Tweede orde inhomogene lineaire differenti

advertisement
Aanvulling
Tweede orde inhomogene lineaire differentiaalvergelijkingen met constante coëfficiënten.
§1.
We bekijken ter aanvulling op §3.7 bepaalde typen tweede orde differentiaalvergelijkingen,
namelijk inhomogene lineaire. In §3.7 is uitvoerig beschreven hoe van een tweede orde
lineaire differentiaalvergelijking met constante coëfficiënten de oplossingen kunnen worden
bepaald: ay 00 + by 0 + cy = 0 heeft als algemene oplossing
1.
y(t) = Aer1 t + Ber2 t
als r1 en r2 twee verschillende reële oplossingen van de vierkantsvergelijking
ar2 + br + c = 0 zijn;
2.
y(t) = Aert + Btert
als r1 = r2 = r;
3.
y(t) = Aekt cos(ωt) + Bekt sin(ωt)
als r1,2 = k ± ωi twee complexe oplossingen van de vierkantsvergelijking zijn (dus als
de discriminant van de vierkantsvergelijking negatief is).
We proberen nu het volgende probleem op te lossen: ay 00 + by 0 + cy = f (t) waarbij f (t)
een functie van t is. Een dergelijke differentiaalvergelijking heet inhomogeen. We noemen
de differentiaalvergelijking ay 00 + by 0 + cy = 0 de bij de inhomogene vergelijking horende
homogene vergelijking. De oplossingen van deze homogene vergelijking noteren we nu als
yh (t) . Stel nu dat yp (t) een oplossing van de inhomogene vergelijking is die we op één of
andere wijze hebben verkregen.
Stelling
Alle oplossingen van de inhomogene differentiaalvergelijking zijn van de vorm y(t) = yp (t)+
yh (t).
Bewijs Laat y(t) een willekeurige oplossing van de inhomogene vergelijking zijn. Dan
geldt dus:
ay 00 + by 0 + cy = f (t).
1
Maar ook geldt
ayp00 + byp0 + cyp = f (t).
Aftrekken levert:
ay 00 − ayp00 + by 0 − byp0 + cy − cyp = 0,
ofwel
a (y − yp )00 + b (y − yp )0 + c (y − yp ) = 0,
dus y − yp is een oplossing van de homogene vergelijking, ofwel y(t) = yp (t) + yh (t).
De oplossing yp (t) heet in dit verband ook wel een particuliere oplossing. En omdat voor
de homogene vergelijking al bekend is hoe de oplossingen gevonden kunnen worden, komt
het bepalen van de algemene oplossing van de inhomogene vergelijking neer op het bepalen
van een geschikte particuliere oplossing. Voor een algemene functie f (t) is dat vrijwel
onmogelijk, maar als f (t) een bepaalde vorm heeft is het soms mogelijk door proberen
een particuliere oplossing te vinden. We zullen dit toelichten aan de hand van een aantal
voorbeelden. Daartoe bekijken we de differentiaalvergelijking
y 00 + y 0 − 2y = f (t)
en laten in een aantal verschillende situaties zien hoe een particuliere oplossing gezocht
kan worden.
Voorbeeld 1.
y 00 + y 0 − 2y = 4t met als homogene oplossing yh (t) = Aet + Be−2t . Het rechterlid is een
polynoom van de graad 1, en we proberen als particuliere oplossing yp (t) = at + b, ook een
eerstegraads polynoom. Invullen van deze oplossing in de differentiaalvergelijking levert de
twee vergelijkingen 2a = −4 en a − 2b = 0. Dus a = −2 en b = −1. Dus yp (t) = −2t − 1 is
een particuliere oplossing van de differentiaalvergelijking, en de algemene oplossing wordt
gegeven door y(t) = −2t − 1 + Aet + Be−2t .
Voorbeeld 2.
y 00 + y 0 − 2y = 7e5t . Het rechterlid is een e-macht, en we proberen als particuliere oplossing
ook een zelfde e-macht: yp (t) = ae5t . Invullen in de differentiaalvergelijking levert 28a = 7,
dus a = 14 . Een particuliere oplossing is nu yp (t) = 41 e5t , en de algemene oplossing dus
y(t) = 14 e5t + Aet + Be−2t .
Voorbeeld 3.
y 00 + y 0 − 2y = 6et . Het heeft nu geen zin om als particuliere oplossing yp (t) = aet te proberen, want et is een oplossing van homogene vergelijking. Probeer in dit geval yp (t) = atet .
2
Invullen in de differentiaalvergelijking levert nu a = 2, dus yp (t) = 2tet . De algemene oplossing is dus in dit geval y(t) = 2tet + Aet + Be−2t .
Voorbeeld 4.
y 00 + y 0 − 2y = 10 cos t. Probeer als particuliere oplossing yp (t) = a sin t + b cos t. Invullen in de differentiaalvergelijking levert −3a − b = 0 en a − 3b = 10, dus a = 1 en
b = −3. Een particuliere oplossing is dus yp (t) = sin t − 3 cos t. En de algemene oplossing:
y(t) = sin t − 3 cos t + Aet + Be−2t .
In het algemeen geldt: als het rechterlid van een bepaalde soort is probeer dan als particuliere oplossing een functie van dezelfde soort. Als er in het rechterlid termen voorkomen
die ook deel uitmaken van de homogene oplossing (zie voorbeeld 3) dan kun je t× of t2 ×
keer een oplossing van dezelfde soort proberen.
Voorbeeld 5.
y 00 + y 0 − 2y = 6tet + 8et = (6t + 8)et . De term et is oplossing van de homogene vergelijking.
Probeer nu als particuliere oplossing: yp (t) = t(at + b)et . enz.
§2.
Opgaven
Bepaal de algemene oplossing van elk van de volgende differentiaalvergelijkingen.
1. y 00 + y 0 − 2y = 2t + 3
2. y 00 + y 0 + 5y = t2
3. y 00 − 3y 0 = t − 2
4. y 00 − 4y = t + cos 2t
5. y 00 − y 0 − 6y = e−2t
6. y 00 + 6y 0 + 9y = 1 + t
3
Antwoorden
1. y(t) = −2 − t + Aet + Be−2t
8
2. y(t) = − 125
−
2
t
25
1
+ 15 t2 + Ae− 2 t sin
1
2
√
3. y(t) = − 61 t2 + + 59 t + Ae3t + B
4. y(t) = − 14 t − 18 cos(2t) + Ae2t + Be−2t
5. y(t) = − 51 te−2t + Ae3t + Be−2t
6. y(t) =
1
27
+ 19 t + Ae−3t + Bte−3t
1
1
19t + Be− 2 t cos
1
2
√
19t
Download
Random flashcards
mij droom land

4 Cards Lisandro Kurasaki DLuffy

Rekenen

3 Cards Patricia van Oirschot

Test

2 Cards oauth2_google_0682e24b-4e3a-44be-9bca-59ad7a2e66a4

hoofdstuk 2 cellen

5 Cards oauth2_google_c110ae80-d7f3-4403-b521-4d3d8bb0f63c

cijfers

15 Cards oauth2_google_c110ae80-d7f3-4403-b521-4d3d8bb0f63c

Create flashcards