17 svar
179 visningar
blygummi 19
Postad: 11 mar 2019

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

Lösningsformeln för en homogen linjär differentialekvation av ordning n med konstanta koefficienter: Jag söker ett bevis för just det. Det ska icke involvera syntax som är typisk inom linjär algebra. Det ska innehålla en syntax som är typisk för analys. Gärna så enkelt som möjligt, använd sunt förnuft för och avgöra som vad är enkelt. Du behöver inte skriva beviset själv, länka går också bra! Tack på förhand!

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

tomast80 2154
Postad: 11 mar 2019 Redigerad: 11 mar 2019

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

(k=01akdkdxk)y=0(\sum_{k=0}^1 a_k \frac{d^k}{dx^k}) y=0

blygummi 19
Postad: 12 mar 2019 Redigerad: 12 mar 2019

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: k=01akdkdxky = a0y + a1Dy=y(a0+a1D)=0. Antingen så är y eller det i parentesen lika med noll. Om man skulle utveckla detta resonemanget, kan man göra såhär: k=0nakdkdxky = a0y + a1Dy + ... + anDny=y(a0+a1D+ ... + anDn)=0. 

Antingen är y lika med noll eller det i parentesen, det i parentesen hänvisar jag till som PD.  

Sedan är jag medveten att om vi stoppar in y = Cerxså alstras det karakteristiska polynomet p(r), eftersom, Dkerx=rkerx.

Detta medför att: P(r) = rn + an-1rn-1+...+a1r1+a0=0.

Av ovan följer att P(D)[erx]=P(r)erxoch därmed bör erxvara en lösning till P(D)y=0

om och endast om P(r) = 0, alltså att r är en rot till karakteristiska ekvationen (då erx  0, för alla r). 

Jag benämner rötterna till P(r) såsom, r1,r2,...,rkmed multipliciteterna m1,m2,...,mk.

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

Albiki 3470
Postad: 12 mar 2019 Redigerad: 12 mar 2019

En homogen ODE av ordning nn med konstanta koefficienter kan skrivas med hjälp av deriveringsoperatorn DD som 

    (a0I+a1D+a2D2+a3D3++anDn)y=0(a_0I+a_1D+a_2D^2+a_3D^3+\cdots+a_nD^n)y=0 där II betecknar identitetsoperatorn.

Betraktat som ett polynom i D kan operatorn a0I+a1D+a2D2+a3D3++anDna_0I+a_1D+a_2D^2+a_3D^3+\cdots+a_nD^n faktoriseras i en produkt av operatorer b+cDb+cD enligt Algebrans fundamentalsats. 

    a0I+a1D+a2D2+a3D3++anDn=k=1n(bk+ckD)a_0I+a_1D+a_2D^2+a_3D^3+\cdots+a_nD^n = \prod_{k=1}^{n}(b_k+c_kD) där bkb_k och ckc_k är komplexa tal.

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

    (bi+1+ci+1D)yi+1=yi(b_{i+1}+c_{i+1}D)y_{i+1} = y_{i} där i=2,,n-1i=2,\ldots, n-1 och (bn+cnD)y=yn(b_{n}+c_nD)y=y_{n}

och (b1+c1D)y2=0.(b_1+c_1D)y_2=0.

blygummi 19
Postad: 14 mar 2019

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

Här är beviset. Okej, förlåt.

blygummi 19
Postad: 15 mar 2019 Redigerad: 15 mar 2019

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(D)y=0, ... varför n integrationer ger att ye-r1xär ett polynom  p1(x),

av grad högst n-1=m1-1." 

Mitt försök till förståelse av meningen = Jag förstår inte varför den högsta graden av polynomet p1(x) är  n-1=m1-1. Jag förstår att om, P(D)[erx]=P(r)[erx] och därefter att P(r) med hjälp av faktorsatsen kan skrivas som P(r) = Qj(r)(r-rj)mj  för något polynom Qj av graden n-mj. (Totala graden är n därför måste graden av Qj vara n-mj) Jag tror att jag förstår att då k=1 så är P(r)=(r-r1)n. (Om vi endast har ett nollställen, r1 så finns det enligt algebrans fundamentalsats lika många lösningar såsom gradens storlek, alltså n st vilket medför att Q1 n-mj=n-n=0=1) Varför lägger skribenten till "om y är en godtycklig lösning till P(D)y=0"? Definierade man inte y=Cerx 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=Cerx 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, Dn[ye-r1x]. Jag anar att Dn kommer från att n är graden i P(r) = (r-r1)n och att -r1 i e-r1x kommer från att roten r = -r1  då P(r) = 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(D)y=0, ... varför n integrationer ger att ye-r1xär ett polynom  p1(x),

av grad högst n-1=m1-1." 

Mitt försök till förståelse av meningen = Jag förstår inte varför den högsta graden av polynomet p1(x) är  n-1=m1-1. Jag förstår att om, P(D)[erx]=P(r)[erx] och därefter att P(r) med hjälp av faktorsatsen kan skrivas som P(r) = Qj(r)(r-rj)mj  för något polynom Qj av graden n-mj. (Totala graden är n därför måste graden av Qj vara n-mj) Jag tror att jag förstår att då k=1 så är P(r)=(r-r1)n. (Om vi endast har ett nollställen, r1 så finns det enligt algebrans fundamentalsats lika många lösningar såsom gradens storlek, alltså n st vilket medför att Q1 n-mj=n-n=0=1) Varför lägger skribenten till "om y är en godtycklig lösning till P(D)y=0"? Definierade man inte y=Cerx 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=Cerx 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, Dn[ye-r1x]. Jag anar att Dn kommer från att n är graden i P(r) = (r-r1)n och att -r1 i e-r1x kommer från att roten r = -r1  då P(r) = 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.

Albiki 3470
Postad: 15 mar 2019

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

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

Albiki 3470
Postad: 15 mar 2019

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

    (Dn-1u)(x)=cn-1Dn-2u)(x)=cn-1x+cn-2(Dn-3u)(x)=cn-1x2+cn-2x+cn-3(D0u)(x)=cn-1xn-1++c0.(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-r1x.u(x) = y(x)e^{-r_1x}.

Albiki 3470
Postad: 15 mar 2019

Förskjutningsregeln: Om PP är ett polynom av grad nn och z(x)z(x) är en funktion och cc är en konstant gäller det att

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

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

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

men P(D+c)fP(D+c)f är lika med nollfunktionen eftersom man deriverar ff fler gånger än ff:s gradtal; vad får du exempelvis om du beräknar tredjederivatan eller fjärdederivatan av andragradspolynomet f(x)=ax2+bx+cf(x)=ax^2+bx+c?

blygummi 19
Postad: 17 mar 2019 Redigerad: 17 mar 2019

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) Dn(ye-r1x) istället för något annat godtyckligt matematisk uttryck? Varför är e-r1x(D-r1)n[y] = e-r1xP(D)y=0? Eller rättare sagt, varför är (D-r1)n[y] = P(D)y och detta i sin tur (multiplicerat med e-r1x) 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(D) är n, så följer att P(D)y=0 då största graden hos grad (P(D)) > grad(y) , om den är det så blir P(D)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-r1x

blygummi 19
Postad: 18 mar 2019

Bumpar min tråd.

Albiki 3470
Postad: 18 mar 2019

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

blygummi 19
Postad: 4 dagar sedan Redigerad: 3 dagar sedan

Tack.

Varför är e-r1x(D-r1)n[y]=e-r1xP(D)y?

blygummi 19
Postad: 3 dagar sedan Redigerad: 3 dagar sedan

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?

Albiki 3470
Postad: 3 dagar sedan
blygummi skrev:

Tack.

Varför är e-r1x(D-r1)n[y]=e-r1xP(D)y?

Det är det inte, utom då polynomet P(x)=(x-r1)n.P(x) = (x-r_1)^{n}.

Svara Avbryt
Close