Lineære differensiallikninger

I artikkelen om separable differensiallikninger så vi på differensiallikninger på formen

g(y) · y′ = h(x)

der g(y) og h(x) er vilkårlige funksjoner av henholdsvis y og x.

I denne likningen tillater vi en funksjon av y, for eksempel $g(y) = y^2$ eller $g(y) = \sqrt y$.

En første ordens lineær differensiallikning er på formen

y′ + p(x) · y = q(x),

der p(x) og q(x) er vilkårlige funksjoner av x.

Her tillater vi ingen funksjoner av y, vi har bare y i første potens, derfor kalles denne formen for differensiallikninger for lineære. Likningene kan være separabel, men den trenger ikke være det. Vi trenger derfor en annen løsningsmetode enn den vi lærte for separable likninger.

Eksempel 1:

y′ =2x er en lineær differensiallikning med p(x) = 0 og q(x) = 2x.

Dette er en enkel variant, siden p(x) = 0, og vi kan løse den direkte ved å integrere på begge sider av likhetstegnet:

${\Large \frac{dy}{dx}}=2x$

$\int 1 \,dy = \int 2x \, dx$

$y = x^2 + C$

Eksempel 2:

y′ + y =6 er en lineær differensiallikning med p(x) = 1 og q(x) = 6.

Her kan vi ikke bare gyve løs med integrering på grunn av leddet y på venstre side. Vi gjør derfor et lite triks og multipliserer begge sider med ex:

y′ · ex + y · ex =6 · ex

Foreløpig er det ikke så lett å se hvor vi vil med dette, men la oss gjøre en liten omforming til:

y′ · ex + y · (ex) =6 · ex

Her har vi erstattet ex med (ex)′, og det er jo riktig, for ex er sin egen deriverte.

Nå later det til at alt vi har oppnådd, er å gjøre det hele mer komplisert, men ser vi nøye på uttrykket på venstre side av likhetstegnet, oppdager vi at det er på formen (u)′v + u(v)′, altså resultatet av produktregelen. Med andre ord kan vi bruke produktregelen baklengs og skrive det som (uv)′:

(y · ex)= 6 · ex

Hvis vi nå integrerer på begge sider av likhetstegnet, vil integrasjonen oppheve derivasjonen på venstre side. På høyre side har vi en konstant multiplisert med ex, noe som ikke endrer seg under integrasjon, vi må bare huske å ta med integrasjonskonstanten. Så vi får

y · ex = 6 · ex + C

Til slutt dividerer vi på begge sider med ex

$y = 6 + \frac{\displaystyle C}{\displaystyle e^x}$.

Svaret blir litt mer oversiktlig hvis vi flytter ex opp fra nevneren, noe vi kan gjøre hvis vi samtidig skifter fortegn på eksponenten:

y = Cex + 6

Her flyttet vi også 6-tallet bakerst, fordi det er vanlig å ha konstantledd til slutt i et uttrykk.

Eksempel 2 var imidlertid en veldig enkel differensiallikning fordi funksjonen foran ex var p(x) = 1. Å multiplisere på begge sider med ex vil ikke fungere som en generell metode.

Eksempel 3:

Vi skal løse den lineære differensiallikningen y′ + 2y = 6.

Multipliserer vi med ex på begge sider, får vi

y′ · ex + 2y · ex = 6 · ex

Her hjelper det lite å erstatte ex med (ex)’, fordi vi da får (u)′v + 2u(v)′, og ikke kan bruke produktregelen baklengs.

Multipliserer vi derimot med e2x på begge sider, får vi

y′ · e2x + 2y · e2x = 6 · e2x

Og siden (e2x )′ = 2e2x, ser vi at vi kan skrive dette som

y′ · e2x + y · (e2x)′ = 6 · e2x

Vi ble kvitt det brysomme 2-tallet. Nå har vi (u)′v + u(v)′, og kan bruke produktregelen baklengs på venstre side:

(y · e2x)′ = 6 · e2x

Vi integrerer begge sider, og får

y · e2x = 3e2x + C

Her benyttet vi på høyre side at $\int e^{2x} \, dx = {\large\frac{1}{2}}e^{2x} + C$

Til slutt dividerer vi på begge sider med e2x

$y = {\large \frac{C}{e^{2x}}} = 3 + Ce^{-2x} + 3$

I eksempel 2 var trikset å multiplisere med ex på begge sider av likhetstegnet, i eksempel 3 var trikset å multiplisere med e2x på begge sider av likhetstegnet. Det gjelder altså å finne riktig faktor å multiplisere med, og denne faktoren avhenger av funksjonen p(x), som står foran y.

Den generelle regelen for å løse en lineær differensiallikning, y′ + p(x) · y = q(x) er slik:

  1. Beregn $P(x) = \int p(x) \, dx$. Sett integrasjonskonstanten, C, til 0. (Metoden er gyldig for alle C, men C = 0 gir jo det enkleste uttrykket.)
     
  2. Multipliser med eP(x) på begge sider av likhetstegnet. eP(x) kalles likningens integrerende faktor.
     
  3. Skriv om venstre side av likningen ved å bruke produktsetningen for derivasjon baklengs.
     
  4. Integrer begge sider av likningen. På venstre side av likhetstegnet betyr det å annullere derivasjonen.
     
  5. Divider på med integrerende faktor på begge sider, så det bare står y på venstre side av likhetstegnet.

Vi ser at det var dette vi gjorde i eksemplene. I eksempel 2 hadde vi p(x) = 1, så vi fikk P(x) = x, og integrerende faktor ble eP(x) = ex. I eksempel 3 hadde vi p(x) = 2, så vi fikk P(x) = 2x, og integrerende faktor ble eP(x) = e2x.

Eksempel 4:

Vi skal løse differensiallikningen $y’+2xy=e^{-x^2}$

Dette er en lineær differensiallikning med $p(x) = 2x$ og $q(x) = e^{-x^2}$

Vi beregner

$P(x) = \int 2x \, dx = x^2+C$

Så integrerende faktor blir

$e^{x^2}$

Vi multipliserer med integrerende faktor på begge sider:

$y’ \cdot e^{x^2} + 2xy\cdot e^{x^2}=e^{-x^2}\cdot e^{x^2}=1$

Dette kan skrives som

$y’ \cdot e^{x^2}+ y\cdot (e^{x^2})’=1$

Vi bruker produktregelen baklengs:

$(y \cdot e^{x^2})’=1$

Vi integrerer begge sider, og får 

$y \cdot e^{x^2}= x + C$

Til slutt dividerer vi på begge sider med integrerende faktor og får

$y = {\Large \frac{x + C}{e^{x^2}}} =( x + C)e^{-x^2}$

I eksempel 4 ble høyre side av likningen lett å integrere fordi vi sto igjen med 1 når vi hadde multiplisert med integrerende faktor. Men ofte vil vi få uttrykk som er vanskelige eller umulige å integrere. Skal metoden virke, må jo også $\int p(x) \, dx$ la seg beregne, og det er heller ikke alltid tilfelle. Så vi skjønner at det vil være mange lineære differensiallikninger som er vanskelige eller umulige å løse for hånd.

Oppgave 1:

Løs den lineære differensiallikningen y′ – 4y = 2, og sett prøve på svaret.

Se løsningsforslag

Oppgave 2:

Løs den lineære differensiallikningen y′ + 6y = 3, og sett prøve på svaret.

Se løsningsforslag

Kilder

  • Boyce, W.E, DiPrima, R.C. (1992) Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems. JohnWiley & Sons