Differentialekvationer, transformteori

Bestäm alla distirubutionslösningar i D' och S' till diffekvationen (där d står för dirac)

u'' - 4u' + 4u = d'

Karaktäristiska ekvationen har en dubbelrot i r=2 så jag gör ansatsen

u = ve^(2t) där v = v(t).

Jag får efter lite jobb e^2t * v'' = d' <=> v'' = e^(-2t)d' = d' + 2d eftesom fd' = f(0)d' - f'(0)d.

Jag får alltså v'' - 2d - d' = 0 <=> (v' - 2H(t) - d)' = 0 => v' - 2H(t) - d = A <=> (v - 2t*H(t) - H(t) - At)' = 0 => v - 2t*H(t) - H(t) - At = B <=> v = At + B + H(t)(2t + 1) och slutligen

u(t) = e^(2t) * (At + B + H(t)(2t + 1))

Facit: u(t) = e^(2t) * (At + B - H(-t)(2t + 1))

I vilket läge missar jag att jag ska ha -H(-t) istället för H(t)?

Följdfråga: Om jag inte fått en dubbelrot i det karaktäristiska polynomet, vilken ansats skulle jag gjort då? u ? v*(e^(r1*x) + e^(r2*x))?

Dock främst Heaviside-strulet jag behöver få utrett.

Frågan är om de verkligen beskriver olika lösningsmängder.

Vi har H(-t) = 1 - H(t) så
At + B - H(-t)(2t + 1) = At + B - (1-H(t))(2t + 1)
= At + B - (2t + 1) + H(t)(2t + 1)
= (A-2)t + (B-1) + H(t)(2t + 1)
= { sätt A' = A-2, B' = B-1 }
= A' t + B' + H(t)(2t + 1)

Vi ser att vi har samma form, och dina A, B är lika arbiträra som facits A, B (A', B' i omskrivningen av ditt uttryck).

Korrekt.

Jättebra, tack!

Kom på en följdfråga:

Om jag istället löser denna genom att fouriertransformera får jag bara partikulärlösningen genom transformen, homogenlösningen måste lägga till genom att lösa karaktäristiska ekvationen.

I följande uppgift behöver jag dock inte ta fram en homogenlösning:

"Lös, för t>0, diffekvationen u'' + 2u = {cost, 0 <= t < pi; 0, t >= pi} med bivillkoren u(0)=1, u'(0)=1."

Genom att laplacetransformera och sedan inverstransformera får jag direkt hela lösningen och behöver ingen homogenlösning. Varför, och när behöver man lägga till homogenlösningen efter att man transformerat till sig en lösning?

Hittade svaret, tror jag. "Om lösningarna till den homogena ekvationen ligger i S' så kommer de också med vid fouriertransformeringen."

Den homogena lösningen till mitt nya exempel är alltså u = Asin(sqrt(2)x) + Bcos(sqrt(2)x) vilken ligger i S'. Då ska den alltså komma med vid transformeringen (i detta fall laplacetransformeringen, men det borde väl vara samma princip). Lösningen är

u(t) = H(t-pi) * (cos(t-pi) - cos(sqrt(2)(t-pi))) + cost.

Var hittar jag där min homogenlösning, Asin(sqrt(2)x) + Bcos(sqrt(2)x)? Tycker inte jag kan urskilja den.

Det kan ju vara så att begynnelsevillkoren ger A = B = 0.

Fast jag har u(0) = B = 1 tex. Hmm.

En annan lösning till första ekvationen:
u'' - 4u' + 4u = δ'

Vänsterledet kan skrivas om som (D-2)² u = δ', där D är deriveringsoperatorn (Du = u', D²u = u'').

Nu en liten hemlighet: (D-2) = e^(2t) D e^(-2t).

Alltså kan vänsterledet skrivas (e^(2t) D e^(-2t))² u = e^(2t) D² e^(-2t) u.

Ekvationen kan således skrivas e^(2t) D² e^(-2t) u = δ'.

För att lösa denna börjar vi med att multiplicera (från vänster) med e^(-2t):
D² e^(-2t) u = e^(-2t) δ' = δ' + 2δ

Antiderivera:
D e^(-2t) u = δ + sign + A

Antiderivera igen:
e^(-2t) u = H + |t| + At + B

Multiplicera (från vänster) med e^(2t):
u(t) = e^(2t) (H + |t| + At + B)

Detta ser kanske inte ut att vara samma som du och facit anger, men vi kan skriva om |t| med H:
|t| = 2 t H(t) - t

Lösningen kan alltså skrivas
u(t) = e^(2t) (H + (2 t H(t) - t) + At + B) = e^(-2t) ((1+2t) H(t) + (A-1)t + B)

Vad har du för partikulär- och homogenlösningar?

Hela lösningen är u(t) = H(t-pi) * (cos(t-pi) - cos(sqrt(2)(t-pi))) + cost och däri ska då alltså homogenlösningen Asin(sqrt(2)x) + Bcos(sqrt(2)x) vara inbakad.