Härleda C1+C2*e^(-ax)

Du måste förklara lite tydligare vad du menar. Handlar det om att härleda lösningar till någon form av andra ordningens differentialekvation? Skriv i så fall vilken ekvation du menar.

AlvinB skrev:

Du måste förklara lite tydligare vad du menar. Handlar det om att härleda lösningar till någon form av andra ordningens differentialekvation? Skriv i så fall vilken ekvation du menar.

 Ja, menar att härleda den allmänna lösningen C*e^(-ax) till andra ordningens differentialekvationer

lamayo skrev:

AlvinB skrev:

Du måste förklara lite tydligare vad du menar. Handlar det om att härleda lösningar till någon form av andra ordningens differentialekvation? Skriv i så fall vilken ekvation du menar.

 Ja, menar att härleda den allmänna lösningen C*e^(-ax) till andra ordningens differentialekvationer

 Det beror lite vad man godtar som härledning, men om man är villig att acceptera att man bara gissar en ansats med $e^{rx}$ eller $ze^{rx}$ går det att relativt enkelt ta fram den allmänna lösningen.

Godtar man inte några gissningar eller ansatser blir det desto svårare. Det enda jag kommer på är då att använda sig av Laplacetransformen, men det är både jättekrångligt och antagligen rätt så mycket överkurs.

AlvinB skrev:

lamayo skrev:

Visa föregående citat

AlvinB skrev:

Du måste förklara lite tydligare vad du menar. Handlar det om att härleda lösningar till någon form av andra ordningens differentialekvation? Skriv i så fall vilken ekvation du menar.

 Ja, menar att härleda den allmänna lösningen C*e^(-ax) till andra ordningens differentialekvationer

 Det beror lite vad man godtar som härledning, men om man är villig att acceptera att man bara gissar en ansats med $e^{rx}$ eller $ze^{rx}$ går det att relativt enkelt ta fram den allmänna lösningen.

Godtar man inte några gissningar eller ansatser blir det desto svårare. Det enda jag kommer på är då att använda sig av Laplacetransformen, men det är både jättekrångligt och antagligen rätt så mycket överkurs.

 Okej, ska kolla på den. Tack!

Det är inte alla differentialekvationer av andra ordningen som har den lösningen. Läs här, och fråga mer om du behöver.

Smaragdalena skrev:

Det är inte alla differentialekvationer av andra ordningen som har den lösningen. Läs här, och fråga mer om du behöver.

 Aha! okej tack!

Jag hade lite tråkigt så här kring lunchtid, så här är en härledning av den allmänna lösningen till en linjär homogen differentialekvation av andra ordningen med hjälp av Laplacetransformen:

Vi kan skriva vår ekvation som:

$y''+ay'+by=0$

Om vi nu tar Laplacetransformen på båda sidor får vi:

$\mathcal{L}\{y''+ay'+by\}=\mathcal{L}\{0\}$

Med hjälp av linjäritetsegenskapen och derivataregeln för Laplacetransformen kan vi förenkla detta till:

$s^2\cdot\mathcal{L}\{y\}-s\cdot y(0)-y'(0)+as\cdot\mathcal{L}\{y\}-a\cdot y(0)+b\cdot\mathcal{L}\{y\}=0$

Om vi separerar de termer som innehåller Laplacetransformen och de som inte gör det får vi:

$s^2\cdot\mathcal{L}\{y\}+as\cdot\mathcal{L}\{y\}+b\cdot\mathcal{L}\{y\}=s\cdot y(0)+y'(0)-a\cdot y(0)$

Eftersom begynnelsevärdena $y(0)$ och $y'(0)$ är godtyckliga kan vi förenkla HL genom att införa två nya konstanter, $C_1=y(0)$ och $C_2=y'(0)-a\cdot y(0)$. Samtidigt kan vi bryta ut $\mathcal{L}\{y\}$ i VL:

$\mathcal{L}\{y\}\cdot(s^2+as+b)=C_1\cdot s+C_2$

Dividerar vi båda sidor med $s^2+as+b$ får vi:

$\mathcal{L}\{y\}=$ $\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{s^2+as+b}$

Nu har vi Laplacetransformen av $y$, allt som är kvar är då att beräkna den inversa Laplacetransformen av uttrycket i HL. Hur man går till väga för detta beror på hur nämnaren kan faktoriseras (nämnaren är ju den karaktäristiska ekvationen för differentialekvationen). Vi delar upp det hela i tre fall:

Fall 1: Nämnaren har de distinkta reella rötterna $r_1$ och $r_2$

Vi kan dela upp högerledet med hjälp av partialbråksuppdelning:

$\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{s^2+as+b}=\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{(s-r_1)(s-r_2)}=\dfrac{A}{s-r_1}+\dfrac{B}{s-r_2}$

Nu skulle vi kunna räkna ut vad $A$ och $B$ är lika med, men eftersom de beror av de godtyckliga konstanterna $C_1$ och $C_2$ kan vi bara säga att $A$ och $B$ är godtyckliga konstanter. Applicerar vi sedan den inversa Laplacetransformen på uttrycket får vi:

$y=\mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{A}{s-r_1}+\dfrac{B}{s-r_2}\}$

Båda dessa kan uttryckas som Laplacetransformen av $e^{at}$:

$\mathcal{L}\{e^{at}\}=$ $\dfrac{1}{s-a}$

Alltså blir $y$:

$y=Ae^{r_1t}+Be^{r_2t}$

V.S.B.

Fall 2: Nämnaren har en dubbelrot $r$

$\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{s^2+as+b}=\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{(s-r)^2}$

Vi ser att om vi kunde ändra nämnaren till bara $s^2$ skulle det vara jätteenkelt att beräkna den inversa Laplacetransformen. Vi använder oss av frekvensförskjutningsegenskapen:

$\mathcal{L}\{e^{at}\cdot f(t)\}=\mathcal{L}\{f(t)\}(s-a)$

Det ger att vi kan skriva den inversa Laplacetransformen som:

$y=\mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{(s-r)^2}\}=e^{rt}\cdot\mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{C_1(s+r)+C_2}{s^2}\}=$

$=e^{rt}\cdot\mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{C_1\cdot \cancel{s}}{s^{\cancel{2}}}+\dfrac{C_1\cdot r}{s^2}+\dfrac{C_2}{s^2}\}=$ $e^{rt}(C_1+(C_1+r_1)t)$

För att få svaret på en snyggare form kan vi döpa om $C_1$ till $A$ och $C_1+r_1$ till $B$:

$y=(A+Bt)e^{rt}$

V.S.B.

Fall 3: Nämnaren har inga reella rötter

Vi börjar med att kvadratkomplettera nämnaren:

$\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{s^2+as+b}=\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{(s+\frac{a}{2})^2+b-\frac{a^2}{4}}$

Därefter tar vi den inversa Laplacetransformen och använder frekvensförskjutningsegenskapen:

$y=e^{-\frac{a}{2}}\cdot\mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{C_1(s-\frac{a}{2})+C_2}{s^2+b-\frac{a^2}{4}}\}=e^{-\frac{a}{2}}\cdot\mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{C_1\cdot s}{s^2+b-\frac{a^2}{4}}+\dfrac{C_2-\frac{a}{2}\cdot C_1}{s^2+b-\frac{a^2}{4}}\}$

Dessa uttryck passar med lite trixande in på Laplacetransformerna för sinus och cosinus:

$\mathcal{L}\{sin(at)\}=$ $\dfrac{a}{s^2+a^2}$

$\mathcal{L}\{cos(at)\}=$ $\dfrac{s}{s^2+a^2}$

vilket ger:

$y=e^{-\frac{a}{2}t}(C_1\cdot\cos(\sqrt{b-\dfrac{a^2}{4}}\cdot t)+\dfrac{C_2-\frac{a}{2}\cdot C_1}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\cdot\sin(\sqrt{b-\dfrac{a^2}{4}}\cdot t))$

För att snygga till resultatet kan vi döpa om termerna framför cosinus- och sinusfunktionerna till $A$ respektive $B$:

$y=e^{-\frac{a}{2}t}(A\cos(\sqrt{b-\dfrac{a^2}{4}}\cdot t)+B\sin(\sqrt{b-\dfrac{a^2}{4}}\cdot t))$

V.S.B.

Notera att vi lika gärna kunde ha härlett resultatet med de trigonometriska funktionerna genom att ta de komplexa lösningarna till andragradsekvationen och använda resultatet från Fall 1 tillsammans med Eulers formel för att komma fram till svaret.

AlvinB skrev:

Jag hade lite tråkigt så här kring lunchtid, så här är en härledning av den allmänna lösningen till en linjär homogen differentialekvation av andra ordningen med hjälp av Laplacetransformen:

Vi kan skriva vår ekvation som:

$y''+ay'+by=0$

Om vi nu tar Laplacetransformen på båda sidor får vi:

$\mathcal{L}\{y''+ay'+by\}=\mathcal{L}\{0\}$

Med hjälp av linjäritetsegenskapen och derivataregeln för Laplacetransformen kan vi förenkla detta till:

$s^2\cdot\mathcal{L}\{y\}-s\cdot y(0)-y'(0)+as\cdot\mathcal{L}\{y\}-a\cdot y(0)+b\cdot\mathcal{L}\{y\}=0$

Om vi separerar de termer som innehåller Laplacetransformen och de som inte gör det får vi:

$s^2\cdot\mathcal{L}\{y\}+as\cdot\mathcal{L}\{y\}+b\cdot\mathcal{L}\{y\}=s\cdot y(0)+y'(0)-a\cdot y(0)$

Eftersom begynnelsevärdena $y(0)$ och $y'(0)$ är godtyckliga kan vi förenkla HL genom att införa två nya konstanter, $C_1=y(0)$ och $C_2=y'(0)-a\cdot y(0)$. Samtidigt kan vi bryta ut $\mathcal{L}\{y\}$ i VL:

$\mathcal{L}\{y\}\cdot(s^2+as+b)=C_1\cdot s+C_2$

Dividerar vi båda sidor med $s^2+as+b$ får vi:

$\mathcal{L}\{y\}=$ $\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{s^2+as+b}$

Nu har vi Laplacetransformen av $y$, allt som är kvar är då att beräkna den inversa Laplacetransformen av uttrycket i HL. Hur man går till väga för detta beror på hur nämnaren kan faktoriseras (nämnaren är ju den karaktäristiska ekvationen för differentialekvationen). Vi delar upp det hela i tre fall:

Fall 1: Nämnaren har de distinkta reella rötterna $r_1$ och $r_2$

Vi kan dela upp högerledet med hjälp av partialbråksuppdelning:

$\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{s^2+as+b}=\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{(s-r_1)(s-r_2)}=\dfrac{A}{s-r_1}+\dfrac{B}{s-r_2}$

Nu skulle vi kunna räkna ut vad $A$ och $B$ är lika med, men eftersom de beror av de godtyckliga konstanterna $C_1$ och $C_2$ kan vi bara säga att $A$ och $B$ är godtyckliga konstanter. Applicerar vi sedan den inversa Laplacetransformen på uttrycket får vi:

$y=\mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{A}{s-r_1}+\dfrac{B}{s-r_2}\}$

Båda dessa kan uttryckas som Laplacetransformen av $e^{at}$:

$\mathcal{L}\{e^{at}\}=$ $\dfrac{1}{s-a}$

Alltså blir $y$:

$y=Ae^{r_1t}+Be^{r_2t}$

V.S.B.

Fall 2: Nämnaren har en dubbelrot $r$

$\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{s^2+as+b}=\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{(s-r)^2}$

Vi ser att om vi kunde ändra nämnaren till bara $s^2$ skulle det vara jätteenkelt att beräkna den inversa Laplacetransformen. Vi använder oss av frekvensförskjutningsegenskapen:

$\mathcal{L}\{e^{at}\cdot f(t)\}=\mathcal{L}\{f(t)\}(s-a)$

Det ger att vi kan skriva den inversa Laplacetransformen som:

$y=\mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{(s-r)^2}\}=e^{rt}\cdot\mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{C_1(s+r)+C_2}{s^2}\}=$

$=e^{rt}\cdot\mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{C_1\cdot \cancel{s}}{s^{\cancel{2}}}+\dfrac{C_1\cdot r}{s^2}+\dfrac{C_2}{s^2}\}=$ $e^{rt}(C_1+(C_1+r_1)t)$

För att få svaret på en snyggare form kan vi döpa om $C_1$ till $A$ och $C_1+r_1$ till $B$:

$y=(A+Bt)e^{rt}$

V.S.B.

Fall 3: Nämnaren har inga reella rötter

Vi börjar med att kvadratkomplettera nämnaren:

$\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{s^2+as+b}=\dfrac{C_1\cdot s+C_2}{(s+\frac{a}{2})^2+b-\frac{a^2}{4}}$

Därefter tar vi den inversa Laplacetransformen och använder frekvensförskjutningsegenskapen:

$y=e^{-\frac{a}{2}}\cdot\mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{C_1(s-\frac{a}{2})+C_2}{s^2+b-\frac{a^2}{4}}\}=e^{-\frac{a}{2}}\cdot\mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{C_1\cdot s}{s^2+b-\frac{a^2}{4}}+\dfrac{C_2-\frac{a}{2}\cdot C_1}{s^2+b-\frac{a^2}{4}}\}$

Dessa uttryck passar med lite trixande in på Laplacetransformerna för sinus och cosinus:

$\mathcal{L}\{sin(at)\}=$ $\dfrac{a}{s^2+a^2}$

$\mathcal{L}\{cos(at)\}=$ $\dfrac{s}{s^2+a^2}$

vilket ger:

$y=e^{-\frac{a}{2}t}(C_1\cdot\cos(\sqrt{b-\dfrac{a^2}{4}}\cdot t)+\dfrac{C_2-\frac{a}{2}\cdot C_1}{\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}}\cdot\sin(\sqrt{b-\dfrac{a^2}{4}}\cdot t))$

För att snygga till resultatet kan vi döpa om termerna framför cosinus- och sinusfunktionerna till $A$ respektive $B$:

$y=e^{-\frac{a}{2}t}(A\cos(\sqrt{b-\dfrac{a^2}{4}}\cdot t)+B\sin(\sqrt{b-\dfrac{a^2}{4}}\cdot t))$

V.S.B.

Notera att vi lika gärna kunde ha härlett resultatet med de trigonometriska funktionerna genom att ta de komplexa lösningarna till andragradsekvationen och använda resultatet från Fall 1 tillsammans med Eulers formel för att komma fram till svaret.

 Tack, verkligen för att du orkade skriva hela beviset! :D

Det var faktiskt ganska kul. Jag har inte jobbat med Laplacetransformen på ett tag, så jag fick mig verkligen lite hjärngympa.

Dock är det där ganska svårförståeligt om man inte läst om Laplacetransformen, så jag hoppas att någon annan kommer med någon lättare variant för att ta fram lösningarna.