HOMOGENA LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER MED KONSTANTA KOEFFICIENTER

1
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Homogena linjära differentialekvationer
HOMOGENA LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER
MED KONSTANTA KOEFFICIENTER
Linjär differentialekvation (DE) med konstanta koefficienter är en ekvation av följande typ
( n)
( n−1)
y + a 1y
... a2
y′
′ a1
y′
n−
+ + + + a0
y = f ( x)
(1)
där koefficienter an− 1 ,..., a2,
a1,
a0
är konstanter.
Om f ( x)
= 0 kallas ekvationen homogen, annars icke-homogen (eller inhomogen).
Den allmänna lösningen till ekvation (1) är
y(x) = yH(x) +yp(x)
( = den allmänna lösningen till den homogena ekv (2)+ en partikulärlösning till (1) ).
1. En homogen linjär differentialekvation med konstanta koefficienter är en ekvation av
följande typ
( n)
( n−1)
y + a 1 ... ′
′
n−
y + + a2
y + a1
y + a0
y = 0
(2)
där koefficienter an− 1 ,..., a2,
a1,
a0
är konstanter.
Den allmänna lösningen till en homogen DE är linjär kombination av n
oberoende partikulärlösningar (som vi kallar baslösningar)
y = c y + c y + ... + c y .
H
1
1
2
2
n
n
Vi söker linjärt oberoende partikulärlösningar på formen
rx
y = e .
rx
Substitutionen i (2 ) och förkortning med e ger
n
n−1
2
r + an−1
r + ... + a2r
+ a1r
+ a0
= 0 . (3)
Ekvationen (3 ) kallas den karakteristiska ekvationen.
1

2
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Homogena linjära differentialekvationer
1. 1 HOMOGENA LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER
AV ANDRA ORDNINGEN
MED KONSTANTA KOEFFICIENTER
linjära DE med konstanta koefficienter av andra ordningen
Differentialekvationen
y ′ + a ′ 1 y + a0
y = 0 (4)
har den karakteristiska ekvationen
2
r + a r + a = 0 (5)
1
0
(Vi antar nedan, för enkelhets skull, att koefficienter 1, a0
a) Om r 1 och r 2 är enkla reella rötter (dvs 1 r2
y
e
r1
x
1 = och
y
2 =
e
r x
2
r ≠ ) då är
två baslösningar till ekvationen (4).
Den allmänna lösningen är
r1
x r2
x
yH
= c1
y1
+ c2
y2
= c1e
+ c2e
.
b) Om r 1 är en dubbel rot (dvs 1 r2
y
y
e
r1
x
1 = och
H
y
xe
r = ) då är
2
a är reella tal)
2
r1
x
= två baslösningar till ekvationen (4)
c2
y2
r1
x
= c1e
r1
x
+ c2xe
= c y +
.
1
1
c) Om r 1 och 2
r är två komplexa rötter, r1 = a + bi,
r2
= a − bi då är
ax ax
y1
= e cosbx
och y2
= e sinbx
två baslösningar till ekvationen (4).
Den allmänna lösningen är
ax
ax
yH
= c1
y1
+ c2
y2
= c1e
cosbx + c2e
sinbx
.
Exempel 1.
Lös följande DE med avseende på y (x)
y ′ − 5 y′
+ 6y
= 0 .
Lösning:
Den karakteristiska ekvationen
2
r − 5r
+ 6 = 0
har två reella olika rötter 1 2 = r och 2 3 = r .
2x
Därför är y1
e = 3x
och y2
e = två baslösningar och
2x
3x
yH
= c1
y1
+ c2
y2
= c1e
+ c2e
den allmänna lösningen till ekvationen.
Svar:
y
H
=
c
1
e
2x
+ c
2
e
3x

3
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Homogena linjära differentialekvationer
Uppgift 1.
Lös följande DE med avseende på y (x)
.
a) y ′ − 10 y′
+ 16y
= 0 b) y ′ − y′
−12
y = 0
c) y ′ + 6 y′
+ 5y
= 0 d) y ′ + y′
− 6 y = 0
e) y ′ + 3 y′
= 0 f) y ′ − 6 y′
= 0
g) 2 y ′ + 3y′
= 0 h) 3 y ′ − 6y′
= 0
i) y ′ − 4 y = 0
j) y ′ − 5 y = 0
Svar:
a)
c)
e)
g)
i)
y
y
y
y
y
H
H
H
H
H
2x
= c1
e
8x
+ c2e
b)
− x
= c1e
−5x
+ c2e
d)
−3x
= c1
+ c2e
f)
−3
x
2 = c1
+ c2e
h)
= c
1
e
−2x
+ c
2
e
2x
Exempel 2.
Bestäm den lösning till differential ekvationen
y ′ − 7 y′
+ 12y
= 0
som uppfyller begynnelsevillkoren
y ( 0)
= 0 och y ′ ( 0)
= 1 .
j)
y
y
y
y
y
H
H
H
H
H
3
= c
1
= c
= c
1
= c
= c
e
e
1 +
+ c2e
3x
+ c2e
6x
c e
4x
−
1 +
1
e
−
c
2
2
5x
e
2x
+ c
Lösning:
Den karakteristiska ekvationen blir
2
r − 7r
+ 12 = 0 .
Den har två reella, olika rötter 1 3 = r och 2 4 = r .
3x
4x
Därför är y1
= e och y2
= e två baslösningar och
3x
4x
yH
= c1
e + c2e
den allmänna lösningen till ekvationen.
Om vi utnyttjar villkoret y( 0)
= 0 får vi
C 1 + C2
= 0 (*)
För att använda villkoret y′ ( 0)
= 1 måste vi först derivera lösningen
3x
4x
yH
= c1
e + c2e
.
Vi får
3x
4x
y′
H = 3 c1e
+ 4c2e
.
2
−3x
2x
e
5x

4
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Homogena linjära differentialekvationer
Villkoret y ′ ( 0)
= 1 ger nu
1 2 4 3 1 c + c = (**)
Från (*) får vi C1 = −C2
som vi substituerar i (**) och får
1 = −3c
1 = c
.
2
+ 4c
2
⇒
2
Eftersom C1 = −C2
får vi C 1 = −1
Den sökta lösningen blir därmed
3 x 4x
y = −e
+ e .
3 x 4x
Svar: y = −e
+ e
Uppgift 2a. Lös följande begynnelsevärdesproblem.
a) y ′ − 8 y′
+ 12y
= 0 , y ( 0)
= 3 och y ′ ( 0)
= 14
b) y ′ − 4 y = 0 , y ( 0)
= 4 och y ′ ( 0)
= 0
Svar: a)
y
2x
6x
= e + 2e
b)
y = 2e
Uppgift 2b. Lös följande randvärdesproblem.
2x
2
a) y ′ − 5 y′
+ 6y
= 0 , y ( 0)
= 2 och y ( 1)
= e + e
6
a) y ′ − 3 y′
= 0 , y ( 0)
= 3 och y ( 2)
= 2 + e
Svar: a)
y
2 x 3x
= e + e b)
Exempel 3.
Lös DE med avseende på y (x)
y ′ − 4 y′
+ 4y
= 0 .
y = 2 + e
4
+ 2e
3x
3
−2x
Lösning:
Den karakteristiska ekvationen
2
r − 4r
+ 4 = 0
har två reella lika rötter r 2 och r 2 ( r 2 är en dubbel rot) .
1 =
2 =
1 =

5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Homogena linjära differentialekvationer
Härav får vi två baslösningar 1
2x
= och
yH
= c1
y1
+ c2
y2
2x
= c1e
+ c2
den allmänna lösningen till ekvationen.
Svar:
y
H
= c
1
e
2x
+ c
2
y
xe
2x
Uppgift 3a.
Lös följande DE med avseende på y (x)
e
y
xe
a) y ′ − 2 y′
+ y = 0 b) y ′ + 2 y′
+ y = 0
c) y ′ + 4 y′
+ 4y
= 0 d) y ′ −10
y′
+ 25y
= 0
e) 4 y ′ − 4y′
+ y = 0 f) 9 y ′ + 6y′
+ y = 0
Svar:
a) yH x x
c1
e c2xe
+ = b)
c) yH
− 2x
= c1e
−2
x
+ c2xe
d)
e) yH
1
x
2 = c1
e
1
x
2 + c2xe
f)
Uppgift 3b. Lös följande begynnelsevärdesproblem
y ′ − 6 y′
+ 9y
= 0 , y ( 0)
= 2 och y ′ ( 0)
= 7 .
Svar:
y =
3x
2 e +
xe
3x
Exempel 4.
Lös DE med avseende på y (x)
y ′ − y′
+ y = 0 .
Lösning:
Den karakteristiska ekvationen
2
r − r + 1 = 0
1 3
har två komplexa rötter r 1 = ± i .
2 2
Härav får vi två baslösningar
y
1
y
y
y
2x
2 = och därför är
2x
H
H
H
5
xe
1
1
x 3
x 3
2
2
= e cos( x)
och y2
= e sin( x)
2
2
och därför är
− x
= c1
e + c2
5x
= c1
e + c2
−1
x
3 c1e
+ c2
=
xe
xe
xe
− x
5x
−1
x
3

6
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Homogena linjära differentialekvationer
y
H
= c
1
y
1
+ c
2
y
2
= c e
1
1
x
2
cos(
den allmänna lösningen till ekvationen.
Svar:
y
H
= c e
1
1
x
2
cos(
3
2
x)
+ c e
Uppgift 4a)
Lös följande DE med avseende på y (x)
2
3
2
1
x
2
x)
+ c e
sin(
a) y ′ − 2 y′
+ 10y
= 0 b) y ′ + 2 y′
+ 5y
= 0
c) y ′ − 4 y′
+ 13y
= 0 d) y ′ + 4 y′
+ 5y
= 0
e) y ′ + 4 y = 0
f) 2 y ′ + 10y
= 0
g) 2 y ′ + 5y
= 0 h) 4 y ′ + y = 0
Svar:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
y
y
y
y
H
H
H
H
y H
y H
y H
y H
= c e
=
=
=
=
=
x
cos( 3x)
+ c2e
sin( 3x)
x
−x
cos( 2x)
+ c2e
sin( 2x)
2x
cos( 3x)
+ c2e
sin( 3x)
x
−2x
cos( x)
+ c2e
sin( x)
2x)
+ c sin( 2x)
x
1
−
c1e
2x
c1e
−2
c1e
c1
cos( 2
c1
cos( 5x)
+ c2
sin(
5x)
= c1
cos(
5
x)
+ c2
sin(
2
5
x)
2
1 1
= c1
cos( x)
+ c2
sin( x)
2 2
6
2
3
2
Uppgift 4b) Lös följande begynnelsevärdesproblem
y ′ + 9 y = 0 , y ( 0)
= 1 och y ′ ( 0)
= 6 .
Svar: y = 2 sin 3x
+ cos3x
Uppgift 3c) Lös följande randvärdesproblem
π
y ′ + 4 y = 0 , y ( 0)
= 1 och y ( ) = 1.
4
Svar: y =
sin 2x
+ cos 2x
1
x
2
x)
sin(
3
2
x)

7
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Homogena linjära differentialekvationer
1. 2 HOMOGENA LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER
AV FÖRSTA ORDNINGEN
MED KONSTANTA KOEFFICIENTER
Exempel 5.
Lös DE med avseende på y (x)
y ′ + 6 y = 0 .
Lösning:
Den karakteristiska ekvationen
r + 6 = 0
har en rot r 1 = −6
.
−6x
Detta ger en baslösning y1
= e .
Härav
−6x
yH
= c1
y1
= c1e
är den allmänna lösningen till ekvationen.
y
= c
e
−6x
Svar: H 1
Uppgift 5.
Lös följande DE med avseende på y (x)
a) y ′ + 8 y = 0
b) y ′ − 5 y = 0
c) 2 y ′ + 5y
= 0 d) 3 y ′ − 5y
= 0
e) y′ = 3y
f) y′ = −4y
Svar:
a)
c)
e)
y
y
−8x
H = c1e
b)
H
−5
x
2 = c1e
d)
3x
H = c1e
f)
y
y
y
y
H
H
H
= c e
1
= c1e
=
c e
1
5x
5
x
3
−4x
7

8
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Homogena linjära differentialekvationer
1. 3 HOMOGENA LINJÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER
AV HÖGRE ORDNINGEN
MED KONSTANTA KOEFFICIENTER
( n)
( n−1)
y + a 1 ... ′
′
n−
y + + a2
y + a1
y + a0
y = 0
(2)
Den allmänna lösningen till en homogen DE är linjär kombination av n
oberoende partikulärlösningar (som vi kan kalla baslösningar)
y = c y + c y + ... + c y .
H
1
1
2
2
n
n
Vi söker linjärt oberoende partikulärlösningar på formen
rx
y = e .
rx
Substitutionen i (2 ) och förkortning med e ger
n
n−1
2
r + an−1
r + ... + a2r
+ a1r
+ a0
= 0 . (3)
Ekvationen (3 ) kallas den karakteristiska ekvationen.
För enkelhets skull betraktar vi ekvationer med reella koefficienter a k .
Om r k är en reell rot till ekvation (3) med multiplicitet v k då är
y = e
rk x
1 ,
rk x
y 2 = xe
tillhörande baslösningar.
,…,
y
v
k
=
Om ekvationen (3) har två komplexa rötter a ± bi , med multiplicitet v , då är
ax ax
y1
= e cosbx
, y xe cosbx
och
x
v
k
−1
e
r x
v−1
ax
2 = , …, yv
= x e cosbx
ax
ax
y + e sinbx
, y xe sinbx
v
1 =
tillhörande baslösningar.
v
2 =
Exempel 6.
Lös DE med avseende på y (x)
( 5)
( 4)
y − 3y
= 0 .
Lösning:
Den karakteristiska ekvationen
3 0
4 5
r − r =
kan faktoriseras:
4
r ( r − 3)
= 0 ⇒
r ⋅ r ⋅ r ⋅ r ⋅ ( r − 3)
= 0 ⇒
r 1 , 2,
3,
4 = 0,
r 5 = 3.
Roten r = 0 har multiplicitet 4.
Tillhörande baslösningar är
y
⋅x
= e
0
1 ,
y
2
= xe
0⋅x
k
v−1
ax
+ ,…, y = x e sinbx
,
y
3
= x
2
e
0⋅x
,
y
4
= x
8
3
2v
e
0⋅x
.

9
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Homogena linjära differentialekvationer
0
Eftersom e = 1,
detta ger
y 1 = 1 , y 2 = x
,
2
y 3 = x ,
Från r 5 = 3 får vi en till baslösning
y
e
3x
5 = .
Den allmänna lösningen är
yH = c1
y1
+ c2
y2
+ ... + c5
y5
= c
1 2
3 3x
+ c x + c x + + c x + c e .
1
Svar:
y
2
H
3
= c + c x
1
2
1
4
+ c
3
x
2
5
+ + c
y = x
4
4
x
3
3
+ c e
Uppgift 6.
Lös följande DE med avseende på y (x)
3x
5
( 4)
a) y + 5y′
′
= 0 b) y ′ − 2 y′
′ + y′
= 0
( 4)
( 4)
c) y − 5y′
′
+ 6y′
′ = 0 d) y − 4y′
′
+ 13y′
′ = 0
Svar:
a) y
c)
y
1 2 −5x
H = c1
+ c2x
+ c3x
+ c4e
b) yH x
x
= c1
+ c2e
+ c3xe
1 2 x
H = c1
+ c2x
+ c3e
3x
+ c4e
d) yH
1 2x
2x
= c1
+ c2x
+ c3e
sin 3x
+ c4e
cos3x
====================================
WRONSKIS DETERMINANT
Som sagt ovan, den allmänna lösningen till en homogen DE
( n)
( n−1)
y + a 1 ... ′
′
n−
y + + a2
y + a1
y + a0
y = 0
(2)
är linjär kombination av n oberoende partikulärlösningar (som vi kallar baslösningar)
y = c y + c y + ... + c y .
H
1
1
2
2
n
n
Ett sätt att kontrollera om lösningar till (2) y 1,
y2
,..., yn
är oberoende är att beräkna Wronskis
determinant:
W
=
y
y1
y′
1
( n−1)
1
y
Lösningar till (2) y 1,
y2
,..., yn
är oberoende om och endast om Wronskis determinant är
skild från 0:
y
y
( n−1)
2
9
2
2
L
L
L
y
y
y
n
n
( n−1)
n

10
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Homogena linjära differentialekvationer
Uppgift 7.
2x
3x
Visa att lösningarna y1
= e och y2
= e till 0 6 5 = + ′ − ′′ y y y är oberoende.
Lösning:
2x
3x
e e 5x
Wronskis determinant W = = e ≠ 0 ⇒
2x
3x
1
2e
3e
y , y 2 är oberoende.
Uppgift 8.
Visa att lösningarna y1 = sin x och y2 = cosx
till 0 = + ′ y ′ y är oberoende.
Lösning:
sin x cosx
Wronskis determinant W = = −1
≠ 0 ⇒ 1
cosx
− sin x
y , y 2 är oberoende
Uppgift 9.
2x
Bestäm om lösningarna y1
e 5
2x
= och y2
= 3e
till y ′ − 5 y′
+ 6y
= 0 är beroende eller
oberoende.
Lösning:
2x
2x
5e
3e
Wronskis determinant W = = 0 ⇒
2x
2x
1
10e
6e
y , y 2 är beroende.
Uppgift 10.
2x
Bestäm om lösningarna y1
= e och y2
eller oberoende.
5x Svar: Oberoende eftersom W = e ≠ 0 .
3x
= e och 3 = 1
10
y till y ′ − 5 y′
′ + 6y′
= 0 är beroende