Inhomogene differensialligninger har noen ledd uten $y$:
ay'' + by' + cy = k(x)
Differensialligningen er:
- andre orden fordi $y$ er derivert maksimalt to ganger
- lineær fordi den ikke har $y$ multiplisert med $y$ eller deriverte av $y$
- inhomogen fordi den har noen ledd uten $y$, nemlig $k(x)$
- konstante koeffisienter fordi $a$, $b$ og $c$ er konstanter
+ Metode for å løse $ay’’ + by’ + cy = k(x)$
Steg 1: Finn homogen løsning, $y_h(x)$, dvs. finn løsningen til:
ay'' + by' + cy = 0
og sett resultatet lik $y_h(x)$.
Steg 2: Gjett partikulær løsning, $y_p(x)$, ut fra formen på det inhomogene bidraget $k(x)$.
| Nr. | Ledd i $k(x)$ | Forslag til ledd i $y_p(x)$ |
|---|---|---|
| 1 | $c$ | $K$ |
| 2 | $cx^n$ | $K_nx^n + K_{n-1}x^{n-1} + \cdots K_1x + K_0$ |
| 3 | $ce^{px}$ | $Ke^{px}$ |
| 4 | $cx^ne^{px}$ | $(K_nx^n + K_{n-1}x^{n-1} + \cdots K_1x + K_0)e^{px}$ |
| 5 | $c \sin(px)$ | $K\cos(px) + L\sin(px)$ |
| 6 | $c \cos(px)$ | $K\cos(px) + L\sin(px)$ |
Steg 3: Sett $y_p(x)$ inn i differensialligningen for å bestemme konstantene.
Dersom et gjett ikke fører frem, multipliser gjettet med $x$ og prøv igjen.
Steg 4: Har du funnet homogen, $y_h(x)$, og partikulær, $y_p(x)$, løsning, har du den generelle løsningen:
y(x) = y_h(x) + y_p(x)
Steg 5: Bruk eventuelle startbetingelser for å bestemme $A$ og $B$ i den homogene løsningen.
+ Eksempel: $y’’ + y’ \:-\: 2y = 12x$
Løs differensialligningen:
y'' + y' - 2y = 12x
Steg 1: Finn først homogen løsning:
y_h(x) = Ae^{-2x} + Be^xSteg 2: Gjett partikulær løsning ut fra formen på $k(x) = 12x$, dvs. bruk nr. 2 i tabellen:
y_p(x) = K_1x + K_0
Steg 3: Sett $y_p(x)$ inn i differensialligningen for å bestemme $K_1$ og $K_0$.
Først må vi derivere $y_p(x)$:
y_p'(x) = K_1 \\ y_p''(x) = 0
og setter inn i $\textcolor{red}{y’’} + \textcolor{blue}{y’} \:-\: 2\textcolor{green}{y} = 12x$:
\begin{array}{rcl}
\textcolor{red}{0} + \textcolor{blue}{K_1} - 2(\textcolor{green}{K_1x + K_0}) &=& 12x \\
\Rightarrow \qquad K_1 - 2K_1x - 2K_0 &=& 12x
\end{array}Fordi vi må ha like mange $x$´er og konstanter på hver side, må vi løse ligningssettet:
\begin{array}{lrcl}
\textnormal{Ledd med $x$: } & -2K_1 &=& 12 \\
\textnormal{Konstantledd: } & K_1 - 2K_0 &=& 0
\end{array}som gir:
\begin{array}{rcl}
K_1 &=& -6 \\
K_0 &=& \frac{1}{2}K_1 = - 3
\end{array}Dermed har vi partikulær løsning:
y_p(x) = -6x - 3
Steg 4: Generell løsning
\begin{array}{rcl}
y(x) &=& y_h(x) + y_p(x) \\
\Rightarrow \quad y(x) &=& Ae^{-2x} + Be^x - 6x - 3
\end{array}Steg 5: Vi har ingen startbetingelser og stopper derfor med generell løsning.
+ Eksempel: $y’’ + y’ \:-\: 2y = 12e^{2x}$
Løs differensialligningen:
y'' + y' - 2y = 12e^{2x}Steg 1: Finn først homogen løsning:
y_h(x) = Ae^{-2x} + Be^xSteg 2: Gjett partikulær løsning ut fra formen på $k(x) = 12e^{2x}$, dvs. bruk nr. 3 i tabellen:
y_p(x) = Ke^{2x}Steg 3: Sett $y_p(x)$ inn i differensialligningen for å bestemme $K$.
Først må vi derivere $y_p(x)$:
y_p'(x) = 2Ke^{2x} \\
y_p''(x) = 4Ke^{2x}og setter inn i $\textcolor{red}{y’’} + \textcolor{blue}{y’} \:-\: 2\textcolor{green}{y} = 12e^{2x}$:
\begin{array}{rrcl}
& \textcolor{red}{4Ke^{2x}} + \textcolor{blue}{2Ke^{2x}} - 2 \cdot \textcolor{green}{Ke^{2x}} &=& 12e^{2x} \\
\Rightarrow & 4Ke^{2x} &=& 12e^{2x} \\
\Rightarrow & K &=& 3
\end{array}Dermed har vi partikulær løsning:
y_p(x) = 3e^{2x}Steg 4: Generell løsning
\begin{array}{rcl}
y(x) &=& y_h(x) + y_p(x) \\
\Rightarrow \quad y(x) &=& Ae^{-2x} + Be^x + 3e^{2x}
\end{array}Steg 5: Vi har ingen startbetingelser og stopper derfor med generell løsning.
+ Eksempel: $y’’ + y’ \:-\: 2y = 12e^x$
Løs differensialligningen:
y'' + y' - 2y = 12e^x
Steg 1: Finn først homogen løsning:
y_h(x) = Ae^{-2x} + Be^xSteg 2: Gjett partikulær løsning ut fra formen på $k(x) = 12e^x$, dvs. bruk nr. 3 i tabellen:
y_p(x) = Ke^x
Steg 3: Sett $y_p(x)$ inn i differensialligningen for å bestemme $K$.
Først må vi derivere $y_p(x)$:
y_p'(x) = Ke^x \\ y_p''(x) = Ke^x
og setter inn i $\textcolor{red}{y’’} + \textcolor{blue}{y’} \:-\: 2\textcolor{green}{y} = 12e^x$:
\begin{array}{rrcl}
& \textcolor{red}{Ke^x} + \textcolor{blue}{Ke^x} - 2 \cdot \textcolor{green}{Ke^x} &=& 12e^x \\
\Rightarrow & 0 &=& 12e^x
\end{array}Dette er umulig å løse, derfor må vi multiplisere gjettet vårt med $x$ og prøve igjen:
\begin{array}{rcl}
y_p(x) &=& Kxe^x \\
y_p'(x) &=& Ke^x + Kxe^x \\
y_p''(x) &=& 2Ke^x + Kxe^x
\end{array}Her har vi brukt produktregelen for å derivere.
Nå kan sette inn i $\textcolor{red}{y’’} + \textcolor{blue}{y’} \:-\: 2\textcolor{green}{y} = 12e^x$:
\begin{array}{rrcl}
& \textcolor{red}{2Ke^x + Kxe^x} + \textcolor{blue}{Ke^x + Kxe^x} - 2 \cdot \textcolor{green}{Kxe^x} &=& 12e^x \\
\Rightarrow & 3Ke^x &=& 12e^x \\
\Rightarrow & K &=& 4
\end{array}Dermed har vi partikulær løsning:
y_p(x) = 4xe^x
Tips: Merk at $e^x$ er med i den homogene løsningen, $y_h(x) = Ae^{-2x} + Be^x$. Det er årsaken til at vi ikke fikk en partikulær løsning med $e^x$. I stedet for å sjekke $y_p(x) = Ke^x$, kan vi bare se at den er med i den homogene løsningen og gå rett på $y_p(x) = Kxe^x$.
Steg 4: Generell løsning
\begin{array}{rcl}
y(x) &=& y_h(x) + y_p(x) \\
\Rightarrow \quad y(x) &=& Ae^{-2x} + Be^x + 4xe^x
\end{array}Steg 5: Vi har ingen startbetingelser og stopper derfor med generell løsning.
+ Eksempel: $y’’ + y’ \:-\: 2y = 12\cos(x)$
Løs differensialligningen:
y'' + y' - 2y = 12\cos(x)
Steg 1: Finn først homogen løsning:
y_h(x) = Ae^{-2x} + Be^xSteg 2: Gjett partikulær løsning ut fra formen på $k(x) = 12 \cos(x)$, dvs. bruk nr. 6 i tabellen:
y_p(x) = K\cos(x) + L \sin(x)
Steg 3: Sett $y_p(x)$ inn i differensialligningen for å bestemme $K$ og $L$.
Først må vi derivere $y_p(x)$:
y_p'(x) = - K \sin(x) + L \cos(x) \\ y_p''(x) = - K \cos(x) - L \sin(x) \\
og setter inn i $\textcolor{red}{y’’} + \textcolor{blue}{y’} \:-\: 2\textcolor{green}{y} = 12 \cos(x)$:
\begin{array}{rrcl}
& (\textcolor{red}{-K\cos(x) - L\sin(x)}) + (\textcolor{blue}{-K\sin(x) + L\cos(x)}) \\ &- 2 \cdot (\textcolor{green}{K\cos(x) + L\sin(x)}) &=& 12\cos(x) \\
%\Rightarrow & -K \cos(x) - L\sin(x) - K \sin(x) + L \cos(x) - 2K \cos(x) - 2L \sin(x) &=& 12 \cos(x) \\
\Rightarrow & (-K + L - 2K) \cos(x) + (-L - K - 2L) \sin(x) &=& 12\cos(x) \\
\Rightarrow & (-3K + L) \cos(x) + (-K - 3L) \sin(x) &=& 12 \cos(x)
\end{array}Fordi vi må ha like mange sinus og cosinus på hver side, må vi løse ligningssettet:
\begin{array}{lrcl}
\textnormal{Ledd med $\cos(x)$: } & -3K + L &=& 12 \\
\textnormal{Ledd med $\sin(x)$: } & -K - 3L &=& 0
\end{array}Den nederste gir $K = -3L$ som innsatt i den øverste gir $10L = 12$, dvs. $L = \frac{6}{5}$ og $K = – \frac{18}{5}$.
Dermed har vi partikulær løsning:
y_p(x) = - \frac{18}{5} \cos(x) + \frac{6}{5} \sin(x)Steg 4: Generell løsning
\begin{array}{rcl}
y(x) &=& y_h(x) + y_p(x) \\
\Rightarrow \quad y(x) &=& Ae^{-2x} + Be^x - \frac{18}{5} \cos(x) + \frac{6}{5} \sin(x)
\end{array}Steg 5: Vi har ingen startbetingelser og stopper derfor med generell løsning.
+ Eksempel: $y’’ + y’ \:-\: 2y = 12$ når $y(0) = 7$ og $y’(0) = -2$
Løs differensialligningen:
y'' + y' - 2y = 12
når $y(0) = 7$ og $y’(0) = -2$.
Steg 1: Finn først homogen løsning:
y_h(x) = Ae^{-2x} + Be^xSteg 2: Gjett partikulær løsning ut fra formen på $k(x) = 12$, dvs. bruk nr. 1 i tabellen:
y_p(x) = K
Steg 3: Sett $y_p(x)$ inn i differensialligningen for å bestemme $K$.
Først må vi derivere $y_p(x)$:
y_p'(x) = 0 \\ y_p''(x) = 0
og setter inn i $\textcolor{red}{y’’} + \textcolor{blue}{y’} \:-\: 2\textcolor{green}{y} = 12$:
\begin{array}{rrcl}
& \textcolor{red}{0} + \textcolor{blue}{0} - 2 \cdot \textcolor{green}{K} &=& 12 \\
\Rightarrow & K &=& -6
\end{array}Dermed har vi partikulær løsning:
y_p(x) = -6
Steg 4: Generell løsning
\begin{array}{rcl}
y(x) &=& y_h(x) + y_p(x) \\
\Rightarrow \quad y(x) &=& Ae^{-2x} + Be^x - 6
\end{array}Steg 5: Her har vi startbetingelser og kan bruke dem til å bestemme $A$ og $B$.
Deriverer $y$:
y'(x) = -2 Ae^{-2x} + B e^x Setter $x=0$ for å bruke $y(0) = 7$ og $y’(0) = -2$:
\begin{array}{lcr}
y(0) = A e^0 + B^0 & \Rightarrow & A + B = 7 \\
y'(0) = -2A e^0 + Be^0 & \Rightarrow & -2A + B = -2
\end{array}Dette er et ligningssett med to ukjente og den kan løses på mange måter. Hvis vi f.eks. trekker de to ligningene fra hverandr3e får vi:
3A = 9 \quad \Rightarrow \quad A = 3 \; \textnormal{ og } \; B = 4Og, vips, har vi løsningen:
y(x) = 3e^{-2x} + 4e^x - 6+ Eksempel: $y’’ – 10 y’ + 25y = 8e^{5x}$
Løs differensialligningen:
y'' - 10 y' + 25y = 8e^{5x}Steg 1: Finn først homogen løsning:
y_h(x) = Ae^{5x} + Bxe^{5x}Steg 2: Gjett partikulær løsning ut fra formen på $k(x) = 8e^{5x}$, dvs. bruk nr. 3 i tabellen:
y_p(x) = Ke^{5x}Legg merke til at vi allerede har et sånt ledd i den homogene løsningen. Derfor vil dette ikke fungere. (Du kan gjerne sette inn for å sjekke.)
Fordi det ikke vil fungere, multipliserer vi gjettet vårt med $x$:
y_p(x) = Kxe^{5x}Men vi har allerede et sånt ledd også i den homogene løsningen. Derfor vil dette heller ikke fungere. (Hvis du vil, kan du gjerne sette inn for å sjekke.)
Derfor multipliserer vi gjettet vårt med $x$ igjen:
y_p(x) = Kx^2e^{5x}Steg 3: Sett $y_p(x)$ inn i differensialligningen for å bestemme $K$.
Først må vi derivere $y_p(x)$ ved å bruke produktregelen:
\begin{array}{rcl}
y_p'(x) &=& 2Kxe^{5x} + 5Kx^2 e^{5x} \\
y_p''(x) &=& 2Ke^{5x} + 20Kxe^{5x} + 25Kx^2 e^{5x}
\end{array}og setter inn i $\textcolor{red}{y’’} \:-\: 10 \textcolor{blue}{y’} + 25 \textcolor{green}{y} = 8e^{5x}$:
\begin{array}{rrcl}
& (\textcolor{red}{2Ke^{5x} + 20Kxe^{5x} + 25Kx^2 e^{5x}}) - 10 (\textcolor{blue}{2Kxe^{5x} + 5Kx^2 e^{5x}}) \\ & + 25 \cdot \textcolor{green}{Kx^2e^{5x}} &=& 8e^{5x} \\
\Rightarrow & 2Ke^{5x} + 20Kxe^{5x} + 25Kx^2e^{5x} - 20Kxe^{5x} - 50Kx^2e^{5x} + 25Kx^2e^{5x} &=& 8e^{5x} \\
\Rightarrow & 2Ke^{5x} &=& 8e^{5x} \\
\Rightarrow & K &=& 4
\end{array}Dermed har vi partikulær løsning:
y_p(x) = 4x^2e^{5x}Steg 4: Generell løsning
\begin{array}{rcl}
y(x) &=& y_h(x) + y_p(x) \\
\Rightarrow \quad y(x) &=& Ae^{5x} + Bxe^{5x} + 4x^2 e^{5x}
\end{array}Steg 5: Vi har ingen startbetingelser og stopper derfor med generell løsning.
+ Eksempel: $y’’ + 2y’ + 2y = 3e^{-2x}$
Løs differensialligningen:
y'' + 2y' + 2y = 3e^{-2x}Steg 1: Finn først homogen løsning:
y_h(x) = e^{-x} \Big( A \cos(x) + B \sin(x) \Big)Steg 2: Gjett partikulær løsning ut fra formen på $k(x) = 3e^{-2x}$, dvs. bruk nr. 3 i tabellen:
y_p(x) = Ke^{-2x}Steg 3: Sett $y_p(x)$ inn i differensialligningen for å bestemme $K$.
Først må vi derivere $y_p(x)$:
y_p'(x) = -2Ke^{-2x} \\
y_p''(x) = 4Ke^{-2x}og setter inn i $\textcolor{red}{y’’} + 2\textcolor{blue}{y’} + 2\textcolor{green}{y} = 3e^{-2x}$:
\begin{array}{rrcl}
& \textcolor{red}{4Ke^{-2x}} + 2 \cdot (\textcolor{blue}{-2Ke^{2x}}) + 2 \cdot \textcolor{green}{Ke^{-2x}} &=& 3e^{-2x} \\
\Rightarrow & 2Ke^{-2x} &=& 3e^{-2x} \\
\Rightarrow & K &=& \frac{3}{2}
\end{array}Dermed har vi partikulær løsning:
y_p(x) = \frac{3}{2} e^{2x}Steg 4: Generell løsning
\begin{array}{rcl}
y(x) &=& y_h(x) + y_p(x) \\
\Rightarrow \quad y(x) &=& e^{-x} \Big( A \cos(x) + B \sin(x) \Big) + \frac{3}{2}e^{-2x}
\end{array}Steg 5: Vi har ingen startbetingelser og stopper derfor med generell løsning.