hogere orde differentiaalvergelijkingen


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

Hogere orde differentiaalvergelijkingen.
-met constante coëfficiënten-

De "orde" van een differentiaalvergelijking is de hoogste afgeleide die er in voorkomt. In het algemeen zien hogere orde differentiaalvergelijkingen er zó uit:

y⁽ⁿ⁾ + a_{n
-}₁ • y^{(n - 1)} + a_{n -}₂ • y^{(n - 2)} + ... + a₂ • y '' + a₁ • y' + a₀ • y = f(x)

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

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) ... y_n(x) allemaal oplossingen zijn van de homogene vergelijking, dan is c₁y₁ + c₂y₂ + ... + c_ny_n 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 + ... + c_ny_n + y_P waarbij y_P 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 e^lx een oplossing is. Als je die invult dan geeft dat de karakteristieke vergelijking:

a_n • λⁿ + a_n_{- 1} • λ^{n - 1} + ... + a₁ • λ + a₀ = 0

Voor de oplossingen van deze karakteristieke vergelijking hadden we bij tweede orde vergelijkingen drie mogelijkheden:

• 2 verschillende reële oplossingen
• een dubbele reële oplossingen
• 2 complexe oplossingen

Ook bij deze n^de 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 reële plus een aantal verschillende reële", of nog andere combinaties van de drie basissoorten.
Laten we de verschillende gevallen maar bekijken.

Allemaal verschillende reële oplossingen
Dan is de algemeen oplossing van de homogene vergelijking y = c₁e^λ1^x + c₂e^λ2^x + ... + c_ne^λn^x

Meervoudige reële 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: c₁e^λx+ c₂xe^λx + c₃x² e^λx + c₄x³e^λx

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 reële 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 reële oplossingen wilt krijgen, en dat zijn deze oplossingen niet! Dat kunnen we verhelpen met de formule van Euler: e^(a^{+ bi)x} = e^ax • e^bix = e^ax • (cosbx + isinbx)
Dat geeft dan de reële oplossingen:
e^axcos(bx), e^ax(sinbx), xe^axcos(bx), xe^ax(sinbx), x²e^axcos(bx), x²e^ax(sinbx), ....

Tenslotte: Dit alles gaat er van uit dat we de oplossingen van die n^de-graads vergelijking voor λ hebben gevonden. Dat zal vaak vrij moeilijk zijn, en vaak zal daar één 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 reële oplossingen; dat geeft de algemene oplossing:   y = c₁e^x + c₂e^-2x + c₃e^4x
dus y₀= c₁ + c₂ + c₃ = -6    ....(1)
Dan is y' = c₁e^x - 2c₂e^-2x + 4c₃e^4x   dus y '(0) = c₁ - 2c₂+ 4c₃ = 6    ....(2)
Dan is y'' = c₁e^x + 4c₂e^-2x + 16c₃e^4x 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 = e^x - 3e^-2x - 4e^4x

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 één 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 reële, of 4 reële. 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 = c₁e^3x + c₂xe^3x+ c₃e^2xcosx + c₄e^2xsinx
y(0) = c₁ + c₃ = 0   ....(1)

y ' = 3c₁e^3x + c₂e^3x + 3c₂xe^3x + 2c₃e^2xcosx - c₃e^2xsinx + 2c₄e^2xsinx+ c₄e^2x cosx
dus y'(0) = 3c₁ + c₂ + 2c₃ + c₄ = 3     .....(2)

y'' = 9c₁e^3x + 3c₂e^3x + 9c₂xe^3x + 3c₂e^3x + 4c₃e^2xcosx - 2c₃e^2xsinx - 2c₃e^2xsinx - c₃e^2xcosx + 4c₄e^2xsinx + 2c₄e^2xcosx + 2c₄e²^xcosx - c₄e^2xsinx
= 9c₁e^3x + 6c₂e^3x + 9c₂xe^3x + 3c₃e^2xcosx - 4c₃e^2xsinx + 3c₄e^2xsinx + 4c₄e^2xcosx
dus y''(0) = 9c₁ + 6c₂ + 3c₃ + 4c₄ = 16    .....(3)

y''' = 27c₁e^3x + 18c₂e^3x + 27c₂xe^3x + 9c₂e^3x + 6c₃e^2x cosx - 3c₃e^2xsinx - 8c₃e^2xsinx - 4c₃e^2xcosx + 6c₄e^2xsinx + 3c₄e^2xcosx + 8c₄e^2xcosx - 4c₄e^2xsinx
= 27c₁e^3x + 27c₂e^3x + 27c₂xe^3x + 2c₃e^2xcosx - 11c₃e^2xsinx + 4c₄e^2xsinx + 11c₄e^2xcosx
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 = 2xe^3x + e^2xsinx

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 = 8^0,25 = 3 maar dat is maar één oplossing en we hebben er vier nodig.
Toch zijn er geen dubbelen bij!! Dat komt omdat 81^0,25 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 zó:

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 = 81^0,25 = 3 en 4φ = 0 + k2πdus 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 = c₁e^3x + c₂cos3x + c₃e^-3x+ c₄sin3x

y(0) = 3 geeft c₁ + c₂ + c₃ = 3    .....(1)
y' = 3c₁e^3x - 3c₂sin(3x) - 3c₃e^-3x + 3c₄cos(3x) dus y'(0) = 3c₁ - 3c₃ + 3c₄ = 3    .....(2)
y'' = 9c₁e^3x - 9c₂cos(3x) + 9c₃e^-3x - 9c₄sin(3x) dus y''(0) = 9c₁ - 9c₂ + 9c₃ = 9    .....(3)
y''' = 27c₁e^3x + 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 = e^3x + cos3x + e^-3x+ sin3x