goi-ordenako ekuazio diferentzialak · erro) dituela, baina ez dute zertan errealak edo elkarren...

Goi-ordenako ekuazio diferentzialak

n. ordenako ekuazio difentzial arruntaren adierazpen orokorra:

n. ordenako ekuazio difentzial arruntaren adierazpen normala:

Linealtasuna: n. ordenako ekuazio difentzial arrunta lineala da F lineala denean y, y’, y”, …, y(n) aldagaiekiko, hau da, hurrengo erakoa denean:

€

an (x) dnydxn

+ an−1(x) dn−1ydxn−1 ++ a1(x) dy

dx+ a0(x)y = g(x), non an (x) ≠ 0

denean, n. ordenako ekuazio difentzial arrunta linealari “homogenoa” deitzen zaio:

n. ordenako ekuazio difentzial arrunta lineala eta

homogenoaren hainbat soluzio badaukagu, orduan soluzio horien edozein konbinazio lineala ere benetako soluzioa da:

€

an (x)dnydxn

+ an−1(x)dn−1ydxn−1

++ a1(x)dydx

+ a0(x)y = 0€

g(x) = 0

€

f1(x), f2(x), …, fm (x) n. ekuazio diferentzial lineal homogeno baten soluzioak badira⇒ c1 f1(x) + c2 f2(x) ++ cm fm (x) ekuazio diferentzial beraren soluzioa da ere bai,non c1,c2,,cm konstanteak diren

Izan ere, n. ordenako ekuazio difentzial lineala eta homogenoari dagokion soluzio orokorra

izango da justu n soluzio linealki independenteen konbinazio lineala:

€

f1(x), f2(x), …, fn (x) n. ekuazio diferentzial lineal homogeno batensoluzio linealki independenteak badira,hau da, c1 f1(x) + c2 f2(x) ++ cn fn (x) = 0⇒ c1 = c2 = = cn = 0 ;orduan c1 f1(x) + c2 f2(x) ++ cn fn (x) dan. ekuazio diferentzial lineal homogeno horren soluzio orokorra.

Gainera, n. ordenako ekuazio difentzial lineal eta EZ homogeno baten soluzio partikular bat (parametrorik gabekoa) baldin badugu, , orduan, EZ homogeno horren soluzio orokorra izango da:

non homogenoaren soluzio orokorra den:

€

v(x)

€

c1 f1(x) + c2 f2(x) ++ cn fn (x) + v(x)

€

c1 f1(x) + c2 f2(x) ++ cn fn (x)

€

an (x)dnv(x)dxn

+ an−1(x)dn−1v(x)dxn−1

++ a1(x)dv(x)dx

+ a0(x)v(x) = g(x)

€

an (x) dn f i(x)dxn

+ an−1(x) dn−1 f i(x)dxn−1 ++ a1(x) dfi(x)

dx+ a0(x) f i(x) = 0 ; i =1,2…,n

� Hurrengoan ikasiko dugu nola kalkulatu n. ordenako koefiziente konstantedun ekuazio diferentzial lineal homogeno batentzako n soluzio linealki independenteak:

Orain ekuazio diferentziala honela idatz daiteke:

hau da, bertan agertzen diren koefizienteak ez dira x-en funtzioak baizik eta konstanteak.

Goi-ordenako koefiziente konstantedun ekuazio diferentzial lineal homogenoak:

€

andn ydxn

+ an−1dn−1ydxn−1

++ a1dydx

+ a0y = 0

€

an,an−1,,a1,a0

Saiatzen bagara motako soluzioekin:

hau da hasierako ekuazio diferentziala, ekuazio algebraikoa bihurtu dugu. Orain gure problema da

ekuazio algebraikoaren zeroak (edo erroak) aurkitzea

€

y(x) = emx

€

andnemx

dxn+ an−1

dn−1emx

dxn−1++ a1

demx

dx+ a0e

mx = 0

€

anmnemx + an−1m

n−1emx ++ a1memx + a0e

mx = 0

€

anmn + an−1m

n−1 ++ a1m + a0( )emx = 0

€

eta emx ≠ 0 denez⇒ anmn + an−1m

n−1 ++ a1m + a0 = 0

€

anmn + an−1m

n−1 ++ a1m + a0 = 0

ekuazioari deitzen zaio “ekuazio karakteristikoa” edo “jatorrizko ekuazioa” eta Algebraren funtsezko teoremak bermatzen digu ekuazio horrek n zero (edo erro) dituela, baina ez dute zertan errealak edo elkarren desberdinak izan. Hau da, ager dakizkiguke erro anizkoitzak edota erro konplexuak. Azken kasu honetan, binaka agertzen dira: zero bat zenbaki konplexua bada, berari dagokion zenbaki konplexu konjokatua ere ekuazio karakteristikoaren zeroa izango da.

€

anmn + an−1m

n−1 ++ a1m + a0 = 0

� hau dugu kasurik errazena:

ekuazio karakteristikoak n zero erreal eta desberdinak baditu: orduan funtzioak dira ekuazio diferentzial homogenoaren n soluzio linealki independenteak eta honen soluzio orokorra, hortaz, honela idatz daiteke:

zeroak elkarren desberdinak direnean:

€

anmn + an−1m

n−1 ++ a1m + a0 = 0 = an (m −m1)(m −m2)(m −mn )

€

m1 ≠ m2 ≠mn

€

em1x,em2x,,emnx

€

y(x) = c1em1x + c2e

m2x ++ cnemnx

�Lehen aipatu den bezala “mj” zeroa konplexua denean, hau da, mj = a+bi (i2=-1), orduan bere konplexu konjokatua , a-bi, izango da, baita ere, ekuazio karakteristikoaren beste zeroa. Bestela esanda, erro konplexuak beti binaka agertuko zaizkigu. Zilegi izango zen heuren soluzio linealki independenteak honela idaztea: eta ekuazio diferentzial lineal homogenoaren soluzio orokorrean agertuko zen horien konbinazio lineala. Dena den, hobesten da soluzio linealki independenteak beste era honetan idaztea: eta, ondorioz, bi hauen konbinazio lineala idatziko dugu soluzio orokorrean.

zeroak konplexuak direnean:

€

e(a+bi)x , e(a−bi)x

€

eax sin(bx), eax cos(bx)

�kasu honetan:

ekuazio karakteristikoan n zero errealak desberdinak ez direnean baizik eta soilik r, (r<n), honela idatziko dugu faktorizazioa:

Orain soilik r soluzio linealki independenteak dauzkagu:

baina n>r behar ditugu soluzio orokorra osatzeko

zeroren bat errepikatzen denean:

€

anmn + an−1m

n−1 ++ a1m + a0 = 0 = an (m −m1)(m −m2)(m −mn )

€

m1 ≠ m2 ≠mr

€

em1x,em2x,,emr x

€

anmn + an−1m

n−1 ++ a1m + a0 = 0 = an (m −m1)n1 (m −m2)

n2(m −mr )nr

€

non n1 + n2 +nr = n

�Nola kalkulatuko ditugu falta zaizkigun n-r soluzio linealki independenteak, ?:

Erantzuna hauxe da: “mj” zeroaren anizkoiztasuna “nj” baldin bada (hau da “nj” aldiz agertzen bada faktorizazioan, edo, gauza bera dena, “nj” baldin bada bere berretzailea faktorizazioan:

orduan “mj” zero horrek hurrengo “nj” soluzio linealki independenteak erdiesten ditu:

zeroren bat errepikatzen denean:

€

y(x) = c1em1x + c2e

m2x ++ cremr x + cr+1 f r+1(x) ++ cn fn (x)

€

fr+1(x),, fn (x)

€

anmn + an−1m

n−1 ++ a1m + a0 = 0 = an(m −m j )n j

€

em j x, xem j x, x 2em j x,, xn j −1em j x

Goi-ordenako koefiziente konstantedun ekuazio diferentzial lineal EZ homogenoak:

€

an (x) dnydxn

+ an−1(x) dn−1ydxn−1 ++ a1(x) dy

dx+ a0(x)y = g(x), non an (x) eta g(x) ≠ 0

€

v(x)

€

c1 f1(x) + c2 f2(x) ++ cn fn (x) + v(x)

€

c1 f1(x) + c2 f2(x) ++ cn fn (x)

€

an (x)dnv(x)dxn

+ an−1(x)dn−1v(x)dxn−1

++ a1(x)dv(x)dx

+ a0(x)v(x) = g(x)

€

an (x) dn f i(x)dxn

+ an−1(x) dn−1 f i(x)dxn−1 ++ a1(x) dfi(x)

dx+ a0(x) f i(x) = 0 ; i =1,2…,n

n. ordenako ekuazio difentzial lineal eta EZ homogeno baten soluzio partikular bat (parametrorik gabekoa) baldin badugu, , orduan, EZ homogeno horren soluzio orokorra izango da:

non homogenoaren soluzio orokorra den:


Lehen ikasi dugu nola kalkulatu homogenoari dagokion soluzio orokorra. Hortaz, EZ homogenoaren soluzio orokorra lortzeko, soilik ikasi beharko dugu nola kalkulatu soluzio partikular bat.

Ikasiko dugun metodoa (koefiziente indeterminatuen izenekoa) bakarrik erabilgarria izango da gai ez homogenoa, g(x), hurrengo eratako funtzioen konbinazio lineala denean:

€

(i) eax, non a edozein zenbaki erreala den(ii) xn , non n edozein zenbaki oso positiboa den(iii) sin (bx + c), non b eta c zenbaki erreal diren (b ≠ 0)(iv) cos (bx + c), non b eta c zenbaki erreal diren (b ≠ 0)(v) aurreko lau motako edozein biderkadura, adibidez : 5x 3e−2x sin2(πx − 2)cos4 (−6x)


Hau da: koefiziente indeterminatuen metodoa erabiltzerik izango dugu hurrengo koefiziente konstantedun ekuazio diferentzial lineal ez homogenoarekin:

g(x) denean g(x)= A1 u1(x)+A2 u2(x)+…+Am um(x), non A1, A2, …,Am ezagutzen ditugun konstanteak diren eta u1(x), u2(x),…,um(x) aurreko motako funtzioak diren. Gogora dezagun KI metodoaren helburua dela ez homogenoaren soluzio partikularra kalkulatzea. (Eta soluzio partikular horri batzen badiogu dagokion homogenoaren soluzio orokorra, orduan batura hori izango da ez homogenoaren soluzio orokorra)

€

an (x)dnydxn

+ an−1(x)dn−1ydxn−1

++ a1(x)dydx

+ a0(x)y = g(x)


Soluzio partikularra kalkulatzeko hurrengo urratsak jorratuko ditugu: 1) Lehenik eta behin u1(x), u2(x),…,um(x) funtzioen hurrenez

hurrenezko “KI multzoak” kalkulatuko ditugu S1, S2,…, Sm: ui(x) funtzioari dagokion “KI multzoa”-n agertuko zaigu ui(x)

funtzioa bera eta baita ere ui(x) funtzioa deribatuz lortzen diren linealki indepenteak diren funtzio guztiak. Adibidez:

€

(i) ui(x) = eax baldin bada ⇒ Si = {eax} (deribatu guztiak elkarren proportionalak, hau da, linealki dependenteak direlako)

€

(ii) ui(x) = xn baldin bada ⇒ Si = {xn , xn−1, …, x, 1} (n +1 garrenetik gora deribatu guztiak zero direlako)

€

(iii) ui(x) = sin(bx + c) baldin bada ⇒ Si = {sin(bx + c), cos(bx + c)} (bigarren deribatutik gora denak dira proportzionalak, hau da, sinuak eta cosinuak bider konstanteak)


2) Behin S1, S2,…, Sm “KI multzoak” kalkulatu ditugun, hartuko ditugu soilik desberdinak direnak. Hau da, baten bat errepikatuta dago edo bestearen zati bat baldin bada ez dugu aintzakotzat hartuko.

3) Si, “KI multzo” batetan aurkituko bagenu homogenoaren soluzioren bat, orduan biderkatu beharko genituen Si-ren funtzio guztiak x-ren berredura txikienaz, bertan homogenoaren soluziorik gera ez daitezen.

€

(v) Aurreko motako biderkadurekin KI multzo handiagoak aurki ditzakegu.Adibidez : ui(x) = xn sin(bx + c) baldin bada ⇒ Si = {xn sin(bx + c), xn cos(bx + c), xn−1 sin(bx + c), xn−1 cos(bx + c), … …, x sin(bx + c), x cos(bx + c), sin(bx + c), cos(bx + c)}

€

(iv) ui(x) = cos(bx + c) baldin bada ⇒ Si = {cos(bx + c), sin(bx + c)} (bigarren deribatutik gora denak dira proportzionalak, hau da, cosinuak eta sinuak bider konstanteak)


4) Azkenik hartuko genituzke geratu zaizkigun “KI multzo” guztien funtzioen arteko konbinazio lineala. Konbinazio lineal horren koefizienteak oraingoz indeterminatuak dira.

5)Konbinazio lineal hori ordezkatzen da orain koefiziente konstantedun ekuazio diferentzial lineal ez homogenoan eta, horrela, kalkula daitezke koefiziente indeterminatu horiek. Hori eginda lortu dugu gure soluzio partikularra.


Adibidea:

Lehenbizi kalkulatuko dugu ekuazio diferentzial honi dagokion hurrengo homogenoaren soluzio orokorra:

Horetarako kalkulatuko beharko ditugu bere ekuazio karakteristikoaren zero edo erroak. Ekuazio karakteristikoa hauxe da: eta, ondorioz, m=0 da bere erro bat (erro bikoitza alegia, bi aldiz agertzen zaigulako faktorizazioan):

€

d5ydx 5

− 2 d3ydx 3

+ 4 d2ydx 2

= 0

€

m5 − 2m3 + 4m2 = 0

€

m5 − 2m3 + 4m2 = m2(m3 − 2m + 4) = 0

€

d5ydx 5

− 2 d3ydx 3

+ 4 d2ydx 2

= π + 3e−x − 4ex cos(x) + 6x 2


m = 0 bikoitza den erro horri dagozkion bi soluzio lienalki independenteak izango dira:

falta zaizkigun beste hiru soluzio linealki independenteak (bost behar ditugu guztira, bostgarren mailako ekuazio diferentziala dugulako) lortuko ditugu faktorizatuz. Ruffiniren bidez egiaztatu daiteke m = -2 dela horren erroa:

€

1 0 −2 4−2 −2 4 −4

1 −2 2 0

€

(m3 − 2m + 4)€

1 (= e0x ) eta x (= xe0x )

€

Hau da : (m3 − 2m + 4) = (m + 2)(m2 − 2m + 2)


Falta zaizkigun erroak lor ditzakegu ekuaziotik:

eta honekin lortu ditugu erro guztiak: 0 (bikoitza), -2, 1+i eta 1-i:

m = -2 erroari dagokion soluzioa da eta m = 1+i eta m = 1-i erroei dagozkienak . Orduan, ekuazio diferentzial homogenoaren soluzioa hauxe da:

€

m =2 ± 22 − 4⋅ 2

2=1± i

€

m2 − 2m + 2 = 0

€

m5 − 2m3 + 4m2 = m2(m + 2)(m − (1+ i))(m − (1− i)) = 0

€

e−2x

€

yh (x) = C1 +C2x +C3e−2x +C4e

x sin(x) +C5ex cos(x)€

ex sin(x) eta ex cos(x)


Behin homogenoaren soluzio orokorra lortu dugun hureengo urratsa izango da ez homogenoaren soluzio partikular bat bilatzea:

Horretarako KI metodoa erabil dezakegu ezen gai ez homogenoa baita KI motako funtzioen konbinazio lineala:

Hortaz KI multzoak hauxek dira:

€

d5ydx 5

− 2 d3ydx 3

+ 4 d2ydx 2

= π + 3e−x − 4ex cos(x) + 6x 2

€

π + 3e−x − 4ex cos(x) + 6x 2 = A1u1(x) + A2u2(x) + A3u3(x) + A4u4 (x)non A1 = π, A2 = 3, A3 = −4, A4 = 6eta u1(x) =1, u2(x) = e−x, u3(x) = ex cos(x) eta u4 (x) = x 2

€

S1 = {1}, S2 = {e−x}, S3 = {ex cos(x), ex sin(x)} eta S4 = {x 2, x, 1}


Argi eta garbi S1 da S4-ren azpimultzoa, beraz, baztertu dezakegu.

Bestaldetik S3 multzoan dauzkagun funtzioak badira homogenoaren soluzioak. Beraz, biderkatuko dugu x aldagaiaz (lehen berredurarekin nahikoa da) eta horrela ia ez dira homogenoaren soluzioak izango:

Bestaldetik, S4 multzoan badauzkagu bi funtzio homogenoaren soluzioak direnak, x eta 1. Orduan, biderkatu beharko ditugu S4 multzoaren funtzioak (guztiak) x-ren bigarren berreduraz homogenoaren soluzioak desagertarazteko

€

S3 = {xex cos(x), xex sin(x)}

€

S4 = {x 2 ⋅ x 2, x⋅ x 2, 1⋅ x 2} = {x 4 ,x 3,x 2}


Hau guztia eginda, osa dezakegu soluzio partikularra koefiziente indeterminatuekin:

Hurrengoan ordezkatu beharko dugu soluzio partikular hori ekuazio diferentzial ez homogenoan koefiziente indeterminatu horiek zehazteko:

€

yp (x) = Ae−x + Bxex cos(x) +Cxex sin(x) +Dx 4 + Ex 3 + Fx 2

€

dyp (x)dx

= −Ae−x + ex (B + Bx +Cx)cos(x) + ex (C − Bx +Cx)sin(x) + 4Dx 3 + 3Ex 2 + 2Fx

€

d2yp (x)dx 2 = Ae−x + 2ex (B +C +Cx)cos(x) − 2ex (B −C + Bx)sin(x) +12Dx 2 + 6Ex + 2F

€

d3yp (x)dx 3 = −Ae−x + 2ex (−Bx +C(3+ x))cos(x) − 2ex (Cx + B(3 + x))sin(x) + 24Dx + 6E


€

d4yp (x)dx 4

= Ae−x − 4ex (−2C + B(2 + x))cos(x) − 4ex (2B +C(2 + x))sin(x) + 24D

€

d5yp (x)dx 5

= −Ae−x − 4ex (Cx + B(5 + x))cos(x) − 4ex (−Bx +C(5 + x))sin(x)

€

Beraz :d5ydx 5 − 2 d

3ydx 3 + 4 d

2ydx 2 = 5Ae−x − 4(3B +C)ex cos(x) + 4(B − 3C)ex sin(x) +

(−12E + 8F) + (24E − 48D)x + 48Dx 2

€

Bestaldetik ekuazio diferentziala hauxe genuen :d5ydx 5 − 2 d

3ydx 3 + 4 d

2ydx 2 = π + 3e−x − 4ex cos(x) + 6x 2


€

Beraz, gaiak berdinduz :5Ae−x − 4(3B +C)ex cos(x) + 4(B − 3C)ex sin(x) + (−12E + 8F) + (24E − 48D)x + 48Dx 2 =

π + 3e−x − 4ex cos(x) + 6x 2

€

Ondorioz :5A = 3

−4(3B +C) = −44(B − 3C) = 0−12E + 8F = π

24E − 48D = 048D = 6

⎧

⎨

⎪ ⎪ ⎪

⎩

⎪ ⎪ ⎪

€

⇒

A =35

3B +C =1B − 3C = 0

−12E + 8F = π

E − 2D = 0D =

18

⎧

⎨

⎪ ⎪ ⎪ ⎪

⎩

⎪ ⎪ ⎪ ⎪

€

⇒

A =35

3B +C =1B = 3C

−12E + 8F = π

E =14

D =18

⎧

⎨

⎪ ⎪ ⎪ ⎪

⎩

⎪ ⎪ ⎪ ⎪

€

⇒

A =35

3B +C =1B = 3CF =

π + 38

E =14

D =18

⎧

⎨

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪

⎩

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪

€

⇒

A =35

C =110

B =310

F =π + 38

E =14

D =18

⎧

⎨

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪

⎩

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪

€

Hots : yp (x) = Ae−x + Bxex cos(x) +Cxex sin(x) +Dx 4 + Ex 3 + Fx 2 =

35e−x +

310

xex cos(x) +1

10xex sin(x) +

18x 4 + 1

4x 3 +

π + 38

x 2


Amaitzeko:

Goiko bosgarren ordenako koefiziente konstantedun ekuazio diferentzial lineal ez homogenoaren soluzio orokorra izango da homogenoaren soluzio orokorra gehi soluzio partikularra: €

d5ydx 5

− 2 d3ydx 3

+ 4 d2ydx 2

= π + 3e−x − 4ex cos(x) + 6x 2

€

y(x) = yh (x) + yp (x) = C1 +C2x +C3e−2x +C4e

x sin(x) +C5ex cos(x) +

35e−x +

310

xex cos(x) +1

10xex sin(x) +

18x 4 + 1

4x 3 +

π + 38

x 2

goi-ordenako ekuazio diferentzialak · erro) dituela, baina ez dute zertan errealak edo elkarren...

Documents