Lineaire differentiaalvergelijkingen met constante coëfficienten
1 Differentiaalvergelijkingen Als we een functie y : t → y(t) expliciet, in formulevorm, kennen, dan is het niet zo moeilijk hiervan de afgeleide te bepalen. Indien gewenst is deze afgeleide ook weer in de oorspronkelijke functie uit te drukken. Een eenvoudig, maar belangrijk voorbeeld is levert y (t) = p e pt = py(t). y(t) = e pt Meestal echter werken we in omgekeerde richting: we beginnen met een relatie tussen y en zijn afgeleide(n), en proberen dan de functie y = y(t) hieruit te vinden. Fysische en economische wetten zijn namelijk geformuleerd als algemeen geldige relaties tussen grootheden (bijv. positie, snelheid en versnelling). Een verband tussen een functie y en zijn afgeleiden y , y , y , . . . en de onafhankelijke variable t, noemen we een differentiaalvergelijking: F(t, y, y , y , y , . . . , y (n) ) = 0. De orde van de hoogste afgeleide (hier: n) heet de orde van de vergelijking. Eenvoudig voorbeeld:
y − t = 0
met als oplossing: y(t) = 12 t 2 + C. We zien dat y nog een onbepaalde constante C bevat, genaamd een integratie-constante. Deze wordt bepaald door y op zeker tijdstip vast te leggen, zegge y(t0 ) = y0 . Een ander voorbeeld: y − y2 + y = 0 met als oplossing (ga na!) 1 1 + C et weer met een integratie-constante. Als we naar een hogere orde vergelijking gaan, bijvoorbeeld y − 1 = 0 y(t) =
dan hebben we y(t) = 12 t 2 + At + B met nu twee integratie-constanten. Om de oplossing y helemaal te bepalen moeten we y, en eventueel de afgeleiden, in een of meer punten geven. In het eerste voorbeeld is C = 0 als we het gegeven toevoegen dat y(0) = 0. In het tweede voorbeeld is C = 1 als y(0) = 12 , en in het derde voorbeeld zouden we hebben B = 0 als y(0) = 0 en A = 1 als ook y (0) = 1. Maar we hadden ook A en B kunnen vastleggen door bijvoorbeeld y(0) en y(1) te geven. 1
In het algemeen heeft een n-de orde vergelijking n integratie-constanten. Dit betekent dat we n verschillende oplossingen hebben. Maak de integratie constanten maar allemaal gelijk aan 0 op beurtelings telkens één na.
2 Lineaire vergelijkingen De algemene vorm van een lineaire homogene vergelijking van n-de orde met constante coefficienten is an y (n) + an−1 y (n−1) + . . . + a0 y = 0,
(1)
met an = 0. De algemene oplossing vinden we door de probeer-oplossing y(t) = eλt hetgeen levert het zgn. karakteristiek polynoom vermenigvuldigd met eλt n an λ + an−1 λn−1 + . . . + a0 eλt = 0. Omdat eλt = 0, moet het polynoom gelijk aan 0 zijn. Deze n-de graads vergelijking heeft n oplossingen – zegge λ1 , λ2 · · · λn –, waarvan een aantal complex kunnen zijn, en een aantal mogelijk samenvallen. Omdat de vergelijking lineair is geldt het volgende. Als y1 (t) en y2 (t) oplossingen zijn, dan is een willekeurige lineaire combinatie y(t) = Ay1 (t) + B y2(t) ook een oplossing. De algemene oplossing (mits alle λk verschillend zijn) van vergelijking (1) is dus y(t) = A1 eλ1 t + A2 eλ2 t + · · · An eλn t . Deze vorm is uitstekend als geheugensteuntje, maar is nog iets te algemeen om direct te kunnen gebruiken. We werken dit uit voor
3 Lineaire homogene vergelijking van 2-de orde met constante coefficienten We beschouwen dus vergelijkingen van de vorm ay + by + cy = 0, met algemene oplossing
y(t) = A eλ1 t +B eλ2 t
waarbij λ1 en λ2 oplossing zijn van aλ2 + bλ + c = 0
2
3.1 λ1 en λ2 reëel en verschillend De oplossing is dan gelijk aan bovenstaand, dus van de vorm y(t) = A eλ1 t +B eλ2 t . We leggen A en B vast door begin- of randvoorwaarden toe te voegen, bijvoorbeeld y (0) = λ1 A + λ2 B = y1 .
y(0) = A + B = y0 , Hieruit zijn A en B op te lossen. Voorbeeld
y − y − 2y = 0,
met
y(t) = A e2t +B e−t .
3.2 λ1 en λ2 complex en verschillend Omdat a, b, en c reëel zijn, zijn λ1 en λ2 elkaars complex geconjugeerde, m.a.w. we kunnen schrijven λ2 = α − iβ. λ1 = α + iβ, De twee basisoplossingen zijn nu in complexe vorm. Dat is niet altijd handig. Door combineren maken we er twee reële van. We krijgen y1 (t) =
1 2
eλ1 t + 12 eλ2 t = eαt cos(βt),
y2 (t) =
1 2i
eλ1 t − 2i1 eλ2 t = eαt sin(βt),
De algemene vorm wordt dan y(t) = A eαt cos(βt) + B eαt sin(βt). Voorbeeld y − 2y + 2y = 0,
met
y(t) = A et cos t + B et sin t.
3.3 λ1 = λ2 We hebben nu nog maar een van de twee onafhankelijke oplossingen. De tweede is kennelijk niet van de probeer-vorm eλt . We vinden de tweede door de limietovergang λ2 → λ1 te nemen van een geschikte combinatie. We schrijven λ1 = λ en λ2 = λ + ε, met e(λ+ε)t − eλt = t eλt lim ε→0 ε De algemene vorm wordt dan y(t) = A eλt +Bt eλt . Voorbeeld
y − 2y + y = 0,
met
3
y(t) = A et +Bt et .
3.4 a = 0 In dit geval is de vergelijking niet meer van 2-de orde, en is er maar één onafhankelijke oplossing. De algemene oplossing wordt c met λ = − . b
y(t) = A eλt , Voorbeeld
y + y = 0,
y(t) = A e−t .
met
4 Lineaire inhomogene vergelijking van 1-de orde met constante coefficienten We beschouwen vergelijkingen van de vorm by + cy = f (t). De algemene oplossing wordt samengesteld uit de algemene oplossing van het homogene probleem plus een oplossing van het inhomogene probleem: c met λ = − . b
y(t) = A eλt +y p (t),
y p , een willekeurige oplossing van het inhomogene probleem, heet een particuliere oplossing. Methode 1. Het is betrekkelijk gemakkelijk om een algemene uitdrukking te vinden voor y p met behulp van de methode van variatie van constante. Hierbij wordt constante A in de oplossing van het homogene probleem vervangen door een nog te vinden functie van t: y p = C(t) eλt . Hiervoor moet dus gelden bC eλt +bλC eλt +cC eλt = f (t). Omdat bλ = −c volgt dat C moet voldoen aan C = b−1 e−λt f (t) ofwel C(t) = b
−1
t
e−λτ f (τ ) dτ.
0
In totaal hebben we dus y(t) = A eλt +b−1
t 0
4
eλ(t −τ ) f (τ ) dτ.
Voorbeeld 4.1
y + y =
e−t met oplossing A e−t + arctan(t) e−t . 1 + t2
Methode 2. Een andere manier om y p te vinden, is door slim “raden”. Dit werkt alleen als f (t) van speciale en voldoende eenvoudige vorm is. We hebben (i) Als f (t) = t n , dan proberen we y p = qn t n + qn−1 t n−1 + . . . (ii) Als f (t) = t n eµt , dan proberen we y p (t) = (qn t n
+ qn−1 t n−1 + . . . ) eµt
als
µ = λ;
+ . . . ) eµt
als
µ = λ.
y p (t) = (qn+1 t n+1 + qn
tn
Voorbeeld 4.2 y + y = t 2 met probeeroplossing y p (t) = At 2 + Bt + C levert 2At + B + At 2 + Bt + C = t 2 , dus A = 1, B = −2 en C = 2. Voorbeeld 4.3 y −2y = t et heeft homogene oplossingen e2t , zodat we de probeeroplossing y p (t) = ( At + B) et kiezen. Deze levert − At + A − B = t, dus A = −B = −1. Voorbeeld 4.4 y +y = t 2 e−t heeft homogene oplossingen e−t , zodat we de probeeroplossing y p (t) = ( At 3 + Bt 2 + Ct) e−t kiezen. Deze levert 3At 2 + 2Bt + C = t 2 , dus A = 13 , en B = C = 0.
5 Lineaire inhomogene vergelijking van 2-de orde met constante coefficienten We beschouwen dus vergelijkingen van de vorm ay + by + cy = f (t). De algemene oplossing wordt samengesteld uit de algemene oplossing van het homogene probleem plus een oplossing van het inhomogene probleem: y(t) = A eλ1 t +B eλ2 t +y p (t). y p , een willekeurige oplossing van het inhomogene probleem, heet een particuliere oplossing. De algemene oplossing voor y p is tamelijk ingewikkeld. We beperken ons tot slim “raden”: (i) Als f (t) = t n , dan proberen we y p = qn t n + qn−1 t n−1 + . . .
5
(ii) Als f (t) = t n eµt , dan proberen we y p (t) = (qn t n
+ qn−1 t n−1 + . . . ) eµt
y p (t) = (qn+1 t
n+1
+ qn
y p (t) = (qn+2 t
n+2
+ qn+1 t
t
µt
+ ...)e
n
n+1
µt
+ ...)e
als
µ = λ1 , λ2 .
als
µ = λ1 , = λ2 .
als
µ = λ1 = λ2 .
(iii) Als f (t) = t n sin(µt), f (t) = t n cos(µt), dan analoog aan (ii), met dien verstande dat altijd combinaties van sin(µt) en cos(µt) genomen moet worden. Namelijk, in sin(µt) en cos(µt) komen beide e-machten voor, dwz. zowel eiµt als e−iµt . Voorbeeld 5.1 y + y = t 2 met probeeroplossing y p (t) = At 2 + Bt + C levert 2A + At 2 + Bt + C = t 2 , dus A = 1, B = 0 en C = −2. Voorbeeld 5.2 y − y − 2y = t e2t heeft homogene oplossingen e−t en e2t , zodat we de probeeroplossing y p (t) = ( At 2 + Bt) e2t kiezen. Deze levert 3(2At + B) + 2A = t, dus A = 13 en B = − 19 . Voorbeeld 5.3 y + y = cos(t) heeft homogene oplossingen cos(t) en sin(t), zodat we de probeeroplossing y p (t) = At cos(t)+Ct sin(t) kiezen. Deze levert −2A sin(t)+ 2C cos(t) = cos(t), dus A = 0 en C = 12 . Merk op: • Als f (t) = eµt , dan ziet y p er dus uit als y p (t) = q0 eµt en volgt dus de aandrijvende term f . Dit noemen we een aangedreven trilling. • Als f (t) = eλ1 t , dan ziet y p er dus uit als y p (t) = (q1 t + q0 ) eλ1 t (met een q2 t 2 -term als λ1 = λ2 ) en groeit dus harder dan f . Dit noemen we resonantie.
6
