Differensialligninger

Transkript

1 Oslo, 30. januar, 2009 (

2 Vanlige ligninger og differensialligninger En vanlig (algebraisk) ligning uttrykker en sammenheng mellom det ukjente tallet x og noen av dets potenser, f.eks. x 2 + x 6 = 0. En løsning er et tall som passer i ligningen. Ligningen ovenfor har x = 3 og x = 2 som sine eneste løsninger. I en differensialligning er den ukjente en funksjon y(x), og ligningen uttrykker en sammenheng mellom funksjonen og noen av dens deriverte, f.eks. y (x) + y (x) 6y(x) = 0. En løsning er en funksjon som passer i ligningen for alle (aktuelle) x. Funksjonen y(x) = e 3x er en løsning av differensialligningen ovenfor siden y (x) = 3e 3x, y (x) = 9e 3x, og vi får y (x)+y (x) 6y(x) = 9e 3x 3e 3x 6e 3x = 0 for alle x

3 Hvordan løser man en differensialligning? Det er lett å sjekke om en gitt funksjon er en løsning av en differensialligning. Kunsten er å finne løsningene!

4 Pensum i R2 Læreplanen sier: modellere praktiske situasjoner ved å omforme problemstillingen til en differensiallikning, løse den og tolke resultatet løse lineære første ordens og separable differensiallikninger ved regning og gjøre rede for noen viktige bruksområder løse andre ordens homogene differensiallikninger og bruke Newtons andre lov til å beskrive frie svingninger ved periodiske funksjoner løse differensiallikninger og tegne retningsdiagrammer og integralkurver, og tolke dem ved å bruke digitale hjelpemidler

5 Oppsummering Tre typer ligninger: førsteordens lineære separable annenordens homogene Dessuten: anvendelser og numerikk Terminologi: En førsteordens ligning inneholder bare funksjonen selv og dens deriverte (f.eks. y (x) + x 2 y(x) = sin x), mens en annenordens ligning også inneholder den annenderiverte (f.eks. y (x) y (x) + 6y(x) = 0).

6 En førsteordens lineær differensialligning er på formen y (x) + f (x)y(x) = g(x) for alle x I der f (x) og g(x) er kjente funksjoner, I er et intervall (gjerne hele R) og y(x) er den ukjente funksjonen vi skal finne. Kortform: Vi sløyfer ofte x-en i den ukjente funksjonen og skriver y + f (x)y = g(x) for alle x I

7 Løsningsmetode Skal løse y + f (x)y = g(x): Finn en antiderivert F (x) til f (x) (blås i C-en). Gang ligningen med den integrerende faktoren e F (x) på begge sider: y (x)e F (x) + f (x)y(x)e F (x) = g(x)e F (x) Bruk produktregelen baklengs på venstresiden: ( y(x)e F (x)) = g(x)e F (x) Integrer på begge sider: y(x)e F (x) = g(x)e F (x) dx + C Multipliser: y(x) = e F (x) ( g(x)e F (x) dx + C )

8 Eksempel: Vi skal løse y + 2xy = x. Dette er en førsteordens lineær ligning med f (x) = 2x og g(x) = x. Vi får F (x) = 2x dx = x 2 med multipliserende faktor e F (x) = e x2 Ganger med e x2 : y e x2 + 2xye x2 = xe x2 ( Produktregel baklengs: ye x2) = xe x 2 Integrer: ye x2 = xe x2 dx u = x 2 = 1 2 ex2 + C Løsning: y = Ce x2 Vi har én løsning for hvert valg av konstanten C

9 Oppsummering: Ligningen y + 2xy = x har løsningene y = Ce x2 der C er en vilkårlig (integrasjons)konstant. Integrasjonskonstanten C kan brukes til å finne den løsningen vi er interessert i. Finn en løsning slik at y(0) = 2: Vi må ha 2 = y(0) = Ce 02 = C C = 3 2 Løsningen slik at y(0) = 2 er y = e x2

10 Første anvendelse: En pasient får en medisin intravenøst med en konstant dosering på 10 milliliter per time. Medisinen skilles ut av kroppen med en rate på 5% per time. Hvor mye medisin er det i kroppen etter t timer? La y(t) være medisinmengden i kroppen etter t timer. Den deriverte y (t) måler endringe i medisinmengde per tidsenhet. Den endringen er differensen mellom tilførselen (10 milliliter per time) og utskillingen (0.05y(t) milliliter per time). Dette betyr at y (t) = y(t) som kan omformes til differensialligningen y (t) y(t) = 10

11 Første anvendelse (fortsatt): Vi må løse differensialligningen y (t) y(t) = 10 Integrerende faktor: f (t) = 0.05 = F (t) = 0.05t = e F (t) = e 0.05t Multipliserer med e F (t) = e 0.05t : y e 0.05t ye 0.05t = 10e 0.05t Produktregelen baklengs: ( ye 0.05t) = 10e 0.05t Integrasjon: ye 0.05t = 10e 0.05t dt = e0.05t + C = 200e 0.05t + C Generell løsning: y = Ce 0.05t

12 Første anvendelse (avsluttet): Den generelle løsningen av y (t) y(t) = 10 er altså y = Ce 0.05t. Hvilken av disse løsningene beskriver vår situasjon? Behandlingen startet ved tiden t = 0. Da var pasienten formodentlig medisinfri, dvs. at y(0) = 0. Dette gir ligningen 0 = y(0) = Ce 0.05t = C, så C = 200. Medisinmengden i kroppen etter t timer er derfor y(t) = e 0.05t Integrasjonskonstanten C er naturlig bestemt av problemstillingen.

13 Andre anvendelse: En melkekartong der melken var 6 ble stående på kjøkkenbordet i 2 timer. Da var temperaturen steget til 13 grader. Temperaturen i rommet var 20. Hva var temperaturen i melken etter ytterligere 1 time? Newtons avkjølingslov: Temperaturen til en gjenstand endrer seg med en fart som er proporsjonal med differensen mellom omgivelsenes temperatur og gjenstandens temperatur. La y(t) være temperaturen i melken etter t timer. Da er y (t) = k(20 y(t)) Denne ligningen kan omskrives til y + ky = 20k for en konstant k

14 Andre anvendelse (fortsatt): Vi må løse ligningen y + ky = 20k Den integrerende faktoren blir e kt, og vi får y e kt + kye kt = 20ke kt Dette gir ( ye kt) = 20ke kt = ye kt = = y = 20 + Ce kt Vi må bestemme integrasjonskonstanten C og proporsjonalitetsfaktoren k. 20ke kt dt = 20e kt + C =

15 Andre anvendelse (avsluttet): Generell løsning: y(t) = 20 + Ce kt Vi vet at y(0) = 6 og y(2) = 13. Dette gir ligningene 6 = y(0) = 20 + Ce k 0 = 20 + C 13 = y(2) = 20 + Ce k 2 Fra den første ligningen får vi at C = 14. Setter vi dette inn i den andre, ser vi at 13 = 20 14e 2k som gir k = ln 2/2, Innsatt i uttrykket for y, gir dette y(t) = 20 14e t ln 2/2 = t/2 Etter ytterligere to timer er t = 4 og y(4) = /2 = = 16.5

16 Separable ligninger: En separabel differensialligning er på formen p(y)y = q(x) der p og q er kjente funksjoner. (Navnet skyldes at y-ene og x-ene er separert på hver sin side av likhetstegnet). Eksempel: e y y = x + x 3 er en separabel ligning med p(y) = e y og q(x) = x + x 3.

17 Løsningsmetode En løsning y(x) av ligningen er en funksjon slik at p(y(x))y (x) = q(x) for alle relevante x Siden de to funksjonene er like, må deres integraler også være like, så p(y(x))y (x) dx = q(x) dx = Q(x) + C 1 der Q er en antiderivert til q. På venstresiden innfører vi en ny variabel y = y(x) og får dy = y (x) dx. Dermed har vi p(y(x))y (x) dx = p(y) dy = P(y(x)) + C 2 der TomPLindstrøm, er enmatematisk antiderivert institutt, til UiOp.

18 Løsningsmetode (avsluttet) Dermed har vi P(y(x)) = Q(x) + C (vi kan slå sammen de to integrasjonskonstantene til én), og kan vi løse denne ligningen for y(x), får vi svaret.

19 Eksempel. Løs ligningen e y y = x + x 3 Integrerer på begge sider e y(x) y (x) dx = (x + x 3 ) dx = x x C 1 Innfører en ny variabel y = y(x) og får dy = y (x) dx. Dermed er e y(x) y (x) dx = e y dy = e y + C 2 Dette betyr at e y = x2 2 + x4 4 + C, og tar vi logaritmer på begge sider, får vi ( x 2 y = ln 2 + x 4 ) 4 + C

20 Anvendelse (En versjon av) Torricellis lov sier at når vann renner ut av et lite hull i bunnen av en sylinderformet tønne, så avtar vannstanden med en hastighet som er proporsjonal med kvadratroten av vannstanden. Hvis tønnen er halvtom én time etter at vi åpner hullet, hvor lang tid tar det før den er helt tom? La y(t) være vannstanden etter t timer. Hastigheten avstanden avtar med, er y (t), og siden denne er proporsjonal med kvadratroten av y(t), må vi ha y (t) = k y(t) for en proporsjonalitetsfaktor k Deler vi på y, får vi en separabel ligning y (t) y(t) = k

21 Anvendelse (fortsettelse) Vi integrerer mhp. t på begge sider av ligningen y (t) = k: y(t) y (t) dt = y(t) k dt = kt + C 1 Innfører ny variabel y = y(t), dy = y (t) dt, på venstresiden: y (t) dy dt = = 2 y + C 2 y(t) y Dermed er 2 y = kt + C, dvs. y = 1 2 (C kt). Det lønnes seg å bestemme konstantene k og C før vi fortsetter:

22 Anvendelse (fortsettelse) Vi har den generelle løsningen y = 1 2 (C kt). Hvis h er høyden til tønnen, vet vi dessuten at y(0) = h, y(1) = h 2. Dette gir oss ligningene 1 h = y(0) = 2 (C k 0) = C 2 h 2 = y(1) = 1 C k (C k 1) = 2 2 som har løsningen C = 2 h, k = h(2 2). Dermed har vi y = ( h 1 (1 2 2 ), )t dvs. ( ) y = h 1 ( )t

23 Anvendelse (avslutning) ( Vannstanden ved tiden t er y = h tom når y = 0, og det skjer når 1 (1 ( 1 (1 2 ) 2. 2 )t Tønnen er ) 2 2 )t = 0. Løser vi ligningen, får vi t = Man er altså langt fra halvveis halvveis!

24 : En annenordens, lineær differensialligning har formen y + f (x)y + g(x)y = h(x) Dersom h(x) 0, sier vi at ligningen er homogen. Dersom f (x) og g(x) er konstanter, sier vi at ligningen har konstante koeffisienter. En homogen, annenordens ligning med konstante koeffisienter: y + by + cy = 0 Det er slike annenordens ligninger vi finner i R2-pensumet.

25 Førsteordens ligninger med konstante koeffisienter: La oss starte med noe litt lettere en førsteordens, homogen, lineær differensialligning med konstante koeffisienter: Den har løsninger y = Ce ax y + ay = 0 Kanskje annenordens ligninger også har eksponentielle løsninger y = e rx for en eller annen konstant r? La oss se om vi kan få y = e rx til å passe i ligningen y + by + cy = 0

26 Sjekker løsning: La oss sette inn y = e rx i ligningen y + by + cy = 0. Siden y = re rx, y = r 2 e rx, får vi y + by + cy = r 2 e rx + bre rx + ce rx = (r 2 + br + c)e rx Dette betyr at e rx er løsningen av differensialligningen y + by + cy = 0 hvis og bare hvis r er en løsning av annengradsligningen r 2 + br + c = 0 (den karakteristiske ligningen).

27 Tre alternativer: En annegradsligning kan ha løsninger av ulik type To (forskjellige) reelle løsninger r 1 og r 2 Én reell rot r. To komplekse røtter r = α ± iβ Vi skal se på disse mulighetene hver for seg.

28 Alternativ 1: To reelle røtter: Anta at den karakteristiske ligningen har to reelle røtter r 1 og r 2. Da vet vi at y = e r 1x og y = e r 2x er løsninger, og det er lett å sjekke at enhver lineærkombinasjon y = Ce r 1x + De r 2x også er en løsning. Det viser seg at dette er alle løsningene til differensialligningen.

29 Eksempel: To reelle røtter La oss se på ligningen y + y 6y = 0 Den karakteristiske ligningen r 2 + r 6 = 0 har løsningene r 1 = 2, r 1 = 3. Differensialligningen har løsningene y = Ce 2x + De 3x for hvilket som helst valg av konstanter C og D. For å bestemme konstantene C og D trenger vi nå to tilleggsbetingelser, f.eks. av typen y(0) = 2, y (0) = 3

30 Eksempel (fortsettelse) Siden y = Ce 2x + De 3x og y = 2Ce 2x 3De 3x, får vi 2 = y(0) = Ce De 3 0 = C + D 3 = y(0) = 2Ce 2 0 3De 3 0 = 2C 3D Dette ligningssystemet har løsningene C = 7 5, D = 3 5, og dermed er vår løsning av differensialligningen y = 3 5 e2x e 3x

31 Alternativ 2: Én reell rot. Anta at den karakteristiske ligningen har bare én reell rot r 1 (sammenfallende røtter). Da vet vi at y = e r 1x er en løsning, og det viser at i dette tilfellet er også y = xe r 1x en løsning. Det er da lett å vise at alle lineærkombinasjoner y = Ce r 1x + Dxe r 2x er løsninger, og ikke fullt så lett å vise at dette gir oss alle løsningene. Ser på eksemplet y 4y + 4y = 0. Den karakteristiske ligningen r 2 4r + 4 = 0 har bare løsningen r = 2. Generell løsning y = Ce 2x + Dxe 2x

32 Alternativ 3: To komplekse røtter. Anta at den karakteristiske ligningen har to komplekse røtter r = α ± iβ. Da burde e (α+iβ)x og e (α iβ)x være løsninger, men hva betyr egentlig det? Komplekse eksponentialer: e c+id = e c cos d + ie c sin d Våre løsninger e (α+iβ)x = e αx cos(βx) + ie αx sin(βx) og e (α iβ)x = e αx cos(βx) ie αx sin(βx) Dette antyder at y = e αx cos(βx) og y = e αx sin(βx) har noe med problemet å gjøre, og setter vi inn i ligningen, ser vi at disse funksjonene er løsninger.

33 To komplekse røtter (fortsatt) Dersom den karakteristiske ligningen har to komplekse røtter r = α ± iβ, så er den generelle løsningen av differensialligningen y = e αx( C cos(βx) + D sin(βx) ) Eksempel: Løs ligningen y + 2y + 5y = 0. Den karakteristiske ligningen r 2 + 2r + 5 = 0 har røttene r = 2 ± = 2 ± 16 2 = 2 ± 4i 2 = 1±2i Løsninger y = e x( C cos(2x) + D sin(2x) ).

34 Generelle førsteordens ligninger Bare de enkleste differensialligninger kan løses ved formel, og skal man løse mer kompliserte ligninger, må man bruke numeriske metoder. Vi skal se litt på numeriske løsninger av førsteordens ligninger. En generell førsteordens ligning har formen y = f (x, y(x)) Man kan vise at for ethvert punkt (a, b) finnes det nøyaktig én løsning som går gjennom punktet (forutsatt at visse forutsetninger er oppfylt) dvs. nøyaktig én løsning slik at y(a) = b.

35 Integralkurver La oss se på en figur: y (a, b) Løsningskurven (integralkurven) gjennom (a, b) x

36 Integralkurver La oss se på en figur: y (a, b) Løsningskurven (integralkurven) gjennom (a, b) Løsningskurven (integralkurven) gjennom (c, d) (c, d) x Planet blir dekket av integralkurver som ikke skjærer hverandre.

37 Integralkurver Hva kan vi si om integralkurven gjennom punktet (a, b) i de tilfellene vi ikke greier å løse differensialligningen? Vi kan i det minste bruke differensialligningen y (x) = f (x, y(x)) til å finne retningen til kurven: La oss lage en figur: y (a) = f (a, y(a)) = f (a, b)

38 Retningsdiagram y (a, b) x

39 Retningsdiagram y (a, b) x Vi kan selvfølgelig putte inn slike retningspiler i alle andre punkter også. Integralkurvene vil følge pilene.

40 Retningsdiagram

41 Integralkurve

42 Integralkurver

43 Eulers metode Den enkleste numeriske metoden for å løse førsteorden differensialligninger heter Eulers metode, og den følger oppskriften ovenfor: Velg et startpunkt, følg retningsvektoren et stykke, bytt til retningsvektoren i punktet du nå er kommet til, følg denne et stykke, bytt til ny retningsvektor osv. Dette er lettere å forstå på en figur:

44 Eulers metode, skritt 1: y (c, d) x

45 Eulers metode, skritt 2: y (c, d) x

46 Eulers metode, skritt 3: y (c, d) x

47 Eulers metode, skritt 4: y (c, d) x

48 Eulers metode, sammenligning med eksakt løsning: y (c, d) x

49 Eulers metode, regnestykket y (x n, y n ) (x n+1, y n+1 ) x

50 Eulers metode, regnestykket y (x n, y n ) (x n+1, y n+1 ) = (x n + h, y n + f (x n, y n )h) x Dess mindre skrittlengden h er, dess bedre blir nøyaktigheten og dess større blir regnearbeidet. Forfinede metoder (Eulers midtpunktmetode, Runge-Kutta metoder) gir større nøyaktighet med samme skrittlengde.

51 Eulers metode skrittlengdens betydning Eulers metode med skrittlengde (nedenfra og opp) h = 0.5, 0.1, 0.05, Øverst den eksakte løsningen.

52 i undervisningen: Løsningsmetodene er kokebok, men gir god trening i integrasjon, ligningsløsning og bokstavregning. Modelleringen er krevende. Den forutsetter god forståelse av den deriverte og betydelig evne til å omdanne virkelige situasjoner til matematikk. styrker forståelsen av den deriverte og viser kraften i enkel programmering. Fordeler: Gir viktig ekstratrening i sentrale deler av matematikken og binder pensum sammen. Viktig trening i bruk av matematikk. Ulemper: Ingen ny start problematisk for dem som allerede sliter med temaer som derivasjon, integrasjon, ligningsløsnimg og bokstavregning.