1. No category

1
Exempel 1 - linjär differensekvation av första ordningen
Beräkna differensekvationen med det givna begynnelsevillkoret.
2yn+1 + yn = 3, y0 = 2.
1.1
Lösning
Den homogena lösningen ges av
1
2r + 1 = 0 ↔ r = − .
2
Alltså har vi att den homogena lösningen är
yn(h) = C −
1
2
n
.
Eftersom högerledet är av grad 0 så ansätter vi ett polynom an = a0 d.v.s.
en konstant. Vi får då att
2a0 + a0 = 3 ⇔ 3a0 = 3 ⇔ a0 = 1.
Med vårat bygennelsevillkor fås att C = 1. Alltså
yn =
2
yn(h)
+
yn(p)
1
=1+ −
2
n
.
Exempel 2 - linjär differensekvation av första ordningen
Beräkna differensekvationen med det givna begynnelsevillkoret
yn+1 = 3yn − 1, y0 = 2.
2.1
Lösning
Den allmänna lösningen yn(h) ges av
r − 3 = 0 ⇔ r = 3 ⇒ yn(h) = C3n .
1
Det återstår att finna den partikulära lösningen. Återigen är högerledet av
grad 0 så vi ansätter bara en konstant a0
1
a0 − 3a0 = −1 ⇔ −2a0 = −1 ⇔ a0 = .
2
Med y0 = 2 får vi
yn = yn(h) + yn(p) =
3
1 3 n 1 n+1
+ · 3 = (3
+ 1).
2 2
2
Exempel 3 - linjär differensekvation av första ordningen
Beräkna differensekvationen med det givna begynnelsevillkoret
yn+1 − yn = en , n ≥ 1, y1 = 1.
3.1
Lösning
Den allmäna lösningen ges av
r − 1 = 0 ⇔ r = 1.
För den partikulära lösningen ansätter vi yn(h) = a0 en . Vi får då
a0 en+1 − a0 en = en ⇔ a0 e − a0 = 1 ⇔ a0 (e − 1) = 1 ⇔ a0 =
1
.
e−1
Med begynnelsevillkoret y1 = 1 får vi
e
e−1−e
1
1 1
e + C · 11 = 1 ⇔ C = 1 −
=
=−
.
e−1
e−1
e−1
e−1
Alltså har vi att yn är sådan att
yn = yn(h) + yn(p) =
4
1
en − 1
(en − 1) =
.
e−1
e−1
Exempel 4 - linjär differensekvation av andra ordningen
Beräkna
9yn+2 + 6yn+1 + yn = 0.
2
4.1
Lösning
Den homogena lösningen fås ur det karakteristiska polynomet
2
1
1
9r + 6r + 1 = 0 ⇔ r + r + = 0 ⇔ r +
3
9
3
2
=0
Det vill säga
1 n
.
= (A + Bn) −
3
Eftersom differensekvationen är homogen finns det ingen partikulärlösning,
därmed är svaret
1 n
yn = (A + Bn) −
.
3
5
yn(h)
Exempel 5 - linjär differensekvation av andra ordningen
Lös differensekvationen
nπ
yn+2 + yn = n sin
.
2
5.1
Lösning
Vi börjar med att beräkna den homogena lösningen
2
r +1=0⇔
yn(h)
nπ
nπ
+ B sin
.
= A cos
2
2
För partikulärlösningen gör vi följande ansättning
π
i
2
a(p)
n = n(Cn + D) e
n
π
= (Cn2 + Dn) e 2 i
n
.
Varav
yn(p) = Im{a(p)
n }.
Vi inför också hjälpekvationen
π
an+2 + an = n e 2 i
n
.
Insättning av ansättningen i hjälpekvationen ger oss då
π
(C(n + 2)2 + D(n + 2)) e 2 i
n+2
π
+ (Cn2 + Dn) e 2 i
3
n
π
= n e2i
n
(−1)(C(n2 + 4n + 4) + Dn + 2D) + Cn2 + Dn = n
−Cn2 − 4Cn − 4C − Dn − 2D + Cn2 + Dn = n
(
⇒
−4C = 1 ⇒ C = − 41
−2D − 4C = 0 ⇒ D = 21 .
Alltså har vi att
yn(p)
= Im
n
a(p)
n
o
!
=
n n2
πn
−
sin
.
2
4
2
Varav har vi att yn är sådan att
yn =
6
yn(h)
+
yn(p)
!
πn
πn
πn
n n2
−
sin
= A cos
+ B sin
+
.
2
2
2
4
2
Exempel 6 - linjär differensekvation av andra ordningen
Lös differensekvationen
yn+2 − 4yn = −6n2 + 8n + 17 + 2n+1 .
6.1
Lösning
Den homogena lösningen är
r2 − 4 = 0 ⇔ (r − 2)(r + 2) = 0 ⇒ yn(h) = A2n + B(−2)n .
Det återstår att beräkna den partikulära lösningen, vi delar upp den i två
olika differensekvationer
yn+2 − 4yn = −6n2 + 8n + 17
(1)
yn+2 − 4yn = 2n+1 = 2n · 2
(2)
För ekvation 1 ansätter vi yn(p)
= an2 + bn + c och får
1
a(n + 2)2 + b(n + 2) + c − 4an2 − 4bn − 4c = −6n2 + 8n + 17
an2 + 4an + 4a + bn + 2b + c − 4an2 − 4bn − 4c = −6n2 + 8n + 17
−3an2 + (4a − 3b)n + (4a + 2b − 3c) = −6n2 + 8n + 17.
4
Vilket ger oss följande



a=2
b=0
⇒ yn(p)
= 2n2 − 3.
1


c = −3
För ekvation 2 gör vi följande ansättning
= a0 n2n .
yn(p)
2
Insättning i 2 ger oss då
1
a0 (n + 2)4 − 4a0 n = 2 ⇔ 8a0 = 2 ⇒ a0 = .
4
Det vill säga vi har att
1
yn(p) = yn(h)
+ yn(h)
= 2n2 − 3 + n2n .
1
2
4
Varav yn är då
yn = yn(h) + yn(p) = A2n + B(−2)n + 2n2 − 3 +
= A+
7
n n
2 =
4
n n
2 + B(−2)n + 2n2 − 3.
4
Exempel 7 - linjär differensekvation av andra ordningen
Lös differensekvationen
yn+2 − 2yn+1 + 4yn = n · 2n + 4n ,
7.1
7
1
y0 = , y1 = .
3
3
Lösning
Homogena lösningen fås ur
√
πn
πn
r2 − 2r + 4 = 0 ⇔ r1,2 = 1 ± i 3 ⇒ yn(h) = 2n A cos
+ B sin
.
3
3
Det återstår att beräkna den partikulära lösningen, vi delar upp den i två
olika
(3)
yn+2 − 2yn+1 + 4yn = n · 2n
5
yn+2 − 2yn+1 + 4yn = 4n
(4)
Varav yn(p) = yn(h)
+ yn(p)
. Vi börjar med ekvation 3, och ansätter därmed
1
2
yn(p)
= (an + b)2n .
1
Insättning i 3 ger då
(a(n + 2) + b)2n+2 − 2(a(n + 1) + b)2n+1 + 4(an + b)2n = n2n
4an + 8a + 4b − 4an − 4a − 4b + 4an + 4b = n
(
4an + 8a + 8b = n ⇒
1
a = 14
n
(p)
1 ⇒ yn1 = (n − 1)2 .
b = −4
4
Det återstår att beräkna yn(p)
. Vi ansätter yn(p)
= a0 4n . Insättning i 4 ger
2
2
16a0 − 8a0 + 4a0 = 1 ⇔ 12a0 = 1 ⇔ a0 =
1
.
12
Alltså har vi att yn(p) är
yn(p) p = yn(p)
+ yn(p)
=
1
2
1
1
(n − 1) 2n + 4n .
4
12
adderar vi homogenlösningen så får vi att yn är sådan att
n
yn = 2
πn
n − 1 2n
πn
+
A cos
+ B sin
+
.
3
3
4
12
Med begynnelsevillkoren får vi att A =
n
yn = 2
1
2
√
och B =
3
2
vilket ger
√
!
πn
3
πn
1
n − 1 2n
cos
sin
+
.
+
+
2
3
2
3
4
12
6