Lineære differentialligninger af 2. orden med konstante koefficienter

Lineære differentialligninger af 2. orden med
konstante koefficienter
Preben Alsholm
Uge 8 Efterår 2008
1 Lineære Differentialligninger af 2. orden
1.1 Eksistens- og entydighed
Eksistens- og entydighed
Vi betragter lineære differentialligninger med konstante koefficienter:
ax 00 + bx 0 + cx = q (t) (1)
med q 2 C (I), hvor I er et interval. a, b, c er reelle konstanter og a 6= 0.
Sætning. Lad t 0 2 I og x 0 , v 0 2 R. Begyndelsesværdiproblemet for (1) med
x (t 0 ) = x 0 og x 0 (t 0 ) = v 0 har netop én løsning og den er defineret på
hele intervallet I.
Beviset springer vi over.
Eksempel. Den løsning til differentialligningen x 00 + 3x 0 + 2x = 20te 3t ,
der opfylder x (0) = 0, x 0 (0) =
4 5 er
Hvordan?
x (t) =
1.2 Den homogene ligning I
Den homogene ligning I
t
9
e 3t + 9 20 20 e t
Vi betragter nu specialtilfældet hvor højresiden q (t) = 0.
lineær differentialligning kaldes homogen:
En sådan
Stadig er a, b, c reelle konstanter og a 6= 0.
ax 00 + bx 0 + cx = 0 (2)
Vi begynder med at finde løsninger af formen x (t) = e Rt , hvor R er en
(muligvis kompleks) konstant.
1

Vi har x 0 = R e Rt , x 00 = R 2 e Rt . Ved indsættelse i (2) fås
aR 2 + bR + c e Rt = 0
Dette betyder, at x (t) = e Rt er løsning til (2) hvis og kun hvis
(3) kaldes karakterligningen for (2).
1.3 Den homogene ligning II
Den homogene ligning II
aR 2 + bR + c = 0 (3)
Sætning. Hvis f 1 og f 2 er løsninger til ax 00 + bx 0 + cx = 0, så er også
f (t) = c 1 f 1 (t) + c 2 f 2 (t) løsning, når blot c 1 , c 2 er konstanter.
Sætning. Lad f 1 og f 2 være løsninger til ax 00 + bx 0 + cx = 0. Så er den
fuldstændige løsning givet ved
x (t) = c 1 f 1 (t) + c 2 f 2 (t) (4)
hvis og kun hvis Wronskideterminanten
W (t) =
f
1 (t) f 2 (t)
f1 0 (t) f 2 0 (t) 6= 0
Bevis. Sætningen bevises vha. eksistens- og entydighedssætningen. Vi
springer beviset over.
1.4 Den homogene ligning: Eksempel 1
Den homogene ligning: Eksempel 1
Eksempel. x 00 + 3x 0 + 2x = 0 har karakterligningen R 2 + 3R + 2 = 0 med
rødderne 2 og 1.
Altså er φ 1
(t) = e 2t og φ 2
(t) = e t løsninger til x 00 + 3x 0 + 2x = 0.
Deres Wronskideterminant er
W (t) =
e 2t e t
2e 2t e t = e 3t 6= 0
Så den fuldstændige løsning er x (t) = c 1 e 2t + c 2 e t , hvor c 1 , c 2 2 R.
Generelt for to forskellige reelle rødder r 1 og r 2 . Fuldstændige løsning
x (t) = c 1 e r 1t + c 2 e r 2t , hvor c 1 , c 2 2 R.
2

1.5 Den homogene ligning: Eksempel 2
Den homogene ligning: Eksempel 2
Eksempel. x 00 6x 0 + 9x = 0 har karakterligningen R 2 6R + 9 = 0 med
dobbeltroden 3.
Altså er φ 1 (t) = e 3t løsning til x 00 + 3x 0 + 2x = 0. Men vi mangler en
anden.
En anden er φ 2
(t) = te 3t , hvilket ses ved simpel indsættelse.
Wronskideterminanten er
W (t) =
e 3t
te 3t
3e 3t e 3t + 3te 3t
= e 6t 6= 0
Så den fuldstændige løsning er x (t) = c 1 e 3t + c 2 te 3t , hvor c 1 , c 2 2 R.
Generelt for dobbeltrod r. Fuldstændig løsning x (t) = c 1 e rt + c 2 te rt , hvor
c 1 , c 2 2 R.
1.6 Den homogene ligning: Eksempel 3
Den homogene ligning: Eksempel 3
Eksempel. x 00 + 2x 0 + 5x = 0 har karakterligningen R 2 + 2R + 5 = 0 med
de imaginære rødder 1 2i.
Altså er e ( 1+2i)t og e ( 1 2i)t løsninger. Men de er jo imaginære!
Realdelen φ 1 (t) = Re e ( 1+2i)t = e t cos (2t) og imaginærdelen φ 2 (t) =
Im e ( 1+2i)t = e t sin (2t), er også løsninger!
Wronskideterminanten for disse er
e t cos (2t)
e t sin (2t)
e t (cos (2t) + 2 sin (2t)) e t (sin (2t) 2 cos (2t))
2e 2t 6= 0.
=
Så den fuldstændige løsning er x (t) = c 1 e t cos (2t) + c 2 e t sin (2t), hvor
c 1 , c 2 2 R.
Generelt for imaginære rødder α iβ. Fuldstændig løsning x (t) = c 1 e αt cos (βt) +
c 2 e αt sin (βt), hvor c 1 , c 2 2 R.
3