h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)

       
Hogere orde differentiaalvergelijkingen.
-met constante cofficinten-
       
De "orde" van een differentiaalvergelijking is de hoogste afgeleide die er in voorkomt. In het algemeen zien hogere orde differentiaalvergelijkingen er z uit: 
       

y(n) + an - 1 y(n - 1)  +  an - 2   y(n - 2)  + ... + a2 y ''  + a1 y'  + a0   yf(x)

 
Daarbij betekent  y(n)  de  n-de afgeleide van y.  Verder is, zoals je ziet  an  gelijk gesteld aan 1. Als dat niet zo is, deel je alles gewoon eerst door  an.

Het lijkt allemaal nogal op wat we al weten van eerste en tweede orde vergelijkingen, maar dan meer van hetzelfde:
 
Voor een n-de orde vergelijking zijn, om een oplossing te vinden, ook n beginvoorwaarden nodig.  Meestal worden die gegeven als  y(0) en y'(0) en y''(0) en  ... en y(n)(0)
De homogene vergelijking is dan precies dezelfde als hierboven, maar met  f(x) = 0
Als y1(x), y2(x) ... yn(x)  allemaal oplossingen zijn van de homogene vergelijking, dan is c1y1 + c2y2 + ... + cnyn  ook een oplossing.  Die  c1, c2, ... kun je vinden met de beginvoorwaarden. Dat geeft nu een stelsel van n vergelijkingen met n onbekenden.  Die zijn op te lossen als de Wronskiaan maar niet nul is.

De algemene oplossing is weer gelijk aan c1y1 + c2y2 + ... + cnyn + yP  waarbij yP een particuliere oplossing van de niet-homogene vergelijking is.
       
Ook de methodes om zulke hogere orde differentiaalvergelijkingen op te lossen lijken gelukkig nogal op de methodes die we al kennen van vooral tweede orde vergelijkingen.  Het enige is dat het rekenwerk vaak nogal veel moeilijker wordt.
       
Oplossingen van de Homogene vergelijking.
       
Voor het oplossen van de homogene vergelijking probeer je weer of  elx  een oplossing is. Als je die invult dan geeft dat de karakteristieke vergelijking:
       

an λnan - 1 λn - 1 + ... +  a1 λ + a0 = 0

       
Voor de oplossingen van deze karakteristieke vergelijking hadden we bij tweede orde vergelijkingen drie mogelijkheden:
  2 verschillende rele oplossingen
een dubbele rele oplossingen
2 complexe oplossingen
       
Ook bij deze nde machts vergelijking zijn er in principe wel dezelfde soorten oplossingen als we al gewend waren, maar nu zijn er ook combinaties mogelijk. Je kunt bijvoorbeeld  "dubbele complexe oplossingen"  hebben of een "aantal dubbele rele plus een aantal verschillende rele", of nog andere combinaties van de drie basissoorten.
Laten we de verschillende gevallen maar bekijken.
       
1. Allemaal verschillende rele oplossingen
Dan is de algemeen oplossing van de homogene vergelijking   y = c1eλ1x  + c2eλ2x + ...  +  cneλnx
       
2. Meervoudige rele oplossingen.
Voor elke extra oplossing voeg je gewoon een x toe.  Dat werkt zo:
Stel dat je de oplossing λ bij de karakteristieke vergelijking bijvoorbeeld 4 keer hebt gevonden.
Dan geeft dat de oplossingen:  c1eλx + c2xeλx + c3x2 eλx + c4x3eλx  
       
3. Meervoudige complexe oplossingen.
  Stel dat de oplossing  λ = a + bi  vaker voorkomt  (en dus automatisch de geconjugeerde  a - bi ook)
Je kunt dan in principe gewoon hetzelfde doen als bij de meervoudige rele oplossingen.
Dat zou geven:    y = c1e(a + bi)x +  c2xe(a + bi)x +  c3x2 e(a + bi)x + .....  en zo door:  hoeveel je er maar nodig hebt; gewoon steeds een extra macht van x erbij zetten.
Het probleem daarbij is, dat je graag rele oplossingen wilt krijgen, en dat zijn deze oplossingen niet! Dat kunnen we verhelpen met de formule van Euler:  e(a + bi)x = eax ebix = eax (cosbx + isinbx)
Dat geeft dan de rele oplossingen:  
eax
cos(bx),  eax(sinbx),  xeaxcos(bx),  xeax(sinbx),  x2eaxcos(bx),  x2eax(sinbx), ....    
       
Tenslotte:  Dit alles gaat er van uit dat we de oplossingen van die nde-graads vergelijking voor λ hebben gevonden. Dat zal vaak vrij moeilijk zijn, en vaak zal daar n of ander mooi computerprogramma voor nodig zijn.
       
Voorbeeld 1.   Los op   y''' - 3y''  - 6y' + y  = 0  met  y(0) = -6    en  y'(0) = 6   en  y''(0) = 0
De karakteristieke vergelijking geeft   λ3 - 3λ2 - 6λ + 1 = 0
Ik zie zo niet hoe ik die moet oplossen, dus ik speel gewoon even vals en voer de vergelijking in mijn TI-83 in.  Dat geeft de nulpunten (calc - zero)  x = 1, x = -2 en x = 4
Dan doe ik net alsof ik zie dat geldt:  λ3 - 3λ2 - 6λ + 1 = (λ - 1)(λ + 2)(λ - 4)
Drie verschillende rele oplossingen; dat geeft de algemene oplossing:   y = c1ex + c2e-2x + c3e4x  
dus y0= c1 + c2 + c3 = -6    ....(1)  
Dan is  y'  = c1ex - 2c2e-2x + 4c3e4x   dus y '(0) = c1 - 2c2 + 4c3  = 6    ....(2)
Dan is  y'' =  c1ex + 4c2e-2x + 16c3e4x   dus  y''(0) = c1 + 4c2 + 16c3 = 0   ....(3)
(1) geeft  c1 = -6 - c2 - c3  en dat kun je invullen in  (2) en (3):    -3c2 + 3c3 = 12   en   3c2 + 15c3 = 6
De eerste geeft  3c2 = 3c3 - 12 en dat kun je invullen in de tweede:    18c3 = 18  dus  c3 = 1 en c2 = -3 en c1 = -4
De oplossing is   y = ex - 3e-2x - 4e4x       

Voorbeeld 2.  Los op:   y'''' - 10y''' + 38y''  - 66y' + 45y = 0  met  y(0) = 0  en  y'(0) = 3  en   y''(0) = 16  en  y'''(0) = 65
De karakteristieke vergelijking geeft   λ4 - 10λ3 + 38λ2 - 66λ + 45 = 0
Mijn GR geeft slechts n nulpunt:  X = 3.
Gelukkig ben ik nogal slim, en weet ik dat complexe oplossingen in koppeltjes voorkomen, dus er moeten 2 complexe oplossingen zijn en 2 rele, of  4 rele.  Dat betekent dat die λ = 3 minstens een dubbel nulpunt is.
Omdat  (λ - 3)2 = λ2 - 6λ + 9  deel ik met een staartdeling   λ4 - 10λ3 + 38λ2 - 66λ + 45  door  λ2 - 6λ + 9
Daar komt uit  λ2 - 4λ + 5  (doe dat zelf maar)
λ2 - 4λ + 5 = λ2 - 4λ + 4 + 1  = (λ - 2)2 + 1  dus dat geeft oplossingen   λ = 2 i
De vier oplossingen zijn dus  λ = 3 en λ = 3 en λ = 2 + i en λ = 2 - i
De algemene oplossing is dan  y = c1e3x + c2xe3x + c3e2xcosx + c4e2xsinx
y
(0) = c1 + c3 = 0   ....(1)

y ' =
3c1e3x + c2e3x + 3c2xe3x + 2c3e2xcosx - c3e2xsinx + 2c4e2xsinx + c4e2x cosx 
dus  y'(0) = 3c1 + c2 + 2c3 + c4 =  3     .....(2)

y
'' = 9c1e3x + 3c2e3x + 9c2xe3x + 3c2e3x + 4c3e2xcosx - 2c3e2xsinx - 2c3e2xsinx - c3e2xcosx + 4c4e2xsinx + 2c4e2xcosx + 2c4e2xcosx  - c4e2xsinx 
9c1e3x + 6c2e3x + 9c2xe3x + 3c3e2xcosx - 4c3e2xsinx + 3c4e2xsinx + 4c4e2xcosx
dus  y''(0) = 9c1 + 6c2 + 3c3 + 4c4 = 16    .....(3)  

y'''  = 
27c1e3x  + 18c2e3x  + 27c2xe3x + 9c2e3x  + 6c3e2x cosx - 3c3e2xsinx - 8c3e2xsinx - 4c3e2xcosx + 6c4e2xsinx  + 3c4e2xcosx + 8c4e2xcosx - 4c4e2xsinx
=   27c1e3x  + 27c2e3x  + 27c2xe3x + 2c3e2xcosx - 11c3e2xsinx + 4c4e2xsinx  + 11c4e2xcosx
dus  27c1 + 27c2 + 2c3 + 11c4 = 65    .....(4)

(1)(2)(3)(4)  oplossen levert   c1 = 0,  c2 = 2,  c3 = 0  en  c4 = 1   (zelf doen)
De oplossing is  y = 2xe3x + e2xsinx

Voorbeeld
3.   Los op:   y'''' - 81y = 0  met  y(0) = y'(0) = 3  en  y''(0) = 9  en  y'''(0) = -27
De karakteristieke vergelijking geeft   λ4 - 81 = 0   ⇒  λ4 = 81
Dat lijkt op het eerste gezicht simpel:   λ = 80,25 = 3  maar dat is maar n oplossing en we hebben er vier nodig.
Toch zijn er geen dubbelen bij!! Dat komt omdat  810,25  bij de complexe getallen meerwaardig is, en vier complexe getallen kan voorstellen.  In  deze les kun je daar meer over vinden, maar het ging ongeveer z:

Als z = r(cosφ + isinφ)  dan is z4 = r4(cos(4φ) + isin(4φ)) = 81 = 81(cos(0 + k2π) + isin(0 + k2π))
Dat betekent dat r = 810,25 = 3 en  4φ = 0 + k2π  dus  φ = 0 + k 0,5π
Dat geeft de oplossingen  
z
= 3(cos0 + isin0)  of    3(cos(0,5π) + isin(0,5π))   of    3(cosπ + isinπ)   of   3(cos1,5π) + isin(1,5π))
Dat zijn de getallen  z = 3,  3i,  -3  en -3i

De algemene oplossing is dan   y = c1e3x + c2cos3x + c3e-3x +  c4sin3x

y
(0) = 3  geeft  c1 + c2 + c3 = 3    .....(1)
y' = 3c1e3x - 3c2sin(3x) - 3c3e-3x + 3c4cos(3x)  dus  y'(0) = 3c1 - 3c3 + 3c4 = 3    .....(2)
y'' = 9c1e3x - 9c2cos(3x) + 9c3e-3x - 9c4sin(3x)  dus  y''(0) = 9c1 - 9c2 + 9c3 = 9    .....(3)
y''' =  27c1e3x  + 27c2sin(3x) - 27c3e-3x - 27c4sin(3x)  dus  y'''(0) = 27c1 - 27c3 - 27c4 = -27    .....(4)
(1)(2)(3)(4)  geeft  c1 = c2 = c3 = c4 = 1  (zelf doen).
De oplossing is   y = e3x + cos3x + e-3x + sin3x
       
       

h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)