Lektion 1, del 8 linjära homogena differential ekvationer tredje ordningen

Ett exempel över en linjär homogen differential ekvation av tredje ordningen.

Exempel 1:

Finn lösningen till differential ekvationerna

a) y´´´(x) + 2y´´(x) - 3y´(x) = 0
b) y´´´(x) - 8y(x) = 0

Lösning 1a:

Använd den specifika lösningen

y(x) = exp(rx)
y´(x) = rexp(rx)
y´´(x) = r²exp(rx)
y´´´(x) = r³exp(rx)

Substituera in dem i differential ekvationen

r³exp(rx) + 2r²exp(rx) - 3rexp(rx) = 0

⇔ r(r² + 2r - 3) = 0

Vi kommer att få fram att

r = 0, r = 1 och r = - 3

Den allmänna lösningen kommer att bli

y(x) = A + Bexp(x) + Cexp(-3x)

Lösning 1b:

y´´´(x) - 8y(x) = 0

 r³exp(rx) - 8exp(rx) = 0 ⇔  r³ = 8

⇒r = 2, r = 2(cos120 + isin120) = - 1 + i√3 och r = - 1 - i√3

Lösningen till differential ekvationen kommer att bli,

y(x) = Aexp(2x) + Bexp((-1 + i√3)x) + Cexp(-(1 + i√3)x)

= Aexp(2x) + exp(-x)*(Dcos(√3x) + Esin(√3x))

IN ENGLISH:

One example over a linear homogen differential equation of third order.

Example 1:

Find the solution to the differential equation

a) y´´´(x) + 2y´´(x) - 3y´(x) = 0
b) y´´´(x) - 8y(x) = 0

Solution 1a:

Use the specific solution

y(x) = exp(rx)
y´(x) = rexp(rx)
y´´(x) = r²exp(rx)
y´´´(x) = r³exp(rx)

Substitute them in the differential equation

r³exp(rx) + 2r²exp(rx) - 3rexp(rx) = 0

⇔ r(r² + 2r - 3) = 0

Thereafter three different r is

r = 0, r = 1 och r = - 3

The general solution will be

y(x) = A + Bexp(x) + Cexp(-3x)

Solution 1b:

y´´´(x) - 8y(x) = 0

 r³exp(rx) - 8exp(rx) = 0 ⇔  r³ = 8

⇒r = 2, r = 2(cos120 + isin120) = - 1 + i√3 och r = - 1 - i√3

The solution to the differential equation will be,

y(x) = Aexp(2x) + Bexp((-1 + i√3)x) + Cexp(-(1 + i√3)x)

= Aexp(2x) + exp(-x)*(Dcos(√3x) + Esin(√3x))

Lektion 1, del 7 linjära homogena differential ekvationer av ordningen 2

Här tar vi upp några exempel,

Exempel 1:

Lös differential ekvationen

a) y´´(x) - 4y(x) = 0

b) y´´(x) + 4y(x) = 0

c) Finn de speciella lösningarna för ovanstående differentialekvationerna med villkoren y(0) = 1 och y´(0) = 0

Lösning 1a:

y´´(x) - 4y(x) = 0

Använd den specifika lösningen y(x) = exp(rx)

((d²)/(dx²))exp(rx) - 4exp(rx) = 0 ⇔ r² - 4 = 0

r² = 4 ⇒ r = ±2

Lösningen till differential ekvationen är

y(x) = Aexp(2x) + Bexp(-2x)

Lösning 1b:

y´´(x) + 4y(x) = 0

((d²)/(dx²))exp(rx) + 4exp(rx) = 0 ⇔ r² + 4 = 0

r² = - 4 ⇒ r = ±2i

y(x) = Aexp(2ix) + Bexp(-2ix) = Ccos(x) + Dsin(x)

Lösning 1c:

Med lösningen ifrån a)

y(x) = Aexp(2x) + Bexp(-2x)

y(0) = A + B = 1 (1)
y´(0) = 2A - 2B = 0 (2)

Från (2) ger att A = B

Substituera in i (1)

A + B = A + A = 2A = 1 ⇔ A = 1/2 och att B = 1/2

Den speciella lösningen blir

y(x) = (1/2)*(exp(2x) + Bexp(-2))

Med lösningen ifrån b)

y(x) = Ccos(x) + Dsin(x)

y(0) = C = 1
y´(0) = - Csin(0) + Dcos(0) = 0

Ger att C = 1 och D = 0

Den speciella lösningen blir därmed

y(x) = Ccos(x)

Exempel 2:

Lös differential ekvationerna

a) y´´(x) + 2y´(x) = 0

b) y´´(x) + 2y´(x) - 3y(x) = 0

Lösning 2a:

y´´(x) + 2y´(x) = 0

Använd den speciella lösningen

y(x) = exp(rx)
y´(x) = rexp(rx)
y´´(x) = r²exp(rx)

 r²exp(rx) + 2rexp(rx) = 0 ⇔  r(r + 2) = 0

r = 0 och r = - 2

Lösningen till differential ekvationen är

y(x) = A + Bexp(-2x)

Lösning 2b:

y´´(x) + 2y´(x) - 3y(x) = 0

Använd den speciella lösningen

y(x) = exp(rx)
y´(x) = rexp(rx)
y´´(x) = r²exp(rx)

r²exp(rx) + 2rexp(rx) - 3exp(rx) = 0

⇔ r² + 2r - 3 = 0

⇒ r = - 1 ± √(1+3) = - 1 ± 2

r = 1 och r = - 3

Lösningen till differential ekvationen är

y(x) = Aexp(x) + Bexp(-3x)

Nästa del kan vi ge oss på tredje ordningen och högre, några enkla exempel.

Lektion 1, del 6 linjära homogena differential ekvationen av andra ordningen

Då kan vi nu reda ut litegrann om andra ordningens homogena differential ekvationer som kan skrivas allmänt som

y´´(x) + ay´(x) + by(x) = 0

Låt oss nu enbart gissa att en specifik lösning är

y(x) = exp(rx)

Därmed efter substitution

((d²)/(dx²))exp(rx) + a(d/(dx))exp(rx) + bexp(rx) = 0 ⇔

r²exp(rx) + arexp(rx) + bexp(rx) = 0 ⇔ r² + ar + b = 0

Okej, vi ser att vi får fram en andragradsekvation där lösningarna kommer att vara,

r = - (a/2) ± √(((a/2))² - b)

Låt oss nu skriva att

c = ((a/2))² - b

Därefter

r = - (a/2) ± √c

Allmänna lösningen blir

y(x) = Aexp(- (a/2) + √c) + Bexp(- (a/2) - √c)

Nu får vi för olika fall beroende om vad c är och vi kommer för varje fall att skriva ut den allmänna lösningen.

Fall 1: Då c > 0

r(1) = - (a/2) + √c och r(2) = - (a/2) - √c

Lösningen för differentialekvationen kan nu skrivas som,

y(x) = Aexp(- (a/2) + √c) + Bexp(- (a/2) - √c)

Fall 2: Då c = 0

r =  - (a/2)

r har enbart en lösning och lösningen till differentialekvationen blir

y(x) = Aexp(-(a/2))

Fall 3: Då c < 0

r(1) = - (a/2) + √c och r(2) = - (a/2) - √c

c är ju ett negativt tal, det vill säga roten ur ett negativ tal blir ett imaginärt tal, låt oss nu skriva att

c = - d där d är ett positivt tal och vi erhåller därmed att

r(1) = - (a/2) + i√d och r(2) = - (a/2) - i√d

Vi kan göra det ännu enklare genom att skriva att

e = √d

Därefter

r(1) = - (a/2) + ie och r(2) = - (a/2) - ie

Lösningen till differentialekvationen kommer att bli

y(x) = Aexp(- (a/2) + ie) + Bexp(- (a/2) - ie)

= exp(-(a/2))*(Aexp(ie) + Bexp(-ie))

= exp(-(a/2))*(Acos(e) + iAsin(e) + Bcos(e) - iBsin(e))

= exp(-(a/2))*((A + B)cos(e) + i(A - B)sin(e))

= exp(-(a/2))*(Ccos(e) + Dsin(e))

Det var för alla fallen, nästa gång för del 7 kan vi räkna med några exempel av linjära homogena differential ekvationer av andra ordningen.

Lektion 1, del 5, linjära homogena differential ekvationer, eulers formel och komplexa tal

Komplexa talet:

Okej, då bör vi lära oss lite verktyg för att kunna hantera andra ordningens linjära homogena differential ekvationer. Det blir lite som repetition. Då kan vi fråga oss om vad

√(-1) = ?

Den här som man vet har ingen lösning i form av reella tal utan vi måste definiera ett nytt tal som kallas för ett imaginärt tal som beskrivs oftast med ett "i" (ibland j).

√(-1) = i

Det här är alltså definitionen för ett imaginärt tal. Med vad är då ett komplex tal, oftast skrivs ett komplex tal som

z = x + iy

Där x och y är reella tal.

Härledning av Eulers formel:

   Låt oss undersöka exponentialfunktionen med det komplexa talet z.

exp(z) = exp(x + iy) = exp(x)exp(iy)

Låt oss först med hjälp av polynom visa att detta stämmer.

exp(x+iy) = 1 + (x+iy) + (1/2)(x+iy)² + (1/6)(x+iy)³ +...

= 1 + x + iy + (1/2)x² + ixy + (1/2)(iy)² + (1/6)x³ + (1/2)x²(iy) + (1/2)x(iy)² + (1/6)(iy)³ +...

= (1 + x + (1/2)x² + (1/6)x³ +...)∗1 + (1 + x + (1/2)x² +...)∗iy + (1 + x +...)∗(1/2)(iy)² + (1 +...)∗(1/6)(iy)³ +...

= (1 + x + (1/2)x² + (1/6)x³ +...)∗(1 + iy + (1/2)(iy)² + (1/6)(iy)³ +...) = exp(x)exp(iy)

Nu kan vi bearbeta med exp(iy) för att se om man kan skriva om denna på något sett? Låt oss åter igen polynomisera denna,

exp(iy) = 1 + (iy) + (1/(2!))(iy)² + (1/(3!))(iy)³ + (1/(4!))(iy)⁴+ (1/(5!))(iy)⁵ + (1/(6!))(iy)⁶ +...

= 1 + (iy) - (1/(2!))y² - (1/(3!))iy³ + (1/(4!))y⁴+(1/(5!))iy⁵ - (1/(6!))y⁶ +...

= (1 - (1/(2!))y² + (1/(4!))y⁴- (1/(6!))y⁶ +...) + i(y - (1/(3!))y³ + (1/(5!))y⁵ +...)

Vi kan nu använda oss av funktionerna

cos(y) = 1 - (1/(2!))y² + (1/(4!))y⁴- (1/(6!))y⁶ +... och

sin(y) = y - (1/(3!))y³ + (1/(5!))y⁵ +...

Då kan vi skriva

exp(iy) = cos(y) + isin(y)

Det här är faktiskt Eulers formel vilket är väldigt användbar, i många och många sammanhang. Används väldigt ofta även inom fysikvärlden. Den exponentiella funktionen med det komplexa talet z kan nu skrivas

exp(z) = exp(x)exp(iy) = exp(x)*( cos(y) + isin(y))

Nu kan vi känna oss redo att lösa linjära homogena differential ekvationer av ordningen 2.

Lektion 1, del 4 några exempel av linjära homogena differential ekvationer

Okej då kan vi ta upp några exempel och visa hur man mer praktiskt och enkelt kan lösa differential ekvationer av ordningen 1. Vi kommer också att gå igenom om hur man hanterar villkor.

Exempel 1:

a ) Lös den linjära homogena differential ekvationen

y´(x) - 2y(x) = 0

b) Lös den linjära homogena differential ekvationen

y´(x) + 5y(x) = 0

Lösning 1a:

Då kan vi använda oss av formeln ifrån lektion 1, del 3 som är

y(x) = Aexp(rx)

Substituera in den i differentialekvationen

(d/dx)(Aexp(rx) - 2Aexp(rx) = 0

Arexp(rx) - 2Aexp(rx) = 0

r - 2 = 0

r = 2

Den allmänna lösningen blir därmed

y(x) = Aexp(2x)

Lösning 1b:

Använd åter igen samma formel för den här differential ekvationen

(d/dx)(Aexp(rx)) + 5Aexp(rx) = 0

Arexp(rx) + 5Aexp(rx) = 0

r + 5 = 0

r = - 5

Den allmänna lösningen för differential ekvationen är därmed

y(x) = Aexp(-5x)

Genom gång av villkor:

Med hjälp av villkor kan vi ta reda på den speciella lösningen av en differential ekvation, det vill säga att ta reda på om vad A är. Låt oss nu säga att x = u och det kommer ge att y = v, där u och v är tal. Vi kan nu formulera villkoret som

y(u) = v

Den generella differentialekvationen av första ordningen var

y´(x) + ay(x) = 0

och den allmänna lösningen till denna är (se lektion 1, del 3)

y(x) = Aexp(-ax)

Nu kan vi använda oss av villkoret y(u) = v

y(u) = Aexp(-au) = v

A = vexp(au)

Därmed kan vi finna den speciella lösningen som

y(x) = vexp(au)exp(-ax) = vexp(a(u - x))

Nu kan vi göra ett exempel om detta

Exempel 2:

Lös differential ekvationen

y´(x) + 10y(x) = 0

med villkoren

a) y(0) = 1
b y(3) = -1

Lösning 2:

Den allmänna lösningen för differential ekvationen blir

(d/dx)(Aexp(rx)) + 10Aexp(rx) = 0

r + 10 = 0

r = - 10

y(x) = Aexp(-10x)

a) y(0) = 1

y(0) = A = 1

Den speciella lösningen blir

y(x) = exp(-10x)

b) y(3) = - 1

y(3) = Aexp(-30) = - 1

A = - exp(30)

Den speciella lösningen blir därefter

y(x) = - exp(10(-x + 3))

Exempel 3:

Lös differential ekvationen

y´(x) = f(u)y(x)

Med villkoret y(2) = 2

Lösning 3:

Här skulle man kunna lura sig på funktionen f vilket är beroende av variabeln u, men det är funktionen y som vi söker efter som är beroende av variabeln x. Det innebär att funktionen f kan enbart hanteras som en konstant och det inte heller den vi söker efter.
   Den allmänna lösningen blir därmed

(d/dx)(Aexp(rx)) = aAexp(rx)

Där vi även har skrivit att f(u) = a

r = a

y(x) = Aexp(ax)

Med villkoret y(2) = 2

y(2) = Aexp(2a) = 2

A = 2exp(-2a)

Den speciella lösningen kan nu skrivas som

y(x) = 2exp(a(x - 2)) = 2exp(f(u)(x - 2))

Nästa gång går vi igenom litegrann av ordningen 2. Därmed kommer flera roliga lösningar in och man kommer att utnyttja Eulers lag och använda sig av komplexa tal. Nästa del 5 kommer att vara en repetition över om vad komplexa tal är och lite tekniska hjälpmedel.

Lektion 1, del 3, allmän linjär homogen differential ekvation av ordningen 1

Nu blir det del 3 då vi ska finna lösningen för differential ekvationen

f´(x) + af(x) = 0
f´(x) = - af(x)

Nu kommer jag inte att gå in lika detaljerat eftersom alla trix vi använder här är detsamma som för lektion del 1 och del 2.

f´(x) = - af(x)

f(x) = 1+... och f´(x) = 0+...

f(x) = 1 + x +... och f´(x) = 1 +...

f´(x) = - af(x) ⇔ 1 +...= - a - ax+... nej

--> f(x) = 1 - ax + ... och f´(x) = - a +...

f´(x) = - af(x) ⇔ - a +... = - a + ax+...

f(x) = 1 - ax + (1/2)a²x² +... och f′(x) = - a + a²x +...

f´(x) = - af(x) ⇔ - a + a²x +... = - a + a²x - (1/2)a³x² +...

f(x) = 1 - ax + (1/2)a²x² - (1/6)a³x³ +... och f´(x) = - a + a²x - (1/2)a²x² +...

f´(x) = - af(x) ⇔ f´(x) = - a + a²x - (1/2)a²x² +... = - a + a²x - (1/2)a³x² + (1/6)a⁴x³+...

Okej, då kan vi redan nu se mönstret av den här funktionen,

f(x) = 1 - ax + (1/2)a²x² - (1/6)a³x³ +...

= (1/(0!))(-ax)⁰ + (1/(1!))(-ax)¹ + (1/(2!))(-ax)² + (1/(3!))(-ax)³ + ... = exp(-ax)

Okej den allmänna lösningen för den linjär homogena differentialekvationen

f´(x) + af(x) = 0

kan nu skrivas som

f(x) = Aexp(-ax)

Vi kan nu enkelt få ut våra tidigare fall och den första lektion 1 del 1 genom att sätta a = - 1 så att

f(x) = Aexp(x)

och ifrån lektion 1, del 2 genom att sätta a = 1

f(x) = Aexp(-x)

Eftersom den här allmänna lösningen gäller för alla av den här typen av differential ekvation så kan man nu formulera sig en formel, låt oss nu skriva att,

f(x) = Aexp(rx)

Där nu r är okänd, men formeln ovanför fungerar eftersom den satisfierar den allmänna lösningen. Okej låt oss nu substituera in denna formel i differential ekvationen

f´(x) + af(x) = Arexp(rx) + aAexp(rx) = 0 ⇔ r + a = 0 ⇔ r = - a

Den här formeln är någonting som man redan på gymnasienivån lär sig och det är nog den första typen av differentialekvationer som tas upp i en grundkurs av differentialekvationer. Hädanefter kommer vi att använda oss av den här formeln för att lösa några differentialekvationer som kommer att bli i nästa del 4 av lektionen. Vi kan även säga att det finns otroligt mycket enklare sätt att få fram samma formel, men genom en annan metod som kallas för den separabla metoden vilket vi senare kommer att visa.

Lektion 1 del 2, linjära homogena ekvationer

Okej, då tänkte jag gå vidare med denna lektion som handlar om linjära homogena ekvationer. Och nu blir det differential ekvationen

f´(x) = - f(x)

Vi kommer fortfarande att arbeta med polynom och använder samma trix här som för förra fallet. Men det kommer att bli mindre detaljerad, men ändå noggrant som man kan följa efter. Låt oss skriva

f(x) = 1 +... och f´(x) = 0 +...

f(x) = 1 + x +... och f´(x) = 1 +...

Sätt in dessa i differential ekvationen,

f´(x)= - f(x)⇔1+...= - 1 - x+...

Nej den här blir inte korrekt, utan vi måste skriva om våran funktion som

f(x) = 1 - x +... och dess derivata blir f´(x) = - 1 +...

Sätt den nya funktionen in i differential ekvationen

f′(x)= - f(x)⇔ - 1 +...= - 1 + x +...

Nu blev den korrekt, låt oss fortsätta med nästa term, funktionen och dess derivata blir

f(x)=1 - x + x² +... och f′(x) = - 1 + 2x +...

f´(x) = - f(x)⇔ - 1 + 2x +...= - 1 + x - x² +...

Nej inte korrekt tips ifrån föra del lektionen då vi tog genom 2.

f(x)= 1 - x + (1/2)x² +... och f′(x) = - 1 + x +...

f´(x)= - f(x)⇔ - 1 + x+...= - 1 + x - x² +...

Nästa term och låt oss gissa med samma mönster som förra gången genom att ta genom 6 vilket säger sig självt egentligen då när vi deriverar denna så försvinner 3 och vi erhåller delat med 2 vilket blir detsamma som för tredje termen i funktionen,

f(x)= 1 - x + (1/2)x² + (1/6)x³... och f′(x)= - 1 + x + (1/2)x²...

f´(x)= - f(x)⇔- 1 + x+ (1/2)x²...= - 1 + x - (1/2)x²- (1/6)x³...

Nej fjärde termen blir i samma princip som för andra termen och våran funktion kan nu skrivas som

f(x) = 1 - x + (1/2)x² - (1/6)x³...

Det räcker nu för att kunna finna ett mönster och veta vad det här blir för en funktion, använd att

(-1)⁰,(-1)¹,(-1)²,(-1)³,...=1,-1,1,-1,...

Okej, vad är nu detta? Jo vi kan nu skriva om våran funktion som

f(x) = (-1)⁰∗1 + (-1)¹∗x + (1/2)(-1)²∗x² + (1/6)(-1)³∗x³...

Men för att lättare kunna arbeta och se med det här problemet kan vi faktisk definiera en ny funktion som jag kallar för u(x). Vi kan skriva den som,

u(x) = - x

Låt oss nu skriva om funktionen så att f(u(x)) = f(u)

f(u) = 1 + u + (1/2)u² + (1/6)u³...

En bekant polynomfunktion eller? Det är ju exakt identiskt med förra problemet och denna visar sig då vara en exponentialfunktion. Låt oss då skriva att

f(u) = exp(u) = 1 + u + (1/2)u² + (1/6)u³+...

Den funktion vi sökte är då

f(x) = exp(-x)

Då kan vi pröva denna i differentialekvationen,

f´(x) = - exp(-x) = - f(x)

Den här är korrekt och den allmänna lösningen kan nu enkelt skrivas som

f(x) = Aexp(-x)

Nästa problem kommer att vara den allmänna linjär homogena differential ekvation av ordningen 1. Det kommer jag att göra på lektion 1 del 3.