- 1/30 -

LINEÆRE DIFFERENTIALLIGNINGER § 1 Lineære 1. ordens differentialligninger Definition Ved en lineær 1. ordens differentialligning forstås en differentialligning på formen dy/dt + p(t)y = q(t). Ligningen kaldes homogen, hvis q(t) er konstant 0, dvs. ligningen ser sådan ud: dy/dt + p(t)y = 0, ellers kaldes ligningen for inhomogen. Den første sætning, vi vil vise, udtaler sig om strukturen af løsningsmængden til den homogene ligning. Sætning 1.1 a) Hvis y1 og y2 er løsninger til den homogene ligning dy/dt + p(t)y = 0, så vil y1 + y2 også være en løsning til den homogene ligning. b) Hvis y er en løsning til den homogene ligning dy/dt + p(t)y = 0, og c er en konstant, så vil cy også være en løsning til den homogene ligning. Bevis

a) At y1 er løsning til den homogene ligning betyder, at dy1/dt + p(t)y1 = 0, og at y2 er løsning til den homogene ligning betyder, at dy2/dt + p(t)y2 = 0, Ved addition af de to ligninger fås

- 2/30 -

dy1/dt + dy2/dt + p(t)y1 + p(t)y2 = 0. Da d(y1+y2)/dt = dy1/dt + dy2/dt, kommer denne ligning ud på d(y1+y2)/dt + p(t)(y1+y2) = 0, hvilket netop viser, at y1+y2 er en løsning til den homogene ligning. b) Hvis y er en løsning til den homogene ligning, er dy/dt + p(t)y = 0. Ganges denne ligning igennem med konstanten c fås cdy/dt + cp(t)y = 0. Da d(cy)/dt = cdy/dt, kommer denne ligning ud på d(cy)/dt + p(t)(cy) = 0, hvilket netop viser, at cy er en løsning til den homogene ligning. Beviserne for de næste to sætninger er meget i familie med beviset for sætning 1.1. Men hvor sætning 1.1 udelukkende udtalte sig om løsninger til den homogene ligning, ser vi i sætning 1.2 og sætning 1.3 på koblingen mellem løsninger til den homogene ligning og den inhomogene ligning. Sætning 1.2 Hvis y1 og y2 er løsninger til den inhomogene ligning dy/dt + p(t)y = q(t), så vil y1 - y2 være en løsning til den homogene ligning. dy/dt + p(t)y = 0. Bevis

At y1 er løsning til den inhomogene ligning betyder, at dy1/dt + p(t)y1 = q(t), og at y2 er løsning til den inhomogene ligning betyder, at dy2/dt + p(t)y2 = q(t).

- 3/30 -

Ved subtraktion af de to ligninger fås dy1/dt - dy2/dt + p(t)y1 - p(t)y2 = 0. Da d(y1-y2)/dt = dy1/dt - dy2/dt kommer denne ligning ud på d(y1-y2)/dt + p(t)(y1-y2) = 0, hvilket netop viser, at y1-y2 er en løsning til den homogene ligning. Sætning 1.3 Hvis y0 er en løsning til den inhomogene ligning dy/dt + p(t)y = q(t), og y er en løsning til den homogene ligning dy/dt + p(t)y = 0, så vil y0 + y være en løsning til den inhomogene ligning. Bevis

At y0 er løsning til den inhomogene ligning betyder, at dy0/dt + p(t)y0 = q(t), og at y er løsning til den homogene ligning betyder, at dy/dt + p(t)y = 0, Ved addition af de to ligninger fås dy0/dt + dy/dt + p(t)y0 + p(t)y = q(t). Vi benytter, at d(y0+y)/dt = dy0/dt + dy/dt, og ser, at d(y0+y)/dt + p(t)(y0+y) = q(t), hvilket netop viser, at y0+y er en løsning til den inhomogene ligning.

- 4/30 -

Sætning 1.4 Lad y0 være en vilkårlig løsning til den inhomogene ligning dy/dt + p(t)y = q(t). Løsningsmængden til den inhomogene ligning er da {y0 + y |y er en løsning til den homogen ligning} Bevis

Vi kalder – i mangel af bedre – løsningsmængden til den inhomogene ligning for FLIHL Det, vi skal bevise, er at FLIHL = {y0 + y |y er en løsning til den homogene ligning} At de to mængder er ens, viser vi ved at de er (uægte) delmængder af hinanden. FLIHL ⊇ {y0 + y |y er en løsning til den homogen ligning} er præcis indholdet af sætning 1.3! For at vise, at FLIHL ⊆ {y0 + y |y er en løsning til den homogen ligning}, ser vi på en vilkårlig løsning z til den inhomogene ligning, altså et element z ∈ FLIHL. Vi vil gerne vise, at z ligger i mængden på højre side, altså at z kan skrives som z = y0 + y, hvor y er en løsning til den homogene ligning. Det kræver ikke den store genialitet at konstatere, at z = y0 + (z-y0) Det interessante er, at udtrykket i parentesen ifølge sætning 1.2 er en løsning til den homogene ligning, så vi har fået skrevet z på den form, vi ønskede. Dette viser, at FLIHL ⊆ {y0 + y |y er en løsning til den homogene ligning}. Da der både gælder ” ⊆ ”og” ⊇”, er de to mængder identiske. En særlig terminologi Sætning 1.4 er så nyttig i praksis, at der knytter sig et særligt ordvalg til brugen af den. For eksempel kaldes y0 en partikulær løsning til den inhomogene ligning (partikulær betyder én enkelt). En partikulær kan også over-/undersættes med en særlig løsning. Det særlige er, at det er den, vi kender (hvordan vi har fundet den, er bedøvende ligegyldigt). Det er den fuldstændige løsning (altså samtlige løsninger) til den inhomogene ligning, vi skal finde. Med inspiration fra Grønspætterne kan sætning 4 formuleres: FLIHL = PL + FLHL Styrken ved sætning 1.4 er, at det er forholdsvis let at finde FLHL, og at man med en vis træning kan blive ganske god til at ”gætte” PL. Se § 3 for eksempler.

- 5/30 -

§ 2 Panserformlen I denne paragraf vil vi udlede løsningsformlen til den lineære 1. ordens differentialligning. Den ser sådan ud: dy/dt + p(t)y = q(t) ⇔ y = e-P(t)∫q(t)eP(t)dt + ce-P(t), c∈R. hvor P(t) = ∫p(t)dt er en vilkårlig stamfunktion til p(t). På DTU går løsningsformlen under navnet panserformlen. Det lyder effektivt, ikke sandt ? Som om vi har et redskab, der kan tromle enhver modstand ned. Det er dog en sandhed med modifikationer. Succesen står og falder med, om

1) Vi kan finde ∫p(t)dt 2) Vi kan finde ∫q(t)eP(t)dt

Især integralet ∫q(t)eP(t)dt kan være ondskabsfuldt, med mindre der er tale om træningsopgaver, der er specielt designet til at benytte panserformlen. I det virkelige liv har man megen glæde af § 1. For når man modellerer virkeligheden med differen-tialligninger, er der tit nogle enkle, særligt pæne løsninger, der springer i øjnene. Ved hjælp af resul-taterne fra § 1 kan man så undgå at skulle udregne ∫q(t)eP(t)dt. Vi kunne sagtens føre et bevis for panserformlen med det samme. Det ville bare være lidet illustra-tivt. Vi har i stedet valgt at hive os selv op ved hårene. Mere præcist viser vi en række sætninger, som alle er særtilfælde af panserformlen. I sidste ende bliver beviserne, vi så på vejen, overflødige. Men vi håber, at fremgangsmåden kan hjælpe til at forstå, hvordan man får ideen til panserformlen. Lad os starte med at se på den naturlige eksponentialfunktion et. Som bekendt er et sin egen afle-dede funktion, dvs (et)’ = et. Eller sagt på en anden måde y = et er en løsning til differentialligningen dy/dt = y. Da denne ligning er lineær (p = -1 og q = 0), er y = cet en løsning til differentialligningen dy/dt = y for alle c∈ R, jævnfør sætning 1.1 b). Øvelse Det er ikke svært at vise med de bare næver, at y = cet er en løsning til dy/dt = y for alle c∈R. Gør det! Sætning 2.1 Den fuldstændige løsning til differentialligningen dy/dt = y

- 6/30 -

er y = cet, c∈R. Bevis

Vi har allerede set, at y = cet, c∈ R er løsning til differentialligningen. Teoretisk set kunne det sagtens tænkes, at der var løsninger til differentialligningen dy/dt = y, som så helt anderledes ud! Hvorfor gør der så ikke det? Jo, bevisideen er i virkeligheden ganske enkel: Lad y være en vilkårlig løsning til dy/dt = y. Vi vil gerne vise, at y = cet for et eller andet c∈R. Sagt på en anden måde, vil vi gerne vise, at y/et er konstant. Det er der en ganske let metode til at tjekke. Vi ser efter om differentialkvotienten giver 0! Ifølge den udvidede tandlægeregel er: (y/et)’ = (y’et-yet)/(et)2 = (y’-y)et/(et)2 = (y’-y )/et = 0/et = 0. Det næstsidste lighedstegn skyldes, at y er løsning til dy/dt = y (y’ og dy/dt er synonymer). Da (y/et)’ = 0, er y/et konstant, dvs. y/et = c, altså er y = cet, c∈ R som ønsket. Nu kan man sige, at i naturen ville det være et usandsynligt sammentræf, hvis væksthastigheden dy/dt lige præcis var lig med y. Men derimod er det i mange sammenhænge en ganske naturlig antagelse, at dy/dt og y er proportionale, altså at dy/dt = ky, hvor k er en konstant. Det viser sig, at den naturlige eksponentialfunktion spiller en væsentlig rolle ved løsningen af denne ligning. Sætning 2.2 Den fuldstændige løsning til differentialligningen dy/dt = ky er y = cekt , c∈R. Bevis

Vi tjekker først, at y = cekt, c∈ R rent faktisk er løsning til differentialligningen. y’ = (cekt)’ = c(ekt)’ = cekt(kt)’ = cektk = ky Det midterste lighedstegn skyldes reglen for differentiation af sammensat funktion: differentiér den yderste funktion (behold indmaden) og gang med indmaden differentieret. Hvis vi dropper alle mellemregningerne, står der y’ = ky, som vi gerne ville have. Problemet er nu det samme som i sætning 2.1. Vi har godt nok fundet en masse løsninger til

- 7/30 -

dy/dt = ky, nemlig y = cekt, c∈ R. Men kunne det tænkes, ar der fandtes løsninger, som vi kke havde fået øje på ? Teoretisk set kunne det sagtens tænkes, men hvorfor gør der så ikke det? Jo, bevis ideen er den samme som før: Lad y være en vilkårlig løsning til dy/dt = ky. Vi vil gerne vise, at y = cekt for et eller andet c∈R. Sagt på en anden måde, vil vi gerne vise, at y/ekt er konstant. Det er der en ganske let metode til at tjekke. Vi ser efter om differentialkvotienten giver 0! Ifølge den udvidede tandlægeregel er: (y/ekt)’ = (y’ekt-y(ekt)’)/(ekt)2 = (y’ekt-ykekt)/(ekt)2 =(y’-yk)ekt /(ekt)2 = (y’-ky )/ekt = 0/ekt = 0. Det næstsidste lighedstegn skyldes, at y er løsning til dy/dt = ky. Da (y/ekt)’ = 0, er y/ekt konstant, dvs. y/ekt = c, altså er y = cekt, c∈ R som ønsket. Vi konstaterer, at k’et i differentialligningen dy/dt = ky kom fra indmaden (i den naturlige ekspo-nentialfunktion) differentieret. Nu går vi nærmest helt amok. Hvis vi f.eks. skal løse differential-ligningen dy/dt = -p(t)y, er y = ce-P(t), hvor P(t) = ∫p(t)dt er en vilkårlig stamfunktion til p(t) og c∈R et fornuftigt bud. For når vi skal differentiere den sammensatte funktion, skal vi gange med ind-maden differentieret, som netop giver –p(t). Gik det for stærkt? Så se beviset nedenfor! Sætning 2.3 Den fuldstændige løsning til den homogene differentialligning dy/dt +p(t)y = 0 er y = ce-P(t) , c∈R, hvor P(t) = ∫p(t)dt er en vilkårlig stamfunktion til p(t). Bevis

Vi tjekker først, at y = ce-P(t), c∈ R rent faktisk er løsning til differentialligningen. y’ = (ce-P(t))’ = c(e-P(t))’ = ce-P(t)(-P(t))’ = ce-P(t)(-p(t)) = -p(t)y Det midterste lighedstegn skyldes reglen for differentiation af sammensat funktion: differentiér den yderste funktion (behold indmaden) og gang med indmaden differentieret. Hvis vi dropper alle mellemregningerne, står der y’ = -p(t)y, og det kommer ud på y’ +p(t)y = 0, som vi gerne ville have. Det velkendte spørgsmål: ”Har vi nu fået det hele med?” dukker nu op igen. Lad y være en vilkårlig løsning til dy/dt +p(t)y = 0. Vi vil så gerne vise, at y = ce-P(t) for et eller andet c∈R. Det vi gerne vil vise er, at yeP(t) er konstant (gang igennem med eP(t) i ligningen for y). Vi tjekker som sædvanligt, om differentialkvotienten giver 0! Ifølge tandlægereglen er:

- 8/30 -

(yeP(t))’ = y’eP(t)+y(eP(t))’ = y’eP(t)+yp(t)eP(t) =(y’+p(t)y)ekP(t) = 0/ekt = 0. Det næstsidste lighedstegn skyldes, at y er løsning til dy/dt +p(t)y = 0. Da (yeP(t))’ = 0, er yeP(t) konstant, dvs. yeP(t) = c, altså er y = ce-P(t), c∈ R som ønsket. Vi er kommet ganske langt i vores hiven os selv op ved hårene, men for at komme videre kræves der en god ide. Ideen er som følger: måske er løsningen til den inhomogene ligning i familie med løsningen til den homogene? Løsningen til den homogene ligning var y = ce-P(t), hvor c er konstant. Hvad nu hvis vi tillader c at variere, altså y = c(t)e-P(t), hvor c er en funktion af t ? En hvilken som helst funktion – hvad enten den er løsning til differentialligningen eller ej – kan skrives på den måde, fordi y= (yeP(t))e-P(t), så c(t) skal bare være lig med yeP(t). Det store spørgsmål er, hvilke funktioner c(t) hører sammen med løsninger til differentialligningen ? Svaret vil fremgå af beviset nedenfor. Sætning 2.4 (panserformlen) Den fuldstændige løsning til den inhomogene ligning dy/dt + p(t)y = q(t) er y = e-P(t)∫q(t) eP(t)dt + ce-P(t) , c∈R. hvor P(t) = ∫p(t)dt er en vilkårlig stamfunktion til p(t). Bevis

En hvilken som helst funktion kan skrives som y = c(t)e-P(t). Dette udtryk sættes ind i differentialligningen: dy/dt + p(t)y = q(t) ⇔ (c(t)e-P(t))’ + p(t)c(t)e-P(t) = q(t) ⇔ tandlægereglen ! c’(t)e-P(t) + c(t)(e-P(t))’ + p(t)c(t)e-P(t) = q(t) ⇔ (e-P(t))’ = -p(t)e-P(t) ! c’(t)e-P(t) + c(t)(-p(t)e-P(t)) + p(t)c(t)e-P(t) = q(t) ⇔ c’(t)e-P(t) = q(t) ⇔ c’(t) = q(t)eP(t) ⇔ c(t) = ∫q(t)eP(t)dt + c, c∈R ⇔ Vi indsætter y = c(t)e-P(t) !

- 9/30 -

y = (∫q(t)eP(t)dt + c)e-P(t) , c∈R ⇔ y = e-P(t)∫q(t)eP(t)dt + ce-P(t) , c∈R. § 3 Eksempler Eksempel 3.1 Eksemplet er fra eksamenssættet i matematik på højt niveau15. maj 1998. Opgave 6a I en sø er fosforkoncentrationen (målt i mg/m3 ) en funktion f af tiden t (målt (ca. 15 point) i døgn).

I en model forudsættes det, at der pr. døgn udledes en konstant mængde fosfor i søen. I denne model er f den løsning til differentialligningen

du/dt = 0,001(200-u), u<200 , der opfylder, at f (475) =107 . Bestem en forskrift for f, og beregn f (1000). I en prognose forudsættes det, at fosforudledningen i søen kan bringes til op- hør, når t =1000. I tidsrummet indtil t =1000 kan fosforkoncentrationen be- skrives ved den fundne løsning ovenfor. I tidsrummet efter t =1000 kan fosfor- koncentrationen beskrives ved den løsning til differentialligningen

dy/dt = -0,001y , som opfylder, at y = 45, når t = 1000. Til hvilket tidspunkt er fosforkoncentrationen ifølge prognosen nået ned på 10 mg/m3

? Først lidt om fortolkningen af de to ligninger. Den første ligning kan skrives som du/dt = - 0.001u + 0.2 Det betyder, at der i begyndelsen udledes fosfor i søen, svarende til at koncentrationen øges med 0.2 mg/m3. Denne udledning er konstant. Samtidig sker der en nedbrydning af fosfor; der forsvinder en promille pr. døgn. Hvor stor denne nedbrydning er målt i mg/m3 afhænger af, hvor meget fosfor der er i søen. Jo mere fosfor, jo større tal skal vi tage en promille af. Når der er tilstrækkelig meget fos-for i søen, vil nedbrydningen blive så stor, at den går lige op med udledningen, og koncentrationen vil forblive på dette niveau. Når udledningen af fosfor stoppes, forsvinder leddet 0.2 i ligningen. Tilbage står dy/dt = - 0.001y,

- 10/30 -

som udtrykker, at der stadig nedbrydes en promille af fosfor-mængden pr. døgn. Nu til matematikken. Den sidste differentialligning dy/dt = -0.001y har ifølge sætning 2.2 den fuldstændige løsning y = ce-0.001t , c∈R. Hvis vi flytter lidt rundt i de to ligninger, får vi 1) du/dt + 0.001u = 0.2 2) dy/dt + 0.001y = 0. Vi ser, at 2) er den homogene ligning, der hører til 1). Ifølge sætning 1.4 er løsningen til 1) derfor u = u0 + ce-0.001t, c∈R, hvor u0 er en partikulær løsning til 1). Hvordan finder man sådan en? Vi kan lade os inspirere af overvejelserne fra før. Ved en vis fosfor-koncentration ophæver udledningen og nedbrydningen hinanden. Det indebærer, at du/dt = 0. Det indsætter vi i du/dt = 0.2 - 0.001u, som giver 0 = 0.2 - 0.001u ⇔ u = 200. Intuitivt er det klart, at hvis u fra starten er på 200 mg/m3, vil u ikke ændre sig, så u0 = 200 er en partikulær løsning. Ved direkte indsættelse bekræftes dette. Dermed har vi vist, at den fuldstændige løsning til 1) er u = 200 + ce-0.001t , c∈R. Vi kunne også have sat ind i panserformlen. Idet p = 0.001 og dermed P(t) = 0.001t, q = 0.2 fås u = e-P(t)∫q(t)eP(t)dt + ce-P(t) = e-0.001t∫0.2e0.001tdt + ce-0.001t = e-0.001t200e0.001t + ce-0.001t = 200 + ce-0.001t , c∈R. I dette tilfælde er panserformlen hurtig og effektiv. Så heldig er man ikke altid. Den første metode virker måske lidt mere omstændelig, men den giver efter min opfattelse en bedre fornemmelse af differentialligningens betydning (og dermed også en sikrere fornemmelse af, om facit er rigtigt).

- 11/30 -

Øvelse Besvar resten af opgaven! Eksempel 3.2 Det første eksempel – og de overvejelser vi gjorde os vedrørende fortolkningen af differential-ligningen – kan umiddelbart overføres til differentialligningen dy/dt = b-ay, hvor a og b er positive konstanter. Ligningen beskriver en størrelse y, som er genstand for en kon-stant tilførsel (på b pr. tidsenhed) og en nedbrydning, som er proportional med den øjeblikkelige størrelse af y (med nedbrydningsfaktoren a pr tidsenhed). Så længe y < b/a (⇔ b – ay > 0 ⇔ dy/dt), er y voksende. Når y er tilstrækkelig stor, vil tilførsel og nedbrydning næsten opveje hinanden, og y vil vokse meget langsomt. Vi gætter derfor en partikulær løsning y = b/a (tjek selv, at ligningen eropfyldt). Den fuldstændige løsning til den homogene ligning er y = ce-at , c∈R, jf sætning 2.2. Ifølge sætning 1.4 er den fuld-stændige løsning til den inhomogene ligning y = b/a + ce-at , c∈R. Eksempel 3.3 Vi ønsker at bestemme den fuldstændige løsning til dy/dt - t-1y = t, t > 0 Da p(t) = - t-1 ⇒ P(t) = - ln(t)og q(t) =2t2 + 3t, giver panserformlen y = eln(t)∫(2t2 + 3t) e-ln(t)dt + celn (t) = t∫(2t2 + 3t)t-1dt + ct = t∫(2t + 3)dt + ct = t(t2 +3t) + ct t3 + 3t2 + ct, c∈R. Eksempel 3.4 Vort sidste eksempel i denne omgang er den logistiske ligning: dy/dt = (b - ay)y.

- 12/30 -

Ligningen er ikke lineær, da der indgår y2 i den. Men vi får den geniale ide at dividere ligningen igennem med y2. Det giver - y’/y2 = a - b/y. Da 1/y er sammensat af funktionerne t → y(t) og y → 1/y, er venstre side i ligningen (1/y)’, og ligningen kan omskrives til (1/y)’ = a - b(1/y), Altså er 1/y løsning til differentialligningen dz/dt = a – bz. Ifølge eksempel 3.3 (desværre er der byttet om på a og b, men så bytter vi også om på a og b i løsningen) er 1/y = a/b + ce-bt , c∈R. Altså er y = 1/(a/b + ce-bt), c∈R. Vi forlænger brøken med b/a og får y = (b/a)/(1 +ce-bt), c∈R. (egentlig skulle der stå (b/a)c i nævneren, men da c kunne være hvad som helst, kan(b/a)c også være det) § 4 Lineære 2. ordens differentialligninger Definition Ved en lineær 2. ordens differentialligning forstås en differentialligning på formen d2y/dt2 + p1(t)dy/dt +p2(t)y = q(t). Ligningen kaldes homogen, hvis q(t) er konstant 0, dvs. ligningen ser sådan ud: d2y/dt2 + p1(t)dy/dt +p2(t)y = 0, ellers kaldes ligningen for inhomogen.

- 13/30 -

Sætningerne og beviserne fra §1 kan stort set ordret overføres til lineære 2. ordens ligninger. Pointen er – groft sagt – at både det at gange med en fast funktion og det at differentiere er lineære operationer i den forstand, at (1) d(y1+y2)/dt = dy1/dt + dy2/dt (2) d(cy)/dt = cdy/dt og (3) p(t)(y1+y2) = p(t)y1 + p(t)y2 (4) p(t)(cy) = c(p(t)y. For de hårdkogte er det oplagt, at sammensætningen af lineære operationer bliver lineær. Dermed bliver d2y/dt2 og den kombinerede disciplin p(t)dy/dt lineære, dvs. d2(y1+y2)/dt2 = d2y1/dt2 + d2(y2)/dt2 d2(cy)/dt2 = cd2y/dt2 og p(t)d(y1+y2)/dt = p(t)dy1/dt + p(t)dy2/dt p(t)d(cy)/dt = c(p(t)dy/dt. Hvis man ikke er så hårdkogt, må man bevise lineariteten med de bare næver: d2(y1+y2)/dt2 = d(d(y1+y2)/dt)/dt = d(dy1/dt + dy2/dt)/dt = (det var bare reglen (1) fra før) d2y1/dt2 + d2(y2)/dt2. (reglen (1) anvendt på dy1/dt og dy2/dt) d2(cy)/dt2 = d(d(cy)/dt) = d(cdy/dt)/dt = (det var bare reglen (2) fra før) cd2y/dt2. (reglen (2) anvendt på dy/dt). p(t)d(y1+y2)/dt = p(t)(dy1/dt + dy2/dt) = (reglen (1) fra før) p(t)dy1/dt + p(t)dy2/dt. (reglen (3) fra før) p(t)d(cy)/dt = p(t)c(dy/dt) = (reglen (2) fra før)

- 14/30 -

c(p(t)dy/dt) (reglen (3) fra før anvendt på dy/dt) Den første sætning, vi vil vise, udtaler sig om strukturen af løsningsmængden til den homogene ligning. Som allerede nævnt er beviserne magen til dem i §1. Der kommer bare nogle flere led (så de ser værre ud). Sætning 4.1 a) Hvis y1 og y2 er løsninger til den homogene ligning d2y/dt2 + p1(t)dy/dt + p2(t)y = 0, så vil y1 + y2 også være en løsning til den homogene ligning. b) Hvis y er en løsning til den homogene ligning d2y/dt2 + p1(t)dy/dt + p2(t)y = 0, og c er en konstant, så vil cy også være en løsning til den homogene ligning. Bevis

a) At y1 er løsning til den homogene ligning betyder, at d2y1/dt2 + p1(t)dy1/dt + p2(t)y1= 0, og at y2 er løsning til den homogene ligning betyder, at d2y2/dt2 + p1(t)dy2/dt + p2(t)y2= 0, Ved addition af de to ligninger fås d2y1/dt2 + d2y2/dt2 + p1(t)dy1/dt + p1(t)dy2/dt + p2(t)y1+ p2(t)y2= 0 Da d2(y1+y2)/dt2 = d2y1/dt2 + d2y2/dt2 og p1(t)d(y1+y2)/dt = p1(t)dy1/dt + p1(t)dy2/dt, fås d2(y1+y2)1/dt2 + p1(t)d(y1+y2)/dt + p2(t)(y1+y2)= 0, hvilket netop viser, at y1+y2 er en løsning til den homogene ligning. b) Hvis y er en løsning til den homogene ligning, er d2y/dt2 + p1(t)dy/dt +p2(t)y = 0. Ganges denne ligning igennem med konstanten c fås

- 15/30 -

cd2y/dt2 + c(p1(t)dy/dt) +c(p2(t)y) = 0. Da d2(cy)/dt2 = cd2y/dt2 og p1(t)d(cy)/dt = = c(p1(t)dy/dt), fås d2(cy)/dt2 + p1(t)d(cy)/dt +p2(t)(cy) = 0. hvilket netop viser, at cy er en løsning til den homogene ligning. Beviserne for de næste to sætninger er meget i familie med beviset for sætning 4.1. Men hvor sætning 4.1 udelukkende udtalte sig om løsninger til den homogene ligning, ser vi i sætning 4.2 og sætning 4.3 på koblingen mellem løsninger til den homogene ligning og den inhomogene ligning. Sætning 4.2 Hvis y1 og y2 er løsninger til den inhomogene ligning d2y/dt2 + p1(t)dy/dt + p2(t)y = q(t), så vil y1 - y2 være en løsning til den homogene ligning. d2y/dt2 + p1(t)dy/dt + p2(t)y = 0. Bevis

At y1 er løsning til den inhomogene ligning betyder, at d2y1/dt2 + p1(t)dy1/dt + p2(t)y1 = q(t), og at y2 er løsning til den inhomogene ligning betyder, at d2y2/dt2 + p1(t)dy2/dt + p2(t)y2 = q(t), Ved subtraktion af de to ligninger fås d2y1/dt2 - d2y2/dt2 + p1(t)dy1/dt - p1(t)dy2/dt + p2(t)y1 - p2(t)y2= 0 Da d2(y1-y2)/dt2 = d2y1/dt2 - d2y2/dt2 og p1(t)d(y1-y2)/dt = p1(t)dy1/dt - p1(t)dy2/dt, fås d2(y1-y2)1/dt2 + p1(t)d(y1-y2)/dt +p2(t)(y1-y2)= 0, hvilket netop viser, at y1-y2 er en løsning til den homogene ligning.

- 16/30 -

Sætning 4.3 Hvis y0 er en løsning til den inhomogene ligning d2y/dt2 + p1(t)dy/dt + p2(t)y = q(t), og y er en løsning til den homogene ligning d2y/dt2 + p1(t)dy/dt + p2(t)y = 0, så vil y0 + y være en løsning til den inhomogene ligning. Bevis

At y0 er løsning til den inhomogene ligning betyder, at d2y0/dt2 + p1(t)dy0/dt + p2(t)y0 = q(t), og at y er løsning til den homogene ligning betyder, at d2y/dt2 + p1(t)dy/dt + p2(t)y = 0, Ved addition af de to ligninger fås d2y0/dt2 + d2y/dt2 +p1(t)dy0/dt + p1(t)dy/dt + p2(t)y0 + p2(t)y = q(t) Vi benytter, at d2(y0+y)/dt2 = d2y0/dt2 + d2y/dt2 og p1(t)d(y0+y)/dt = p1(t)dy0/dt + p1(t)dy/dt,, og får d2(y0+y)/dt2 + p1(t)d(y0+y)/dt + p2(t)(y0+y) = q(t), hvilket netop viser, at y0+y er en løsning til den inhomogene ligning. Sætning 4.4 Lad y0 være en vilkårlig løsning til den inhomogene ligning d2y/dt2 + p1(t)dy/dt + p2(t)y = q(t). Løsningsmængden til den inhomogene ligning er da {y0 + y |y er en løsning til den homogen ligning}.

- 17/30 -

Bevis

Vi kalder – i mangel af bedre – løsningsmængden til den inhomogene ligning for FLIHL Det, vi skal bevise, er at FLIHL = {y0 + y |y er en løsning til den homogene ligning} At de to mængder er ens, viser vi ved at de er (uægte) delmængder af hinanden. FLIHL ⊇ {y0 + y |y er en løsning til den homogen ligning} er præcis indholdet af sætning 4.3 ! For at vise, at FLIHL ⊆ {y0 + y |y er en løsning til den homogen ligning}, ser vi på en vilkårlig løsning z til den inhomogene ligning, altså et element z ∈ FLIHL. Vi vil gerne vise, at z ligger i mængden på højre side, altså at z kan skrives som z = y0 + y, hvor y er en løsning til den homogene ligning. Det kræver ikke den store genialitet at konstatere, at z = y0 + (z-y0) Det interessante er, at udtrykket i parentesen ifølge sætning 4.2 er en løsning til den homogene ligning, så vi har fået skrevet z på den form, vi ønskede. Dette viser, at FLIHL ⊆ {y0 + y |y er en løsning til den homogene ligning}. Da der både gælder ” ⊆ ”og” ⊇”, er de to mængder identiske. Med terminologien fra § 1 har vi vist: FLIHL = PL + FLHL Styrken ved sætning 2.4 er, at det er forholdsvis let at finde FLHL, og at man med en vis træning kan blive ganske god til at ”gætte” PL. Se § 6 for eksempler. Sætningen er måske nyttigere for 2. ordens ligningerne end for 1. ordens ligningerne, fordi der ikke findes noget modstykke til panser-formlen, når ligningen er af 2. orden! § 5 Homogene lineære 2. ordens differentialligninger med konstante koefficienter I denne paragraf vil vi studere homogene lineære 2. ordens differentialligninger med konstante koefficienter, dvs. ligninger af formen ad2y/dt2 + bdy/dt +cy = 0, hvor a, b og c er konstanter (a ≠ 0). Igen viser den naturlige eksponentialfunktion sig at spille en hovedrolle. Vi gætter på, at ligningen har en løsning y = ert,

- 18/30 -

hvor r er en konstant. Med dette gæt på y bliver dy/dt = rert og d2y/dt2 =d(dy/dt)/dt = d(rert)/dt = rd(ert)/dt = r2ert. Indsættes y, dy/dt og d2y/dt2 i differentialligningen fås ad2y/dt2 + bdy/dt +cy = 0 ⇔ ar2ert + brert + cert = 0 ⇔ (ar2 + br + c)ert = 0 ⇔ (da ert ≠ 0 kan ligningen divideres igennem med ert) ar2+ br + c = 0. Vi har dermed bevist Sætning 5.1 Funktionen y = ert er løsning til differentialligningen ad2y/dt2 + bdy/dt +cy = 0, netop når r er løsning til andengradsligningen ar2 + br + c = 0. Dette resultat er så vigtigt, at vi ofrer en særlig betegnelse på andengradsligningen. Den kaldes for karakterligningen hørende til den lineære 2. ordens differentialligning. Øvelse Find mindst to forskellige løsninger til d2y/dt2 - 7dy/dt +12y = 0. Det virker måske, som om der er langt igen fra de to løsninger, du fandt i øvelsen til at finde den fuldstændige løsning. Det viser sig imidlertid ikke at være tilfældet, som det vil fremgå af nedenstående hovedsætning. Sætning 5.2 Hvis karakterligningen ar2+ br + c = 0 har to forskellige løsninger r og s (vi går altså ud fra, at diskriminanten er positiv), har den lineære 2. ordens differentialligning ad2y/dt2 + bdy/dt +cy = 0

- 19/30 -

den fuldstændige løsning y = c1e

rt + c2est , c1,c2 ∈ R.

Bevis

Vi skal vise to ting: For det første, at y = c1e

rt + c2est , c1,c2 ∈ R er en løsning. For det andet, at vi får alle løsninger med

på den måde. Den første del er let nok. Vi har allerede set, at ert og est er løsninger til differentialligningen. Ifølge sætning 4.2 b) vil c1e

rt og c2est også være det. Og ifølge sætning 4.2 a) vil c1e

rt + c2est være en

løsning til differentialligningen Men den anden del af beviset er for viderekomne. Vi går ud fra, at y er en løsning, og vil morderlig gerne vise, at y = c1e

rt + c2est for et passende valg af konstanterne c1 og c2. Vi tillader os et øjeblik

den luksus at forestille os, at det, vi gerne vil vise, er opfyldt. Altså at y = c1e

rt + c2est.

Hvordan skal vi så finde konstanterne c1 og c2 ? Én ligning og to ubekendte, det er en umulig op-gave. Der skal en ligning mere til. Det viser sig at være en god ide er at differentiere ligningen: dy/dt = c1re

rt + c2sest. Vi flytter lidt rundt på leddene i de to ligninger og skriver y’ i stedet for dy/dt. ert c1 + est c2

= y rert c1 + sest c2

= y’. For hver værdi af t er der tale om to ligninger med de to ubekendte c1 og c2. Dette ligningssystem er vort udgangspunkt. Fra nu af kan vi godt glemme, at den nederste ligning fremkom ved differentia-tion af den øverste. Vi er i virkeligheden kun interesseret i den øverste. Men den var ikke nok til at finde c1 og c2, så vi var nødt til at finde på én til ligning. Vort valg faldt på den nederste ligning, da den i hvert fald ved ikke stred mod vor drøm om at finde konstanterne c1 og c2, så y = c1e

rt + c2est.

Vi minder – til senere brug – om, at de to løsninger r og s til ar2 + br + c = 0 opfylder, at r + s = - b/a og rs = c/a (det er det, vi bruger, når vi gætter løsninger til 2. gradsligninger). Vi minder om determinant metoden til løsning af to ligninger med to ubekendte: Hvis hoveddeterminanten d = a1b2 - a2b1 ≠ 0, har ligningssystemet a1x + b1y = c1 a2x + b2y = c2 løsningen (x,y) = (dx/d, dy/d), hvor dx = c1b2 - c2b1 og dy = a1c2 - a2c1.

- 20/30 -

Tilbage til ligningssystemet ert c1 + est c2

= y rert c1 + sest c2

= y’. Det har hoveddeterminanten d = ertse st - re rtest = (s - r)erte st = (s - r)ert+st = (s - r)e(r+s)t. Da de to rødder r og s er forskellige, er parentesen (s - r) ≠ 0, og e(r+s)t er med garanti positiv, så hoveddeterminanten er ikke 0. Ligningssystemet har derfor netop én løsning. Vi regner videre dx = ys erty’est = (ys - y’)est Idet est/e(r+s)t = est-(r+s)t = e-rt, er dx/d = (ys - y’)est/((s - r)e(r+s)t) = (s - r)-1(ys - y’)e-rt På samme måde får vi dy = erty’ - rert y = (y’ - ry)ert. Idet ert/e(r+s)t = ert-(r+s)t = e-st, er dy/d = (y’ - ry)ert/((s - r)e(r+s)t) = (s - r)-1 (y’ - ry)e-st. Vi har nu vist, at for hvert t har ligningssystemet ert c1 + est c2

= y re rt c1 + se st c2

= y’. løsningen (c1, c2) = ((s - r)-1(ys - y’)e-rt, (s - r)-1(y’- ry)e -st). Om det ligefrem er kønt at se på, kan diskuteres. Det ser i hvert fald ud, som c1 og c2 afhænger af t. Vi tjekker lige! Differentialkvotienten af c1 bliver (c1)’ = ((s - r)-1(ys - y’)e-rt)’ =

- 21/30 -

(s - r)-1((ys - y’)e-rt)’= (s - r)-1((y’s - y’’) e-rt - r(ys - y’)e-rt) = (ifølge tandlægereglen) (s - r)-1((y’s - y’’) - r(ys - y’))e-rt = (s - r)-1(- y’’ + y’(r+ s) - rsy)e-rt = (s - r)-1(- y’’- b/a y’ - c/a y)e-rt = (da r og s er løsninger til ar2 + br + c = 0) - a-1(s - r)-1(ay’’+ by’ + cy)e-rt = 0 (da y er en løsning til ay’’+ by’ + cy = 0). Denne udregning viser, at c1 i virkeligheden er konstant. Fedest! Fuldstændigt analogt ser vi, at (c2)’ = ((s - r)-1(y’ - ry)e-st)’ = (s - r)-1((y’- ry)e-st)’ = (s - r)-1((y’’- ry’)e-st - s(y’ - ry)e-st) = (ifølge tandlægereglen) (s - r)-1((y’’- ry’) - r(y’ - sy))e-st = (s - r)-1((y’’- (r+s)y’+ rsy)e-st = (s - r)-1((y’’+ b/a y’ + c/a y)e-st = (da r og s er løsninger til ar2 + br + c = 0) a-1(s - r)-1(ay’’+ by’ + cy)e-st = 0 (da y er en løsning ay’’+ by’ + cy = 0) Altså er c2 også en konstant. Alt i alt har vi i denne del af beviset set, at en vilkårlig løsning y til differentialligningen ay’’+ by’ + y = 0 kan skrives på formen y = c1e

rt + c2est, hvor c1 og c2 er konstanter.

Eksempel 5.1 Vi vil finde den fuldstændige løsning til d2y/dt2 - 5dy/dt + 6y = 0.

- 22/30 -

Vi løser først karakterligningen r2 - 5r + 6 = 0. Vi ved, at de to løsninger r og s opfylder, at r + s = 5 og rs = 6, så karakterligningen har løsningerne 2 og 3. Ifølge den netop beviste sætning er den fuldstændige løsning til d2y/dt2 - 5dy/dt + 6y = 0 y = c1e

2t + c2e3t , c1, c2 ∈ R.

Hvis diskriminanten for karakterligningen ar2 + br + c = 0 er negativ eller 0 får løsningen til differentialligningen ad2y/dt2 + bdy/dt +cy = 0 et noget andet udseende. Sætning 5.3 Hvis karakterligningen ar2 + br + c = 0 har d = 0 (og dermed kun én løsning r), har den lineære 2. ordens differentialligning ad2y/dt2 + bdy/dt +cy = 0 den fuldstændige løsning y = c1e

rt + c2tert , c1, c2 ∈ R.

Bevis

Vi skal vise to ting: For det første, at y = c1e

rt + c2tert, c1,c2 ∈ R er en løsning. For det andet, at vi får alle løsninger med

på den måde. Første del er slem nok. Ifølge sætning 5.1 er y = ert en løsning til differentialligningen. Vi tjekker, om y = tert også er det. Ifølge tandlægereglen er dy/dt = ert + trert = (1+rt) ert. En til differentiation giver d2y/dt2 = rert +(1+rt)rert. = (2r + r2t)ert. Sættes de fundne udtryk ind i differentialligningen, fås ad2y/dt2 + bdy/dt +cy = a(2r + r2t)ert + b(1+rt) ert + ctert = (2ar + b)ert + (ar2 + br + c)t ert =

- 23/30 -

0, da r = -b/a. Da ert og tert er løsninger til differentialligningen, følger af sætning 4.2 b), at c1e

rt og c2tert også er

det. Og ifølge sætning 4.2 a) vil c1ert + c2te

rt være en løsning til differentialligningen. Og nu til anden del. Lad y være en vilkårlig løsning til differentialligningen. Vi vil gerne vise, at y = c1e

rt + c2tert for et passende valg af konstanterne c1 og c2. Vi gør lige som før. Først viser vi, at

ligningssystemet y = c1e

rt + c2tert

y’= c1rert + c2(1+rt)ert

har en løsning for ethvert t. Vi flytter lidt rundt på leddene og får ert c1 + tert c2 = y rert c1 + (1+rt)ertc2 = y’ Hoveddeterminanten d = ert(1+rt)ert - rerttert = e2rt ≠ 0. Altså har ligningssystemet netop én løsning. Vi regner videre og finder dx = y(1+rt)ert - y’tert = (y(1+rt) - y’t)ert =(y + (ry - y’)t)ert dy = erty’ - rerty = (y’- ry)ert Vi dividerer igennem med hoveddeterminanten d = e2rt og ser, at for hvert t har ligningssystemet ert c1 + tert c2 = y rert c1 + (1+rt)ertc2 = y’ løsningen (c1, c2) = ((y + (ry - y’)t)e-rt, (y’- ry)e-rt) Hverken c1 eller c2 ser særligt konstante ud, men ved differentiation fås c1’ = (y’ + (ry’- y’’)t +(ry - y’))e-rt - r(y + (ry - y’)t)e-rt = (y’ + (ry - y’) - ry)e-rt + ((ry’- y’’) - r(ry –y’))te-rt = 0e-rt - (y’’- 2ry’ + r2y)te-rt = 0, altså er c1 en konstant. c2’ = (y’’- ry’)e-rt - r(y’- ry)e-rt = (y’’- 2ry’ + r2y)e-rt = 0,

- 24/30 -

altså er c2 en konstant. Fedest! Alt i alt har vi i denne del af beviset set, at en vilkårlig løsning y til differentialligningen ay’’+ by’ + y = 0 kan skrives på formen y = c1e

rt + c2tert, hvor c1 og c2 er

konstanter. Eksempel 5.2 Vi vil finde den fuldstændige løsning til d2y/dt2 - 6dy/dt + 9y = 0. Vi løser først karakterligningen r2 - 6r + 9 = 0. og ser, at karakterligningen har løsningen r = 3. Ifølge den netop beviste sætning er den fuldstændige løsning til d2y/dt2 - 6dy/dt + 9y = 0 y = c1e

3t + c2te3t , c1,c2 ∈ R.

Sætning 5.4 Hvis karakterligningen ar2+ br + c = 0 har d < 0, har den lineære 2. ordens differentialligning ad2y/dt2 + bdy/dt +cy = 0 den fuldstændige løsning y = c1e

ptcos(qt)+ c2eptsin(qt), c1,c2 ∈ R,

hvor vi har indført forkortelserne p = -b/(2a) og q = √-d/(2a) = √4ac-b2/(2a) Bevis

Vi skal vise to ting: For det første, at y = c1e

ptcos(qt)+ c2eptsin(qt) er en løsning. For det andet, at vi får alle løsninger

med på den måde. Første del: Efter den velkendte opskrift er det nok at vise, at y = eptcos(qt) og y = eptsin(qt) er løsniger. Vi tjekker først y = eptcos(qt). Flittig anvendelse af tandlægereglen giver

- 25/30 -

y = eptcos(qt) ⇓ dy/dt = peptcos(qt) +eptq(-sin(qt)) = ept(pcos(qt) - qsin(qt)) ⇓ d2y/dt2 = pept(pcos(qt) - qsin(qt)) + ept(pq(-sin(qt) - q2cos(qt)) = ept((p2 - q2)cos(qt) - 2pqsin(qt)) Ved indsættelse i differentialligningen fås ad2y/dt2 + bdy/dt +cy = aept((p2 - q2)cos(qt) - 2pqsin(qt)) + bept(pcos(qt) - qsin(qt)) + ceptcos(qt). Vi sætter først ept uden for en parentes, og får ept(a((p2 - q2)cos(qt) - 2pqsin(qt)) + b(pcos(qt) - qsin(qt)) + ccos(qt)) I dette syndige rod samler vi cosinus- og sinus-leddene hver for sig. ept((a(p2 - q2) + bp + c)cos(qt) - (2ap + b)qsin(qt)). Det ser rædselsfuldt ud, men hele skidtet giver 0, fordi både parentesen foran cosinus- og sinus-leddet gør det. Parentesen foran sinus-leddet giver 0, da p = -b/(2a). Den anden parentes kræver lidt mere arbejde: a(p2 - q2) + bp + c = a(b2/(4a2) - (4ac-b2)/(4a2)) + b(- b/(2a)) +c = a((2b2- 4ac )/(4a2)) - b2/(2a) +c = a((b2/(2a2)- c/a) - b2/(2a) +c = b2 /(2a) - c - b2/(2a) +c = 0! Dermed har vi vist, at y = eptcos(qt) er en løsning til differentialligningen. Nu tror du måske, at du slipper for at se beviset for, at y = eptsin(qt) er en løsning, og at vi bare skriver, at beviset forløber analogt. Så let slipper du ikke, for der er en lækker detalje y = eptsin(qt) ⇓ dy/dt = peptsin(qt) +eptqcos(qt) = ept(psin(qt) + qcos(qt)) ⇓ d2y/dt2 = pept(psin(qt) + qcos(qt)) + ept(pqcos(qt) - q2sin(qt)) = ept((p2 - q2)sin(qt) + 2pqcos(qt))

- 26/30 -

Ved indsættelse i differentialligningen fås ad2y/dt2 + bdy/dt +cy = aept((p2 - q2)sin(qt) + 2pqcos(qt)) + bept(psin(qt) + qcos(qt)) + ceptsin(qt) . Vi sætter først ept uden for en parentes, og får ept(a((p2 - q2)sin(qt) + 2pqcos(qt)) + b(psin(qt) + qcos(qt)) + csin(qt)) I dette syndige rod samler vi cosinus- og sinus-leddene hver for sig. ept((a(p2 - q2) + bp + c)sin(qt) + (2ap + b)qcos(qt)) = 0 !!! Det var den lækre detalje: parenteserne er præcis de samme som før (de har bare byttet plads), så vi behøver ikke at regne dem ud en gang til. Og nu til anden del. Lad y være en vilkårlig løsning til differentialligningen. Vi vil gerne vise, at y = c1e

ptcos(qt) + c2eptsin(qt) for et passende valg af konstanterne c1 og c2.Vi gør lige som før. Først

viser vi, at ligningssystemet y = c1e

ptcos(qt) + c2eptsin(qt)

y’ = c1ept(pcos(qt) - qsin(qt)) + c2e

pt(psin(qt) + qcos(qt)) har en løsning for ethvert t. Vi flytter lidt rundt på leddene og får eptcos(qt)c1 + eptsin(qt)c2 = y ept(pcos(qt) - qsin(qt))c1 + ept(psin(qt) + qcos(qt))c2 = y’ Hoveddeterminanten d = eptcos(qt)ept(psin(qt) + qcos(qt)) - ept(pcos(qt) - qsin(qt))eptsin(qt) = e2ptq (cos2(qt) + sin2(qt)) = (cos2(qt) + sin2(qt) = 1) qe2pt ≠ 0. Altså har ligningssystemet netop én løsning. Vi regner videre og finder dx = yept(psin(qt) + qcos(qt)) –y’eptsin(qt) = ((py – y’)sin(qt) + qycos(qt))ept dy = eptcos(qt)y’ - ept(pcos(qt) - qsin(qt))y = ((y’– py)cos(qt) + qysin(qt))ept Vi dividerer igennem med hoveddeterminanten d = qe2pt og ser, at for hvert t har ligningssystemet

- 27/30 -

eptcos(qt)c1 + eptsin(qt)c2 = y ept(pcos(qt) - qsin(qt))c1 + ept(psin(qt) + qcos(qt))c2 = y’ løsningen (c1, c2) = (q-1((py - y’)sin(qt) + qycos(qt))e-pt, q-1((y’- py)cos(qt) + qysin(qt))e-pt) Hverken c1 eller c2 ser særligt konstante ud, men ved differentiation fås (qc1)’ = ((py - y’)sin(qt) + qycos(qt))e-pt)’ ((py’ - y’’)sin(qt) +(py - y’)qcos(qt) + qy’cos(qt) - q2ysin(qt))e-pt - p((py - y’)sin(qt) + qycos(qt))e-pt = ((py’- y’’- q2y - p(py - y’))sin(qt) +((py - y’)q + qy’- pqy)cos(qt))e-pt = ((- y’’ + 2py’ - (p2+q2)y)sin(qt) + 0cos(qt))e-pt = ((- y’’- b/a y’- c/a y)sin(qt) = (da p2+q2 = b2/(4a2) + (4ac - q2)/(4a2) = c/a) - a-1(ay’’+ by’+ cy)sin(qt) = 0. (da y er en løsning til ay’’+ by’+ cy = 0) Udregningen vise, at qc1 og dermed også er c1 en konstant. På samme måde fås (qc2)’ = ((y’- py)cos(qt) + qysin(qt))e-pt)’ = ((y’’- py’)cos(qt) - (y’- py)qsin(qt) + qy’sin(qt) + q2ycos(qt))e-pt -p((y’- py)cos(qt) + qysin(qt))e-pt = (y’’- py’+ q2y - p(y’- py))cos(qt)e-pt +(-(y’- py)q+ qy’- pqy)sin(qt)e-pt = (y’’- 2py’+ (p2+q2)y)cos(qt)e-pt + 0sin(qt)e-pt = 0. (af samme grund som lige før) altså er c2 en konstant. Fedest! Alt i alt har vi i denne del af beviset set, at en vilkårlig løsning y til differentialligningen ay’’+ by’ + y = 0 kan skrives på formen y = c1e

ptcos(qt) + c2eptsin(qt), hvor c1

og c2 er konstanter.

- 28/30 -

Eksempel 5.3 Vi vil finde den fuldstændige løsning til d2y/dt2 + 2dy/dt + 5y = 0. Vi ser først på karakterligningen r2 + 2r + 5 = 0. Diskriminanten er d = -16. Med betegnelserne i sætning 5.4 er p = -2/2 = -1 og q = 4/2 = 2. Den fuldstændige løsning til d2y/dt2 + 2dy/dt + 5y = 0 er derfor y = c1e

-tcos(2t)+ c2e-tsin(2t), c1,c2 ∈ R.

Det var hårdt arbejde at komme så langt. Til gengæld får vi nedenstående hovedresultat ganske gratis som et særtilfælde af sætning 5.2. Sætning 5.5 Den fuldstændige løsning til den lineære 2. ordens differentialligning d2y/dt2 = k2y er y = c1e

kt + c2e-kt , c1,c2 ∈ R.

Bevis

Karakterligningen for d2y/dt2 - k2y = 0 er r2 - k2 = 0. Den har løsningen r = ± k. Som en konsekvens af sætning 5.4 har vi Sætning 5.6 Den fuldstændige løsning til den lineære 2. ordens differentialligning d2y/dt2 = - k2y er y = c1cos(kt)+ c2sin(kt), c1,c2 ∈ R.

- 29/30 -

Bevis

Karakterligningen for d2y/dt2 + k2y = 0 er r2 + k2 = 0. Den har d = - 4k2, p = 0 og q = 2k/2 = k. Ifølge sætning 5.4 er den fuldstændige løsning y = c1e

0cos(kt)+ c2e0sin(qt) = c1cos(kt)+ c2sin(qt), c1,c2 ∈ R,

§ 6 Inhomogene lineære 2. ordens differentialligninger med konstante koefficienter Eksempel 6.1 Vi vil finde den fuldstændige løsning til d2y/dt2 + 2dy/dt + 5y = e3t. Vi gætter på, at ligningen har en løsning, der ligner funktionen på højre side, nemlig y = ce3t. Vi håber så på, at vi ved at justere på c kan få ligningen til at gå op. Med dette gæt på y er dy/dt = 3ce3t og d2y/dt2 = 9ce3t. Det indsætter vi i d2y/dt2 + 2dy/dt + 5y = e3t ⇔ 9ce3t +2(3ce3t) + 5(3ce3t) = e3t ⇔ 30ce3t = e3t ⇔ 30c = 1 ⇔ c = 1/30 Vi ser, at y = (1/30)e3t er en partikulær løsning til d2y/dt2 + 2dy/dt + 5y = e3t. Ifølge eksempel 5.3 er den fuldstændige løsning til den tilsvarende homogene ligning y = c1e

-tcos(2t) + c2e-tsin(2t), c1,c2 ∈ R.

Ifølge sætning 4.4 (FLIHL = PL + FLHL) er den fuldstændige løsning til den inhomogene ligning y = (1/30)e3t + c1e

-tcos(2t) + c2e-tsin(2t), c1,c2 ∈ R.

- 30/30 -

Eksempel 6.2 Vi vil finde den fuldstændige løsning til d2y/dt2 - 5dy/dt + 6y = sin(2t) Vi gætter på, at ligningen har en løsning, der ligner funktionen på højre side, nemlig y = asin(2t) + bcos(2t). Det naturlige gæt ville selvfølgelig være y = asin(2t), men dy/dt bliver i så fald noget med cos(2t), og det kan hverken d2y/dt2 eller y-leddet råde bod på, for de bliver begge noget med sin(2t). Derfor tilføjer vi cos(2t) i vort gæt. Anyway, vi håber på, at vi ved at justere på a og b kan få ligningen til at gå op. Med dette gæt på y er dy/dt = 2acos(2t) - 2bsin(2t) og d2y/dt2 = - 4asin(2t) - 4bcos(2t). Det indsætter vi i d2y/dt2 - 5dy/dt + 6y = sin(2t) ⇔ - 4asin(2t) - 4bcos(2t) - 5(2acos(2t) - 2bsin(2t)) + 6(asin(2t) + bcos(2t)) = sin(2t) ⇔ (2a + 10b)sin(2t) + (-10a + 2b) = sin(2t) ⇔ 2a + 10b = 1 ∧ -10a + 2b = 0 ⇔ a = 1/52 ∧ b = 5/52 Vi ser, at y = (1/52)sin(2t) + (5/52)cos(2t) er en partikulær løsning til d2y/dt2 - 5dy/dt + 6y = sin(2t). Ifølge eksempel 5.1 er den fuldstændige løsning til den tilsvarende homogene ligning y = c1e

2t + c2e3t , c1,c2 ∈ R.

Ifølge sætning 4.4 (FLIHL = PL + FLHL) er den fuldstændige løsning til den inhomogene ligning y = (1/52)sin(2t) + (5/52)cos(2t) + c1e

2t+ c2e3, c1,c2 ∈ R.

Vi stopper her, endskønt det var fristende at gå videre. For det er et stærkt matematisk værktøj, vi har udviklet.