Het vinden van een particuliere oplossing

Transcriptie

1 Het vind van e particuliere oplossing Voor e lineaire differtiaalvergelijking met constante (reële) coëfficiënt a 0 y (n) (t) + a 1 y (n 1) (t) a n 1 y (t) + a n y(t) = g(t), a 0 0 (1) geldt, dat de algeme oplossing is te schrijv in de vorm y(t) = y p (t) + y h (t), (2) waarbij y h (t) de algeme oplossing van de gereduceerde (homoge) differtiaalvergelijking a 0 y (n) (t) + a 1 y (n 1) (t) a n 1 y (t) + a n y(t) = 0 (3) is y p (t) e zogaamde particuliere oplossing van (1). De algeme oplossing y h (t) van de homoge differtiaalvergelijking (3) kunn we bepal met behulp van de karakteristieke vergelijking a 0 r n + a 1 r n a n 1 r + a n = 0. Aangezi de coëfficiënt reëel zijn, kom niet-reële oplossing voor r alle voor in complex geconjugeerde par. Bovdi heeft deze vergelijking n (complexe) oplossing geteld met multipliciteit (er kunn evtueel samvallde reële oplossing optred). We kunn daarmee dus n lineair onafhankelijke oplossing y 1 (t), y 2 (t),..., y n (t) vind, die via het superpositieprincipe leid tot de algeme oplossing y h (t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) c n y n (t) met n willekeurige (reële) constant c 1, c 2,..., c n (de vrijheidsgrad). Voor de algeme oplossing (2) van de inhomoge differtiaalvergelijking (1) hebb we dan alle nog e particuliere oplossing y p (t) nodig, die ingevuld in het linkerlid precies de bekde term g(t) in het rechterlid oplevert. Methode van onbepaalde coëfficiënt Soms heeft de bekde term g(t) e gedaante waardoor we de vorm van e particuliere oplossing y p (t) kunn voorspell. Bijvoorbeeld, in het geval van e-macht, polynom, de goniometrische functies cosinus sinus allerlei combinaties daarvan. Immers: afgeleid van e-macht zijn weer e-macht, afgeleid van polynom zijn weer polynom de functies cosinus sinus zijn (min of meer) elkaars afgeleid. Als g(t) = e at voor zekere a R, dan kiest m in principe y p (t) = Ae at. Bijvoorbeeld: voor y (t) 3y (t) + 2y(t) = e 3t geldt, dat y h (t) = c 1 e t + c 2 e 2t kunn we y p (t) = Ae 3t prober. ( )Ae 3t = e 3t oftewel A = 1 2. Dus: y p(t) = 1 2 e3t. Invull geeft dan: 1

2 Dit gaat echter mis als e at voorkomt in de algeme oplossing y h (t) van de bijbehorde homoge differtiaalvergelijking. Bijvoorbeeld: als y (t) 3y (t) + 2y(t) = e t, dan is y h (t) = c 1 e t + c 2 e 2t heeft het ge zin om y p (t) = Ae t te prober. Dit zal voor elke waarde van A R immers nul oplever in het rechterlid niet e t. Probeer dan: y p (t) = Ate t. Invull geeft dan A(t + 2 3t 3 + 2t)e t = e t oftewel A = 1. Dus: y p (t) = te t. Als y (t) 3y (t) + 2y(t) = te 2t, dan is y h (t) = c 1 e t + c 2 e 2t zoud we dus y p (t) = Ate 2t moet prober om in het rechterlid e constante maal e 2t te krijg. Om te 2t te krijg, voeg we daarom nog e factor t toe: probeer y p (t) = At 2 e 2t + Bte t. Dan volgt: y p(t) = A(2t 2 + 2t)e 2t + B(2t + 1)e 2t y p(t) = A(4t 2 + 8t + 2)e 2t + B(4t + 4)e 2t. Invull geeft dan: A(4t 2 + 8t + 2 6t 2 6t + 2t 2 )e 2t + B(4t + 4 6t 3 + 2t)e 2t = te 2t oftewel A = 1 2 B = 1. Dus: y p(t) = 1 2 t2 e 2t te 2t. Merk op, dat de term Bte 2t nodig was om e particuliere oplossing te vind. Bij het invull van de vorm At 2 e 2t wordt deze vorm ook gediffertiëerd, waardoor ook de vorm Bte 2t ontstaat. Merk op, dat dan ook iets van de vorm Ce 2t ontstaat zodat we eiglijk y p (t) = (At 2 + Bt + C)e 2t zoud moet prober. Echter: aangezi de vorm Ce 2t voorkomt in y h (t) zal C R willekeurig gekoz kunn word. Kies dan maar C = 0; dan hoeft dat deel in de bereking niet meegom te word. In de algeme oplossing y(t) = y p (t) + y h (t) komt deze vorm immers weer terug met e willekeurige coëfficiënt c 2. Als y (t) + 4y (t) + 4y(t) = t 2 e 2t, dan is y h (t) = c 1 e 2t + c 2 te 2t. In dat geval zoud we dus y p (t) = At 2 e 2t moet kiez om in het rechterlid e constante maal e 2t te krijg. In dit geval staat er e factor t 2 voor prober we dus y p (t) = (At 4 + Bt 3 + Ct 2 )e 2t. Merk op dat de vorm (Dt + E)e 2t weggelat kan word (dat staat al in y h (t)). Dan volgt: y p(t) = 2At 4 e 2t + (4A 2B)t 3 e 2t + (3B 2C)t 2 e 2t + 2Cte 2t y p(t) = 4At 4 e 2t + ( 16A + 4B)t 3 e 2t + (12A 12B + 4C)t 2 e 2t + (6B 8C)te 2t + 2Ce 2t. Invull geeft dan (4A 8A + 4A)t 4 e 2t + ( 16A + 4B + 16A 8B + 4B)t 3 e 2t + (12A 12B + 4C + 12B 8C + 4C)t 2 e 2t + (6B 8C + 8C)te 2t + 2Ce 2t = t 2 e 2t dus 12A = 1, 6B = 0 2C = 0 oftewel A = 1 12 B = C = 0. Dus: y p(t) = 1 12 t4 e 2t. 2

3 Als g(t) e combinatie van cos(at) sin(at) voor zekere a R is, dan prober we in principe y p (t) = A cos(at) + B sin(at). Bijvoorbeeld: voor y (t) 3y (t) + 2y(t) = cos(2t) geldt, dat y h (t) = c 1 e t + c 2 e 2t kunn we y p (t) = A cos(2t) + B sin(2t) prober. Dan volgt: y p(t) = 2A sin(2t) + 2B cos(2t) y p(t) = 4A cos(2t) 4B sin(2t). Invull geeft dan: ( 4A 6B + 2A) cos(2t) + ( 4B + 6A + 2B) sin(2t) = cos(2t). Hieruit volgt dat 2A 6B = 1 6A 2B = 0 oftewel A = 1 20 B = Dus: y p (t) = 1 20 cos(2t) 3 20 sin(2t). Dit gaat echter mis als cos(at) /of sin(at) voorkomt in de algeme oplossing y h (t) van de bijbehorde homoge differtiaalvergelijking. Bijvoorbeeld: als y (t) + 4y(t) = sin(2t), dan is y h (t) = c 1 cos(2t) + c 2 sin(2t) heeft het ge zin om y p (t) = A cos(2t) + B sin(2t) te prober. Dit zal voor elke waarde van A, B R immers nul oplever in het rechterlid niet sin(2t). Probeer dan: y p (t) = At cos(2t) + Bt sin(2t). Dan volgt: Invull geeft dan Dus: y p (t) = 1 4 t cos(2t). Als y p(t) = A( 2t sin(2t) + cos(2t)) + B(2t cos(2t) + sin(2t)) y p(t) = A( 4t cos(2t) 4 sin(2t)) + B( 4t sin(2t) + 4 cos(2t)). 4A sin(2t) + 4B cos(2t) = sin(2t) = A = 1 4 B = 0. y (t) + y(t) = t cos t, dan is y h (t) = c 1 cos t + c 2 sin t. In dat geval zoud we dus y p (t) = At cos t + Bt sin t moet kiez om e lineaire combinatie van cos t sin t in het rechterlid te krijg. Nu prober we dus y p (t) = (At 2 + Bt) cos t + (Ct 2 + Dt) sin t. Dan volgt: y p(t) = ( At 2 Bt + 2Ct + D) sin t + (Ct 2 + Dt + 2At + B) cos t y p(t) = ( At 2 Bt+2Ct+D+2Ct+D+2A) cos t+( Ct 2 Dt 2At B 2At B+2C) sin t. Invull geeft dan (4Ct + 2A + 2D) cos t + ( 4At 2B + 2C) sin t = t cos t dus: 4C = 1, 2A + 2D = 0, 4A = 0 2B + 2C = 0 oftewel A = D = 0 B = C = 1 4. Dus: y p (t) = 1 4 t2 sin t + 1 4t cos t. 3

4 Als g(t) e polynoom is, dan kiez we in principe e polynoom (van dezelfde graad) als particuliere oplossing. Bijvoorbeeld: voor y (t) 3y (t) + 2y(t) = t 2 geldt, dat y h (t) = c 1 e t + c 2 e 2t kunn we y p (t) = At 2 + Bt + C prober. Invull geeft dan: 2A 3(2At + B) + 2(At 2 + Bt + C) = t 2 oftewel A = 1 2, B = 3 2 C = 7 4. Dus: y p (t) = 1 2 t t Dit gaat echter mis als e deel van zo n polynoom voorkomt in de algeme oplossing y h (t) van de bijbehorde homoge differtiaalvergelijking. Bijvoorbeeld: als y (t) 3y (t) = t 2, dan is y h (t) = c 1 + c 2 e 3t. De constante c 1 is e polynoom van de graad nul. Als de bekde term g(t) e constante zou zijn, dan heeft het ge zin zin om e constante als particuliere oplossing te prober. We zoud dan e factor t moet toevoeg dus e polynoom van de graad één moet prober. In dit geval (g(t) = t 2 ) kiez we daarom y p (t) = At 3 + Bt 2 + Ct, e polynoom van de graad drie. Merk op, dat we de evtuele constante D achterwege kunn lat omdat deze al in y h (t) voorkomt. Invull geeft nu 6At + 2B 3(3At 2 + 2Bt + C) = t 2 oftewel A = 1 9, B = 1 9 C = Dus: y p(t) = 1 9 t3 1 9 t t. Merk op, dat vorm zoals t n e at hor bij de oplossing r = a van de karakteristieke vergelijking. Steeds als we e extra oplossing nodig hebb met e at voeg we e factor t toe. Dit begint bij de algeme oplossing y h (t) van de gereduceerde (homoge) differtiaalvergelijking. Als de karakteristieke vergelijking e dubbel nulpunt r = a heeft, dan geldt dat y h (t) = c 1 e at + c 2 te at. Als e at ook in de bekde term g(t) voorkomt, dan moet we steeds meer factor t toevoeg in de particuliere oplossing. Deze is dan de vorm: e polynoom maal e at. Evzo hor polynom bij de oplossing r = 0 van de karakteristieke vergelijking. In dat geval ontbreekt de e-macht omdat e 0t = 1. Verder is het principe gelijk. Bij hogere orde differtiaalvergelijking geld dezelfde principes. Bijvoorbeeld: als y (4) (t) 4y (t) = t 2, dan is y h (t) = c 1 +c 2 t+c 3 e 2t +c 4 e 2t. Omdat er dus e polynoom van de graad één voorkomt in y h (t) zoud we al de vorm At 2 nodig hebb om e constante in het rechterlid te krijg. In dit geval kiez we daarom y p (t) = At 4 + Bt 3 + Ct 2, e polynoom van de graad vier waarbij de vorm Dt + E achterwege kan blijv omdat deze reeds in y h (t) voorkomt. Invull geeft dan 24A 4(12At 2 + 6Bt + 2C) = t 2 oftewel A = 1 48, B = 0 C = Dus: y p (t) = 1 48 t t2. Ga na dat voor y (4) 4y (3) + 4y (t) = t 2 + te 2t, geldt dat y h (t) = c 1 + c 2 t + c 3 e 2t + c 4 te 2t. Voor e particuliere oplossing kiez we dan y p (t) = At 4 + Bt 3 + Ct 2 + (Dt 3 + Et 2 )e 2t. Invull leidt dan uiteindelijk tot A = 1 48, B = 1 12, C = 3 16, D = 1 24 E = 1 8. Dus: y p (t) = 1 48 t t t2 + ( 1 24 t3 1 8 t2) e 2t. 4

5 Methode van variatie van de constant Als de bekde term g(t) e gedaante heeft waardoor we de vorm van de particuliere oplossing y p (t) niet kunn voorspell, dan werkt de methode van onbepaalde coëfficiënt niet. In dat geval kunn we de methode van variatie van de constant toepass. Deze methode werkt in principe altijd, maar geeft wel vaak lastig rekwerk. In het geval dat beide method toepasbaar zijn, verdit de methode van onbepaalde coëfficiënt altijd de voorkeur. De methode kan goed word geïllustreerd aan de hand van het voorbeeld: y (t) 3y (t) + 2y(t) = e 3t. Merk op, dat y h (t) = c 1 e t + c 2 e 2t. We kunn nu e oplossing van de inhomoge differtiaalvergelijking prober te vind van de vorm y(t) = u 1 (t)e t + u 2 (t)e 2t. Deze vorm ontstaat uit y h (t) door de constant c 1 c 2 te vervang door de functies u 1 (t) u 2 (t); dit verklaart de baming variatie van de constant. We strev nu naar eerste orde differtiaalvergelijking voor u 1 (t) u 2 (t) dat kan altijd alsvolgt: y (t) = u 1(t)e t + u 2(t)e 2t +u }{{} 1 (t)e t + 2u 2 (t)e 2t. We nem aan dat we u 1 (t)et +u 2 (t)e2t = 0, zodat de afgeleid van u 1 (t) u 2 (t) verdwijn. Het zal blijk dat dit altijd kan! Nu volgt dat Invull geeft dan y (t) = u 1(t)e t + 2u 2(t)e 2t + u 1 (t)e t + 4u 2 (t)e 2t. u 1(t)e t + 2u 2(t)e 2t + u 1 (t)e t + 4u 2 (t)e 2t 3 { u 1 (t)e t + 2u 2 (t)e 2t} + 2 { u 1 (t)e t + u 2 (t)e 2t} = e 3t oftewel u 1(t)e t + 2u 2(t)e 2t = e 3t. Alle term met u 1 (t) u 2 (t) vall weg; alle de term met u 1 (t) u 2 (t) blijv over. Dat is altijd het geval: immers, als u 1 (t) u 2 (t) constant zoud zijn, dan zijn u 1 (t) u 2 (t) beide nul zou y(t) e oplossing zijn van de gereduceerde (homoge) differtiaalvergelijking. Met andere woord: bij het invull zou het rechterlid nul word. We hebb nu dus: { ( ) ( ) ( ) u 1 (t)et + u 2 (t)e2t = 0 e t e 2t u 1 (t) 0 u 1 (t)et + 2u 2 (t)e2t = e 3t e t 2e 2t u 2 (t) =. e 3t Merk op, dat de determinant van deze matrix precies de determinant van Wronski of de Wronskiaan van de oplossing e t e 2t van de gereduceerde (homoge) differtiaalvergelijking is. Aangezi die oplossing lineair onafhankelijk zijn (gekoz), is die determinant (altijd) ongelijk aan nul. Het stelsel heeft daarom precies één oplossing voor u 1 (t) u 2 (t). In dit geval volgt u 1(t) = e 2t u 2(t) = e t = u 1 (t) = 1 2 e2t + c 1 u 2 (t) = e t + c 2. Tslotte volgt dat y(t) = u 1 (t)e t + u 2 (t)e 2t = 1 2 e3t + c 1 e t + e 3t + c 2 e 2t = 1 2 e3t + c 1 e t + c 2 e 2t. Merk op, dat de methode van onbepaalde coëfficiënt op pagina 1 hier veel evoudiger is. 5

6 In het geval dat (bijvoorbeeld) y (t) + 2y (t) + y(t) = e t t 2, t > 0 kan de methode van onbepaalde coëfficiënt niet word toegepast. De methode van variatie van de constant werkt wel: merk op, dat y h (t) = c 1 e t + c 2 te t. Stel dan y(t) = u 1 (t)e t + u 2 (t)te t. Dan volgt: y (t) = u 1(t)e t + u 2(t)te t u }{{} 1 (t)e t + u 2 (t)( t + 1)e t y (t) = u 1(t)e t + u 2(t)( t + 1)e t + u 1 (t)e t + u 2 (t)(t 2)e t. Invull levert dan: u 1 (t)e t + u 2 (t)( t + 1)e t = e 2 t 2. Dus: u 1 (t)e t + u 2 (t)te t = 0 u 1 (t)e t + u 2 (t)( t + 1)e t = e t t 2 ( e t te t e t ( t + 1)e t ) ( u 1 (t) u 2 (t) ) = 0 e t t 2. Hieruit volgt nu (ga na!) u 1(t) = 1 t u 2(t) = 1 t 2 = u 1 (t) = ln t + k 1 u 2 (t) = 1 t + k 2. Dus: y(t) = u 1 (t)e t + u 2 (t)te t = e t ln t + k 1 e t e t + k 2 te t = e t ln t + c 1 e t + c 2 te t. Merk op dat y(t) = y p (t) + y h (t) met y p (t) = e t ln t y h (t) = c 1 e t + c 2 te t. De methode werkt ook voor hogere orde differtiaalvergelijking, zoals y (3) (t) + y (t) = 1 cos t, π 2 < t < π 2. Merk op, dat y h (t) = c 1 + c 2 cos t + c 3 sin t. We nem nu y(t) = u 1 (t) + u 2 (t) cos t + u 3 (t) sin t. 6

7 Dan volgt: y (t) = u 1(t) + u 2(t) cos t + u 3(t) sin t u }{{} 2 (t) sin t + u 3 (t) cos t, y (t) = u 2(t) sin t + u 3(t) cos t u }{{} 2 (t) cos t u 3 (t) sin t y (3) (t) = u 2(t) cos t u 3(t) sin t + u 2 (t) sin t + u 3 (t) cos t. Invull geeft dan u 2 (t) cos t 1 u 3 (t) sin t = cos t. Dus: u 1 (t) + u 2 (t) cos t + u 3 (t) sin t = 0 Hieruit volgt (ga na!) dat u 2 (t) sin t + u 3 (t) cos t = 0 u 2 (t) cos t u 3 (t) sin t = 1 cos t 1 cos t sin t u 1 (t) 0 sin t cos t u 2 (t) 0 cos t sin t u 3 (t) = cos t. dus u 1(t) = 1 cos t, u 2(t) = 1 u 3(t) = sin t cos t dt cos t u 1 (t) = cos t = cos 2 t dt d sin t 1 sin 2 t = du 1 u 2 = du (1 u)(1 + u) = 1 ( u + 1 ) du = 1 ( ) ln 1 + u ln 1 u + c 1 1 u 2 = 1 2 ln 1 + u 1 u + c 1 = 1 2 ln 1 + sin t + c 1 = 1 ( ) 1 + sin t 2 ln + c 1, u 2 (t) = t + c 2 u 3 (t) = ln(cos t) + c 3. De oplossing is dus y(t) = u 1 (t) + u 2 (t) cos t + u 2 (t) sin t = 1 ( ) 1 + sin t 2 ln + c 1 t cos t + c 2 cos t + sin t ln(cos t) + c 3 sin t = 1 ( ) 1 + sin t 2 ln t cos t + sin t ln(cos t) + c 1 + c 2 cos t + c 3 sin t. Merk op dat y(t) = y p (t) + y h (t) met y p (t) = 1 ( ) 1 + sin t 2 ln t cos t + sin t ln(cos t) y h (t) = c 1 + c 2 cos t + c 3 sin t. 7