Lösningsformeln för en homogen linjär differentialekvation av ordning n med konstanta koefficienter

Hur har du tänkg själv? Det står i Pluggakutens regler att du skall visa hur du har försökt och hur långt du har kommit. /moderator

Tips: om $n=1$ kan du skriva den som:

$(\sum_{k=0}^1 a_k \frac{d^k}{dx^k}) y=0$

Smaragdalena: Ja, jag har försökt själv och hittade ett bevis på nätet men det var för komplicerat för mig att förstå, så jag vände mig hit. Jag har försökt att själv skapa ett bevis men kom ingen vart, jag är inte en matematiker. Jag är ledsen ifall det framstår som om jag vill att någon av er hjälpare ska skapa ett originalbevis. Önskar mer bli refererad till ett redan existerande. Jag har, förstår och har lärt in mig ett bevis för upp till och med andra gradens linjära differentialekvationer men har svårigheter att generalisera det. Ska jag skriva ut vad i det beviset jag har svårt att generalisera? (Preparationerna till beviset nedan är inte det jag använde för beviset av andra gradens diff. ekv. med konstanta koefficienter)

Tomast80: $\left(\sum _{k=0}^1{a}_k\frac{d^k}{d{x}^k}\right)y = a_{0}y + a_{1}Dy=y(a_0+a_{1}D)=0.$Antingen så är y eller det i parentesen lika med noll. Om man skulle utveckla detta resonemanget, kan man göra såhär: $\left(\sum _{k=0}^n{a}_k\frac{d^k}{d{x}^k}\right)y = a_{0}y + a_{1}Dy + ... + a_n{D}^{n}y=y(a_0+a_{1}D+ ... + a_n{D}^n)=0.$

Antingen är y lika med noll eller det i parentesen, det i parentesen hänvisar jag till som $P\left(D\right)$.  

Sedan är jag medveten att om vi stoppar in $y = C{e}^{rx}$så alstras det karakteristiska polynomet p(r), eftersom, $D^k{e}^{rx}=r^k{e}^{rx}$.

Detta medför att: P(r) = $r^{n }+ a_{n-1}{r}^{n-1}+...+a_1{r}^1+a_0=0$.

Av ovan följer att $P\left(D\right)\left[e^{rx}\right]=P\left(r\right)e^{rx}$och därmed bör $e^{rx}$vara en lösning till $P\left(D\right)y=0$

om och endast om P(r) = 0, alltså att r är en rot till karakteristiska ekvationen (då $e^{rx} \ge 0$, för alla r). 

Jag benämner rötterna till P(r) såsom, $r_1,r_2,...,r_k$med multipliciteterna $m_1,m_2,...,m_k$.

Såhär långt kommer jag själv och förstår. 

Jag vet inte hur jag bör göra nu. Jag studerar på heltid så har nog inte tiden att försöka skapa ett eget bevis. Därför skulle jag innerligt uppskatta om jag kunde få lite hjälp att antingen förstå detta, genom att jag ställer vissa frågor kring det, får tips som svar, som jag därmed kan jobba mig framåt med. Eller ett annat bevis ni hjälpare har lagrat i eran bevisbank. Här är ett bevis som jag har tillgång till: https://gyazo.com/95330eb0c2d532389c45d63b5fd0491f

blygummi, det hade varit bra om du hade länkat till beviset du hade hittat, så att vi inte skulle lägga ner tid på att försöka fråga just det. Vi som svarar här är inte anställda för detta, utan gör det på vår fritid. /moderator

En homogen ODE av ordning $n$ med konstanta koefficienter kan skrivas med hjälp av deriveringsoperatorn $D$ som 

    $(a_0I+a_1D+a_2D^2+a_3D^3+\cdots+a_nD^n)y=0$ där $I$ betecknar identitetsoperatorn.

Betraktat som ett polynom i D kan operatorn $a_0I+a_1D+a_2D^2+a_3D^3+\cdots+a_nD^n$ faktoriseras i en produkt av operatorer $b+cD$ enligt Algebrans fundamentalsats. 

    $a_0I+a_1D+a_2D^2+a_3D^3+\cdots+a_nD^n = \prod_{k=1}^{n}(b_k+c_kD)$ där $b_k$ och $c_k$ är komplexa tal.

Denna faktorisering reducerar den urspungliga ODE till en sekvens av linjära ODE av första ordningen genom att successivt definiera funktionerna

    $(b_{i+1}+c_{i+1}D)y_{i+1} = y_{i}$ där $i=2,\ldots, n-1$ och $(b_{n}+c_nD)y=y_{n}$

och $(b_1+c_1D)y_2=0.$

http://www.math.chalmers.se/Math/Grundutb/CTH/tma976/1819/differentialekvationer.pdf

Här är beviset. Okej, förlåt.

Om man klickar på länken ovan och går till sida 3, slutet av stycke 1 och början av stycke två i beviset så ser ni följande mening, "och om y är en godtycklig lösning till $P\left(D\right)y=0$, ... varför n integrationer ger att $y{e}^{-r_{1}x}$är ett polynom  $p_1\left(x\right)$,

av grad högst $n-1=m_1-1$." 

Mitt försök till förståelse av meningen = Jag förstår inte varför den högsta graden av polynomet $p_1\left(x\right)$ är  $n-1=m_1-1$. Jag förstår att om, $P\left(D\right)\left[e^{rx}\right]=P\left(r\right)\left[e^{rx}\right]$ och därefter att $P\left(r\right)$ med hjälp av faktorsatsen kan skrivas som $P\left(r\right) = Q_j\left(r\right)(r-r_j{)}^{m_j}$ för något polynom $Q_j$ av graden $n-m_j$. (Totala graden är $n$ därför måste graden av $Q_j$ vara $n-m_j$) Jag tror att jag förstår att då $k=1$ så är $P\left(r\right)=(r-r_1{)}^n$. (Om vi endast har ett nollställen, $r_1$ så finns det enligt algebrans fundamentalsats lika många lösningar såsom gradens storlek, alltså $n st$ vilket medför att ${Q_{1 }}^{n-m_j=n-n=0}=1$) Varför lägger skribenten till "om $y$ är en godtycklig lösning till $P\left(D\right)y=0$"? Definierade man inte $y=C{e}^{rx}$ och därefter fick karakteristiska ekvationen varvid man senare skrev om med hjälp av faktorsatsen? Det jag kan tänka mig är att författaren hänvisar till att $y=C{e}^{rx}$ kan ha olika värden på $C$ och låter därför y vara en godtycklig lösning med avseende på det. Sist förstår jag inte varför han skriver upp detta uttryck på sättet som det görs, det vill säga, $D^n\left[y{e}^{-r_{1}x}\right]$. Jag anar att $D^n$ kommer från att $n$ är graden i $P\left(r\right) = (r-r_1{)}^n$ och att $-r_1$ i $e^{-r_{1}x}$ kommer från att roten r = $-r_{1 }$ då $P\left(r\right) = 0$. 

blygummi skrev:

Om man klickar på länken ovan och går till sida 3, slutet av stycke 1 och början av stycke två i beviset så ser ni följande mening, "och om y är en godtycklig lösning till $P\left(D\right)y=0$, ... varför n integrationer ger att $y{e}^{-r_{1}x}$är ett polynom  $p_1\left(x\right)$,

av grad högst $n-1=m_1-1$." 

Mitt försök till förståelse av meningen = Jag förstår inte varför den högsta graden av polynomet $p_1\left(x\right)$ är  $n-1=m_1-1$. Jag förstår att om, $P\left(D\right)\left[e^{rx}\right]=P\left(r\right)\left[e^{rx}\right]$ och därefter att $P\left(r\right)$ med hjälp av faktorsatsen kan skrivas som $P\left(r\right) = Q_j\left(r\right)(r-r_j{)}^{m_j}$ för något polynom $Q_j$ av graden $n-m_j$. (Totala graden är $n$ därför måste graden av $Q_j$ vara $n-m_j$) Jag tror att jag förstår att då $k=1$ så är $P\left(r\right)=(r-r_1{)}^n$. (Om vi endast har ett nollställen, $r_1$ så finns det enligt algebrans fundamentalsats lika många lösningar såsom gradens storlek, alltså $n st$ vilket medför att ${Q_{1 }}^{n-m_j=n-n=0}=1$) Varför lägger skribenten till "om $y$ är en godtycklig lösning till $P\left(D\right)y=0$"? Definierade man inte $y=C{e}^{rx}$ och därefter fick karakteristiska ekvationen varvid man senare skrev om med hjälp av faktorsatsen? Det jag kan tänka mig är att författaren hänvisar till att $y=C{e}^{rx}$ kan ha olika värden på $C$ och låter därför y vara en godtycklig lösning med avseende på det. Sist förstår jag inte varför han skriver upp detta uttryck på sättet som det görs, det vill säga, $D^n\left[y{e}^{-r_{1}x}\right]$. Jag anar att $D^n$ kommer från att $n$ är graden i $P\left(r\right) = (r-r_1{)}^n$ och att $-r_1$ i $e^{-r_{1}x}$ kommer från att roten r = $-r_{1 }$ då $P\left(r\right) = 0$. 

Om du hade lagt upp det här inlägget (plus länken, förstås) för tre dagar sedan, så är jag övertygad om att du hade fått ett svar vid det här laget.

Texten visar att om funktionen $y$ löser ekvationen $P(D)y = 0$ så är $y$ en summa av exponentialfunktioner. 

Tidigare visades det att om $y$ är en summa av exponentialfunktioner så löser $y$ ekvationen $P(D)y=0$; detta är inte samma sak som den första meningen.

Om $u$ är en funktion sådan att $D^{n}u=0$ så ger upprepade integrationer att $u$ är ett polynom av grad $n-1$.

    $(D^{n-1}u)(x) = c_{n-1} \implies D^{n-2}u)(x) = c_{n-1}x+c_{n-2} \implies (D^{n-3}u)(x)=c_{n-1}x^{2}+c_{n-2}x+c_{n-3} \implies \cdots \implies (D^{0}u)(x)=c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_{0}.$

I texten är funktionen $u(x) = y(x)e^{-r_1x}.$

Förskjutningsregeln: Om $P$ är ett polynom av grad $n$ och $z(x)$ är en funktion och $c$ är en konstant gäller det att

    $P(D)(e^{cx}z)(x) = e^{cx}(P(D+c)z)(x).$

Om förskjutningsregeln tillämpas på $e^{cx}f(x)$ där $f$ är ett polynom av gradtal lägre än $n$ får man

    $P(D)(e^{cx}f)(x)=e^{cx}(P(D+c)f)(x),$

men $P(D+c)f$ är lika med nollfunktionen eftersom man deriverar $f$ fler gånger än $f$:s gradtal; vad får du exempelvis om du beräknar tredjederivatan eller fjärdederivatan av andragradspolynomet $f(x)=ax^2+bx+c$?

Tack Albiki! Ditt svar var mycket hjälpsamt! För att svara på din sista kommentar, man får noll i vardera fall.

Följdfrågor: Varför från första början applicera förskjutningsregeln på (just detta uttrycket) $D^n\left(y{e}^{-r_{1}x}\right)$ istället för något annat godtyckligt matematisk uttryck? Varför är $e^{-r_{1}x}(D-r_1{)}^n[y] = e^{-r_{1}x}P(D)y=0?$ Eller rättare sagt, varför är $(D-r_1{)}^n[y] = P(D)y$ och detta i sin tur (multiplicerat med $e^{-r_{1}x}$) lika med nollfunktionen, detta stämmer väl endast då någon av de ingående termerna är lika med noll. Men hur är detta möjligt då det redan visats att $y$ är en summa av exponentialfunktioner av den naturliga logaritmen $e?$

Mitt försök att besvara följdfrågan: Jag köper principen du beskrev i din senaste kommentar. Om den största exponenten hos $P\left(D\right)$ är $n$, så följer att $P\left(D\right)y=0$då största graden hos$$$grad \left(P\right(D\left)\right) > grad\left(y\right)$ , om den är det så blir $P\left(D\right)y=0$. Dock behöver jag inte tillämpa förskjutningsregeln för att inse detta, såvida jag inte, av någon för mig okänd anledning multiplicerar $y$ med $e^{-r_{1}x}$. 

Bumpar min tråd.

Förskjutningsregeln fungerar endast på funktioner av typen $e^{cx}z(x).$ När den tillämpas på $e^{cx}f(x)$ där $grad(f) <>$ får man som du sett att $P(D)(e^{cx}f) = 0$ vilket betyder att $e^{cx}f$ är en polynomfunktion ($q$) där $grad(q) = n-1;$ det följer att $f(x) = e^{-cx}q(x).$

Tack.

Varför är $e^{-r_{1}x}(D-r_1{)}^n[y]=e^{-r_{1}x}P(D)y$?

https://ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-03-differential-equations-spring-2010/readings/notes_exe/MIT18_03S10_o.pdf

Är detta (del 5 i dokumentet) ekvivalent med beviset (sats 2) från Chalmers?

blygummi skrev:

Tack.

Varför är $e^{-r_{1}x}(D-r_1{)}^n[y]=e^{-r_{1}x}P(D)y$?

Det är det inte, utom då polynomet $P(x) = (x-r_1)^{n}.$