ⎟ ( t + 1)
e
⎝ y0
⎠
Tolkning af løsning. Erstattes y med CA og y0 med CA0 fås
CA
=
⎛ ⎞ t
− ⎜ − ⎟ t e
⎝ C ⎟
A ⎠
+
1
1 −2
1 1 ( 1)
0
Det ses, at efterhånden aftager mod 1, i overensstemmelse med at A reagerer med B, således at B efterhånden
C A
bliver næsten helt opbrugt.
9

10
1. Differentialligninger af 1. orden
1.4. Den lineære differentialligning af 1. orden.
Ved en lineær differentialligning af første orden forstås en differentialligning der kan skrives på
dy
formen + pt () ⋅ yt () = qt () hvor p(t) og q(t) er funktioner af t
dt
dy
Betegnelsen "lineær" stammer fra, at de "ukendte størrelser" og y(t) indgår på lignende måde, som de "ukendte
dt
størrelser" x og y indgår i en ret linies ligning .
Idet vi forudsætter, at funktionerne p og q er kontinuerte i et interval I, gælder følgende sætning:
Sætning 1.2 (lineær differentialligning af 1. orden).
dy
Samtlige løsninger til differentialligningen + pt () ⋅ yt () = qt () , t ∈I
dt
∫ ∫ ∫
− p() t dt p() t dt − p() t dt
er da givet ved yt () = e qte () dt+ Ce ,
∫
hvor C er en vilkårlig (arbitrær) konstant.
(formlen kaldes populært for “panserformlen” da den er “pansret” i integraltegn )
Bevis:
Lad P(t) være en stamfunktion til p(t).
Pt () Pt ()
y′ () t + p() t ⋅ y() t = q() t ⇔ y′ () t + p() t ⋅ y() t e = q() t ⋅e
⇔
[ ]
′
Pt () Pt ()
yte () = qte ()
[ ]
∫ ∫
Pt () Pt () −Pt () Pt () −Pt
()
⇔ yt () ⋅ e = qt () ⋅ e dt+ C⇔ yt () = e qt () ⋅ e dt+ Ce
Mulplikation med
e Pt ()
Omskrivning(ses ved at differentiere )
Integration og division med
Panserformlen er ret kompliceret, så man foretrækker ofte følgende omskrivning:
Sætning 1.3 (lineær differentialligning af 1. orden).
dy
Samtlige løsninger til den inhomogene differentialligningen + pt () ⋅ yt () = qt () , t ∈I
dt
er givet ved yt () = y () t + C⋅y() t , hvor C er en vilkårlig (arbitrær) konstant.
p h
ptdt ()
hvor yh() t = e er en løsning til den homogene differentialligning og
− dy
∫ + pt () ⋅ yt () = 0
dt
qt
y t y t er en (partikulær) løsning til den inhomogene differentialligning,
y t dt
()
p() = h()
∫ ()
h
ptdt ()
Bevis: Indsættes qt ()= 0 i “panserformlen” fås yt () = C⋅ yh() t , hvor yh() t = e
−∫ Derefter er formlen blot en indsætning af yh t i “panserformlen”
()
Hvis q(t) er en sum af flere led, vil man ofte for overskuelighedens skyld betragte differentialligninger
svarende til hvert led for sig (jævnfør det følgende eksempel).
e Pt ()

Sædvanlige differentialligninger
Eksempel 1.6. Lineær 1. ordens differentialligning
1) Find samtlige løsninger til differentialligningen t , t > 0.
dy
t
−
+ yt () = e 2 3
+ t
dt
2) Find den løsning, der opfylder begyndelsesbetingelsen y(2) = 2
Løsning:
1) Først normeres differentialligningen ved division med t:
t dy
dy
yt e t
dt
dt t yt
t t
− −
+ () = 2 3 1 1
+ ⇔ + () = e 2 2
+ t
t
dy
Homogen løsning: .
dt t yt
1
+ () = 0 y t e t
h
e
t
dt −∫
() =
−ln
t
= =
1
a) Partikulær løsning til
1
dy
dt t yt
t e
t
1 1 −
+ () = 2
qt
. y t y t
y t dt
t
t
e
e
dt e dt
t t t
t
e
t
1 −
t
2
−t
−
() 1
1 1 2
p() = h()
⋅ = = 2
∫
=
h () ∫ 1 ∫ −1
t
2 −
=− 2
2
b) Partikulær løsning til
dy 1 2
+ yt () = t
dt t
qt
y t y t
y t dt
() 1 t 1 3 1 t t
p() = h()
⋅ ∫ = dt = t dt = =
h () t ∫ 1 t ∫ t 4 4
t
Fuldstændig løsning til t dy
−
+ yt = e + t
dt
yt
t e
2 − t 1
()=− 2 + + C
4 t
t
3
2
()
t
2 3
4 3
8 C
2) Begyndelsesbetingelsen y(2) = 2 giver 2 =− e + + ⇔ C = 2e
4 2
−1 −1
Den søgte partikulære løsning er altså yt
t e
2 − t 2
()=− 2 + +
4 t⋅e 1. Ti89:MATH, Calculus, deSolve(t* y′
+y=e^(-1/2*t)+t^3,t,y)
t
t
⎛ − ⎛
⎞ ⎞
⎜ e 2 4 2
⎜ ( t + C) ⋅e − 8⎟
⎟
⎜ ⎝
⎠ ⎟
Resultat: y= y⎜
⎟ (som kan omskrives til samme resultat som før.
⎜ 4t
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
2. MATH, Calculus, deSolve(t* y′
+y=e^(-1/2*t)+t^3 and y(2)=2,t,y)
⎛
⎜
Resultat ser igen anderledes ud, men kan omskrives.
⎝
⎜ −
⎞
⎠
− 2 e + +
Maple: dsolve(t*diff(y(t),t)+y(t)=exp(-t/2)+t^3,y(t)); y( t ) =
t
2 t 4
_C1
4
t
3
t
11

12
1. Differentialligninger af 1. orden
1.5. Eksempler på anvendelse af lineære differentialligninger af 1. orden.
Eksempel 1.7 Reguleringsteknik
Skal man dæmpe “voldsomme svingninger” af et stof A i en strøm, benyttes i reguleringsteknik bl.a.
én eller flere tanke som opløsningen pumpes igennem. Dette eksempel er et regneteknisk simpelt
eksempel herpå.
Figuren viser en tank, hvori der foregår en opblanding
af et stof A.
Koncentrationen c(t) [kgA/m 3] i tanken er en funktion
af tiden t.
Systemet startes til tiden t = 0, og c(0) = 0.
1) Opstil en differentialligning hvoraf man kan finde
c(t) for alle t ≥ 0 .
2) Løs differentialligningen og find c ( t) i tilfældet
c(0) = 0.
Løsning:
1) For tanken opstilles balancen: IND + PRODUCERET = UD + AKKUMULERET.
som et differentielt regnskab over, hvor mange ton A der passerer ind og ud af søen i et
tidsinterval [t ; t + dt]
a) IND: Da tilførelseshastigheden til tidspunktet t er 3 [m 3 /min] og koncentrationen
af A er 2 [kgA/m 3 ] vil der i løbet af tiden dt blive tilført
23 ⋅ ⋅dt [kg A].
b) PRODUCERET: Der vil ikke blive produceret A i søen.
c) UD: Da koncentrationen i tanken til tidspunktet t er c(t) [kg A/m 3 ] og fraløbet
er 3 [m 3 /min] vil der i løbet af tiden dt forsvinde 3⋅ct () ⋅dt[kg]
fra
tanken.
d) AKKUMULERET: Til tiden t er den totale mængde A i søen 3⋅ ct () ⋅dt[kg
] . I løbet af
det infinitesimale tidsrum dt vil der i søens totale A - indhold ske en
differentiel ændring d( 4⋅ c( t))
.
Balanceligningen bliver altså 23 ⋅ ⋅ dt + 0= 3⋅c() t ⋅ dt + d( 4⋅c())
t
6= 3⋅ + 4 ⇔ 4 + 3⋅ = 6
Ved division med dt fås differentialligningen ct
dc dc
() ct ()
dt dt
dc
dc 3 3
2) 4 + 3⋅ ct () = 6⇔
+ ct () =
dt
dt 4 2
Homogen løsning: dc
t
+ ct = ⇔ ch t = K⋅e dt
−075
.
075 . ( ) 0 ( )
−075
. t 15 .
Partikulær løsning: cp() t = e ∫ −075
. t
e
−075 . t 075 . t −075
. t e
dt = e ⋅ 15 . ∫ e dt = e ⋅ 15 . = 2
075 .
Fuldstændig løsning: −075 . t
ct () = K⋅ e + 2.
Indsættes c( 0 ) = 0 fås 0= K+ 2⇔ K = −2
. t
ct () = − ⋅e −075
2 2
Bemærk, at løsningen til den homogene ligning alene afhænger af systemets konstanter, mens
“input” alene indgår i den partikulære løsning.
Havde input således lidt mere realistisk været periodisk f.eks. været [kg A/m 3 5⋅cos( 2t)
] ville kun
075 . t

Sædvanlige differentialligninger
dc
differentialligningens højre side have ændret sig, dvs. 4 + 3⋅ ct () = 3⋅5cos( 2t)
.
dt
Eksempel 1.8. Elektrisk kredsløb
Dette eksempel er hentet fra læren om elektriske kredsløb. I sådanne kan forekomme følgende 3
elementer:
Navn Symbol Notation Enhed Spændingsforskel
Ohms modstand R Ohm Ri
Induktor, spole H (henry)
Kondensator,
Kapacitor
L di
dt
C F (Farad) Q
C C itdt
1 t
= ∫ ()
t
Lad os betragte følgende RL- kredsløb, hvor L = 0.1 Henry, R = 5 ohm or et 15 volt batteri giver
den elektromotoriske kraft.Lad endvidere i(0) = 0.
1) Opstil en differentialligning hvoraf man kan finde i(t) for alle t ≥ 0 .
2) Løs differentialligningen og find i(t) i tilfældet i(0) = 0.
Løsning:
1) Spændingsfaldet over modstanden er R ⋅i , og spændingsfaldet over spolen er L .
di
Summen af de to spændingsfald er lig den elektromotoriske kraft E(t), dvs. L di
dt
Indsættes de givne tal fås 01 . 5 12
di
+ i =
dt
dt
0
+ Ri = E() t
13

14
1. Differentialligninger af 1. orden
2) di
di
01 . + 5i = 12 ⇔ + 50i = 120
dt
dt
Homogen løsning: di
−50t
+ 50i = 0 ⇔ ih() t = Ce
dt
−50t
120
−50t 1 −50t
120
Partikulær løsning: ip() t = e ∫ dt = 120e
e = = 24 .
−50t
e
50 50
di
−50t
+ 50i = 12 ⇔ i() t = 2. 4 + Ce
dt
Indsættes i(0) = 0 fås: 0= 24 . + C ⇔ C = −24
. .
di
+ 50i = 12 ⇔ i() t = 2. 4 + Ce
dt
Bemærk, at løsningen til den homogene ligning alene afhænger af systemets konstanter, mens
“input” alene indgår i den partikulære løsning.
Havde input således været en påtrykt periodisk elektromotorisk kraft E0sin( t)
ville det kun være
ω
differentialligningens højre side der ville have ændret sig.
−50t

2. Differentialligninger af 2. orden
2. Differentialligninger af 2. orden
2.1.Indledning
Vi vil i dette kapitel begrænse os til at se på lineære differentialligninger af 2. orden, dvs.
d y
differentialligninger af typen pt , hvor funktionerne p(t), q(t) og r(t)
dt
dy
2
+ () + qt () yt () = rt ()
2 dt
antages kontinuerte i et interval I.
d y
Eksempelvis er t en lineær differentialligning af 2. orden,
dt
dy
2
2
+ 3 + 6ty()
t = sin() t
2 dt
Eksempel 2.1 (differentialligning af 2. orden).
2
d y 1 dy
Find den fuldstændige løsning til differentialligningen − = 3t, 2
dt t dt
Løsning:
t > 0
dy
xt () = ,
dt
2
dx d y
dx 1
= , indsættes i differentialligningen, og vi får − xt () = 3t.
dt 2
dt
dt t
Denne lineære differentialligning af 1. orden kan løses efter metoden i afsnit 1.4.
Homogen løsning: dx
xt
dt t
xh e t e t
dt
1
− () = 0
1
∫ ln t
= = =
Partikulær løsning:
qt () 3t
xp() t = xh() t ⋅ ∫ dt = t dt = t
xh() t ∫ 3
t 2
Vi har derfor: dy
= xt () = 3t + Ct
dt
2
1
som ved integration giver y() t = ∫ ( t + C t) dt+ C ⇔ y() t = t + C t + C t
3
2
1 2
3 1 2
1 2
2
I eksempel 2.1 fandt vi, at den fuldstændige løsning indeholdt 2 (arbitrære) konstanter C 1 og C 2.
Det kan vises at gælde generelt, idet man kan vise følgende sætning (der anføres uden bevis):
Sætning 2.1. Lineær differentialligning af 2. orden.
1) Lad f1( t)
og f2 () t være to ikke proportionale løsninger til den homogene differentialligning
d y
pt .
dt
dy
2
+ () + qtyt () () = 0 t ∈I
2 dt
Samtlige løsninger til den homogene differentialligning er da bestemt ved
yt () = C1⋅ f1() t + C2 ⋅ f2() t , hvor C1 og C2 er to vilkårlige reelle konstanter.
2) Lad yp t være en partikulær løsning til den inhomogene differentialligning
()
2
d y
pt ,
dt
dy
+ () + qt () yt () = rt () t I
2 dt
∈
15

Sædvanlige differentialligninger
16
Samtlige løsninger til den inhomogene differentialligning er da bestemt ved
yt () = y () t + C ⋅ f () t + C ⋅ f () t , hvor C1 og C2 er to vilkårlige reelle konstanter.
p
1 1 2 2
Eksempel 2.2 (illustration af sætning 2.1).
1) Vis, at y1()= t C1og
y2 t C2t er to ikke proportionale løsninger til den homogene
2
()=
2
d y 1 dy
differentialligning − = 0, 2
dt t dt
t > 0
2) Vis, at yt ()= t er (partikulær) løsning til den inhomogene differentialligning
3
2
d y 1 dy
− = 3t, 2
dt t dt
t > 0
2
d y 1 dy
3) Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen − = 3t, 2
dt t dt
Løsning:
t > 0
1) Da y1()= t C1ikke
er lig med en konstant gange med y2 t C2t er funktionerne ikke
2
()=
proportionale.
Indsættes y1()= t C1,
y
′
1 () t = y
″
1 () t = 0
2
d y 1 dy
i − = 0 , fås 0 = 0.
2
dt t dt
Indsættes 2
y2()= t C2t , y
′
2 () t = 2C2t, y
″
2 () t = 2C2
i
2
d y 1 dy
− = 0 ,
2
dt t dt
fås
1
2C2
2 2 0 0 0.
t Ct − ⋅ = ⇔ =
Heraf ses, at y1()= t C1og
y2 t C2t er to ikke proportionale løsninger til den homogene
2
()=
differentialligning
2) Indsættes yt ()= t , i , fås ,
3 y
′ 2
() t = 3t ,
2
y
″ d y 1 dy
1 2
2 () t = 6t
− = 3t
6t
− 3t = 3t ⇔ 0= 0
2
dt t dt
t
dvs. yt ()= t er løsning til den inhomogene differentialligning
3
3) Af sætning 2.1 følger da, at den fuldstændige løsning er yt ()= t
(svarende til løsningen i eksempel 2.1)
+ Ct + C
Da udtrykket for samtlige løsninger indeholder netop 2 konstanter C1 og C2 , skal der to
betingelser til at fastlægge en bestemt løsning. Det mest almindelige er, at benytte såkaldte
begyndelsesbetingelser, hvor man udover for en bestemt værdi t0 at fastlægge yt ( 0 ) også
fastlægger hældningskoefficienten y′ ( t0)
. Man kan vise, at sådanne begyndelsesbetingelser
entydigt fastlægger løsningen.
3
1 2
2

2. Differentialligninger af 2. orden
Eksempel 2.3. Løsning til differentialligning
2
d y 1 dy
Lad der være givet differentialligningen : − = 3t, 2
dt t dt
t > 0 (jævnfør eksempel 2.1)
Vi ønsker at bestemme den løsning yt () , der opfylder begyndelsesbetingelsen
y() 1 = 1, y′
() 1 = 0
Løsning:
Fra eksempel 2.1 er den fuldstændige løsning 3 1 2
yt ()= t + Ct + Ct.
1 2
2
Indsættes begyndelsesbetingelsen haves:
1
1
1 1 1 1
0
2
2
3 .
0 3 1 1
3
3
⎧ 3
2
= + 1 ⋅ + 2 ⋅
⎧
⎪
⎪ 1 + 2 =
⎨
⇔ ⎨
⇔ 1 2 = −
⎪ 2
2
⎩ = ⋅ + 1 ⋅
⎩
⎪
1 =−
⎛
C C C C
⎞
3 3 2 3
( C , C ) ⎜ , ⎟ yt ()= t − t + t
⎝ ⎠
2 2
C
C
Løsningsmetoden i eksempel 2.1 kan kun anvendes i de tilfælde, hvor den lineære differentiallig-
d y
ning ikke indeholder for differentialligninger af typen pt .
dt
dy
2
+ () = 0
2 dt
Dette er også muligt for visse andre typer lineære differentialligninger af anden orden, men
generelt er det imidlertid ikke muligt at angive en løsningsmetode, der som “panserformlen”
udtrykker løsningen ved formler indeholdende integraler.
Det må i sådanne tilfælde anbefales eksempelvis at anvende et program som Maple, og håbe på,
at den kan løse problemet.
Som de følgende afsnit viser, er det imidlertid forholdsvis let at angive en løsningsmetode for den
ved anvendelserne vigtigste type differentialligninger
2.2 Den homogene lineære differentialligning af 2. orden med konstante
koefficienter.
d y
Differentialligningen A B
dx
(1)
dy
2
+ + Cy() t = 0
2 dx
A ≠ 0
siges at være homogen og lineær med konstante koefficienter A, B, C .
Da en eksponentialfunktion optrådte i løsningen til den homogene lineære differentialligning af
1. orden, er det naturligt at søge en løsning af typen yt e hvor er en konstant.
t
()= λ
λ
λt λt λt
Indsættes yt () = e , y′ () t = λe, y′′ () t = λ e i differentialligningen (1), fås
2
( )
2 λt λt λt λt
2 2
Aλ e + Bλe + Ce = 0⇔ e Aλ + Bλ+ C = 0⇔ Aλ + Bλ+ C = 0 (da e )
t λ ≠ 0
17

Sædvanlige differentialligninger
Funktionen yt e er altså en løsning til differentialligningen, hvis og kun hvis er en rod
t
()= λ
λ
i den såkaldte karakterligning Aλ + Bλ+ C = 0 .
18
2
2
2
− B± B −4AC
− B± D
2
Da Aλ + Bλ+ C = 0 ⇔ λ = ⇔ λ = , hvor D= B −4AC
2A2A bliver løsningerne afhængige af om : D > 0 : To reelle rødder
D = 0 : En reel dobbelt rod
D < 0: To komplekse rødder
Sætning 2.2 (løsning til homogen differentialligning med konstante koefficienter).
Den lineære homogene differentialligning med konstante koefficienter
d y
A B , A, B, C er reelle tal. (1)
dx
dy
2
+ + Cy() t = 0 A ≠ 0
2 dx
2
2
har karakterligningen Aλ + Bλ+ C = 0 , med diskriminanten D= B − 4 AC
Der gælder da:
Rødder i karakterligning. Fuldstændig løsning til (1)
D > 0: To reelle rødder λ1 og λ2 , hvor λ1 ≠ λ2
yt () = Ce + Ce
λ1t λ2t
1 2
D = 0: En reel dobbeltrod λ yt () = Ce + C ⋅t⋅e λ1t λ2t
1 2
D < 0: To komplekse rødder r± iω
rt rt
yt () = Ce 1 cos( ωt) + C2 ⋅esin(
ωt)
rt
eller yt () = K⋅e⋅ cos( ωt+ ϕ1) rt
eller yt () = K⋅e⋅ sin( ωt+ ϕ2) C1 , C2 ,K og ϕ er reelle vilkårlige
(arbitrære) konstanter.
K = C1+ C
2
2 2
( C C ) ( C C )
ϕ = arg , − , ϕ = arg ,
1 1 2 21 1
,
Bevis:
I alle 3 tilfælde, er den fuldstændige løsning af typen yt () = C1f1() t + C2 f2() t . Ifølge sætning 2.1 er det
tilstrækkeligt, ved indsættelse i differentialligningen, at vise, at de to funktioner f1( t)
og f2 t opfylder ligningen
()
(1),og at de ikke er proportionale.
ϕ 2
ϕ 1

2. Differentialligninger af 2. orden
I: D > 0 To forskellige reelle rødder.
Af udledningen af karakterligningen ses, at y t e og er to forskellige løsninger til
t 1
1()=
λ
y t e t
2()=
λ2
differentialligningen. Da de to funktioner ikke er proportionale er yt () =
løsning til differentialligningen.
II: D = 0.To ens reelle rødder.
λ1t Ce 1
λ2t
+ Ce 2 den fuldstændige
Lad dobbeltroden være λ =− Af udledningen af karakterligningen følger, at er en løsning til
B
y t e t
1( )= λ
2 A
y t t e t
differentialligningen. For at vise, at 2 ()= ⋅ er en løsning indsættes ,
λ
y t t e t
1( )= ⋅ λ
y
′
λt λt λ t
1 () t = λ⋅t⋅ e + e = e ( λ⋅
t + 1)
og y ″ λt( ) λt 1 () t = λ⋅e λ⋅ t + 1 + λ⋅ e
λt
= λ⋅e ( λ⋅
t + 2)
i (1):
2 ( )
λt λt λt λt λt
A( λ⋅ e ( λt + 2) + B⋅ e ( λt + 1) + C⋅t⋅ e = 0 ⇔ t⋅ e Aλ + Bλ + C + ( 2Aλ + B) ⋅ e = 0
2
+ + = λ 2Aλ + B = 0 λ =− B
Da Aλ Bλ C 0 (fordi er rod i karakterligningen) og (da )
2 A
ses, at y t t e er løsning til (1)
t
2 ()= ⋅ λ
Da funktionerne y t e og ikke er proportionale følger af sætning 2.1 at den fuldstændige
t
1( )= λ
y t t e t
2 ()= ⋅ λ
løsning til differentialligningen er
λ t t
yt ()= Ce 1 λ
1 + C2 ⋅t⋅e 2
Man kan undre sig over hvorledes man første gang har gættet, at den anden løsning er y t te . Det kunne være
t
2( )= λ
sket ved, at man opfatter dobbeltroden som to nærliggende rødder λ +∆λ og λ og derpå lade ∆λ → 0
( λ+ ∆λ)
t λt
Samtlige løsninger er yt () = Ce 1 + Ce 2 .
1
1
Sættes C1 = og C2 = , fås
∆λ
−
( λ+ ∆λ)
t λt
e − e
yt () =
∆λ
∆λ
t
df
f ( λ + ∆λ,
t) − f ( λ,
t) d f
de t
Da er defineret ved → for ∆λ → 0 fås yt ()→ = te for
d λ
∆λ
d λ
d
−
λ
λ
∆λ → 0
λ
Det er derfor nærliggende at formode, at udtrykket y t te er en løsning til differentialligningen.
t
2( )= λ
III: D < 0: To komplekse rødder.
r i t
Karakterligningen har de to komplekse rødder r± iω.
y1 t e og er da “komplekse”
()
( + ω )
( r−iω) t
= y2 () t = e
( r+ iτω ) t rt rt
løsninger til (1). Da e = e cos( ωt) + ie sin( ωt)
er det rimeligt at antage, at realdel og imaginærdel hver for
sig er reelle løsninger til (1).
Ved indsættelse i ligning (1) ses (beregningen udført nedenfor), at de er løsninger, og da de to funktioner ikke er
rt rt
proportionale, er den fuldstændige løsning: yt () = Ce 1 cos( ωt) + Ce 2 sin( ωt)
rt rt
y1() t = e ⋅cos(
ωt), y
′
1 () t = e r⋅cos( ωt) −ω⋅sin( ωt)
Beregning: ( )
( )
rt ( 2
cos( ω ) ω sin( ω ) ω sin( ω )
2
ω cos( ω ) )
( 2
(
2
ω ) cos( ω ) ωsin( ω ) cos( ω ) ωsin( ω ) cos( ω ) )
2 ( Ar (
2
ω ) B r C) cos( ωt) ω( 2ArB)sin( ωt)
0
y′′ t = e r ⋅ t −r ⋅ t −r⋅ ⋅ t − ⋅ t
indsættes i (1)
rt
e A r − t −2A⋅r⋅ t + B⋅r⋅ t − B t + C⋅ t = 0
⇔ − + ⋅ + − ⋅ + =
Vi har λ = ω ω
− ± −
= ± ⇔ = −
∧ = −
B i D
B 2 D
r i r
2A2A2 4 A
19

Sædvanlige differentialligninger
20
B
Heraf fås, at r = A r B og
A
− ⎛ 2
2
2 2
⎛ − B⎞
⎛ − D ⎞
⎞
⎜
B
⇔2 ⋅ + = 0 Ar ( − ) + B⋅ r+ C= A⎜
⎟ − ⎜ ⎟
⎟
⎜
B C
2
⎝ 2A⎠⎜ ⎝ 2A⎟⎟ ⎜
⎠ ⎟ 2A
⎝
⎠
+
⎛ − ⎞
ω
⎜ ⎟ +
⎝ ⎠
B − − B − AC B
=
− + = + − + =
A
A C
B
C
A
B
A C
2 2 2 2 2
( ( 4 )
2
0
4 2 4 2
Hermed ses, at rt
y1( t) = e ⋅cos( ωt)
er løsning til (1).
På tilsvarende måde ses, at rt
y2( t) = e ⋅sin( ωt)
er løsning til (1).
Ifølge additionsformlerne fås:
rt rt rt
Ke cos( ωt+ ϕ) = Ke (cos( ωt) ⋅cos( ϕ) −sin( ωt) ⋅ sin( ϕ)) = e C1cos(( ωt) + C2sin( ωt)
( )
hvor C1 = Kcos( ϕ) ∧ C2 = −Ksin(
ϕ) , Heraf ses, at rt
y1( t) = Ke cos( ωt + ϕ)
er løsning til (1).
På tilsvarende måde ses, at rt
y () t = Ke sin( ωt+ ϕ)
er løsning til (1).
1
Endvidere følger heraf omregningen mellem C1, C2
og K, ϕ
Eksempel 2.4. Homogen lineær differentialligning med konstante koefficienter
1) Find samtlige løsninger til differentialligningen
2
d y dy
+ − 6yt () = 0
2
dt dt
2) Find samtlige løsninger til differentialligningen
2
1 d y dy
− 2 + 3yt () = 0
3 2
dt dt
3) Find samtlige løsninger til differentialligningen
2
d y dy
− 4 + 20yt () = 0
2
dt dt
, samt den parti-
kulære løsning, der opfylder begyndelsesbetingelserne y(0)= -1 og y ′ () 0 = 2
rt
Løsningen ønskes angivet på såvel formen Ce 1
rt
Ke cos( ωt+ ϕ)
Løsning:
1) Karakterligningen:
rt
cos( ωt) + Ce 2 sin( ωt)
som på formen
2
1
λ + λ− 6= 0⇔
λ =
2
1 4 1 6 1
λ
2
2
25
λ 2 λ 3
− ± − ⋅ ⋅ − ( ) − ±
⇔ = ⇔ = ∨ = −
2t
Samtlige løsninger: yt ()= Ce
−3t
+ Ce
1
2
2
1
2 3 0
2) Karakterligningen: 3
2 4 1
3 3
2 1
±
2
λ − λ+ = ⇔ λ =
2
− ⋅ ⋅
2
⇔ λ = ⇔ λ = 3
2
⋅
3
3
3t
Samtlige løsninger: yt ()= Ce
3t
+ Ct⋅e 1
2

2. Differentialligninger af 2. orden
3) Karakterligningen:
2
4
λ − 4λ+ 20= 0⇔
λ =
2
4 4 1 20 4 64 4 8
λ λ λ 2 4
2
2
2
± − ⋅ ⋅ ⇔ = ± − ⇔ = ± i
⇔ = ± i
2t
Samtlige løsninger: yt () = Ce
2t
cos( 4t) + Ce sin( 4t)
. yt e t
Partikulær løsning svarende til y( 0) = − 1 og y ′ () 0 = 2:
t t
yt () = Ce cos( 4t) + Ce sin( 4t)
differentieres:
1
1 2
2 2
1
t t t t
2
1 2
2 2
2 2
y′ ( t) = 2C e cos( 4t) − 4C e sin( 4t) + 2C e sin( 4t) + 4C e cos( 4t)
Ved indsættelse af begyndelsesbetingelserne fås
y() 0 =−1⇔ C =− 1,
y′ () 0 = 2⇔ 2C + 4C = 2
1
C1 =− C2 = 1
Heraf ses, at 1 og
2
1 2
2t 2t
Den søgte partikulære løsning er altså yt () =− e cos( 4t) + e sin( 4t)
Partikulær løsning på formen yt () = Ke cos( 4t+ ϕ)
Af sætning 2.1 fås K = C + C = ( − 1) + 1 = 2 ,
3π
ϕ = arg( C1, − C2)
= arg( −1, − 1)
= −
4
2t
⎛ 3π
⎞
() = 2 cos⎜4
− ⎟
⎝ 4 ⎠
1 2
2t
2 2 2
2
Ti89: MATH, Calculus, deSolve ,ENTER desolve(y``-4*y`+20*y=0,t,y)
Resultat: 2t
2t
yt () = Ce 1 cos( 4t) + C2e sin( 4t)
Partikulær løsning: desolve(y``-4*y`+20*y=0 and y(0)=-1 and y`(0)=2,t,y)
Maple:
dsolve( diff( y(t), t, t) - 4 * diff( y(t), t) + 20*y(t) =0, y(t) );
L := dsolve( {diff( y(t), t, t) - 4 * diff( y(t), t) + 20*y(t) =0, y(0)=-1, D(y)(0)=2}, y(t) );
Ønskes grafen tegnet i intervallet fra -1 til 1 sker dette med følgende ordrer:
y:=unapply( rhs(L), t):
plot( y(t), t=-1..1 );
21

Sædvanlige differentialligninger
Eksempel 2.5. Svingning med luftmodstand
Et lod med massen m er fastgjort til en fjeder. I startsituationen
er systemet i ligevægt, idet den nedadgående
tyngdekraft og den opadgående fjederkraft er lige store.
(se figuren)
Vi trækker nu ned i loddet til en passende afstand, og
slipper loddet. Loddet vil nu bevæge sig op og ned . Vi
ønsker at bestemme loddets bevægelse som funktion af
tiden t.
Lad os som på figuren indføre en y - akse. Til ligevægtstillingen
svarer y = 0, og til tiden t er loddet placeret i
en afstand y(t) fra ligevægtstillingen (positiv når loddet
ligger under og negativ når loddet ligger over ligevægtstillingen)
2
d y
Ifølge Newtons anden lov er Kraft = masse ⋅ acceleration, dvs. K1= m⋅ .
2
dt
Ifølge Hookes lov er fjederkraften proportional med afstanden fra ligevægtstillingen, dvs. K2 =−k ⋅y
, hvor k > 0
Harmonisk svingning. Antager vi at dæmpningen (f. eks. luftmodstanden) er forsvindende, vil K2 være den eneste
2
2
d y
d y
kraft der påvirker bevægelsen, dvs. m ⋅ =−k ⋅ y() t ⇔m⋅ + k ⋅ y() t = 0
2
2
dt
dt
Dette er en homogen differentialligning med konstante koefficienter.
2
k
k
Karakterligningen m⋅ λ + k = 0 ⇔ λ = i .Sættes = ω 0 bliver løsningen yt () = Acos( ω0t + ϕ)
m
m
2π
ω
Bevægelsen er en harmonisk svingning med en periode på . Legemet udfører følgelig 0 svingninger pr. sekund.
ω0
2π
Dæmpet svingning. Antager vi at dæmpningen ikke er forsvindende (Eksempelvis fordi loddet er bredt, eller
bevægelsen foregår i vand), så er dæmpningskraften K3 (med tilnærmelse) proportional med loddets hastighed og
modsat rettet bevægelsen, dvs. K c dy
3
dt
=−
d y
Vi har nu differentialligningen m k y t c . Vi har igen en harmonisk
dt
dy d y
m c
dt dt
dy
2
2
⋅ = − ⋅ () − ⇔ ⋅ + + k ⋅ y() t = 0
2
2 dt
d i f f e r e n t i a l l i g n i n g . K a r a k t e r l i g n i n -
2
2
2
− c± c −4⋅m⋅k c c k
gen mλ + cλ + k = 0 ⇔ λ = =− ±
2m2m2mm ⎛ ⎞
⎜ ⎟ −
⎝ ⎠
2
Vi kan nu dele op i 3 tilfælde afhængig af fortegnet for diskriminanten D= c −4⋅m⋅k 22

2. Differentialligninger af 2. orden
I: D < 0 Dæmpede svingninger.
2
Dette tilfælde indtræffer, når dæmpningen c er så lille, at c < 4 ⋅m⋅k Karakterligningen har 2 komplekse
rødder: λ = r ± iω
−rt
Samtlige løsninger til differentialligningen bliver yt () = Ae cos( ωt+ ϕ)
Faktoren e bevirker, at svingningernes amplitude nærmer sig til 0 (dæmpede svingninger, se figuren):
rt −
D = 0, Kritisk dæmpning. Dette tilfælde indtræder, når dæmpningen c er nået op på en bestemt kritisk størrelse,
2
sådan at c = 4 ⋅m⋅k hvorved svingninger netop ikke kan forekomme.
2
2
c c 4 m k c
Vi har da mλ + cλ + k = 0 ⇔ λ = λ
2m2m − ± − ⋅ ⋅ ⇔ = −
c
Samtlige løsninger er yt Ce m C t e
t
c
m t
− −
()= 2
1 + 2 ⋅ ⋅ 2
Det ses, at yt ()→0 for t→0
D > 0: Overkritisk dæmpning. Dette tilfælde indtræffer, når dæmpningen c er større end den kritiske værdi,
2
sådan at c > 4 ⋅m⋅k Så har karakterligningen to forskellige reelle rødder: −r1 og −r2
−rt rt
Samtlige løsninger til differentialligningen er yt ()= Ce 1 −
1 + C2 ⋅e
2
Det ses, at yt ()→0 for
t→0
(se figuren)
23

Sædvanlige differentialligninger
Eksempel 2.6 Harmonisk svingning, Dæmpet svingning
Lad det i eksempel 2.8 angivne lod have massen m =4, og lad fjederen have proportionalitetskonstanten k = 17.
Lad endvidere loddet til tiden t = 0 befinde sig i en afstand af 3 fra hvilestillingen og der have hastigheden 0, dvs.
y( 0) = 3 og y ′ ( 0) = 0
1) Lad dæmpningsfaktoren c = 0.
a) Opstil differentialligningen for bevægelsen
b) Angiv den løsning, der svarer til ovennævnte begyndelsesbetingelse, og skitser grafen for t ∈[ 02π ; ]
2) Lad dæmpningsfaktoren c = 4.
a) Opstil differentialligningen for bevægelsen
b) Angiv den løsning, der svarer til ovennævnte begyndelsesbetingelse, og skitser grafen for t ∈[ 02π ; ]
Løsning:
1) a) y′′ () t + 17y() t = 0
24
k 17
17
b) Da ω0 = = er yt () = Acos( t+
ϕ)
m 2
2
Ved differentiation fås: y′ () t =−
17
Asin( 2
17
t + ϕ)
2
⎧A
cos = 3
⎧y()
0 = 3 ⎪
0
⎨ ⇔ ⎨
, dvs. den søgte løsning er:
y′
() 0 = 0
17 ⇔
⎩ ⎪−
Asin
= 0 A 3
⎩ 2
=
ϕ
⎧ϕ
⎨
ϕ ⎩ =
yt () = 3cos(
Maple: > plot(3*cos(sqrt(17)/2*t), t=0..2*Pi);
17
t)
2
2) a) 4y′′ + 4y′ () t + 17y() t = 0
b) Karakterligning:
2
− 4± 4λ + 4λ + 17= 0⇔
λ =
− t
,
yt () = Ae cost+
16−4⋅4⋅17 2⋅4 1
2 2 ϕ
( )
1
1
1 − t − t
y′ () t =− Ae 2 cos( 2t + ϕ)
−2Ae
2 sin(
2t
2
⎧
⎧A
cosϕ
= 3
A
⎧y()
0 = 3 ⎪
⎪ =
⎪
⎨ ⇔ ⎨ 1
⇔ ⎨
⎩y′
( 0) = 0 ⎪−
Acosϕ − 2Asinϕ = 0 3
⎩ 2
⎪−
⎩⎪
2
−05
. t
yt () = 310053 . e cos 2t −0.
255342
( )

.
2. Differentialligninger af 2. orden
2.3 Den inhomogene lineære differentialligning af 2. orden med konstante
koefficienter.
Lad der være givet differentialligningen
d y
A B
dx
(1)
dy
2
+ + Cy() t = q() t
2 dx
A ≠ 0
hvor qt () er kontinuert i et interval I og A, B og C er reelle konstanter.
Hvis qt ()≠ 0 siges differentialligningen at være inhomogen.
Hvis qt ()= 0 fås den tilsvarende homogene differentialligning, hvis fuldstændige løsning blev
fundet i afsnit 2.2.
Den følgende sætning viser, at den “homogene løsning” indgår i løsningen til den inhomogene
ligning.
Sætning 2.3 (løsningens struktur). Samtlige løsninger til den inhomogene lineære
differentialligning (1) fremkommer ved til en vilkårlig partikulær løsning yp t til (1) at lægge
()
den fuldstændige løsning til den tilsvarende homogene ligning yh () t = C1y1() t + C2y2() t
Den inhomogene løsning kan altså skrives yt () = yp() t + Cy 1 1() t + C2y2() t
Bevis. For en vilkårlig løsning y til (1) kan der altid findes en funktion f, sådan at y = yp+ f .
Ved indsættelse i (1) fås da
A( y p + f ) ′′ + B( y p + f ) ′ + C( y p + f ) = q ⇔ Ay
″
p + By
′
p + Cy p + Af ′′ + Bf ′ + C = q
⇔ q + A⋅ f ′′ + B⋅ f ′ + C= q (da yp er en løsning til (1))
⇔ A⋅ f ′′ + B⋅ f ′ + C= 0
Da vi let kan finde samtlige løsninger til den homogene differentialligning, er problemet
25

Sædvanlige differentialligninger
reduceret til at finde en partikulær løsning yp t til den inhomogene ligning (1).
()
Som nedenstående sætning viser, er det muligt at udtrykke yp t ved integraler.
()
Sætning 2.4 (Integralmetoden til bestemmelse af partiel løsning af inhomogen differentialligning
med konstante koefficienter).
Den lineære differentialligning med konstante koefficienter
d y
A B
dx
, A, B, C er reelle tal. (2)
dy
2
+ + Cy() t = q() t
2 dx
A ≠ 0
2
2
har karakterligningen Aλ + Bλ+ C = 0 , med diskriminanten D = B − 4 AC
Der gælder da:
Rødder i karakterligning. Partikulær løsning yp t til (2) ()
D > 0: To reelle rødder
λ1 og λ2 , hvor λ ≠ λ y () t =
D = 0:
26
1 2
p
λ t
λ t
− −λt
1
2
e
λ e
1t
qte () dt −
A(
λ − λ )
A(
λ − λ )
∫ ∫
1 2 1 2
1
1
te
−λe 1t
−λ1t
En reel dobbeltrod λ yp() t = qte () dt − qte () dt
A ∫ A ∫
D < 0:To komplekse rødder
r± iω
rt
λ t
e sin( ωt)
yt () =
A⋅ω
rt
e cos( ωt)
+
A⋅ω
∫
−rt
λ t
qte () cos( ωtdt
)
∫
−rt
qte () sin( ωtdt
)
2 qte () dt
Beviset for sætningen kan findes i “Matematik for Ingeniører side 194.
Som det fremgår af formlerne bliver integralerne ofte meget komplicerede, og det vil ikke altid
være muligt at finde en stamfunktion. Det kan dog vises, at hvis qt () enten er et polynomium
med reelle koefficienter, en af funktionerne sin(t), cos(t) , e eller en sum eller et produkt af
rt
disse, så kan man finde den partielle løsning udtrykt ved de kendte funktioner. På grund af de
besværlige integraler er det dog i alle tilfælde tilrådeligt at benytte et integralprogram (som i Ti89
eller Maple)
Hvis differentialligningens højre side qt () er en sum eller differens af flere led, er det endvidere
klogt at simplificere integralerne ved at betragte differentialligninger hvor højre side kun består
af et enkelt led. (som det allerede skete i eksempel 1.6, og i det følgende eksempel 27 )
Eksempel 2.7 (Integralmetoden).

Find samtlige løsninger til differentialligningen
2
d y dy
t t
2 + 6 + 4yt () = cos( e) + 2ecos( 2t)
2
dt dt
Løsning:
2
d y dy
Homogen løsning: 2 + 6 + 4yt () = 0
2
dt dt
Karakterligning:
2. Differentialligninger af 2. orden
2
6
2λ + 6λ+ 4= 0⇔
λ =
36424 6 2
λ λ 4 λ 1
4
4
− ± − ⋅ ⋅ ⇔ = − ± ⇔ = − ∨ = −
Ifølge sætning 2.2 har den homogene differentialligning den fuldstændige løsning:
y
−t ()= t C e
−2t
+ C e
h
1 2
Partikulær løsning:
2
d y dy
1) 2 6 4yt
e
2
dt dt
t
+ + () = cos( )
−t−2t e
t t e
yp() t =
cos( e ) e dt−
2( −1−( −2))
2( −1−( −2))
∫ ∫
−t−2t t 2t
cos( e ) e dt
e
t t e
t 2t
⇔ yp() t = ∫ cos( e ) e dt−
∫ cos( e ) e dt
2 2
1 −2t
t
Benyttes Ti 89 til udregningen fås yp() t =− e cos( e )
2
2
d y dy
t
2) 2 + 6 + 4yt () = 2ecos( 2t)
2
dt dt
−t−2t e
t t e
t 2t
yp() t =
e cos( t) e dt
e cos( t) e dt
( − −( − )) ∫ 2 2 −
2 1 2
2( −1−( −2))
∫ 2 2
∫ ∫
−t 2t −2t
3t
⇔ y () t = e e cos( 2t) dt−e e cos( 2t)
dt
p
e
p
52
Samtlige løsninger til differentialligningen
Benyttes Ti 89 til udregningen fås y () t = ( cos( 2t) + 5sin( 2t)
)
t
e
1 2
yt ( ) = ( cos( 2t) + 5sin( 2t)
) − e cos( e ) + C1e + C2e 52
2
t
− t t −t −2t
Lidt lettere er det, direkte at løse differentialligningen:
Ti 89: deSolve(2* y′′
+ osv.= osv.,t,y)
Resultatet bliver meget stort, men hvis man reducerer det med
propFrac(udtrykket) fås samme facit som ovenfor.
Ovennævnte integralmetode har den begrænsning , at den kun kan anvendes for differentiallig-
27

Sædvanlige differentialligninger
ninger af 2. orden med konstante koefficienter. Det samme gælder “ deSolve” i Ti89, som kun
kan løse differentiallignnger af 1. og 2. orden.
Maple kan derimod godt løse differentialligninger af højere end anden orden.
Skal man løse differentialligninger af højere orden, eller har man ikke rådighed over en avanceret
lommeregner er den følgende “gættemetode” anbefalelsesværdig, også fordi den kun kræver
viden om differentiation.
Gættemetoden.
Denne metode kan anvendes, hvis qt () er en funktion, hvis første til n’te afledede er af samme
“type” som funktionen selv. Mere konkret drejer det sig om at qt () enten er et polynomium med
reelle koefficienter, en af funktionerne sin(t), cos(t) , e eller en sum eller et produkt af disse.
rt
Ideen bag metoden er, at man skal gætte på en partikulær løsning yp t af lignende type som
()
højresiden qt () . Er højresiden eksempelvis qt ()= 5t+ 2 gættes på et andengradspolynomium
y ()= t at + bt+ c . Den gættede funktion yp t indsættes derpå i differentialligningen (1) og
()
28
p
2
de ukendte konstanter a, b og c kan nu fastlægges. Andre eksempler på gæt er:
qt e Gæt:
t
()= 4 5
y
5t
()= t ae
qt () = 3⋅cos( 2t) Gæt: yp () t = a⋅ cos( 2t) + b⋅sin( 2t)
qt t e Gæt:
t
()=
2 3
4 + 2
2 3t
y p ()= t ( at + bt + c) e
*) De ændrede gæt er nødvendige, når og kun når er en rod i karakterligningen. Hvis er netop p gange rod i karakterligningen,
r + iω
r + iω
så vil netop det oprindelige gæt multipliceret med t føre til en partikulær løsning.
p
p
( )
2 ( 6 2 ) 2 t
3 Gæt: p = ( + + ) + ( + + )
qt () = t + te sin( t)
2
2 2t 2 2t
y () t at bt c e cos( 3t) dt ft g e sin( 3t)
Grunden til at der må gættes på en sum bestående af både cosinus og sinus er, at ved indsættelse
af cosinus-led i differentialligningen vil der også fremkomme sinus-led (og omvendt).
I visse tilfælde kan konstanterne (a, b, c osv.) ikke bestemmes (bl.a. når qt () er løsning til den
homogene differentialligning). I alle sådanne tilfælde kan man multiplicere det oprindelige gæt
med t, og hvis det ikke hjælper, kan man multiplicere med endnu et t, osv. *) .
Eksempel 2.8. Gættemetoden.

Find samtlige løsninger til differentialligningen
2
d y dy
−4t
2 + − 6yt () = 6e− 20sin( 2t) + 6t
2
dt dt
Løsning:
2
d y dy
Homogen løsning: 2 + − 6yt () = 0
2
dt dt
2. Differentialligninger af 2. orden
2
1 1 48 3
Karakterligning: 2λ + λ− 6= 0⇔
λ = λ λ 2
4
2
− ± + ⇔ = ∨ = −
t
Samtlige løsninger til den tilsvarende homogene differentialligning: yt ()= Ce2 −2
1 + Ce 2
Inhomogen ligning:
Da højre side q(t) er en sum af et polynomium, en trigonometrisk funktion, og en eksponentialfunktion
betragtes disse funktioner hver for sig:
2
d y dy
−4t
1) 2 + − 6yt () = 6e
2
dt dt
−4t
Gæt: y ()= t ae (giver med sikkerhed en løsning, da ikke løsning til den homogene)
p
y′ () t =−4ae
p
( )
−4t
−4t
, y′′ () t = 16ae
indsættes i ligningen:
p
−4t 2 16ae −4t −4t −4t
3
−4ae − 6ae = 6e ⇒32a−4a− 6a= 6⇔
a =
11
3
yp()= t e
11
2
d y dy
2) 2 + − 6yt () = −20sin(
2t)
2
dt dt
Gæt: y () t = acos( 2t) + bsin( 2 t)
y′ ( t) =− 2asin( 2t) + 2b⋅cos( 2t)
p
y′′ () t =−4acos( 2t) −4b⋅sin( 2t)
p
p
indsættes i ligningen:
2( −4acos( 2t) − 4bsin( 2t)) + ( − 2asin( 2t) + 2bcos( 2t)) − 6( acos( 2t) + bsin( 2t)) =−20sin(
2t)
⇔( − 8a+ 2b− 6a) cos( 2t) + ( −8b−2a− 6b) sin( 2t) = −20sin(
2t)
Heraf fås
2
⎧−
+ =
⎨
⇔
⎩ − − = −
=
⎧ 1
a =
14a 2b 0 ⎧b
7a
⎪ 5
⎨
⇔ ⎨
. 2a 14b 20 ⎩−2a−
98a = −20
⎪ 7
b =
⎩⎪
5
d y dy
3) 2 + − 6yt () = 6t
2
dt dt
Gæt: y ()= t at+ b,
y′ () t = a , y′′ () t = 0,
indsættes i ligningen:
p
p
p
3
t
−4t
1 7
yp () t = cos( 2t)
+ sin( 2t)
5 5
1
0+ a− 6( at+ b) = 6t ⇒ − 6a = 6∧a− 6b= 0⇔ a = −1∧ b=
− yp ()=− t t−
6
1
6
3
− −2t
3
t
4t
1 7
1
Samtlige løsninger: yt () = e + cos( 2t)
+ sin( 2t)
−t− + Ce2 1 + Ce 2
11 5 5
6
Eksempel 2.9. Gættemetoden.
.
29

Sædvanlige differentialligninger
Find samtlige løsninger til differentialligningen
d y dy
−2t
2 + − 6yt () = 7e
2
dt dt
Løsning:
2
d y dy
Homogen løsning: 2 + − 6yt () = 0
2
dt dt
30
2
2
1 1 48 3
Karakterligning: 2λ + λ− 6= 0⇔
λ = λ λ 2
4
2
− ± + ⇔ = ∨ = −
Samtlige løsninger til den tilsvarende homogene differentialligning: yt ()= Ce2 1 + Ce 2
Inhomogen ligning:
− t
Da qt ()= 7e er løsning til den homogene ligning, gættes ikke på , men på
2
−2t
ae
y ()= t ate
p
−2t
.
−2t −2t −2t
y′ () t = ae − 2ate = ae ( 1−2t) p
−2t −2t −2t −2t
y′′ () t =−2ae ( 1−2t) − 2ae =−2ae ( 1− 2t+ 1) =−4ate ( 1−t)
p
−2t −2t −2t −2t
−4ate ( 1− t) + ae ( 1−2t) − 6ate = 7e⇒ − 7a= 7⇔ a = −1
y ()=− t te
−2
p
t
Fuldstændig løsning: yt ()=− te + Ce2 + Ce
,
3
t
−2t−2t 1 2
Eksempel 2.9. Tvungen svingning, resonans.
Indledning:
I eksempel 2.5 så vi på et lod med massen m der var
fastgjort til en fjeder. Vi tænker os nu samme situation,
men antager yderligere, at fjederens fastspændingspunkt
bevæger sig frem og tilbage på en sådan måde, at
afvigelsen fra det oprindelige fastspændingspunkt til
tiden t er Fsin( βt)
(se figuren),
− Fsin( β
t)
Hermed ændrer fjederens længde med yt () − Fsin( β t)
, og fjederkraften bliver − k( y( t) − Fsin( β t))
.
Bevægelsesligningen bliver nu: m⋅ y′′ () t + c⋅ y′ () t + k ⋅ y() t = k ⋅F⋅sin( β t)
(1)
Den fuldstændige løsning til differentialligningen (1) er en sum af en partikulær løsning yp t til (1) og den
()
fuldstændige løsning yh t til den tilsvarende homogene differentialligning
()
m⋅ y′′ () t + c⋅ y′ () t + k ⋅ y() t = 0
(2)
I eksempel 2.5 løste vi den homogene differentialligning (2), og her fandt vi, at på grund af dæmpningen c, vil den
.
3
t
Fsin( β t)
−2t

2. Differentialligninger af 2. orden
homogene løsning yh( t)→0
gå mod 0 for t → ∞ , dvs. løsningen til (1) vil for store værdier af t være lig den
partikulære løsning. Umiddelbart vil partikulær løsning derfor være en løsning af samme type som input
k ⋅ Fsin( β t)
med samme frekvens, dvs. yp( t) = Asin( β t + ϕ)
.
For visse værdier af β kan der opstå “resonans”, dvs. amplituden for “output” bliver meget stor. Dette kan bevirke
at systemet ødelægges. Maskiner, biler, skibe, flyvemaskine og broer er svingende mekaniske systemer, og det er
her vigtigt at de er fri for uønsket resonans.
Problem:
1) Find en partiel løsning til differentialligningen m⋅ y′′ () t + c⋅ y′ () t + k ⋅ y() t = k ⋅F⋅sin( β t)
(1)
2
i det tilfælde, hvor dæmpningen er ” lille”, dvs. hvor karakterligningens diskriminanten D= c −4⋅m⋅k < 0.
2) Find den værdi af β for hvilken der er resonans.
Løsning:
1) For at finde en partikulær løsning til differentialligningen (1) kunne vi anvende integralmetoden under benyttelse
af Ti89 (eller Maple), men det fremkomne udtryk viser sig at blive meget langt og svært at reducere.
I stedet benyttes gættemetoden, selv om det også giver besværlige regninger:
2 2
yt ( ) = acos( β t) + bsin( β t), y′ ( t) =− aβsin( β t) + bβcos( β t), y′′ ( t) =−aβ cos( β t) −bβ
sin( β t)
Ved indsættelse i (1) og ordning efter cos og sin fås:
2 2
m⋅( − aβ ) + c⋅b⋅ β + k ⋅ a cos( β t) + m⋅( −bβ ) −c⋅a⋅ β + k ⋅ b sin( β t) = k ⋅F⋅sin( β ⋅t)
( ) ( )
dvs.
⎧ 2
⎪
( −m⋅ β + k) a + c⋅β ⋅ b=
0
⎨
⎪
⎩
⇔
2
⎨
( − mβ + k) b−c⋅β ⋅ a = k ⋅F
⎪ 2
⎪(
− mβ+ k)
( ) )
=
( ) )
− − ⋅ +
⎧
2
m β k a
⎪b
⎪ c ⋅ β
2
− −m⋅ β + k a
−c⋅β⋅ a = k ⋅F
⎩
c ⋅ β
=
⇔
( ) ( )
− − ⋅
⎧
⎪
=
⎪ ⋅
⎪
⎨
⇔
⎪ − − ⋅ − ⋅
⎪
⋅ = ⋅
⎩⎪
⋅
− − ⋅
2
( k m β ) a
⎧ ( k m β ) a
b
⎪b
c β
⎪ c ⋅ β
⎪
⎨
2 k ⋅F ⋅c⋅β k m β c β
⎪a
=−
a k F ⎪
c β
⎩⎪
2
2
2
Vi har følgelig at den partielle løsning kan skrives
2 ( k −m⋅ β ) + ( c⋅β)
2
⎧
⎪b
=
⎪
⎪
⇔ ⎨
⎪
2 a =−
⎪
⎪
⎩
yt () = acos( β t) + bsin( β t)
2
( k −m⋅β) k ⋅F
2 ( k −m⋅ β ) + ( c⋅β)
2
k ⋅F⋅c⋅β 2 ( k −m⋅ β ) + ( c⋅β)
2
yt () = Acos( β t+
ϕ)
Mere anskueligt kan svingningen udtrykkes ved amplitude og fase , hvor ( A, ϕ)
er de polære
koordinater til punktet ( a, −b)
( se eventuelt sætning 2.2).
Som nævnt vil bidraget fra den homogene løsning efter en vis tid blive betydningsløst, hvorefter partiklen
praktisk taget kun udfører svingningen yt () = Acos( βt+ ϕ)
2) Resonans.
For visse værdier af β har amplitude A et maksimum.
2 2
Vi har nemlig A= a + b =
= k ⋅F
( )
⎛
⎜
= ⎜−
⎜
⎝
k ⋅F⋅c⋅β 2 2 2
c⋅ β + k −m⋅β k ⋅ F
=
⎛
⎜⎛⎜
2 ⎞
− ⋅ ⎞⎟ ⎜
+ ( ⋅ ) ⎟
⎛⎜
− ⋅ ⎞
k m β c β k m β ⎟ + ( c⋅β)
⎝ ⎠ ⎟ ⎝ ⎠
⎝
⎠
2
2 2
2 2
( )
2
2
⎞ ⎛
⎟ ⎜
⎟ + ⎜
2 ⎟ ⎜
( k −m⋅ β ) + ( c⋅β)
⎟ ⎜ ( k −m⋅ β ) + ( c⋅β)
2
2
2 2
Da A er størst for nævneren mindst, skal man finde minimum af
⎠
⎝
2
( k −m⋅β) k ⋅F
2
⎞
⎟
⎟
2 ⎟
⎠
2
2
31

Sædvanlige differentialligninger
32
( )
2
f ( β) = k −m⋅ β + ( c⋅ β) = k − m⋅k ⋅ β + m β + c β = m β + ( c − mk) β + k
2
2 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2
2 2
2 3 2
f ′ ( β) = 4m ⋅ β + 2( c −2mk)
β
2
2
2 2 2 2 c − 2mk
k c
f ′ ( β) = 0⇔4m ⋅ β + 2( c − 2mk) = 0⇔
β =− ⇔ β = −
2
2mm2 2m
Da punktet må være et minimumspunkt (grenene vender opad) fås, at amplituden er størst for
k
β = −
m
Vi har altså resonans for denne værdi af β og den største amplitude er
Amax
kF
k c
k c
k
c
m m m m
kF
c c k c
m m m
c
m
kF
mk c c
mkF
mk c
=
2
⎛ ⎛ 2 ⎞⎞
⎛ 2 ⎞
⎜ −⎜− ⎟⎟
2
+ ⎜ − ⎟
⎜ ⎜ 2 ⎟
⎝ ⎝ ⎠
⎟ ⎜ 2
2
⎟
⎠ ⎝ 2 ⎠
=
4 2 4
2
+ −
2
2
4
4
=
2
2
4 −
=
2
2
4 −
.
Eksempel 2.10. Tvungen svingning, resonans
Lad det i eksempel 2.9 angivne lod have massen m =4, lad fjederen have proportionalitetskonstanten k = 17 og lad
dæmpningsfaktoren c = 4.
Lad endvidere loddet til tiden t = 0 befinde sig i en afstand af 3 fra hvilestillingen og der have hastigheden 0, dvs. y( 0) = 3
og y ′ ( 0) = 0.
(Samme talkonstanter som i eksempel 2.6)
Fjederens fastspændingspunkt bevæges nu til tiden t med en afvigelse y(t) fra det oprindelige fastspændingspunkt på yt () = 2 ⋅sin(
βt)
1) Lad β = 1
a) Opstil differentialligningen for bevægelsen
b) Angiv den løsning, der svarer til ovennævnte begyndelsesbetingelse, og skitser grafen for t ∈[ 06π ; ]
c) Angiv den værdi af β for hvilken der er resonans, og den dertil svarende amplitude.
Løsning:
1) a) 4y′′ () t + 4 ⋅ y′ () t + 17 ⋅ y() t = 34sint
b) Ifølge eksempel 2.6 har den homogene differentialligning den fuldstændige løsning
− t
yh() t = Ae cos(
t + )
1
2 2 ϕ
Af eksempel 2.9 fås, at en partikulær løsning er
a =−
yp () t = acost + bsint , hvor
b =
k⋅F⋅c⋅β =−
17⋅2⋅4⋅1 ( k −m⋅ β ) + ( c⋅β)
( 17−41 ⋅ ) + ( 41 ⋅ )
2 2 2 2 2 2
2
( k −m⋅β) k⋅F ( 17 −4⋅1) 17⋅2 =
2 ( k −m⋅ β ) + ( c⋅β)
( − ⋅ ) + ( ⋅ )
2 2
17 41 41
1
− t
2
2 2 2
=
136
=−
185
442
185
Den fuldstændige løsning er
136 442
yt () =− cost+ sint+ Ae
185 185
2 cos(
2t+
ϕ)
1
136 442
− t ⎛ 1
⎞
Idet y′ () t = sint + cost + Ae 2 ⎜ − cos( 2t + ϕ) − 2sin( 2t
+ ϕ)
⎟
185 185
⎝ 2
⎠
fås
2
c
2
2m

2. Differentialligninger af 2. orden
y
⎧ 136
691
691
− + A cos = 3
A= A
⎧ () 0 = 3 ⎪ 185
185cos
185cos
A 37714 .
⎨ ⇔ ⎨
⇔
⎩y
′ () 0 = 0 ⎪442
1
442 691 2 691
193 01388 .
− Acos − 2Asin = 0
tan 0 tan
⎩⎪
− −
185 2
185 2⋅185 185
1382
⋅
⎧
⎧
⎪
⎪ =
⎪
⎨
⇔ ⎨
⇔
⎪
= ⎪ =
⎩⎪
⎩⎪
=
ϕ
ϕ
ϕ ⎧
⎨
⎩ϕ
=
ϕ ϕ
ϕ ϕ
136 442
− t
yt () =− cost+ sin t+ 37714 . ⋅ e 2 cos 2t+ 01388 .
185 185
1
( )
Den partikulære løsnings amplitude er A= a + b = ⎛ ⎞
⎜ ⎟ +
⎝ ⎠
⎛
2 2
2 2 136 442⎞
⎜ ⎟ =
185 ⎝ 185⎠
Dette stemmer godt med den følgende tegning, der også viser, at frekvensen hurtigt bliver den samme som
“input”
2500 .
Man kunne tro, det var lettere at løse differentialligningen med Ti 89:
F3: C:deSolve(4* y ′′ +4* y ′ +17*y=34*sin8t) and y(0)=3 and y′ () 0 = (,, 0 t y)
.
men resultatet bliver et meget kompliceret trigonometrisk udtryk, som er vanskeligt at simplificere.
c) β =
2
k c
−
m 2
2m
=
2
17 4
−
4 2
2⋅4 = 19365 .
2mkF
2⋅4⋅17⋅2 272 17
Amax
=
=
= = = 425 .
2 2
c 4mk
− c 4 4⋅4⋅17−4 4 256 4
33

Sædvanlige differentialligninger
3. Differentialligninger af n’te orden
3.1. Indledning.
Som de forrige afsnit viste, er det let at finde anvendelser der fører til differentialligninger af 1.
og 2. orden. Dette er ikke tilfældet for differentialligninger af tredie eller højere orden. Vi vil
derfor behandle emnet meget kort, og kun for differentialligninger med konstante koefficienter.
3.2 Den lineære differentialligning af n’te orden med konstante koefficienter
Ved en lineær differentialligning af n’ te orden med konstante koefficienter forstås
d y d y
differentialligningen a a
dt dt
a (1)
dy
n
n−1
n +
n n−1
+
n−1
... + 1 + a0y() t = q() t
dt
hvor koefficienterne an, an−1, . . . , a1, a0
er reelle tal og an ≠ 0 .
Er q(t) = 0 siges differentialligningen at være homogen.
Der gælder da analogt til de tilsvarende sætninger for 2’ordens differentialligninger, følgende :
Sætning 3.1 (løsning til lineær differentialligning med konstante koefficienter).
Lad yp t være en partikulær løsning til differentialligningen
()
d y d y
a a
dt dt
a hvor (1)
dy
n +
n n−1
+
n−1
... + 1 + a0y() t = q() t an ≠ 0
dt
Den fuldstændige løsning til (1) fås da ved til yp t at addere den fuldstændige løsning til den
()
34
n
n−1
n
d y d y
tilsvarende homogene differentialligning. a a
dt dt
a (2)
dy
n +
n n−1
+
n−1
... + 1 + a0y() t = 0
dt
Den fuldstændige løsning til den homogene differentialligning (1) er givet ved
yt () = Cy 1 1() t + y2() t +
konstanter.
... + Cnyn() t hvor C1, C2, . . . , Cner vilkårlige (arbitrære)
Funktionerne y1(), t y2(),..., t yn() t kan bestemmes ud fra de n rødder λ1, λ2,..., λn
i karakterligningen a λ + a
n−1
λ + ... a λ+
a på følgende måde:
n n
n−1
1 0
Rødder i karakterligning Tilhørende funktioner y t
i ()
λ er p gange reel rod
2 −1
e , t⋅e , t ⋅e , . . . , t ⋅e
r + iω
(og dermed også r − iω
)
er p gange kompleks rod.
Sætningen anføres uden bevis
n−1
λt λt λt p λt
rt rt
e cos ( ωt), e sin ( ωt),
rt rt
t⋅e cos ( ωt), t⋅e sin ( ωt),
2 rt 2 rt
t ⋅e cos ( ωt), t ⋅e
sin ( ωt),
. . . . . .
p−1 rt p−1 rt
t ⋅e cos ( ωt), t ⋅e
sin ( ωt),

Eksempel 3.1. Differentialligning af n’te orden
1) Find samtlige løsninger til differentialligningen:
5 4
3 2
d y d y d y d y dy
2 − 4 + 12 + 16 − 30 + 100y = 0
5 4
3 2
dt dt dt dt dt
2) Find samtlige løsninger til differentialligningen:
5
4
3
2
3. Differentialligninger af n’te orden
d y d y d y d y dy
−3t
2 − 4 + 12 + 16 − 30 + 100y = 4e + 10t−20 5 4
3 2
dt dt dt dt dt
Løsning:
1) Maple kunne læse differentialligningen direkte, mens Ti 89 kun kan løse første og anden
ordens differentialligninger.
Ti 89: Karakterligningen løses:
Mode, Complex format=Rectangular, F2, A:Complex =
csolve(2z^5-4z^4+12z^3+16z^2-30z+100=0,z). Resultat z = -2, z =1+2i, z =1-2i.
Da vi kun finder 3 rødder ud af de 5 mulige, må nogle af disse være multiple rødder.
For at undersøge dette opløses udtrykket i faktorer
MATH, ALGEBRA, factor(2z^5-4z^4+12z^3+16z^2-30z+100=0,z)
2 2
Resultat:2(z+2)( 2( z+ 2)( z − 2z+ 5)
Heraf ses, at det er 1+2i (og 1-2i) der er dobbeltrødder.
Fuldstændig løsning:
−2t
t t t t
yt ( ) = Ce + Ce cos( 2t) + Ce sin( 2t) + Ctecos( 2t) + Ctesin( 2t)
1
2 2 2 2
2) Gættemetoden:
Gæt: y() t = ae + bt + c, y′ () t =− 3ae+ b, y′′ () t = 9ae , y′′′ () t =−27ae
−3t −3t −3t −3t
( 4) −3t ( 5) −3t
y () t = 81ae , y () t = −243ae
indsættes:
−3t −3t
1
e ( −2⋅243a−4⋅81a−12⋅ 27a+ 16⋅ 9a+ 30⋅ 3+ 100a) = 4e ⇒ − 800a = 4 ⇔ a = −
200
1 17
−30⋅ b+ 100⋅ ( bt+ c) = 10t−20 ⇔ 100bt+ 100c− 30b= 10t−20 ⇒ 100b= 10 ∧100c− 30b= −20 ⇔ b= ∧ c=
−
10 100
1 −3t 1 17 −2t
t t t t
yt ( ) =− e + t− + Ce 1 + Ce 2 cos( 2t) + Ce 2 sin( 2t) + Cte 2 cos( 2t) + Cte 2 sin( 2t)
200 10 100
Maple:
> ligning2:=2*diff(y(t),t$5)-4*diff(y(t),t$4)+12*diff(y(t),t$3)+16*diff(y(t),t$2)-
30*diff(y(t),t$1)+100*y(t)=4*exp(-3*t)+10*t-20:
> dsolve(ligning2);
35

Sædvanlige differentialligninger
4. System af differentialligninger af 1’te orden
4.1 Indledning.
Ved mange anvendelser vil man møde systemer af sammenhørende differentialligninger. Det
følgende eksempel giver et eksempel herpå hentet fra elektriske kredsløb, og i næste kapitel ses
på mere avancerede eksempler hentet fra reguleringsteknikken.
Eksempel 4.1 Model af et elektrisk kredsløb
Lad der være givet det på figuren angivne kredsløb
Opstil 2 differentialligninger til bestemmelse af i1 og i2 , idet det antages, at alle ladninger og
strømme er 0 til tiden t = 0, hvor afbryderen lukkes.
Løsning:
di1
Venstre kredsløb giver (se eventuelt eksempel 1.8) 1⋅ + R1( i1 − i2)
= 12
dt
Højre kredsløb giver: R i R i i
som ved differentiation giver
C idt
1
2 ⋅ 2 + 1( 2 − 1) + ∫ 2 = 0
( R R )
di
R
dt
di
dt C i
2
1 1
2 + 1 − 1 + ⋅ 2 = 0
⎧di1
+ 4i1 − 4i2 = 12
⎪ dt
Indsættes de på figuren angivne tal fås ⎨
⎪ di2
di1
10 − 4 + 4i2 = 0
⎩⎪
dt dt
Vi har dermed 2 sammenhørende differentialligninger til bestemmelse af i1 og i2 .
De i eksempel 4.1 fundne differentialligninger kan med de givne begyndelsesbetingelser løses ved
metoder vi udleder i næste kapitel. Imidlertid er dette ikke altid muligt, og man må så løse dem
ved numeriske metoder.
Metoderne vil være generaliseringer af Euler (eller bedre af Runge-Kuttas metode), men vi vil her
nøjes med at benytte lommeregneren ved løsningen.
36

4. System af differentialligninger af 1. orden
4.2 Numeriske metoder til løsning af sammenhørende differentialligninger af 1. orden.
Lad os betragte et system af 2 sammenhørende differentialligninger af 1. orden.
⎧x′
() t = f ( x(), t y()) t
⎨
⎩y′
() t = f ( x(), t y()) t
Vi ønsker at finde løsninger xt () og yt () der opfylder ligningerne. Ofte ønsker vi ikke at finde
den fuldstændige løsning, men blot den partielle løsning, der opfylder en given begyndelsesbetingelse
( t0, x0, y0)
Grafisk kan man naturligvis afbilde de 2 funktioner i et sædvanligt koordinatsystem, men ofte er
man mere interesseret i at afbilde parameterfremstillingen ( xt ( ), yt ( )) i et x - y koordinatsystem
(kaldet et fasediagram).Det følgende eksempel demonstrere dette ved anvendelse af Ti89 og
Maple.
Eksempel 4.2. Numerisk løsning af sammenhørende differentialligninger
Indledning: I et isoleret område er føden for en bestemt rovdyrart R hovedsagelig en bestemt
græsæder G. Antallet af R afhænger derfor af antallet af G. Når der er mange af G i forhold til R
vil det bevirke, at antallet af R vil stige, da ungerne får rigeligt med føde. På et tidspunkt vil det
betyde, at der dræbes flere af G, end der fødes, dvs. antallet af G falder. Så bliver der hungersnød
blandt de mange R’er så deres antal vil også falde, osv. En populær biologisk model for dette er
følgende
Idet antallet af R som funktion af tiden t er x(t) og antallet af G er y(t) opstilles modellen:
⎧dx
+ kxt 1 () + kxt 2 () ⋅ yt () = 0
⎪ dt
⎨
, hvor k1, k2k3og k4 er konstanter.
⎪
dy
+ k y t + k x t ⋅y
t
⎩⎪
3 () 4 () ()
dt
Det viser sig, at det ikke er muligt ved hjælp af Maple eller andre programmer direkte at
bestemme x(t) og y(t), så man må benytte en numerisk metode.
Problem: Lad et differentialligningssystem være givet ved:
⎧dx
+ 2xt () −02 . xt () ⋅ yt () = 0
⎪ dt
⎨
med begyndelsesbetingelsen x(0) = 2 og y(0) = 5
⎪
dy
− 2yt () + xt () ⋅ yt () = 0
⎩⎪
dt
1) Skitser i intervallet 0≤t≤12funktionerne x(t) og y(t)i samme koordinatsystem.
2) Bestem på basis af figuren den maksimale værdi af x(t) og y(t).
3) Man må forvente, at maksimum af antal græsædere sker før maksimum af antal rovdyr.
Vurder på basis af figuren om det er tilfældet, og angiv i bekræftende fald tidsforskellen.
r xt ()
4) Skitsér vektorfunktionen rt ()
t , og find
yt () ,
⎛ ⎞
r
= ⎜ ⎟ 0≤ ≤12
r (.) 24
⎝ ⎠
37

Sædvanlige differentialligninger
Løsning:
Ti 89:
1) Man isolerer de 2 differentialkvotienter:
⎧dx
⎧dx
+ 2xt () −02 . xt () ⋅ yt () = 0 =− 2xt () + 02 . xt () ⋅yt
()
⎪ dt
⎪ dt
⎨
⇔ ⎨
⎪
dy
dy
− 2yt () + xt () ⋅ yt () = 0 ⎪ = 2yt
() −xt () ⋅yt
()
⎩⎪
dt
⎩⎪
dt
Mode , Graph=Diff Equations, Y= ,
y1'=-2*y1+0.2*y1*y2
yi1=2
y2'=2*y2-y1*y2
yi2=5
| Axes =ON, Labels = ON, Solutions Method = RK, Fields=FLFOFF
WINDOWS , t0=0 , tmax=12, tstep=0.1, tplot=0, xmin=-1,xmax=13, xcl=5, ymin=-1,ymax=20
osv.
De to funktioner ses, at være periodiske.
2) Med Trace findes: x(t) har maksimum 3.5
for t = 2.4, og y(t) har maksimum 17.5 for
t = 1.8
3) Det ses som forventet, at maksimum af
antal græsædere sker før maksimum af
antal rovdyr.
Tidsforskellen er 2.4 - 1.8 =0.6.
4) Y=, | , Fields=DIRFLD, Y=, ENTER
Der vises en lukket kurve i x-y-koordinatsystemet
, samt et retningsfelt, hvoraf man kan skønne hvordan kurverne ville være for andre
begyndelsesbetingelser.
xt () .
F3:Trace: Sæt t = 2.4. Man finder rt () = .
yt () .
⎛ ⎞
⎜ ⎟ =
⎝ ⎠
⎛35
⎞
⎜ ⎟
⎝10
6⎠
Maple:
1) sys1 := {diff(x(t),t) =-2*x(t)+0.2*x(t)*y(t), diff(y(t),t) =2*y(t)-1*x(t)*y(t)};
38
begynd:={x(0)=2,y(0)=5};
Lb := dsolve(sys1 union begynd, {x(t),y(t)},type=numeric,output=listprocedure);
f:=subs(Lb,x(t)); g:=subs(Lb,y(t));

plot([f,g],0..12,color=[blue,red],legend=["x","y"]);
4. System af differentialligninger af 1. orden
2) Af figuren aflæses, at maksimum for y(t) ligger omkring t = 1.8 og maksimum for x(t) ligger
omkring 2.4
g(1.7),g(1.8), g(1.9);
f(2.3),f(2.4),f(2.5);
Heraf ses, at x(t) har maksimum 3.5 for t = 2.4, og y(t) har maksimum 17.5 for t = 1.8
3) Det ses som forventet, at maksimum af antal græsædere sker før maksimum af antal rovdyr.
Tidsforskellen er 2.4 - 1.8 =0.6.
4) with(DEtools):
DEplot( sys1, [x,y], t=0..12, {[0,2,5]} , x=-1..10,y=-10..40, stepsize=0.05,linecolor=blue);
39

Sædvanlige differentialligninger
40
Vi ser en lukket kurve x-y-koordinatsystemet (fasediagrammet) , samt et retningsfelt,
hvoraf man kan skønne, hvordan kurverne ville være for andre begyndelsesbetingelser.
f(2.4),g(2.4);
r x(.)
24 35 .
r (.) 24 =
y(.)
24 10. 7
.
⎛ ⎞
⎜ ⎟ =
⎝ ⎠
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
4.3.Numerisk løsning af differentialligninger af 2 eller højere orden.
Kan man ikke finde en eksakt løsning til en differentialligning af højere orden, må man
benytte en numerisk metode. Dette kan ske ved at ligningen omformes til et system af lineære
differentialligninger af 1. orden, hvorefter det løses som vist i afsnit 4.2. Denne omformning
vises i nedenstående eksempel.
Eksempel 4.3. Omformning af differentialligninger af 3 orden til 3 differentialligninger
af 1. orden.
3
d y
Omform differentialligningen +
3
dt
til 3 differentialligninger af 1. orden.
Løsning:
2
d y 1
t +
2 2
dt t
dy
+ t⋅ y() t = sin() t
dt
dy
Lad z
dt
w dz
= , =
dt
Vi har da systemet
dy
z
dt
dz
dt w
⎧
⎪ =
⎪
⎨ =
⎪
⎪dw
1
⎪ + t ⋅ w+ ⋅ z+ t⋅ y = sin( t)
⎩ dt
2
t

5. Laplacetransformation
5 Laplacetransformation
5.1. Indledning.
I eksempel 4.1 betragtede vi et elektrisk kredsløb, som førte til et system af differentialligninger
med konstante koefficienter. Vi var interesseret i at finde en bestemt (partikulær) løsning som
opfyldte en begyndelsesbetingelse.
Et sådant problem løses nemmest ved en teknik, der kaldes Laplace-transformation.
Også mere komplicerede problemer, hvori der indgår funktioner med “spring” og med
“forsinkelse” løses lettest ved denne metode.
Nedenstående eksempel fra reguleringsteknikken viser netop et sådant problem, hvis løsning
lettest sker ved anvendelse af Laplacetransformation.
Eksempel 5.1. Differentialligning med forsinkelse.
Figur 5.1 viser et system, hvor der fra tank1 efter starten til t = 0 kommer en koncentration af 1
kg/m 3 af et stof A. Til tiden t = π sker en omkobling til tank 2, hvor koncentrationen varierer
periodisk som kgA/ m 3 . Hastigheden af strømmen ind i tank 3 er 3 m 3 5⋅sin t
/min. Væske fra tank
3 pumpes gennem et langt rør (kølespiral) til tank 4. Hver væskedel er 1 minut om at gennemløbe
røret, og hastigheden af strømmen fra tank 3 til tank 4 er 2 m 3 /min.
Rumfanget af tank 2 og tank 3 fremgår af figuren ligesom det ses, at der yderligere pumpes
væske ud af de to tanke med den angivne hastighed.
Til tiden t = 0 er y ( 0 ) = 0, z ( 0 ) = 0 og rent vand i kølespiralen.
Lad y(t) og z(t) betegne koncentrationerne af et stof A i to tanke:
Bestem koncentrationen z(t) for alle t ≥ 0 .
Fig.5.1. 2 tanke med opkobling mellem tank1 og 2
41

Sædvanlige differentialligninger
Eksempel 5.1 illustrerer to væsentlige forhold for de differentialligningsproblemer, som kan
løses ved Laplacetransformation.
1) Man er kun interesseret i en bestemt løsning bestemt ved en begyndelsesbetingelse for t = 0,
og man er kun interesseret i de fysiske størrelsers ændringer fremad i tiden (for t ≥ 0 )
2) “Input” må gerne være funktioner, der har “endelige” spring. I eksempel 5.1 sker dette ved at
man til tiden t = 1 kobler om fra en beholder til en anden, hvorved “input” f () t bliver bestemt
42
⎧⎪
1 for 0≤ t < 1
ved den stykkevis kontinuerte funktion f ()= t ⎨
.
−t
⎩⎪ 5⋅e for t ≥1
Sådanne pludselige spring hidrørende fra åbning af en ventil, afbrydelse af en elektrisk kontakt
eller tilsætning af en katalysator forekommer ofte.
5.2. Laplace-transformation.
Lad i det følgende f () t være en funktion som er “eksponentielt begrænset”, dvs. som er
stykkevis kontinuert på ethvert endeligt interval for t ≥ 0 og for hvilke der findes konstanter M
og k, så f t Me kt −
()≤
∞
t
− st
∫0 t→∞∫0
Man kan vise, at så vil det “uegentlige”integral e f ( t) dt = lim e f ( t) dt eksisterer (for
en passende stor værdi af s). Værdien kaldes for den Laplace-transformerede af f og benævnes
L f , F(s) eller f () s .
{ }
Eksempel 5.2. Laplacetransformation af e .
at −
Lad f t e , hvor a er en konstant.
at
()= −
∞
∞
⎡ − ( + )
e ⎤
−at −at −st
− ( a+ s) t
Le { } = ∫ e e dt = ∫ e dt = lim ⎢ ⎥
0 0
t→∞⎣⎢
− ( a + s)
⎦⎥
− ( a+ s) t
e
1 1
= lim − =
t→∞
− ( a+ s) − ( a+ s) s+ a
−1
{ }
L F = f
a s t t
kaldes den inverse Laplace-transformerede.
Eksempelvis følger af eksempel 5.2 at L
⎧ ⎫
⎨ ⎬
⎩s+
a⎭
=
1
e at
−1− 0
− st

Sætning 5.1. Linearitetsregel.
La⋅ f() t + bgt ⋅ () = a⋅ L f() t + b⋅Lgt ()
{ } { } { }
−1{ ⋅ () + ⋅ () } = ⋅
−1{ () } + ⋅
−1{
() }
L a F s b G s a L F s b L G s
5 Laplacetransformation
Bevis:
Af definitionen følger
L a f t b g t
∞
∫0 a f t b g t e dt
∞
a f t ∫0 e dt
∞
b g t ∫0
e dt aL f t bL g t
Hermed er regel (1) bevist.
L a⋅ f () t + b⋅ g() t = aL f () t + bL g() t
−1 ⇔ L L a⋅ f () t + b⋅ g() t
−1
= L aL f () t + bL g() t
− st − st − st
{ ⋅ () + ⋅ () } = ( ⋅ () + ⋅ () ) = () ⋅ + () ⋅ = { () } + { () }
{ } { } { } { }
{ } { { } { } }
{ } { } { } { }
−1 −1 −1 −1
⇔a⋅ f () t + b ⋅ g() t = L aF() s + bG() s ⇔ aL F() s + bL G() s = L aF() s + bG() s
Hermed er regel (2) bevist.
Der er udarbejdet meget omfangsrige Laplace-tabeller 1 .
I appendix 5.1 findes en tabel over de Laplace-transformerede af de almindeligste funktioner og
i appendix 5.2 en tabel over de invers Laplacetransformede.
Det følgende 2 eksempler øver anvendelsen af disse 2 tabeller.
Eksempel 5.2. Laplacetransformation ved anvendelse af tabel.
2 −t
Lad f () t = 5+ 2 + cos( 3t)
. Find f () s = L{ f () t }
Løsning:
2−t 2−t −t⋅ln 2
f ( s) = L 5+ 2 + cos( 3t) = L 5 + L 2 + L cos( 3t) = 5L 1 + 4L e + L cos( 3t)
Af appendix 5.1 fås:
formel 1: 5 {} 1 5 ,
1
−⋅ t ln 2 1
⋅ L = ⋅ 4Le { } = 4
s s + ln 2
s
formel 4: L{ cos( 3t)
} =
2 2
s + 3
5 4 1
f () s = + +
s s+ ln 2 2
s + 9
{ } {} { } { } {} { } { }
1 Eksempelvis “G.E.Roberts and H. Kaufman: Table of Laplace-Transforms” W.B.Saunders Company 1966 (367 sider)
(1)
(2)
43

Sædvanlige differentialligninger
Eksempel 5.3. Invers Laplacetransformation ved anvendelse af tabel.
4 3
Lad ys () = Lyt { () } =
+ .
2 2
s + 4s+ 13 2s − s−3
Find y(t).
Løsning:
2
4 16 4 13 4 6i
1) s + 4s+ 13= 0⇔
s= s
s 2 3i
2
2
− ± − ⋅ ⇔ = − ± ⇔ = − ±
2 2 2 2 2
s + 4s+ 13= ( s−( − 2)) + 3 = ( s+
2) + 3
−1⎧4⎫−1⎧1⎫−2t L ⎨ ⎬ = 4⋅L
⎨
⎬ = 4⋅ e t
(formel 25)
2
2 2
⎩s
+ 4s+ 13⎭
⎩ s + 2 + 3 ⎭
1
sin( 3 )
( )
3
1
2
1 1 4 2 3 1 5
2) 2s −s− 3= 0⇔
s= s 3
4
4
2
± − ⋅ ⋅ − ⇔ = ± ⎧−
( )
⎪
= ⎨
⎩
⎪
3
3
2
2s −s− 3
3
2 s 1 s
2
=
⎛ ⎞
( + ) ⎜ − ⎟
⎝ ⎠
Brøken dekomponeres (se eventuelt “komplekse tal afsnit 6.4)
Ti 89:MATH, ALGEBRA, expand(3/(2*x^2-x-3),x). Maple: convert(3/(2*x^2-x-3),parfrac,x)
6 3
Resultat: −
52 ( x−3) 5( x+
1)
t
− ⎧ ⎫ − − −t
L ⎨ ⎬ L
L
e e (formel 16)
⎩ s −s− ⎭ s
s
=
⎧ ⎫
3
1 3 3 1⎪1⎪31⎧1⎫33 ⎨ ⎬ − ⎨ ⎬ = 2 −
2
2 3 5 ⎪
3
− ⎪ 5 ⎩ + 1⎭
5 5
⎩⎪
2 ⎭⎪
3
4
t
−3t33−t yt ()= e + e2 − e
3 5 5
44

5 Laplacetransformation
5.3. Laplacetransformation af differentialkvotienter.
Laplace-transformation er en metode til løsning af differentialligninger med konstante
koefficienter. Hertil anvendes følgende differentiationsregel:
Sætning 5.1 . Differentiationsreglen.
Lad funktionen f og dens afledede f ′ f ′′ f være eksponentielt begrænsede.
n ( )
, ,. . . ,
Så gælder L{ f ′ } = s⋅L{ f } − f ( 0)
{ } 2 { }
{ } 3 { } 2
L f ′′ = s ⋅L f −s⋅ f ( 0) − f ′ ( 0)
L f ′′′ = s ⋅L f −s ⋅ f ( 0) −s⋅ f ′ ( 0) − f ′′ ( 0)
. . . . .
{ } { }
( n) n n−1 n−2 ( n−2) ( n−1)
L f = s ⋅ L f − s ⋅ f () 0 − s ⋅ f ′ () 0 − ... − s⋅ f () 0 − f () 0
Bevis: Ved delvis integration fås
st st st st
L f ′ = e f ′ t dt = e f t f t e dt f s e f t f s L f
⎡ ⎤
⎣⎢ ⎦⎥ − ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝ ⎠ ′
∞
∞ ∞
∞
−
−
−
−
() () () = 0− ( 0) + () = − ( 0)
+ ⋅
∫00∫0 ∫0
Hermed er sætningen bevist for n = 1.
Ved to gange at anvende den lige beviste formel fås:
2
L f ′′ = s⋅ L f ′ − f ′ ( 0) = s⋅ s⋅L f − f ( 0) − f ′ ( 0) = s ⋅L f −s⋅ f ( 0) − f ′ ( 0)
{ } { }
{ } { } { }
( ) { }
Hermed er sætningen også bevist for n = 2.
Tilsvarende kan den for n = 1 beviste formel nu anvendes 3 gange, så fire gange osv.
På denne måde kan det indses, at sætningen gælder for ethvert positivt helt tal n.
Eksempel 5.4. Differentialligningssystem.
I eksempel 4.1 blev der opstillet det på
figuren tegnede elektrisk kredsløb:
Der blev opstillet følgende 2 differentialligninger
til bestemmelse af i1 og i2 , idet det
antages, at alle ladninger og strømme er 0 til
tiden t = 0, hvor afbryderen lukkes.
⎧di1
+ 4i1 − 4i2 = 12
⎪ dt
⎨
⎪ di2
di1
10 − 4 + 4i2 = 0
⎩⎪
dt dt
med i1() 0 = i2()
0 = 0
Find i () t og i t
1
2 ().
45

Sædvanlige differentialligninger
Løsning:
Differentialligningssystemet Laplacetransformeres:
⎧
⎧
⎪si
⋅ 1 − 0+ 4i1 − 4i2 = 12 ⎪ s+ ⋅i1 − ⋅ i2
=
⎨
s ⇔ ⎨
s
⎪
⎩ ( si ⋅ − ) − ( si ⋅ − ) + i = ⎪
2 1 2 ⎩−
si ⋅ 1 + ( ⋅ s+ ) ⋅ i2
=
1
12
( 4) 4
10 0 4 0 4 0 2 5 2 0
Ligningssystemet kan nu løses som et almindeligt lineært ligningssystem(2 ligninger med 2
ubekendte). Dette er vist til sidst, men det er sædvanligvis lettere at løse systemet ved
matrixregning (og Ti 89)
Ti89:
⎛ s + 4 −4
⎞ ⎛ 12⎞
Matricerne A = ⎜
⎟ og B = ⎜ ⎟
s
⎝ − 2s 5s+ 2⎠
⎜ ⎟
⎝ 0 ⎠
Matricerne A og B indtastes:
APPS, Data/Matrix editor, New, Udfyld Type = Matrix, Variable = A, antal rækker=2 og søjler
= 2, ENTER, ENTER. Udfyld skemaet med matricen A, Home. Nu er matricen A indtastet.
APPS, Data/Matrix editor, New, Udfyld Type = Matrix, Variable = B, antal rækker=2 og søjler
= 1, ENTER. Udfyld skemaet med matricen B, Home Nu er også matricen B er indtastet
⎛ 12( 5s + 2)
⎞
⎜ 2 ⎟
−1 s
A, ENTER, ^-1, ENTER * , B, ENTER, ENTER. A X B X A B ( s + s+
⋅ = ⇔ = ⋅ =
⎜ 5 14 8)
⎟
⎜ 24 ⎟
⎜
⎟
⎝ 2
5s + 14s+ 8 ⎠
MATH, ALGEBRA, expand(12*(5*x+29/(x*(5*x^2+14*x+8)),x),
25 8 3
Resultat: i1
5
5x 4 x 2 x
s s
s
1
8
4
5
1 1
=
3
+ 2 − + = −
+ +
+
+
20 4 1
Tilsvarende fås: i2
4 4
5x 4 x 2 4 s
s
5
1
=
+ 2
− + = −
+
+
i1() t = 5e 5 − 8e + 3
Af formel 16 fås: ,
4
− t
t
i t e 5 −2
() = 4 −4e
46
2
4
− t
−2t
Tegnes de 2 kurver i samme koordinatsystem fås
Som man ville forvente, vil
i () t →3 og i () t →0 for
t →∞.
1 2

Håndregning:
⎧ 3 1
⎧
12 ⎪i2
=− + ( s+ 4)
⋅i1
( s+ 4) ⋅i − ⋅ i =
⎪ 1 4 2
⎪ s 4
⎨
s ⇔ ⎨
⎪
⎪
⎛ 3 1 ⎞
⎩⎪
−2s⋅ i1 + ( 5⋅ s+ 2) ⋅ i2
= 0 ⎪−2s⋅
i1 + ( 5⋅ s+
2)
⋅⎜− + ( s+ 4) ⋅i1⎟
= 0
⎩
⎝ s 4 ⎠
=− +
⇔
+ ⎧ 3 s 4
⎪i
⋅i
⎪ s 4
⎨ ⎛
⎪i1⎜−
2s+
⎩
⎪ ⎝
4
⎧
⎪i
⎪
⇔ ⎨
⎪i
⎩⎪
2 1
( 5⋅ s+ 2) ( s+ 4)
⎞ 35 ( ⋅ s+
2)
⎛ 2
⋅ s + s+ ⎞ 35 ( ⋅ s + 2)
=− +
( )
+ 3 s 4 ⎧
⋅i
⎪i
s 4 ⎪
⇔
12 5⋅ s + 2
⎨
=
⎪
s ⋅ s + s+
⎪
i
( 5 14 8)
⎩
2 1
1 2
⎟ =
⎠
s
=− +
⇔
+ ⎧ 3 s 4
⎪i2
⋅i1
⎪ s 4
⎨
⎪
5 14 8
i1⎜
⎟ =
⎩
⎪ ⎝ 4 ⎠
( ⋅ s + )
=− +
( ) ( )
+ 3 s 4 12 5 2 ⎧ 24
⋅
⎪i2
=
s 4
2
s( 5⋅ s + 14s+ 8)
⎪ 5⋅ s + 14s+ 8
⇔ ⎨
12 5⋅ s + 2
12 5⋅ s + 2
=
⎪i1
=
s ⋅ s + s+
⎩
⎪
2
( 5 14 8)
s( 5⋅ s + 14s+ 8)
2 2
1 2
s
5 Laplacetransformation
Eksempel 5.5. Differentialligning af 2. orden.
I eksempel 2.9 betragtede vi et lod som blev sat i tvungne svingninger.
Loddets bevægelse fandt vi var bestemt ved en anden ordens differentialligning, som blev løst
ved anvendelse af gættemetoden. I eksempel 2.10 blev konkrete der indsat konkrete tal for
loddets masse osv. Der ønskes løst den derved fremkomne differentialligning ved anvendelse af
Laplace,
Løs differentialligningen: 4y′′ () t + 4⋅ y′ () t + 17⋅ y() t = 34 sint
med begyndelsesbetingelserne y( 0) = 3 og y ′ ( 0) = 0.
Løsning:
Differentialligningen Laplacetransformeres:
2
1
2
34
4( s y−s⋅0− 3) + 4⋅( s⋅y− 0) + 17⋅ y = 34 ( 4s 4s 17) y 12
2 2
2
s + 1
s 1
⇔ + + = +
+
12
34
⇔ y =
+
2 2 2
4s + 4s+ 17 s + 4 4s + 4s+ 17
( )( )
Vi dekomponerer den sidste brøk:
expand(34/((4*x^2+4*x+17)*(x^2+1)),x). Resultat:
s
s
y =
+
−
−
s + s+
s + s+ s + s+
s + s
+
12 544
1224 1 136 442 1
2
4 4 17 185 2
4 4 17 185 2
4 4 17 185 2
1 185 2
+ 1
2
− 4± 16−4⋅4⋅17 4s + 4s+ 17 = 0⇔
s=
=
8
− ±
⎛ 2
2
⎛ 1⎞
⎞
2
4s + 4s+ 17 = 4⎜⎜s+
⎟ + 2 ⎟
⎜
⎝⎝
2⎠
⎟
⎠
136 s 249 1
y =+
+
185 2
⎛ 1⎞
185 2
2 ⎛ 1⎞
⎜ s+ ⎟ + 2 ⎜ s+
⎟ + 2
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠
2
4 16i
8
1
2 2 =− ± i
s
−
s + s
+
136 442 1
185 2
1 185 2
+ 1
47

Sædvanlige differentialligninger
Af appendix 5.2 formel 25 og 26 fås:
136 ⎛ 1 ⎞ − t 249 − t
yt ( ) = ⎜cost−
sin t⎟ e + ⋅ ⋅esin t− cost+ sin t
185 ⎝ 4 ⎠ 185 2
136 442
2
2
185 185
48
1
1
136 − t 464 − t 136 442
⇔ yt ( ) = e 2 cos t+ ⋅e 2 sin t− cost+ sin t
185
185
185 185
1
1
5.4. Enhedstrinfunktion.
Som nævnt i indledningen er en meget stor fordel ved Laplacemetoden er, at man let kan løse
problemer af den type der er nævnt i eksempel 5.1, hvor en omkobling fra en beholder til en
anden giver et pludselig spring i koncentrationen af det indstrømmende stof. Det samme sker for
en elektrisk strøm, ved afbrydelse af en kontakt, eller for trykket ved åbning af en ventil.
For at kunne behandle sådanne tilfælde indføres den såkaldte “enhedstrinfunktion” (også kaldet
“Heaviside funktion”) u (“unit step function”)
Definition af enhedstrinfunktion u med spring i a.
⎧0
for t < a
ut ( − a)
= ⎨
(se figur 5.2)
⎩1
for t ≥ a
Fig 5.2. Enhedstrinfunktion med spring i a
Enhver stykkevis funktion f kan udtrykkes ved hjælp af enhedstrinfunktioner (jævnfør eksempel
5.6

Eksempel 5.6. Stykkevis funktion udtrykt ved enhedstrinfunktion.
Lad funktionen
⎧t+
1 for 0≤ t < 2
⎪ −t
f ()= t ⎨30e
⎪
⎩
sin( t)
(se figuren)
for
for
2 ≤ t < 5
5 ≤ t < ∞
Udtryk f (t) ved enhedstrinfunktionen.
Løsning:
−t −t
( ) ( )
f ( t) = ( t+ 1) + 30⋅e − ( t+ 1) u( t− 2) + sin( t) −30⋅e u( t−5)
Enhedsfunktionen benyttes sædvanligvis ved
problemer, hvor man “tænder” eller “slukker” for
“kontakter” eller ventiler.
Dette er vist på nedenstående figurer.
Figur 5.3 viser funktionen f () t
5 Laplacetransformation
Fig 5.3. Funktionen f(t)
I figur 5.3a er f () t blevet “forsinket” 2 sekunder (parallelforskudt 2 sekunder)
I figur 5.3b har funktionen været slukket fra t = 0 til t = 2 og bliver så “tændt”
Fig. 5.3a. f (t) forsinket 2 Fig. 5.3b. f(t) tændes til tiden t = 2
49

Sædvanlige differentialligninger
Funktionen givet ved f ( t−a) ⋅u( t−a) siges at være “forsinket med a” i forhold til f ( t ), og vi
vil ofte blot skrive f () t .
50
[ ]
forsinket a
5.5. Forsinkelsesregel
Sætning 5.2. Forsinkelsesregel..
Lad funktionen f være eksponentielt begrænset, L f () t = F() s og lad a > 0.
Der gælder:
−as
L f ( t −a) ⋅u( t− a) = e ⋅L
f ( t)
{ } { }
{ () ⋅ ( − ) } =
−as
⋅ ( ( + ) )
L f t u t a e L f t a
as { ⋅ } = − ⋅ − = [ ]
{ }
−1− L e F() s f ( t a) u( t a) f () t
forsinket a
Bevis:
∞
∞
∞
− st − st
−st ( −a) −sa
(1): L{ f ( t −a) ⋅u( t − a) } = e ⋅ f ( t −a) ⋅u( t − a) dt = e ⋅ f ( t − a) dt = e ⋅e ⋅ f ( t −a)
dt
∫0∫a∫a ∞
−sa −s⋅x−sa Sættes x = t − a fås L{ f ( t −a) ⋅u( t − a) } = e e ⋅ f ( x) dx = e ⋅ L{ f ( t)
} dvs. formel (1) er bevist.
∫0 (2): Indsættes gt () = f( t−a) , hvorved gt ( + a) = f( t)
i formel (1) fås
− as
{ ( − ) ⋅ ( − ) } = ⋅ { ( ) } { } ( )
L f t a u t a e L f t
−as
= Lgt () ⋅ut ( − a) = e ⋅ Lgt ( + a)
dvs. formel (2) er bevist.
1
(3) { − ⋅ − } = ⋅ { } ⇔
⎧
1
⎨ { − ⋅ − } = ⋅ { }
⎫
{ } ⎬ ⇔ − ⋅ − = ⋅ { }
−as− − −as −as
L f ( t a) u( t a) e L f ( t) L L f ( t a) u( t a) L e L f ( t) f ( t a) u( t a) e L f ( t)
⎩
⎭
Eksempel 5.7. Træning i forsinkelsesreglen.
Find
1) −2t Le { ⋅ut ( −4)
} 2)
⎧ −4s
− ⎪ ⋅e
⎫
1 2 ⎪
L ⎨ 2 ⎬
⎩⎪ s + 4 ⎭⎪
Løsning:
1) Ved benyttelse af formel (2) og appendix 5.1 formel 1 fås:
−2t −4s − 2( t+ 4) −4s −8 −2t −4s−8 Le { ⋅ut ( − 4)
} = e Le { } = e ⋅ e Le { } = e
1
s + 2
2) Ved benyttelse af formel (3) og appendix 5.2 formel 25 fås:
⎧ − s
− ⎪ ⋅e
⎫⎪
− − t
L ⎨ ⎬ L
e t
⎩⎪ s + ⎭⎪ s
=
⎡ ⎧ ⎫⎤
⎢ ⎨ ⎬⎥
= ⋅
⎣ ⎩ + ⎭⎦
⎡
4
1 2
1 1
1 0 ⎤
2
2
2
2 2
⎢ sin( 2 ) ⎥
4
2
4 ⎣2
forsinket
⎦
= sin( 2( t−4)) ⋅u( t− 4) = sin( 2t−8) ⋅u( t−4)
I eksempel 5.1 opstilledes følgende problem, som vi nu kan løse.
forsinket 4
(1)
(2)
(3)

5 Laplacetransformation
Eksempel 5.8. System af differentialligninger med forsinkelse
Figur 5.1 viser et system, hvor der fra tank1 efter starten til t = 0 kommer en koncentration af 10
kg/m3 af et stof A. Til tiden t = π sker en omkobling til tank 2, hvor koncentrationen varierer
periodisk som kgA/ m 3 . Hastigheden af strømmen ind i tank 3 er 3 m 3 ( 5⋅ sin t + 5)
/min. Væske
fra tank 3 pumpes gennem et langt rør (kølespiral) til tank 4. Hver væskedel er 1 minut om at
gennemløbe røret, og hastigheden af strømmen fra tank 3 til tank 4 er 2 m 3 /min.
Rumfanget af tank 2 og tank 3 fremgår af figuren ligesom det ses, at der yderligere pumpes væske
ud af de to tanke med den angivne hastighed.
Til tiden t = 0 er y ( 0 ) = 0, z ( 0 ) = 0 og rent vand i kølespiralen.
Lad y(t) og z(t) betegne koncentrationerne af et stof A i to tanke:
Bestem koncentrationen z(t) for alle t ≥ 0
Fig.5.1. 2 tanke med opkobling mellem tank1 og 2
Løsning:
“Input” til tank 3 er givet ved at man til tiden t = π kobler om fra tank1 til tank2
Den er derfor bestemt ved den stykkevis kontinuerte funktion
⎧10
for 0 ≤ t < π
f () t = ⎨
eller
⎩5+
5⋅sin
t for t ≥π
f () t = 10 + ( 5+ 5⋅sin t−10) ⋅u( t− π) = 10 + ( 5sin() t − 5)
⋅u( t−π)
.
Opstilling af differentialligninger.
For tankene 3 og 4 opstilles massebalancen IND + PRODUCERET = UD + AKKUMULERET
som et differentielt regnskab over, hvor mange kg A der passerer ind og ud i et tidsinterval
[t ; t+ dt ]:
Tank 3:
IND: 3⋅ f () t dt ,
PRODUCERET: 0 (da der ikke produceres A i tanken)
UD: 1⋅yt () ⋅ dt+ 2⋅yt () ⋅ dt= 3⋅yt
() ⋅dt
AKKUMULERET: d( 4⋅ y( t) = 4⋅d(
y( t))
(da der i tanken er 4 y kg A og der sker en differentiel
ændring i denne mængde )
Dette giver ligningen: 3⋅ f () t dt + 0= 3⋅y() t ⋅ dt + 4⋅dy
51

Sædvanlige differentialligninger
Tank 4:
IND: 2⋅yt ( −1) ⋅ut ( −1)
da der det første minut kun løber rent vand ind i tanken, og derefter
med en koncentration svarende til den der var i tank 3 for 1 minut siden. ,
PRODUCERET: 0 (da der ikke produceres A i tanken)
UD: 2⋅zt () ⋅dt
AKKUMULERET: d( 6⋅ z( t) = 6⋅d(
z( t))
(da der sker en differentiel ændring i mængden af A i
tanken)
Massebalancen: 2⋅y( t −1) ⋅u( t − 1) dt + 0= 2⋅z( t) ⋅ dt + 6⋅dz
Ved division med dt fås differentialligningerne:
dy
3⋅ f () t = 3⋅ y() t + 4⋅
(1)
dt
dz
2⋅yt ( −1) ⋅ut ( − 1) = 2⋅ zt ( ) + 6⋅
(2)
dt
dy
Af ligning (1) fås: 4⋅ + 3⋅ yt () = 3⋅ ( 10+ ( 5⋅sin() t −5) ⋅ut ( −π)
)
dt
Ligning (1) Laplacetransformeres:
4 3 3 { }
10 ⎛ −πs ⎞
30 −πs
⎛ s ⋅ sin π + 1⋅cosπ
1⎞
⋅s⋅ y + ⋅ y = ⎜ + 5e ⋅ L sin( t + π)
−1
⎟ ⇔ ( 4s+ 3)
y = + 15⋅e⋅⎜
⎝
⎠
2 2 − ⎟
s
s
⎝ s + 1 s⎠
⎛
⎞
⇔ = − ⎜
+ ⎟
+ ⎝ + + + ⎠
−
y
e
s s s s s s
s
30
15 15 π
( 4 3)
2
( 4 3)( 1)
( 4 3)
Ligning (2) Laplacetransformeres:
1
2⋅ ⋅ = 2⋅ + 6 ⋅ ⇔ 3 + 1 = ⋅ ⇔ = ⋅
3 + 1
⋅
−s −s −s
e y z s z ( s ) z e y z e y
s
Ligning (3) indsættes i ligning (4) og vi får:
z = e ⋅
e
s+ s s s s s s
⋅
1 ⎛ 30 ⎛ 15 15 ⎞
⎜ − ⎜
+ ⎟
3 1 ⎜
⎝ ( 4 + 3)
2
⎝ ( 4 + 3)( + 1)
( 4 + 3)
⎠
52
− s −πs
−s 30
− (1 + π ) s⎛15
15 ⎞
= e ⋅
− e ⎜
+
⎟
( 3s+ 1)( 4s+ 3)
s
2
⎝ ( 4s+ 3)( s + 1)( 3s+ 1)
s( 4s+ 3)( 3s+ 1)
⎠
De to brøker dekomponeres ved at benytte Ti89 (expand)
−s −s −s
e ⋅
= e ⋅
e
s+ s+ s s+ s s
s
s s
−
+ +
⎛
⎞
30
⎛ 32 54 10⎞
⎜
⎟
⎜
⎟ = ⋅⎜8
− + ⎟
3 1 4 3 ⎝ 4 3 3 1 ⎠ ⎜ + +
⎟
⎝
⎠
1
18
3
4
1
10
1
3
1
( )( )
− (1 + π) s 15
− (1 + π)
s ⎛ −192
81 39s
27 ⎞
e
= e ⋅⎜
+ − − ⎟
2
( 4s+ 3)( s + 1)( 3s+ 1)
⎝ 25( 4s+ 3)
10( 3s+ 1)
2 2
50( s + 1)
50( s + 1)
⎠
= ⋅ − + −
+ +
+ −
⎛
⎞
⎜
⎟
− (1 + π ) s 48 1 27 1 39 s 27 1
e ⎜
⎟
⎜ 25 3 10 1 50 2
⎜ s s
s 1 50 2
s + 1 ⎟
⎝ 4 3
⎠
⎞
⎟
⎠
(3)
(4)

5 Laplacetransformation
z = e
⎛
⎞
⎜
⎟
− s
⋅⎜8
− + ⎟
⎜
s
⎜ s+ s+
⎟
⎝
⎠
1
18
3
4
1
10
1
3
1 − ⋅ − + −
+ +
+ −
+ +
⎛
⎞
⎜
⎟
− (1 + π ) s 48 1 27 1 39 s 27 1
e ⎜
− + ⎟
⎜ 25 3 10 1 50
⎜ s s
s 1 50 s 1 s
s+ s+
⎟
⎝ 4 3
⎠
4
1
9
3
4
1
5
1
3
1
2 2
⎛
⎞
⎜
⎟
− s
⇔ z = e ⋅⎜8
− + ⎟
⎜
s
⎜ s+ s+
⎟
⎝
⎠
1
18
3
4
1
10
1
3
1 + ⋅ − + −
+ +
+ −
+ −
⎛
⎞
⎜
⎟
− (1 + π ) s 52 1 63 1 39 s 27 1 1
e ⎜
5 ⎟
⎜ 25 3 10 1 50 2
⎜ s s
s 1 50 2
s 1 s ⎟
⎝ 4 3
⎠
Ved tilbagetransponering (appendix 5.2 formel 16+25) fås
⎡ 3 1
t t ⎤ ⎡ 3
1
− − 52 − t 63 − t 39 27 ⎤
zt () = ⎢8e
4 − 18e 3 + 10⎥+
⎢−
e 4 + e 3 + cost+ sint−5⎥
⎣
⎢
⎦
⎥
⎣
⎢ 25 10 50 50
⎦
⎥
forsinket 1
forsinket 1+
π
Det ses som forventet, at for store værdier af tiden t vil koncentrationen nærme sig til
zt () = 5+ cost+ sin t=
+ . cos( − . ) , dvs. tanksystemet har dæmpet
39 27
5 09 0606
50 50
svingningerne fra en amplitude på 5 til en amplitude på 0.9.
Graferne for “input” og “output” er følgende (tegnet i Maple):
53

Sædvanlige differentialligninger
Eksempel 5.9. Elektrisk kredsløb udsat for en “firkantimpuls”.
Find strømmen it () i ovenstående kredsløb
hvis det i tidsrummet 2≤t≤4 bliver påført en firkantimpuls på 5 volt. I tidsrummet 0≤ t < 2er
it ()= 0 .
Løsning:
Ligningen for kredsløbet kan skrives (se eventuelt eksempel 1.8)
1 t 1 t
Rit ⋅ () + itdt= vt ⇔ ⋅ it + itdt= vt
C ∫ () () 4 ()
. ∫ () ()
0 025 0
di dv
Ved differentiation fås 4 + 4⋅
it () =
dt dt
Ligningen Laplacetransformeres: 4( s⋅i − 0) + 4⋅ i = sv −0⇔ 4( s+ 1)
⋅ i = sv
vt ( ) = ( 5−0) ⋅ut ( − 2) + ( 0−5) ⋅ut ( − 4) = 5⋅[ ut ( −2) −ut ( −4)
] v
s e
s e
⎛ 1 −2s 1 −4s⎞
= 5⋅⎜ − ⎟
⎝
⎠
1 −2s −4s 5 −2s −4s
4( s+ 1) ⋅ i = sv ⇔ 4( s+ 1) ⋅ i = 5⋅s⋅
( e −e ) ⇔ i = ( e − e )
s 4( s + 1)
54
[ ] [ ]
5 ⎛
it () = ⎜ e − e
4 ⎝
2
−t −t − t− −t
forsinket forsinket 4
⎧
⎪0
⎪
2
⎞ ⎪5
( 2)
5e
⎟ = e
e
⎠
⎨ =
⎪4
4
⎪
2 4
5 −( t−2) −( t−4) 5(
e − e ) −t
⎪ ( e − e ] = e
⎩4
4
for 0≤ t < 2
for 2≤ t < 4
for t ≥ 4

5 Laplacetransformation
5.6. Dirac’s deltafunktion
Ofte antager en fysisk størrelse store værdier i et meget kort tidsrum. Det sker eksempelvis, når
en kondensator kortsluttes, eller når man pludselig tilsætter en stor mængde salt til en opløsning.
For at kunne behandle sådanne tilfælde betragter vi funktionen
⎧1
⎪ for a ≤ t < a+
ε
δε ( t − a)
= ⎨ε
⎩
⎪0
ellers
(jævnfør figuren)
⎛ 1 ⎞ ⎛ 1⎞⎛1⎞1⎛1⎞ Vi har δε
( t − a) = ⎜ −0⎟⋅u(
t− a) + ⎜0−
⎟ ⋅u⎜t−a− ⎟ = ⎜a(
t−a) −u( t−a− ⎟
⎝ ε ⎠ ⎝ ε⎠⎝ε⎠ε ⎝
ε⎠
{ }
Laplacetransformeres fås: L t a
.
s e
s e
1 ⎛ 1 −as 1 − ( a+ ε ) s ⎞ 1−e
−as
δε
( − ) = ⎜ −
⎟ = e
ε ⎝
⎠ sε
−εs
−εs
1−
e
Benyttes l’hospitals regel fås lim
ε →0
sε
se
= lim
ε →0
s
= 1,
dvs.
L t a e as
( − )
−
⎯⎯⎯⎯ →
{ }
δε ε →0
1
ε
a + 1
ε
−εs
55

Sædvanlige differentialligninger
Man definerer derfor Diracs deltafunktion δ( t a)
ved, at L t a e .
as
δ( − ) = −
56
− { }
δ( t−a) er ikke en sædvanlig funktion, men ved de førnævnte problemer, hvor der pludselig
opstår en kortvarig “impuls”, er det praktisk, at opfatte den som en sædvanlig funktion.
Dette illustreres i følgende eksempel:
Eksempel 5.10. Dirac’s deltafunktion.
Lad os igen betragte tankproblemet i eksempel 5.8. men nu antager vi yderligere, at der i tank1
6 minutter efter starten hældes 20 kg rent A.
Vi ønsker igen at finde koncentrationen zt () for t ≥ 0 .
Løsning:
For tank1 bliver IND: 3⋅ f () t + 20⋅δ( t−6)
dy
Resten er uændret, dvs. differentialligningen bliver 3⋅ f () t + 20⋅δ( t− 6) = 3⋅ y() t + 4⋅
dt
6
Ligningen Laplacetransformeret bliver derfor som før, kun med leddet 20⋅
tilføjet.
− s
e
4 3 3 { }
10 ⎛ −πs ⎞
30 −πs ⎛ s ⋅ sin π + 1⋅cosπ
1⎞
−6s
⋅s⋅ y + ⋅ y = ⎜ + 5e ⋅ L sin( t + π)
−1
⎟ ⇔ ( 4s+ 3)
y = + 15⋅e⋅⎜
2 2 − ⎟ + 20e
⎝ s
⎠
s
⎝ s + 1 s⎠
30 ⎛ 15 15 ⎞ π 20
⇔ y = − ⎜
+ ⎟ e + e
s( 4s+ 3)
2
⎝ ( 4s+ 3)( s + 1)
s( 4s+ 3)
⎠ 4s+ 3
Dette giver igen
− s −6s
−s 30
− (1 + π ) s⎛15 15 ⎞ −7s
20
z = e ⋅
− e ⎜
+
⎟ + e
( 3s+ 1)( 4s+ 3)
s
2
⎝ ( 4s+ 3)( s + 1)( 3s+ 1)
s( 4s+ 3)( 3s+ 1)
⎠ ( 4s+ 3)( 3s+ 1)
Dekomponeres det sidste led fås 4 1 1
− 4
1 3
s+ s+
3 4
Dette led tilbagetransponeres, og den samlede løsning bliver derfor:
⎡ 3 1 ⎤
⎡ 3
1
⎤
⎡ 1
− − 52 − 63 − 39 27
zt () = ⎢8e
4 − 18e 3 + 10⎥+
⎢ − e 4 + e 3 + cost + sint
− 5⎥+ ⎢4e
3 − 4e
⎣⎢
⎦⎥
⎣⎢
25 10 50 50
⎦⎥
⎣⎢
3
t t t t − t − t
4 ⎥
⎦⎥
forsinket 1
forsinket 1+
π
forsinket 7
For sammenligningens skyld, er løsningen tegnet først for det oprindelige tanksystem , og derefter
med tilsætning af 20 kg A.
⎤

5 Laplacetransformation
Som det ses, betyder tilsætningen af 20 kg A, et spring i “output”, men derefter stabiliserer det
sig igen .
57

Sædvanlige differentialligninger
Appendix 5.1. Tabel over Laplace-transformerede
Nr f(t) L{ f () t } = F() s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
58
e at −
a = 0: 1
1
1
, a = 0:
s+ a
s
t e at
⋅ −
a = 0: t
1
2
( s+ a)
1
a = 0:
2
s
n at
t ⋅ e ,
−
n ≥ 0, hel
a = 0: t n
123 ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅n
a = 0:
+ 1
( s+ a) n
123 ⋅ ⋅ ⋅...n
+ 1
s n
cos( ωt + ϕ)
(spec. ϕ = 0 )
t⋅ cos( ωt + ϕ)
(spec. ϕ = 0 )
s ⋅cos( ϕ) −ω ⋅sin(
ϕ)
,
ϕ = 0:
2 2
s + ω
2 2 ( s )
s
,
2 2
s
s
2 2
s + ω
2
−ω cos( ϕ) −2ω ⋅ ⋅sin(
ϕ)
ϕ = 0
+ ω
2 2
− ω
2 2
+ ω
2
:
s
s
2
t ⋅ cos( ωt + ϕ)
(spec. ϕ = 0 )
( )
3 ( 2 6
2 ) ( 6
2
2
3)
2 2 ( )
3
s − s + − ⋅ s + ⋅
s + ω
( )
ω cos( ϕ) ω ω sin( ϕ)
,
ϕ = 0:
( )
3 2
2 − 6ω
2 2 3
s s
( s + ω )
−bt
e ⋅ cos( ωt + ϕ)
(spec. ϕ = 0 )
s+ b cos( ϕ) −ω ⋅sin(
ϕ)
,
ϕ = 0:
2 2
( s+ b)
+ ω
s+ b
2 2
( s+ b)
+ ω
−bt
t⋅e ⋅ cos( ωt + ϕ)
(spec. ϕ = 0 )
⎛ 2
⎜(
s+ b) −
⎞
⎟ − ⋅ ⋅ s+ b ⋅
⎝ ⎠
,
2 2
s+ b +
2
ω cos( ϕ) 2 ω ( ) sin( ϕ)
ϕ = 0
ω
2 2
+ −ω
2 2
+ + ω
2
:
( s b)
( s b)
2 −bt
t ⋅e ⋅ cos( ωt + ϕ)
(spec. ϕ = 0 )
( ( ) )
( )
3
( ) 2 (
2 2 ( )
2 3)
3
s+ b − s+ b
⎞
⎠
s+ b + ω
s b
⎛
⎜2
6ω ( ) ⎟ cos( ϕ) + −6⋅ω ⋅ ( + ) + 2ω
⋅sin(
ϕ)
⎝
sin( ωt + ϕ)
s ⋅ sin( ϕ) + ω ⋅cos(
ϕ)
,
(spec. ϕ = 0 )
2 2
s + ω
t⋅ sin( ωt + ϕ)
2 2 ( s )
s
(spec. ϕ = 0 )
,
2 2
s
2
− ω sin( ϕ) + 2ω
⋅ ⋅cos(
ϕ)
+ ω
2
t ⋅ sin( ωt + ϕ)
(spec. ϕ = 0 )
−bt
e ⋅ sin( ωt + ϕ)
(spec. ϕ = 0 )
−bt
t⋅e ⋅ sin( ωt + ϕ)
(spec. ϕ = 0 )
2 −bt
t ⋅e ⋅ sin( ωt + ϕ)
(spec. ϕ = 0 )
ϕ = 0:
3 2
+ −6⋅ ω +
2 2 3
( s b) ( s b)
( ) ( ( s+ b)
+ ω )
( )
3 ( 2 6
2 ) ( 6
2
2
3)
2 2 ( )
3
s − s + ⋅s − ⋅
s + ω
( )
ω sin( ϕ) ω ω cos( ϕ)
,
ω
ϕ = 0:
2 2
s + ω
ϕ = 0:
ϕ = 0:
2ω
⋅
2 2 2
s
( s + ω )
2 3
6ω ⋅ −2ω
2 2 3
s
( s + ω )
s+ b ⋅ sin( ϕ) + ω ⋅cos(
ϕ)
,
ϕ = 0:
2 2
( s+ b)
+ ω
ω
2 2
( s+ b)
+ ω
⎛ 2
⎜(
s+ b) −
⎞
⎟ + ⋅ ⋅ s+ b ⋅
⎝ ⎠
,
2 2
s+ b +
2
ω sin( ϕ) 2 ω ( ) cos( ϕ)
ϕ = 0
ω
2ω
+
2 2
+ + ω
2
:
( s b)
( s b)
( ( ) )
( )
3
( ) 2 ( 2 3)
2 2 ( )
3
s+ b − s+ b
⎞
⎠
s b
s+ b + ω
⎛
⎜2
6ω ( ) ⎟ sin( ϕ) + 6⋅ω ⋅ ( + ) + 2ω
⋅cos(
ϕ)
⎝
ϕ = 0:
2 3
6⋅ω ⋅ + −2ω
2 2 3
( s b)
( ) ( ( s+ b)
+ ω )

Appendix 5.2. Tabel over invers-Laplace-transformerede
Det forudsættes, at F(s) er en bruden rational funktion, hvor nævneren er af højst fjerde grad
2 2
Andengradspolynomier med komplekse rødder a ± ib omskrives til ( s− a) + b .
Nr Fs () L{ f() t }
f () t = L F() s
−1
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
1
s+ a
1
2
( s+ a)
1
( s a) n
+
s
2
( s+ a)
s
3
( s+ a)
2
s
3
( s+ a)
s
4
( s+ a)
2
s
4
( s+ a)
3
s
4
( s+ a)
= { }
1
2 2
( s+ a) + b
s
2 2
( s+ a) + b
1
( ( s+ a) + b )
2 2 2
s
2 2 2
( ( s+ a) + b )
2
s
2 2 2
( ( s+ a) + b )
3
s
2 2 2
( ( s+ a) + b )
e at −
t e at
⋅ −
1 n−1−at t e
( n − 1)!
( 1 − ) ⋅ −
at e at
t at e at
⎛ ⎞
⎜ − ⎟
⎝ ⎠
− 1 2
2
t a t e at
⎛ ⎞
⎜ + ⎟
⎝ ⎠
− 1 22
2
1 2 1 3
t at e
2 6
at
⎛
⎞
⎜ − ⎟
⎝
⎠
−
t at a t e at
⎛
⎞
⎜ − + ⎟
⎝
⎠
−
2 1 2 3
6
⎛ 3 22 1 33⎞
⎜1−
3 + − ⎟
⎝ 2 6 ⎠
−
at a t a t e at
1
b
−at
⋅e ⋅sin(
bt)
Appendix 5.2
a
cos( bt)
sin( bt) e eller
b
at
⎛
⎞
⎜ − ⎟
⎝
⎠
− 1 2 2 at
1 a
a + b e bt + = −
b b
⎛
− − ⎞
sin( ϕ), ϕ tan ⎜ ⎟
⎝ ⎠
t −at
1
− e cos( bt)
+ sin( bt)
2 3
2b
2b
a⋅t −at ⎛ t a ⎞ −at
e cos( bt)
+ ⎜ − ⎟e
sin( bt)
2
2b ⎝ 2b 3
2b
⎠
2 2
2 2
b − a
⎛
at a + b a ⎞
− at
te bt + ⎜ − t⎟ −
cos( ) e sin( bt)
2
3
2b ⎜
⎝ 2bb⎟
⎠
⎛ 2 2
2 2 2 2
− 3 ⎞
⎜
3 3
1 −
⎟
+
⎜ 2
3
⎝ 2
⎟
⎠
2
2
− +
)
aa ( b
⎛
⎜
− ⎞
−at aa ( b ) a b
+ ⎟ −at
t e cos( bt)
t e sin( bt)
b
⎜
⎟
⎝ b
b ⎠
59

Sædvanlige differentialligninger
Opgaver.
dy 1
d1.1. Lad der være givet differentialligningen =
dt t + y + 3
Der ønskes i intervallet 1≤t≤3tabellagt den løsning, for hvilken y( 1) = 2
1) Der ønskes anvendt Eulers metode svarende til skridtlængden h = 2 og h = 1.
(mellemregninger skal anføres)
2) Benyt lommeregnerens Euler program til at finde y(3) med en skridtlængde på h = 0.5.
d1.2. Lad der være givet differentialligningen dy
= t⋅ln y
dt
Der ønskes i intervallet 2≤t≤3tabellagt den løsning, for hvilken y( 2) = 12 .
1) Der ønskes anvendt Eulers metode svarende til skridtlængden h = 2 og h = 1.
(mellemregninger skal anføres)
2) Benyt lommeregnerens Euler program til at finde y(3) med en skridtlængde på h = 0.5.
dy
d1.3. For differentialligningen = t + ønsker man i intervallet [0 ; 2 ] at bestemme den
dt y
1
2
partikulære løsning y = y() t , der svarer til begyndelsesbetingelsen y( 0) = 1 ved hjælp
af Eulers metode.
Først benyttes skridtstørrelsen h = 2 og man finder y( 2) = 3500 . .
1) Beregn med en skridtstørrelse på h = 1 værdien af y( 1) og y( 2)
. Metoden skal klart
fremgå af besvarelsen (det er altså ikke nok med et regnemaskineprogram).
2) Benyt lommeregnerens Euler program til at finde y(2) med en skridtlængde på h = 0.5.
Giv på dette grundlag en vurdering af hvor nøjagtig y(2) er beregnet.
dy 2
d1.4. Lad der være givet differentialligningen = 3t ( y+
1)
.
dt
Find den løsning yt () som opfylder begyndelsesbetingelsen y( 0) = 7.
d1.5. 1) Find den fuldstændige løsning til differentialligningen dy y
= , t ≠± 1
dt 2
t −1
2) Find og skitsér den partikulære løsningskurve, som går gennem punktet (, t y ) = (,) 01 .
d1.6 1) Find den fuldstændige løsning til differentialligningen dy y
=
dt 2
t
, t ≠ 0
2) Find og skitsér de partikulære løsningskurver, som går gennem henholdsvis
(, t y) = (,), 11 (. t y)
= (, 1 ) og .
1
(, t y ) = (,) 10
2
60
2

Opgaver
dy
d1.7. 1) Find den fuldstændige løsning til differentialligningen = 2t⋅ y−1
.
dt
2
( )
2) Find og skitsér de partikulære løsningskurver, som går gennem henholdsvis (, t y ) = 21 ,)
og (t, y) = (0,0).
d1.8 Lad yt () være antallet af individer bakterier i en bakteriekultur til tiden t.
1) Som arbejdshypotese har man at individantallet øges med en hastighed der er
proportional med det øjeblikkelige antal af individer yt () (målt i tusinder). Lad
proportionalitetsfaktoren være k.
a) Opstil en differentialligning til bestemmelse af yt () .
b) Find y(t) i det tilfælde, hvor k = 1.5 og antallet af individer til tiden t = 0 er 100.
2) Da de målte tal ikke stemmer overens med de beregnede, opstiller man nu den hypotese,
at på grund af mangel på næring, bliver faktoren k erstattet af størrelsen b−a⋅y, hvor
konstanterne a og b er positive.
a) Opstil en differentialligning til bestemmelse af yt () .
b) Find ( eventuelt ved at benytte Ti89 eller Maple) y(t) i det tilfælde, hvor a = 3.4 og
b = 210 og antallet af individer til tiden t = 0 er 100.
4 −
⋅
c) Benyt Ti89 eller Maple til at skitsere ovennævnte løsningskurve.
(Denne S-formede kurve er et eksempel på en såkaldt "logistisk kurve").
d1.9. 1) Find samtlige løsninger til differentialligningen
dy 2 y −1
= , t > 1∧ y ≠ 0
dt 2( t−1) ⋅y
2) Find og skitsér de 2 partikulære løsningskurver, som går gennem henholdsvis punktet
(t , y) = (2,1) og (t , y) = (2,4)
d1.10 1) Find (eventuelt ved at benytte Ti89 eller Maple) samtlige løsninger til
differentialligningen
3
dy y + 1
=
dt 2
y ⋅t⋅ln( t)
t > 1∧ y < 0
,
2) Find og skitser den løsningskurve, der går gennem punktet (t, y)=(2, -1)
d1.11. 1) Find (eventuelt ved at benytte Ti89 eller Maple) den løsning til differentialligningen
dy y −1
= , der går gennem punktet (t, y)=(2, 5).
dt 2 t −1
d1.12. 1) Find den fuldstændige løsning til differentialligningen
t .
dy
2
+ yt () = 3t, dt
t>
0
2) Find og skitsér den partikulære løsningskurve, som går gennem punktet (t, y) = (1,2).
61

Sædvanlige differentialligninger
d1.13. 1) Find den fuldstændige løsning til differentialligningen 2 dy
−t⋅ y() t = t,
dt
2) Find og skitsér den partikulære løsningskurve, som går gennem punktet (t, y) = (0 ,0).
d1.14. 1) Find den fuldstændige løsning til differentialligningen
( 1+ 2t) − ( ) = 1,
1
> −
2
dy
yt
dt
t
2) Find og skitsér den partikulære løsningskurve, som går gennem punktet (t, y) = (0 ,0).
d1.14. 1) Find den fuldstændige løsning til differentialligningen
t , t > 0
dy 2 3
+ ( t −1) ⋅ y( t) = 2t
dt
2) Find og skitsér den løsningskurve, som går gennem punktet (t, y) = (1 ,2).
d1.15. Eksperimenter viser, at den hastighed hvormed et legeme afkøles i en luftstrøm er
tilnærmelsesvis proportional med T - T luft , hvor T er legemets temperatur og T luft er
luftens temperatur (Newtons lov for afkøling i en strøm).
Lad temperaturen T luft i luftstrømmen konstant være 30 0 C. Legemets temperatur er
100 0 C til tiden t = 0 og 70 0 C til tiden t = 3 min. Hvornår er legemets temperatur blevet
40 0 C.
d1.16. Lad grafen for funktionen y(t) for t ≥ 0 være en kontinuert kurve k, og lad punktet P
være et vilkårligt punkt på kurven.
Lad endvidere A1( t)
og A2 t være de på figuren afgrænsede arealer mellem k og
()
henholdsvis x - aksen og y - aksen.
Find funktionen y(t) sådan at
1) y(1) = 1 og
2) A () t = 3⋅A
() t for alle t ≥ 0
62
1 2
d1.17. I et præparat vil antallet af 14 C-atomer, som henfalder radioaktivt pr. tidsenhed være
proportionalt med det øjeblikkelige antal tilstedeværende 14 C-atomer. Der går ca. 5700
år, inden 50% af 14 C-atomerne er henfaldet. Hvor lang tid går der, inden 90% af 14 Catomerne
er henfaldet ?

Opgaver
dy
d1.18. 1) Find samtlige løsninger til differentialligningen 2( t − 2) + yt ( ) = − 1, t>
2
dt
2) Find den løsning til ovennævnte differentialligning, som er bestemt ved y (3) = 0
Skitsér grafen for y(t).
d1.19. 1) Find eventuelt ved at benytte Ti89 eller Maple) samtlige løsninger til
2 dy
3
differentialligningen ( t + 1)
+ t⋅ y() t = t
dt
2) Find og skitsér grafen for den løsning, der opfylder begyndelsesbetingelsen
2
y( 0)
=− .
3
d1.20. Benyt Ti89 eller Maple til at finde den løsning til differentialligningen
2 dy 2
( t− 2) ( t + 1) + ( − 2t + 67+ 1) ) ⋅ y( t) = t, dt
2
som opfylder begyndelsesbetingelsen y( 0)
=
3
t < 2
d2.1. Find samtlige løsninger til hver af differentialligningerne
2
d y dy
1) − 4 + 4yt () = 0
2
dt dt
2
d y dy
2) 3 − 6 + 30yt () = 0
2
dt dt
2
d y
3) − yt () = 0
2
dt
1 d y dy
d2.2. Find den løsning til differentialligningen − 2 + 5y= 0,
der opfylder
2 4 dt dt
begyndelsesbetingelserne y( 0) = 2 og y ′ ( 0) = 2 2 .
Løsningen ønskes angivet såvel på formen Ce cos( ωt) + Ce sin( ωt)
som på
rt
formen Ae cos( ωt+ ϕ)
.
2
rt rt
1 2
d2.3. Find samtlige løsninger til hver af differentialligningerne
1) y′′ t + y′ t + y t = e 2)
t
() 5 () 4 ()
′′ + ′ + = −
y t y t y t e t
() 5 () 4 ()
d2.4. Find samtlige løsninger til differentialligningen 2y′′ () t + 16y′ () t + 32y()
t = e + t
d2.5. Find samtlige løsninger til differentialligningen y′′ + 4y′ + 6y = 5sint
−4t
63

Sædvanlige differentialligninger
d2.6. Find samtlige løsninger til differentialligningen ′′ − ′ + = ⋅ .
−
y y y t e t
2
d2.7. Find samtlige løsninger til differentialligningen y′′ + 4y′ + 4y = e + 8t
.
d2.8. Find samtlige løsninger til differentialligningen y′′ + 4y = 4sin( 2t)
d2.9. Find samtlige løsninger til differentialligningen y′′ + 4y′ + 13y = 13t 2
64
−2t2
d2.10. Find samtlige løsninger til differentialligningen ′′ + ′ + = −
y y y e t 3
6 9
−
d2.11. Find samtlige løsninger til differentialligningen y′′ + 4y′ + 13y = 2e 2
d2.12. 1) Find samtlige løsninger til differentialligningen
2
d y dy
t
+ 2 + 5y = 5t + 4e + 2sin
t
2
dt dt
2) Find den partikulære løsning, som opfylder begyndelsesbetingelserne y( 0) = 0
og y ′ ( 0) = 1
d y dy
t
d2.13. 1) Find samtlige løsninger til differentialligningen + − 2y = 6e −4t
2
dt dt
2) Find den partikulære løsning, som opfylder begyndelsesbetingelserne y( 9) = 1 og
y ′ ( 0) = 2.
d2.14. Benyt et matematikprogram (som Ti 89 eller Maple) til at finde den løsning til
2
d y dy
t t 5t
differentialligningen − 10 + 26yt ( ) = 2e cost+ e sin t+ e
2
dt dt
1
1
som opfylder begyndelsesbetingelserne y( 0)
= og y ′ () 0 =
8
8
cos( 2t)
d2.15. Benyt et matematikprogram (som Ti 89 eller Maple) til at finde den løsning til
y′′ t − y′ t + y t = t + t e t
() 3 () 2 ()
2 3
differentialligningen ( )
som opfylder begyndelsesbetingelserne y( 0) = 1 og y ′ () 0 =−1.
d2.16. Find den fuldstændige løsning til differentialligningen
2
d y dy
−4t
+ 8 + 16y = 5sin 2t+ 3e
2
dt dt
2
t

d2.17. I et elektrisk kredsløb med en vekselspændingskilde E og en
indskudt modstand R og en spole med selvinduktion L -
serieforbundne, jfr. figuren - gælder for tiden t > 0 idet
I = I() t betegner strømstyrken og den "påtrykte"
Opgaver
⎛ ⎞
elektromotoriske kraft E = Emcos⎜ωt− ⎟ følgende
⎝ ⎠
π
2
dI R
differentialligning: .
dt L I
Em
+ = sinωt
L
Find, idet R = 100 Ohm, L = 20 Henry, Em =220 Volt og ω = , den løsning til
R
L
differentialligningen, for hvilken I (0) = 0.
d2.18. Find samtlige løsninger til differentialligningen
Vink: Benyt integralmetoden.
2
d y 1
+ y = t ∈ −
2
dt t 4 4
⎡ π π⎤
,
cos ⎢ ; ⎥
⎣ ⎦
d2.19. Find (eventuelt ved benyttelse af et matematikprogram som Ti89 eller Maple) samtlige
løsninger til hver af differentialligningerne
1) y′′ () t + 4y() t = 0
2) y′′ () t + 4y() t = e cos( 2t)
t
3) y′′ () t + y() t = < t <
sin( t)
,
4
1
π
0
2
2
Find dernæst den partikulære løsning til differentialligningen (1), som opfylder
begyndelsesbetingelserne y(0) = 0 og y ′ ( 0) = 1.
Løsningen skal skrives på formen
A⋅ cos( ωt+ ϕ)
d2.20. Find (eventuelt ved benyttelse af et matematikprogram som Ti89 eller Maple) samtlige
løsninger til hver af differentialligningerne
1) 2y′′ () t + 3y′ () t + y() t = 0
2
2) 2y′′ t + 3y′
t + y t =
e + 1
t
() () ()
d3.1 Find samtlige løsninger til hver af differentialligningerne
1) y′′′ () t − 3y′′ () t + 3y′ () t − y() t = 0
( 4)
2) y () t + 6y′′′ () t + 5y′′ () t − 24y′ () t − 36y() t = 0
( 5) ( 4)
3) y () t − 3y () t + 3y′′′ (). t y′′ () t = 0
d3.2. Find samtlige løsninger til differentialligningen
−t
y′′′ () t − 5y′′ () t + 11y′ () t − 15y() t = 32e −20sint
65

Sædvanlige differentialligninger
d3.3. Lad et polynomium være givet ved Pz ()= 2z 1) Find samtlige rødder i polynomiet P.
+ 5z+ 6z+ 2.
2) Find samtlige løsninger til differentialligningen 2y′′′ + 5y′′ + 6y′ + 2y = 0
66
3 2
3) Find samtlige løsninger til differentialligningen 2 ′′′ + 5 ′′ + 6 ′ + 2 = −
y y y y te t
2 1
d3.4. Find samtlige løsninger til differentialligningen y′′′ − 3y′ + 2y
= t −
2
d3.5. Find samtlige løsninger til differentialligningen
( 7) ( 6 ( 5) ( 4)
y () t + 3y () t + 6y () t + 8y () t + 9y′′′ () t + 7y′′ () t + 4y′ () t + 2y() t = 0
−
d3.6. Find samtlige løsninger til differentialligningen y′′′ + y′′ = e t
3 3 3
( 6)
d3.7. Find samtlige løsninger til differentialligningen y () t + 2y′′ () t + 2y() t = 0
d3.8. 1) Find (eventuelt ved hjælp af et matematikprogram som Ti89 eller Maple) samtlige
løsninger til differentialligningen y′′′ () t − 62y′′ () t + 25y′ () t + 82y() t = 0
2) Find den løsning til ovennævnte differentialligning som opfylder betingelsen
y() 0 = 0, y′ () 0 =− 6, y′′
() 0 = 13
d.3.9. Find samtlige løsninger til differentialligningen y′′′ () t + 27y()
t = e + sint
d4.1. Lad et differentialligningssystem være givet ved
⎧x′
= 2x+ 2y
⎨
, x(0) = 0, y(0) = -7
⎩y′
= 5x−
y
Skitser i intervallet 0≤t≤10funktionerne x(t) og y(t) i samme koordinatsystem
ved benyttelse af et matematikprogram (Ti89 eller Maple).
d4.2. Lad et differentialligningssystem være givet ved
⎧y′
= 2y+ 3z
⎪
⎨ 1 y(0) = 0, z(0) = 2
′ = +
⎩
⎪z
y 2z
3
Skitser i intervallet 0≤t≤10funktionerne y(t) og z(t) i samme koordinatsystem
ved benyttelse af et matematikprogram (Ti89 eller Maple).
−t
6 4 2 2 3 f () s =
L{ f () t }
d5.1. Lad f () t = + ⋅e ⋅ cos( t) + t+
Find
t

2 ⎛ π ⎞ 2 2( 3)
d5.2. Lad f () t = 3+ 4t⋅e
⋅ cos⎜t+
⎟ + 6⋅e − e + 2
⎝ 4 ⎠
d5.1. Find L
d5.2. Find L
Find f () s = L{ f () t }
d5.3. Find L
d5.4. Find L
−1
− 1
−1
−1
s
s + s s
+
⎧ 5 5 + 16 ⎫
⎨ 2 ⎬
⎩ 4 + 4 −5⎭
⎧ s + 5 ⎫
⎨ 3 2 ⎬
⎩s
−3s − 4s+ 12⎭
− t − t − t− −t
s
+
s + s − s+ s s s
+
⎧ 3
7 ⎫
⎨
2 2 ⎬
⎩ 2 6 8 ( + 6 + 25)
⎭
⎧1
2 s
1
⎨ + +
+
⎩ s ( s + 3) s + 2s+ 26 ( s + 2s)
2 2 2 2
d5.5. Lad der være givet differentialligningen dy
dt
⎫
⎬
⎭
+ y = sin t
[ ]
Opgaver
Find ved hjælp af Laplacetransformation den løsning yt () ( t∈
0;
∞ for hvilken
y( 0) = 1.
d5.6. Lad der være givet følgende differentialligning: 2 3 4 6 11 .
7
dy
− t
+ y = + t+ e
dt
1) Find uden at benytte Laplacetransformation den løsning, for hvilken det gælder, at
y(0) = 8
2) Find ved at benytte Laplacetransformation den løsning, for hvilken det gælder, at
y(0) = 8.
d5.7 Lad der være givet differentialligningen
dy
y t e
dt
med
t 4 5
+ 3 = 7+ + 2
begyndelsesbetingelsen y(0) = 6
yt () ( t∈
0;
∞
Find ved hjælp af Laplacetransformation løsningen [ ]
d5.8.
d y dy
Lad der være givet differentialligningen y e
dt dt
t −
−2 − 3 = 4
2
Find ved hjælp af Laplacetransformation den løsning yt () ( t∈[
0;
∞]
for hvilken
y()
0 = 0, dy
() 0 =
1.
dt
2
67

Sædvanlige differentialligninger
d5.9.
d y dy
Lad der være givet differentialligningen y e
dt dt
t
+ 2 + =
2
−
Find ved hjælp af Laplacetransformation den løsning yt () ( t∈[
0;
∞]
for hvilken
y()
0 = 1, dy
() 0 = −1.
dt
d5.10.
⎧dx
+ x− y = 2
⎪ dt
Lad der være givet differentialligningssystemet ⎨
⎪
dy
− x+ y = 0
⎩⎪
dt
Find ved hjælp af Laplacetransformation den løsning yt () ( t∈[
0;
∞]
for hvilken
x( 0) = 1, y(
0) = 0.
d5.11.
dx
y t
dt
Lad der være givet differentialligningssystemet
dy
x e
dt
t
⎧
2
− 2 =
⎪
⎨
⎪ − =
⎩⎪
Find ved hjælp af Laplacetransformation den løsning yt () ( t∈
0;
∞ for hvilken
68
x( 0) = 0, y(
0) = 1.
2
[ ]
5.12.
⎧dx
= yt ()
⎪ dt
Lad der være givet differentialligningssystemet ⎨
⎪
dy
−2t
= xt () + 1+
e
⎩⎪
dt
Find ved hjælp af Laplacetransformation den løsning xt () ( t∈[
0;
∞]
for hvilken
x( 0) = 0, y(
0) = 4 .
[ ]
5.13. Find y = y(), t ( t ∈ 0;
∞ ) ved hjælp af Laplace-transformation for følgende
dy
−t
+ 3y− 4z
= e
dt
differentialligningsproblem: , y( 0) = 0. dz
−t
+ y+ 7z = −2e
dt
z(
0) = 0
5.14.
⎧dy
= zt ()
⎪ dt
Betragt differentialligningssystemet ⎨
med y( 0) = 3 og z( 0) = −3
⎪dz
=−yt () −2zt
()
⎩⎪
dt
Find y(t).

5.15. Lad y = y() t og z = z() t betegne koncentrationerne af et stof A i to tanke:
Til tiden t = 0 timer er koncentrationerne i tankene kg A/m3 y() 0 = z()
0 = 1 .
Find zt () for alle t ∈[; 0 ∞[
ved hjælp af Laplacetransformation.
5.16. Lad xt (), yt () og zt () betegne koncentrationen af et stof A i tre tanke.
Opgaver
Til tiden t = 0 er koncentrationen i tankene kgA/m 3 x( 0) = 1 , y(0) = 0 og z(0) = 0.
Find z(t).
69

Sædvanlige differentialligninger
5.17. Lad yt () og zt () betegne koncentrationerne af et stof A i to tanke:
Til tiden t = 0 timer er koncentrationerne i tankene y(0) = 0 og z(0) = 0.
70
Find zt () for alle t ≥ 0 .
⎧2t
for 0≤ t < 1
⎪ 1−t
5.18. Udtryk funktionen f ()= t ⎨e
⎪
⎩
2
for 1≤ t < 3 ved hjælp af enhedstrinfunktioner .
for 3≤t
⎧2t
for 0≤ t < 1
5.19. Givet funktionen
⎪ 1−t
f ()= t ⎨e
⎪
⎩
2
for 1≤ t < 3.
for 3≤t
Find f ’s Laplacetransponerede f () s = L{ f () t }
⎧1
⎪ t for 0≤ t < 2
5.20.Givet funktionen f ()= t ⎨2
⎪ 2−
t
⎩e
for t ≥ 2
Find f ’s Laplacetransponerede f () s = L{ f () t }
⎧ ⎛ π ⎞
⎪sin⎜
t⎟for 0≤ t < 3
5.21. Givet funktionen f () t = ⎨ ⎝ 6 ⎠
⎪ 3−t
⎩e
for t ≥ 3
Find f ’s Laplacetransponerede f () s =
L{ f () t }

⎧ 3t
e for 0≤ t < 2
⎪
5.22. Givet funktionen f ()= t ⎨4
for 2≤ t < 3.
⎪
⎩
t for 3 ≤ t
Find f ’s Laplacetransponerede f () s = L{ f () t }
{ }
5.23. Find Lut ( − π)sintog L
5.24. Find L
5.25. Find L
⎧ s + 2
⎨ e
2
⎩s
+ 4s+ 13
−1−2s −1
⎧⎪
5.26. Find L ⎨4e
⎩⎪
5.27. Find
5.28. Find
5.29. Find L
⎧ −2s
⎪ s+ e ⎫⎪
⎨ 2 ⎬
⎩⎪ s + 5s+ 4⎭⎪
−1 −3s
⎧ 2
⎨
⎩(
s + 5)
−1−4s e
3
⎫
⎬
⎭
−3s
se ⎫⎪
+
2 ⎬
s + 18s+ 82 ⎭⎪
⎧
⎫
2 −3s
−1
⎪2⋅(
s −4)
e ⎪
L ⎨
⎬
⎪ 2
2
( s + 4
⎩ ) ⎪
⎭
⎧
⎫
−1⎪−3s2s ⎪
L ⎨e
⎬
2
s− ⋅( s − s+
⎩
⎪ ( 2 1 4 8)
⎭
⎪
−1
⎧
−3s
⎪ 34e
⎫⎪
⎨
2 2 ⎬
⎩⎪ ( 2s+ 1)( s+ 1) ( s + 2s+ 5)
⎭⎪
⎫
⎬
⎭
Opgaver
⎧2
⎪
5.30. 1) Skitsér grafen for xt () = ⎨4
⎪
⎩0
for
for
for
t ∈[
0; 1[
t ∈[
1; 2[
t ∈[ 2;
∞[
2) Find yt () ( t∈[
0;
∞]
ved hjælp af Laplacetransformation for differentialligningen
dy
+ 2y = x(), t
dt
y()
0 = 0
3) Skitsér grafen for y(t).
71

Sædvanlige differentialligninger
5.31. Lad funktionen f () t være givet ved følgende “gaffelforskrift”
72
⎧
⎪0
for 0≤ t < 2
⎪
⎪1
f ()= t ⎨ t −1 for 2≤ t < 4
⎪2
⎪1
−4t
t − −e ≤t
⎩
⎪ 1 for 4
2
1) Skitsér grafen for f(t)
2) Opskriv funktionen f(t) udtrykt ved enhedstrinfunktionen u.
3) Find den Laplacetransformerede L{ f () t } .
4) Find den løsning til differentialligningen
dy 1
+ yt () = f() t , for hvilket y( 0) 1.
dt 2 =
Løsningen skal dels udtrykkes ved enhedstrinfunktionen u og dels ved en “gaffelforskrift”.
dy
5.32. Lad der være givet differentialligningen + 3 yt ( ) = f( t)
, hvor
dt
⎧ t
⎪e
for 0≤ t < ln 2
f () t = ⎨ −t
⎩⎪ 4e for t ≥ ln 2
1) Skitser grafen for f(t).
2) Find den løsning til differentialligningen yt () som svarer til begyndelsesbetingelsen
y(0) = 1
5.33. Der er givet differentialligningssystemet
⎧ 2
d y dz
⎪ + − yt () − 10zt () = 0
2 ⎪ dt dt
⎨ 2
⎪d
z dy dz
+ + 5 + yt + 10zt=
xt
2
⎩
⎪
() () ()
dt dt dt
⎧ t
e
hvor
⎪2
xt ()= ⎨
⎩⎪ 0
for 0≤ t < 3
for t ≥ 3
Find z (t), svarende til begyndelsesbetingelsen y( 0) = 2 og y′ ( 0) = z( 0) = z′
( 0) = 0.
5.34. Der er givet differentialligningssystemet
⎧dy
dz
+ = xt ()
⎪ dt dt
⎧
hvor
⎪
≤ t <
⎨
xt ()= ⎨
⎪ dy
t
e t ≥
− + zt () = 1
⎩⎪
⎩⎪
dt
−
1 for 0 2
for 2
Find y (t), svarende til begyndelsesbetingelsen y( 0) = 0 og z( 0) =
1.

⎧⎪
1+ sin( 2t) for 0≤
t < π
5.35. 1) Lad f () t = ⎨ −t
⎩⎪ 1+ e ⋅sin( 2t)
for t ≥π
Beregn L{ f () t }
2) Lad y(t) og z(t) betegne koncentrationerne af et stof A i to tanke:
Opgaver
Det viste system startes til tiden t = 0 med y(0) = 0, z(0) = 0 og koncentrationen 0 i
spiralrøret.
Opstil differentialligningerne til bestemmelse af koncentrationerne y(t) og z(t).
3) Find den Laplace-transformerede zs ()
−3s
6e
4) Lad zs () =
. Find z(t)
( 5+ s)( 2s+ 3)
5.36. Lad x(t) og y(t) betegne koncentrationerne af et stof A i to tanke:
⎧0
Her er f ()= t ⎨
⎩1
for
for
0≤ t < 1 ⎧0
og ht ()= ⎨
1≤t
⎩1
for
for
0≤ t < 1
1≤t
Find y(t) når x( 0) = 0 og yt ()= 0
73

Sædvanlige differentialligninger
d y dy
5.37. Lad der være givet differentialligningen + 4 + 3yt () = 2⋅δ( t− 5)
+ xt ()
2
dt dt
⎧ −t
⎪e
hvor xt ()= ⎨
⎩⎪ 0
for
for
0≤ t < 2
og δ er Diracs deltafunktion.
2≤t
Find den løsning yt () , som svarer til begyndelsesbetingelsen y() 0 = 0, y′
() 0 = 2
Løsningen ønskes angivet som en stykkevis defineret funktion (en gaffelforskrift som x(t))
5.38. Lad y(t) betegne koncentrationen af et stof A i en tank:
74
Systemet startes til tiden t = 0, hvor y(0) = 1 kg A/m 3
Find y(t) for t ≥ 0
5.39. Lad y(t) og z(t) betegne koncentrationerne af et stof A i to tanke:
Til tiden t = 0 er koncentrationerne i tankene y(0) = 0 kgA/m3 og kgA/m3 1
z( 0)
=
2
Find z(t).
2

Opgaver
5.40. En væske cirkulerer mellem tre tanke med en hastighed på 4 m 3 /time. (se figuren). Til tiden
t = 0 gælder x() 0 = 1, y() 0 = z()
0 = 0.
Efter 2 timers forløb hældes der pludselig 2 kg rent
A i tank 1.
Find z(t) for t ≥ 0
.
75

Vektorer
STIKORD
A
B
C
D
deltafunktion 55
differentialligninger af 1. orden 1
lineær 10
hvor de variable kan adskilles 6
differentialligninger af 2. orden 15
lineær 15
lineær med konstante koefficienter 17
differentialligninger af n’te. orden 15
lineær med konstante koefficienter 34
differentialligningssystem 36, 45, 51
differentiationsregel (Laplace) 45
Dirac’s deltafunktion 55
E
elektrisk kredsløb 13, 45, 54
enhedstrinfunktion 48
Eulers metode 4
F
forsinkelsesregel ( Laplace) 50
fuldstændig løsning 1
G
grafisk løsning af 1. ordens differentialligning
3
gættemetode 28
H
Heavisides funktion u 48
homogen differentialligning 17
I
induktion 13
inhomogen differentialligning 25, 47
integralmetode 26
invers Laplacetransformation 44
K
kondensator13
kritisk dæmpning 23
76
L
Laplacetransformation 41
linearitetsregel (Laplace) 43
lineær differentialligning 10, 15
med konstante koefficienter 17, 25, 34,
47
M
modstand 13
N
numerisk løsning
af 1. ordens differentialligning 2
af 2. eller højere orden 40
O
overkritisk dæmpning 23
opgaver 60
P
panserformel 10
partikulær løsning 26
R
reaktionskinetik 9, 12
resonans 30, 31
retningsfelt 38
Runge-Kuttas metode 5
S
svingninger
dæmpet 22
harmonisk 22
tvungen 30
T
Tabel over Laplacetransformationer 58
Tabel over invers Laplacetransformationer
59
U
V