At løse differentialligninger er at finde helheden ud fra detaillen.
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
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 én løsningsfunktion indeholder punktet (x0, y0).
Resultatet huskes lettest ud fra følgende formelle omskrivning
| dy / dx g(y) |
= h(x) giver | ∫ | dy g(y) |
= | ∫ | h(x) dx . |
Ved separation finder vi for y ≠ 0
| y' y |
= k eller | ∫ | dy y |
= | ∫ | k dx eller | ∫ | dy y |
= kx + c , |
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.
Ved separation finder vi for b – ay ≠ 0
| y' b – ay |
= 1 eller | ∫ | dy b – ay |
= | ∫ | 1 dx = x + c . |
Vi anvender substitutionen t = b – ay , dt = –a dy , dy = –dt / a og finder
| ∫ | dy b – ay |
= | –1 a |
∫ | dt t |
= | –ln( |t| ) a |
= | –ln( |b – ay| ) a |
= x + c . |
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.
Vi får brug for omskrivningen
| 1 y(b – ay) |
= | 1 / b y |
+ | a / b b – ay |
. |
Ved separation finder vi for y > 0 og b – ay > 0
| y' y(b – ay) |
= 1 eller | ∫ | dy y(b – ay) |
= | ∫ | 1/b dy y |
+ | ∫ | a / b dy b – ay |
= | ∫ | 1 dx = x + c . |
Med substitutionen t = b – ay , dt = –a dy , dy = –dt / a finder vi
| ln(y) b |
+ | –ln(b – ay) b |
= x + c , hvoraf |
| ln | ( | y b – ay |
) | = bx + bc eller | y b – ay |
= ebxebc . |
Idet vi sætter ebc = k, har vi
| y = | bk ebx 1 + ak ebx |
= | b / a e–bx / ak + 1 |
= | b / a 1 + C e–bx |
. |
For mange anvendelser er det praktisk at skrive den logistiske ligning på formen
| y = | M 1 + C e–Max |
. |
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
| c1(x) = | f(x)f2'(x) – f2(x)f '(x) f1(x)f2'(x) – f2(x)f1'(x) |
og c2(x) = | f1(x)f '(x) – f(x)f1'(x) f1(x)f2'(x) – f2(x)f1'(x) |
. |
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.
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
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
[ Hovedmenu ] [ Ordliste ] [ Tilbage til hovedsiden ]