1 Exempel 1 med trigonometriska termer

1
Exempel 1 med trigonometriska termer
Lös differentialekvationen
y 00 + 2y 0 − 3y = sin(3x).
1.1
(1)
Lösning
Lösningen kan skrivas som en partikulärlösning och en homogenlösning, d.v.s.
y(x) = yh (x) + yp (x).
Varav vi får att yh (x) : y 00 + 2y 0 − 3y = 0. Den karakteristiska ekvationen
p(r) ger oss då
r2 + 2r − 3 = 0 ⇔ (r − 1)(r + 3) = 0 ⇒ yh (x) = Aex + Be−3x ,
R.
A, B ∈
Det återstår att bestämma yp (x). Vi inför hjälpekvationen
u00 + 2u0 − 3u = e3ix .
(2)
Ty, ifrån euler’s formler har vi att
sin(βx) =
1 βix
1
1
1
e − e−βix = i e−βix − i eβix .
2i
2i
2
2
(
3ix
Sätt: u(x) = z(x)e
⇒
u0 (x) = e3ix (3iz + z 0 )
u00 (x) = e3ix (−9z + 3iz 0 + 3iz 0 + z 00 )
Insättning i ekvation (2) ger oss
e3ix (z 00 + 6iz 0 − 9z) + 2e3ix (z 0 + 3iz) − 3e3ix z = e3ix
z 00 + (2 + 6i)z 0 + (6i − 12)z = 1.
Det vill säga
z(x) =
1
6i + 12
6i + 12
i+2
=
=−
=−
.
6i − 12
−36 − 144
180
30
n
o
Det gäller att sin βx = Im eβix . Därför följer
i + 2 3ix
i+2
e
= Im −
(cos(3x) + i sin(3x) =
30
30
1
1
= − cos(3x) −
sin(3x).
30
15
Alltså den kompletta lösningen till y(x) är därför
yp (x) = Im{u(x)} = Im −
y(x) = yh (x) + yp (x) = Aex + B −3x −
1
1
1
cos(3x) −
sin(3x).
30
15
2
Exempel 2 med trigonometriska termer
Lös differentialekvationen
y 00 + 2y 0 =
2.1
1
sin(x) cos(x).
2
Lösning
Lyckligtvis är uppgiften gjort så att vi kan skriva om högerledet till
1
1
1
sin(x) cos(x) = 2 sin(x) cos(x) = sin(2x).
2
4
4
Vi beräknar först den homogena lösningen och får
(
2
r + 2r = 0 ⇔ r(r + 2) = 0 ⇔
r1 = 0
r2 = −2
Alltså har vi att
yh (x) = Ae0x + Be−2x = A + Be−2x .
Med vårat omskrivna högerledet så inför vi hjälpekvationen
u00 + 2u0 =
1
sin(2x)
4
(3)
Ansätt up = z(x)e2ix . Derivering ger då
(
u0 = e2ix (z 0 + 2iz)
u00 = e2ix (2iz 0 − 4z + z 00 + 2iz 0 ) = e2ix (z 00 + 4iz 0 − 4z).
Insättning i 3 ger
1
e2ix (z 00 + 4iz 0 − 4z) + 2e2ix (z 0 + 2iz) = e2ix ,
4
1
z 00 + (4i + 2)z 0 + (4i − 4)z = .
4
Varav vi får att en lösning för z är
z=
1
1
1
i+1
i+1
=
=
=
=
.
4(4i − 4)
16i − 16
16(i − 1)
16(−1 − 1)
32
Nu fås partikulärlösningen yp (x) genom
yp (x) = Im {up } = Im −
i + 1 2ix
i+1
e
= Im −
(cos(2x) + i sin(2x) =
32
32
2
1
1
1
cos(2x) −
sin(2x) = − (cos(2x) + sin(2x)).
32
32
32
Där har vi att lösningen y(x) är
=−
y(x) = yh + yp = A + Be−2x −
3
1
(cos(2x) + sin(2x)).
32
Exempel på eulerekvation
Lös differentialekvationen
x2 y 00 − x2y 0 + 1 = 0.
3.1
(4)
Lösning
Vi gör följande ansättningar
x = et , t = ln x,
x > 0.
Med kedjeregeln får vi sedan att
y 0 (x) =
d 0
d
y (x) =
(y (x)) =
dx
dx
00
dy
dy dt
dy 1
=
·
=
·
dx
dt dx
dt x
dy 1
·
dt x
!
1 d
dy d 1
·
+ ·
=
dt dt x
x dt

!
=

2
1
dy
1  d y dt 
1
=
· − 2 + ·
·


dt
x
x
dt2 dx
x2
1
dy
dt
!
d2 y
dy
−
.
dt2
dt
=x
Insättning i 4 ger då
d2 y
dy
−
2
dt
dt
1
e · 2t
e
2t
!!
− 2e
t
1 dy
·
et dt
!
+y =0
d2 y
dy
−
3
+ y = 0.
dt2
dt
Från detta får vi med vanliga metoder att y(x(t)) = yh + yp är så att
(
√
√
yh : r2 − 3r + 1 = 0 ⇔ (r − 21 (3 − 5))(r − 12 (3 + 5)) = 0
yp : yp = 0.
Alltså har vi att lösningen är
1
y(x(t)) = Ae 2 (3−
√
5)t
1
√
+ Be 2 (3+
5)t
1
⇒ y(x) = Ax 2 (3−
3
√
5)
1
√
+ Bx 2 (3+
5)
.
4
Exemplet innan, men annan ansättning
Lös differentialekvationen
x2 y 00 − x2y 0 + 1 = 0.
4.1
(5)
Lösning
Vi gör följande ansättning
(
m
y = x , x 6= 0 ⇒
y 0 (x) = mxm−1
y 00 (x) = m(m − 1)xm−2
Insättning i 5 ger
x2 m(m − 1)xm−2 − x2mxm−1 − xm = 0
xm m(m − 1) − 2xm m − xm = 0.
Vi förkortar med termen xm ty x 6= 0. Vi får då
√
√
1
1
m2 −m−2m−1 = 0 ⇔ m2 −3m−1 = 0 ⇔ (m− (3− 5))(m− (3+ 5)) = 0
2
2
Det vill säga vi har följande två lösningar
(
√
m1 = 21 (3 − √5)
m2 = 12 (3 + 5)
Eftersom vi gjorde en ansättning y(x) = xm har vi då
1
y(x) = Axm1 + Bxm2 = Ax 2 (3−
√
5)
Vilket är samma lösning som i exemplet innan.
4
1
√
5)
+ Bx 2 (3+
.