DesignMat Lineære differentialligninger II
DesignMat Lineære differentialligninger II
DesignMat Lineære differentialligninger II
You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
• Ansatsen indsættes i differentialligningen:<br />
d2 dt2 <br />
Ae it + 3 d<br />
<br />
Ae<br />
dt<br />
it + 2Ae it = 10e it<br />
• Udregning og reduktion giver (1 + 3i) Ae it = 10e it .<br />
= 1 − 3i. Altså er partikulær løsning til<br />
den komplekse ligning xp (t) = (1 − 3i) eit .<br />
• Vi må derfor forlange A = 10<br />
1+3i<br />
• Realdelen af denne er partikulær løsning til den oprindelige ligning, så<br />
xp (t) = Re (1 − 3i) e it = cos t + 3 sin t.<br />
1.8 Eksempel 6 Kompleks gættemetode<br />
Eksempel 6 kompleks gættemetode<br />
• Betragt differentialligningen x ′′ + 3x ′ + 2x = 2 sin t · e−2t .<br />
• Da 2 sin t · e−2t <br />
= Im 2e (−2+i)t betragter vi nu x ′′ + 3x ′ + 2x = 2e (−2+i)t .<br />
• Ansats til en partikulær løsning xp (t) = Ae (−2+i)t .<br />
• Indsættelse: d2<br />
dt 2<br />
<br />
Ae (−2+i)t<br />
+ 3 d dt<br />
<br />
Ae (−2+i)t<br />
+ 2Ae (−2+i)t = 2e (−2+i)t .<br />
• Udregning og reduktion giver − (1 + i) Ae (−2+i)t = 2e (−2+i)t .<br />
• Vi må derfor forlange A = −2<br />
1+i<br />
den komplekse ligning xp (t) = (−1 + i) e (−2+i)t .<br />
= −1 + i. Altså er partikulær løsning til<br />
• Imaginærdelen<br />
<br />
af denne er partikulær løsning til den oprindelige ligning,<br />
så xp (t) = Im (−1 + i) e (−2+i)t = e−2t (cos t − sin t).<br />
2 <strong>Lineære</strong> Differentialligninger af n’te orden<br />
2.1 Eksistens- og entydighed<br />
Eksistens- og entydighed<br />
• Vi betragter lineære <strong>differentialligninger</strong> med konstante koefficienter:<br />
anx (n) + an−1x (n−1) + · · · + a1x ′ + a0x = q (t) (1)<br />
med q ∈ C (I), hvor I er et interval. a0, a1, . . . , an er reelle konstanter og<br />
an = 0.<br />
• Teorien for n’te ordens lineære <strong>differentialligninger</strong> er ganske som for<br />
n = 2.<br />
• Sætning. Lad t0 ∈ I og x0, v1, v2, . . . , vn−1 ∈ R. Begyndelsesværdiproblemet<br />
for (1) med x (t0) = x0, x ′ (t0) = v1, x ′′ (t0) = v2, . . . , x (n−1) (t0) = vn−1<br />
har netop én løsning og den er defineret på hele intervallet I.<br />
4