Differentialligninger

At løse differentialligninger er at finde helheden ud fra detaillen.

Emner

Ligninger af første orden : y' = f(x, y)

Ligninger af form y' = f(x, y) kaldes differentialligninger af første orden.

Løsningerne findes ved at integrere

I det generelle tilfælde er det en kompliceret affære, men er f(x, y) = h(x) (ikke afhængig af y) er ligningen et stamfunktionsproblem med løsningen

Separable ligninger : y' = h(x)g(y)

Er f(x, y) af form h(x)g(y) taler man om separable differentialligninger. Vi søger eventuelle løsninger, der indeholder punktet (x0, y0), hvor g(y0) ≠ 0.

I x-intervaller, hvor h(x) er kontinuert og y-intervaller, hvor 1 / g(y) er kontinuert, har begge funktioner stamfunktioner. Vi kalder dem H(x) og G(y)

Da g(y0) ≠ 0 findes et interval omkring y0, hvor G'(y0) = 1 / g(y0) ≠ 0. I dette interval er G(y) monoton, og G(y) har derfor en omvendt funktion G–1(y).

Vi ser på f(x) = G–1(H(x) + k) eller G(f(x)) = H(x) + k, som ved differentiation giver
G'(f(x))f '(x) = H'(x) eller f '(x) / g(f(x)) = h(x), som viser, at f(x) = G–1(H(x) + k) er en løsning til ligningen. k's værdi bestemmes af, at y0 = G–1(H(x0) + k) .

Det kan vises, at kun Ún løsningsfunktion indeholder punktet (x0, y0).

Resultatet huskes lettest ud fra følgende formelle omskrivning

Eksponentiel vækst : y' = ky

Ved separation finder vi for y ≠ 0

Vi kan fjerne numerisktegnet ved at at erstatte ec med en vilkårlig konstant C ≠ 0 og får løsningen

som er en eksponentiel funktion med fremskrivningsfaktor a = ek .

Da y = 0 passer i ligningen, ser vi, at den fundne løsning gælder for alle C.

Beklager; din browser kan ikke vise applets!

y' = b – ay

Ved separation finder vi for b – ay ≠ 0

Vi anvender substitutionen t = b – ay , dt = –a dy , dy = –dt / a og finder

Vi kan fjerne numerisktegnet ved at at erstatte e–ac med en vilkårlig konstant C ≠ 0 og får løsningen

Da den konstante funktion y = b / a passer i ligningen, ser vi, at den fundne løsning gælder for alle C.

Beklager; din browser kan ikke vise applets!
Den logistiske ligning : y' = y(b – ay)

Vi får brug for omskrivningen

Ved separation finder vi for y > 0 og b – ay > 0

Med substitutionen t = b – ay , dt = –a dy , dy = –dt / a finder vi

Idet vi sætter ebc = k, har vi

For mange anvendelser er det praktisk at skrive den logistiske ligning på formen

Beklager; din browser kan ikke vise applets!

[ Hovedmenu ] [ Ordliste ]

Ligninger af anden orden : y" = f(x, y, y')

y" = ky

Wronski-determinanten for et par differentiable funktioner er fastlagt ved

Er f(x) og g(x) begge løsninger til ligningen y" = ky, er de to gange differentiable, og der gælder

Der er nu to tilfælde: W(f(x), g(x)) = 0 (f og g afhængige) og W(f(x), g(x)) ≠ 0 (f og g uafhængige).

Lad f(x) og g(x) være afhængige (ikke nødvendigvis løsninger til y" = ky), og lad g(x) = h(x)f(x). Vi finder

Er nu f(x) ikke triviel (= 0), må h(x) være en konstant, så

Lad endelig f1(x) og f2(x) være uafhængige løsninger til y" = ky og f(x) en tredie løsning til ligningen. Vi sætter

For enhver værdi af x opfatter vi dette som et ligningssystem med de ukendte (funktioner) c1(x) og c2(x). Dets løsninger findes ved hjælp af determinantmetoden

I disse brøker er både tællere og nævnere Wronski-determinanter for løsningsfunktioner. Brøkerne har derfor tal i både tæller og nævner (nævner &n2; 0), så løsningerne er konstanter (uafhængige af x). Vi har altså

så enhver løsning til y" = ky kan skrives som en linearkombination af to uafhængige løsninger til ligningen.

[ Hovedmenu ] [ Ordliste ]

y" = k2y, k ≠ 0

Ifølge ovenstående er det tilstrækkeligt at gætte to uafhængige løsninger til y" = k2y. Lad dem være

De er løsninger fordi f1"(x) = (–k)2e–kx = k2f1(x)   ,   f2"(x) = k2ekx = k2f2(x)
og W(f1(x), f2(x)) = e–kxkekx – ekx(–k)e–kx = 2k ≠ 0. Den fuldstændige løsning til y" = k2y er altså

Beklager; din browser kan ikke vise applets!

y" = –k2y, k ≠ 0

Ifølge ovenstående er det tilstrækkeligt at gætte to uafhængige løsninger til y" = –k2y. Lad dem være

De er løsninger fordi f1"(x) = –k2cos(kx) = –k2f1(x)   ,   f2"(x) = –k2sin(kx) = –k2f2(x)
og W(f1(x), f2(x)) = cos(kx)k cos(kx) – sin(kx)(–k)sin(kx) = k ≠ 0. Den fuldstændige løsning til y" = –k2y er altså

Beklager; din browser kan ikke vise applets!

[ Hovedmenu ] [ Ordliste ] [ Tilbage til hovedsiden ]