\input{kapittel}

\kapittel{5}{Ordinære differensiallikninger}


De aller fleste differensiallikninger kan ikke løses på en fornuftig måte med penn og papir. 
Vi skal begynne med å løse noen relativt enkle likninger (regningen blir allerede her ganske komplisert)
og så går vi over på numeriske metoder. 
Til slutt kommer noen teoretiske greier.

Alternative kilder: 
\begin{itemize}
\item Kreyszig kap. 1
\item Lindstrøm I kap. 10
\item Schaeffer/Cain kap. 1
\end{itemize}




\section*{ \huge Analytiske løsningsteknikker}

\begin{ex}
Det aller enkleste initialverdiproblemet er
\[
\dot{y}(t)+ay(t)=0 \quad y(0)=y_0,
\]
og alle barn i barnehagen vet at løsningen er 
\[
y(t)=y_0e^{-at}.
\]
Siden $f(y)=y$ er kontinuerlig deriverbar overalt, 
må dette være den eneste løsningen, 
se avsnittet om vanskelig teori nederst.
\end{ex}


\begin{ex}
Hvis du ikke liker konseptet at læreren bare sier hva løsningen er, 
kan løsningen til likningen i forrige eksempel utledes ved å huske at likningen er separabel.
En førsteordens differensiallikning kalles separabel om den kan skrives på formen 
\[
\dot{y}(t)f(y(t))=g(t).
\]
Disse løses ved å integrere med hensyn på $t$ på begge sider.
Vi skriver først om 
\[
y(t)'+ay(t)=0 
\]
til
\[
\frac{\dot{y}(t)}{y(t)}=-a.
\]
Vi integrerer
\begin{align*}
\int_0^t \frac{\dot{y}(u)}{y(u)}\; du=-\int_0^t a \; du
\end{align*}
og får 
\begin{align*}
\ln |y(t)|-\ln |y(0)|=-at.
\end{align*}
Hvis man har lest den vanskelige teorien på slutten av kapitlet, 
vet man at ingen løsningstrajektorier kan krysse hverandre,
og siden $y(t)=0$ er den entydige løsningen dersom $y(0)=0$, 
kan ingen løsningstrajektorier bytte fortegn. 
Derfor har $y(t)$ og $y(0)$ alltid samme fortegn, 
slik at 
\begin{align*}
\ln |y(t)|-\ln |y(0)|=\ln \frac{|y(t)|}{|y(0)|}=\ln \frac{y(t)}{y(0)}
\end{align*}
og
\[
y(t)=e^{-at+\ln y(0)}=y_0e^{-at}. \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
\label{integrerende}
Man kan også bruke noe som kalles integrerende faktor.
Vi ganger
\[
\dot{y}(t)+ay(t)=0 
\]
med $e^{at}$ og observerer at
\[
\frac{d}{dt}\left(e^{at}y(t)\right)=e^{at}\dot{y}(t)+e^{at}ay(t)=0 
\]
slik at 
\[
e^{at}y(t)=C
\]
eller 
\[
y(t)=Ce^{-at}
\]
og følgelig
\[
y(t)=y_0e^{-at}
\]
\end{ex}


\begin{ex}
I mange tilfeller vil luftmotstanden til en partikkel i bevegelse avhenge kvadratisk av hastigheten til partikkelen. 
En geværkules horisontale hastighetskomponent beskrives av den separable differensiallikngen 
\[
-ky^2=m\dot{y},
\]
der $k$ er en konstant som avhenger av kulens form, og $m$ er kulens masse.
La oss anta at kulens initialhastighet er $y(0)=v$.
Vi skriver om til
\[
-\frac{k}{m}=\frac{\dot{y}}{y^2}
\]
integrerer opp
\[
-\int_0^t\frac{k}{m} = \int_0^t \frac{\dot{y}}{y^2}
\]
og får 
\[
-\frac{k}{m}t=\frac{1}{y(0)}-\frac{1}{y(t)}=\frac{1}{v}-\frac{1}{y(t)},
\]
eller
\[
y(t)=\frac{1}{\frac{k}{m}t+\frac{1}{v}}=\frac{mv}{kvt+m}.\qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
Initialverdiproblemet 
\[
\dot{y}(t)=\sqrt{y(t)} \quad y(0)=0,
\]
har to løsninger 
\[
y_1(t)=0
\]
og 
\[
y_2(t)=\frac{t^2}{4}.
\]
Problemet er at  $f(y)=\sqrt{y}$ ikke er kontinuerlig deriverbar i $y=0$.
\end{ex}


\begin{ex}
Likningen 
\[
\dot{y}(t)+ay(t)=f(t)
\] 
 dukker opp i ett bankende kjør i anvendelser,
så vi skal bruke litt tid på å finne løsningen. 
Det første vi gjør, 
er å skrive opp løsningen for $f=0$,
altså løsningen av 
\[
\dot{y}(t)+ay(t)=0.
\]
Denne likningen kalles den homogene likningen. 
Løsningen kalles den homogene løsningen,
og er som kjent gitt ved
\[
y(t)=ce^{-at}.
\]
Vi kan bruke denne til å utlede et uttrykk for løsningen til initialverdiproblemet
\[
\dot{y}(t)+ay(t)=f(t) \quad y(0)=0
\]
En stor vitenskapsmann har en gang i tiden skjønt at dersom $f$ ikke er en grusom funksjon, 
kan løsningen fint skrives som
\[
y(t)=c(t)e^{-at},
\]
der $c(t)$ er en ukjent funksjon. 
Vi setter dette uttrykket inn i likningen, 
og deduserer at 
\begin{align*}
f(t)&=\dot{y}(t)+ay(t)\\
&=c'(t)e^{-at}-ac(t)e^{-at}+ac(t)e^{-at}\\
&=c'(t)e^{-at}.
\end{align*}
Men dette betyr at 
\[
c'(t)=e^{at}f(t), 
\]
og følgelig at 
\[
c(t)=\int_0^t e^{as}f(s) \; ds. 
\] 
Løsningen blir 
\[
y(t)=e^{-at}\int_0^t e^{as}f(s) \; ds=\int_0^t e^{a(s-t)}f(s) \; ds.
\]
Det siste integralet kalles en konvolusjon mellom $f(s)$ og $e^{as}$, 
og dette blir veldig viktig i senere i studiet.
Merk at løsningen tilfredsstiller $y(0)=0$. 
Dersom man har initialbetingelse $y(0)=y_0$, 
kan løsningen enkelt justeres til 
\[
y(t)=y_0e^{-at} + \int_0^t e^{a(s-t)}f(s) \; ds. \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
Teknikken over kan utvides til å produsere en løsningsformel for 
\[
\dot{y}(t)+a(t)y(t)=f(t)
\] 
der $a(t)$ er en kontinuerlig funksjon. 
La oss igjen først finne løsningen til
\[
\dot{y}(t)+a(t)y(t)=0.
\]
Vi ganger likningen med $\exp \int_0^t a(s)\; ds$, 
og får 
\[
\dot{y}(t)\exp \int_0^t a(s)\; ds+a(t)y(t)\exp \int_0^t a(s)\; ds=0.
\]
Men analysens fundamentalteorem gir oss at venstresiden kan skrives
\begin{align*}
\dot{y}(t)\exp \int_0^t a(s)\; ds+a(t)&y(t)\exp \int_0^t a(s)\; ds=\\
&\frac{d}{dx}\left(y(t)\exp \int_0^t a(s)\; ds\right),
\end{align*}
slik at 
\[
\frac{d}{dx}\left(y(t)\exp \int_0^t a(s)\; ds\right)=0,
\]
og følgelig 
\[
y(t)\exp \int_0^t a(s)\; ds=c
\]
eller
\[
y(t)=c\exp\left(- \int_0^t a(s)\; ds \right)
\]
Vi bruker nå det samme trikset som isted, 
nemlig å anta at løsningen når $f\neq 0$ kan skrives
\[
y(t)=c(t)\exp\left(- \int_0^t a(s)\; ds \right).
\]
Derivasjon og innsetting i likningen gir
\[
c'(t)\exp\left(- \int_0^t a(s)\; ds \right)=f(t),
\]
slik at 
\[
c'(t)=f(t)\exp\left( \int_0^t a(s)\; ds \right),
\]
eller 
\[
c(t)=\int_0^t f(u)\exp\left( \int_0^u a(s)\; ds \right).
\]
Dette ser helt forferdelig ut.
Løsningsmetoden kalles integrerende faktor.
I praksis er det som regel ikke nødvendig å tenke så komplisert, 
se eksempel \ref{integrerende}.
\end{ex}





%\section*{ \huge Modeller}
%
%En differensiallikning er for de aller fleste som bruker dem en modell av et eller annet fysisk fenomen.
%
%
%
%Logistisk vekst 
%
%Bærekapasitet
%
%Fallskjerm
%
%Kondensator
%
%Celledeling
%
%




\section*{ \huge \huge Numeriske metoder}

Vi skal lage numeriske metoder for å finne tilnærmede løsninger for initialverdiproblemet
\begin{equation*}
\dot{y}=f(t,y)
\quad 
y(a)=c
\end{equation*}
på intervallet $[a,b]$.
La oss starte med en jevn partisjon med $n+1$ punkter 
\[
t_i=a+hi \quad 
\]
der 
\[
h=\frac{b-a}{n}
\]
og $0\leq i \leq n$. 
Vi er interessert i å finne tilnærminger til $y(t_i)$. 
Den første av disse kjenner vi,
nemlig $y(t_0)=y(a)=c$,
Tilnærmingene til de etterfølgende verdiene kaller vi $y_i$, 
og gjør vi alt rikig, 
vil vi ha 
\[y_i \approx y(t_i)\] 
for alle $i$.

Siden $\dot{y}$ en en kontinuerlig funksjon på $[a,b]$, 
går det knirkefint å bruke analysens fundamentalteorem, 
og skrive
\begin{align*}
y(t_{i+1})-y(t_i) = \int_{t_i}^{t_{i+1}} \dot{y}(t)\, dt.
\end{align*}
Siden $\dot{y}=f(t,y)$, 
kan vi skrive
\begin{align*}
y(t_{i+1})-y(t_i) = \int_{t_i}^{t_{i+1}} f(t,y(t))\, dt.
\end{align*}
Dette er arbeidshesten vår, 
og vi skal utlede numeriske metoder ved å sette inn forskjellige approksimasjoner for integralet på høyre side,
samt erstatte $y(t_{i+1})-y(t_i) $ med $y_{i+1}-y_i$ på venstre side.




\begin{ex}
Gjør man den særdeles enkle tilnærmingen 
\begin{equation*}
\int_{t_i}^{t_{i+1}} f(t,y(t))\, dt \approx \int_{t_i}^{t_{i+1}} f(t_i,y_i)\, dt=hf(t_i,y_i),
\end{equation*}
får man en metode som kalles Eulers eksplisitte metode:
\[
y_{i+1} = y_i + h f(t_i,y_i). \qedhere
\]
\end{ex}


For å komme i gang med beregningene, 
er det bare å definere $y_0=c$, 
og så beregne
\[
y_{1} = y_0 + h f(t_0,y_0)=c + h f(a,c)
\]
Når vi nå har $y_1$, 
kan vi tilsvarende beregne
\[
y_{2} = y_1 + h f(t_1,y_1)
\]
og 
\[
y_{3} = y_2 + h f(t_2,y_2)
\]
og så videre, 
helt frem til 
\[
y_{n} = y_{n-1} + h f(t_{n-1},y_{n-1}).
\]

\begin{ex}
Velger man den tilsvarende enkle tilnærmingen 
\begin{equation*}
\int_{t_i}^{t_{i+1}} f(t,y(t))\, dt \approx hf(t_{i+1},y_{i+1}),
\end{equation*}
får man Eulers implisitte metode
\[
y_{i+1} = y_i + h f(t_{i+1},y_{i+1}). \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
Trapesregelen 
\begin{equation*}
\int_{t_i}^{t_{i+1}} f(t,y(t))\, dt \approx \frac{h}{2} (f(t_{i},y_{i})+f(t_{i+1},y_{i+1}))
\end{equation*}
gir trapesmetoden 
\[
y_{i+1} = y_i+ \frac{h}{2} (f(t_{i},y_{i})+f(t_{i+1},y_{i+1})). \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
Tilnærmer man trapesregelen med formelen 
\begin{equation*}
\int_{t_i}^{t_{i+1}} f(t,y(t))\, dt \approx \frac{h}{2}\left(f(t_i,y_{i})+f(t_{i+1},y^*)\right)
\end{equation*}
der $y^*=y_i+hf(t_i,y_i)$ er et eksplisitt eulersteg, får man Heuns metode:
\begin{align*}
y^* &= y_i + h f(t_i,y_i) \\
y_{i+1} &= y_i + \frac{h}{2} (f(t_{i},y_{i})+f(t_{i+1},y^*)) \qedhere
\end{align*}
\end{ex}

\begin{ex}
Bruker man tilnærmingen 
\begin{equation*}
\int_{t_i}^{t_{i+1}} f(t,y(t))\, dt \approx hf\left(\frac{t_i+t_{i+1}}{2},\frac{y_i+y_{i+1}}{2}\right)
\end{equation*}
får man \defterm{midtpunktmetoden}
\[
y_{i+1} = y_i + hf\left(t_i+\frac{h}{2},\frac{y_{i}+y_{i+1}}{2}\right). \qedhere
\]
\end{ex}



Dette er alle metodene vi skal analysere, og alle er eksempler på noe som kalles \defterm{Runge-Kutta-metoder}.
Metodene faller i to kategorier. 
I den ene kategorien (eksplisitt Euler og Heun) er $y_{i+1}$ alene på den ene 
siden av likningen for metoden,
mens i den andre kategorien (implisitt Euler og trapesmetoden) 
finner du $y_{i+1}$ overalt i likningen, og det er ikke bare
bare å løse for $y_{i+1}$.

Du lurer sikkert på hvorfor man har så mange forskjellige metoder, 
og det korte svaret er som ellers i anvendt matematikk: 
noen metoder eksisterer fordi de er lette å finne opp og forstå, 
mens andre metoder finnes fordi de er skikkelig bra.
Dette skal vi se på nå.

 
\begin{ex}
Vi løser initialverdiproblemet
\[
\dot{y}=-y \quad y(0)=1
\]
med Eulers eksplisitte metode på intervallet $[0,1]$. 
Siden $f(t,y)=-y$, blir metoden
\[
y_{i+1}=y_i-hy_i=(1-h)y_i
\]
med 
\[
y_0=1.
\]
Løsning for $h=0.25$ gir figuren under. 
De blå diamantene er $y_1$, $y_2$, $y_3$, $y_4$ og $y_5$, mens
den røde kurven er den analytiske løsningen $y=e^{-x}$.
Vi beregner $y(1)=1/e \approx 0.367879441171442$,
som kan sammenliknes med $y_{5}= 0.31640625$:
\[
y_5-y(1)=-0.051473191171442. \qedhere
\]
\end{ex}
\begin{ex}
Vi løser samme problem som i sted med Eulers implisitte metode.
Metoden blir 
\[
y_{i+1}=y_i-hy_{i+1},
\]
som vi løser for $y_{i+1}$, og får 
\[
y_{i+1}=\frac{y_i}{(1+h)}.
\]
Figur under for $h=0.5$. Vi får  $y_{5}=0.4096$, og
\[
y_5-y(1)=0.041720558828558.\qedhere
\]
\end{ex}
\begin{ex}
Trapesmetoden:
\[
y_{i+1}=y_i-\frac{1}{2}h(y_{i}+y_{i+1}).
\]
Vi løser for $y_{i+1}$, og får 
\[
y_{i+1}=\frac{2-h}{2+h}y_i.
\]
Denne treffer noe bedre:
\[
y_5-y(1)=-0.001929128719072.\qedhere
\]
\end{ex}
\begin{ex}
Heuns metode:
\begin{align*}
y^*&=y_i-hy_{i} \\
y_{i+1}&=y_i-\frac{1}{2}h(y_{i}+y^*)
\end{align*}
og
\[
y_5-y(1)=0.004649588674749.
\]
Bedre enn Euler, 
men ikke helt  trapesmetoden.
\end{ex}


Disse metodene oppfører seg litt forskjellig, 
og det ser ut som om noen er litt mer nøyaktige enn andre. 
Dette skal vi se en forklaring på i neste bolk, 
som handler om rekkeutvikling.

\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/eks_9_1}
\caption{Eulers eksplisitte metode}
	    \vspace*{-2.4cm}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/eks_9_2}
	    \vspace*{-3cm}
\caption{Eulers implisitte metode}
	    \vspace*{-2.4cm}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/eks_9_3}
	    \vspace*{-3cm}
\caption{Trapesmetoden}
	    \vspace*{-2.4cm}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/eks_9_4}
	    \vspace*{-3cm}
\caption{Heuns metode}
	\end{center}
\end{figure}




%Vi skal ta en rask titt på hvordan taylorrekker kan indikere hvorfor Runge-Kutta-metoder oppfører seg forskjellig.
%La oss ta en titt på eksplisitt Euler, og anta at problemet er $\dot{y}(t)=f(y(t))$, $y(0)=a$, 
%samt at løsningen kan taylorutvikles i $t=0$. 
%For å beholde lesbarheten, 
%ser vi kun på det første steget, 
%slik at $t_0=0$ og $t_1=h$.
%Vi husker at 
%\begin{align*}
%y(h)-y(0) = \int_{0}^{h} f(y(t))\, dt,
%\end{align*}
%eller 
%\begin{align*}
%y(h)=y(0) + \int_{0}^{h} f(y(t))\, dt.
%\end{align*}
%Eulers eksplisitte metode fåes ved å gjøre approksimasjonen
%\begin{align*}
% \int_{0}^{h} f(y(t))\, dt \approx hf(y(0))
%\end{align*}
%slik at
%\begin{align*}
%y_1=y(0) + hf(y(0)).
%\end{align*}
%Men dersom $f(y(t))$ er kontinuerlig deriverbar, vet  vi fra forrige avsnitt at 
%\begin{align*}
%y(h)-y_1=&y(0) + \int_{0}^{h} f(y(t))\, dt -\left(y(0) + hf(y(0))\right) \\
%=& \int_{0}^{h} f(y(t))\, dt -hf(y(0)) \\
%=&f'(s)\frac{h^{2}}{2}
%\end{align*}
%For trapesmetoden gjør vi approksimasjonen
%\begin{align*}
% \int_{0}^{h} f(y(t))\, dt \approx \frac{h}{2}\left(f(y(0))+f(y(h))\right),
%\end{align*}
%slik at 
%\begin{align*}
%y_1 =y(0) + \frac{h}{2}\left(f(y(0))+f(y(h))\right).
%\end{align*}
%Likeledes vet vi her at dersom $f(y(t))$ er to ganger kontinuerlig deriverbar
%\begin{align*}
%y(h)-y_1 =& y(0) + \int_{0}^{h} f(y(t))\, dt \\
%-& \left(y(0) + \frac{h}{2}\left(f(y(0))+f(y(h))\right) \right)\\
%=&\int_{0}^{h} f(y(t))\, dt-\frac{h}{2}\left(f(y(0))+f(y(h))\right) \\
%=&\frac{h^3}{12}f''(p)
%\end{align*}
%for en eller annen $p$ mellom $y(0)$ og $y(h))$.	
%
%Vi sier at Eulers eksplisitte metode har lokal trunkeringsfeil $h^2$, 
%mens trapesmetoden har lokal trunkeringsfeil $h^3$.
%Dette forklarer til dels hvorfor trapesmetoden ser ut til å være mer nøyaktig enn Eulers eksplisitte metode.
%Det er også andre ting som har noe å si, 
%se øving 11.
%
%
%
Metodene vi har utledet til nå, kalles \defterm{enstegsmetoder}, 
for kun $y_{i+1}$ og $y_i$ figurerer i likningene.
Grunnen til at alle metodene er på denne formen, er at 
det kun er brukt en type endelig differansetilnærming på venstre side av 
\begin{equation*}
\dot{y}(x)= f(x,y(x)),
\end{equation*}
nemlig den første ordens differansen
\begin{equation*}
\dot{y}(x_{i+1}) \approx \frac{y_{i+1}-y_i}{h}.
\end{equation*}
Nå er det ingenting i veien for å  bruke en høyere ordens tilnærming, 
for eksempel sentraldifferansen
\[
\dot{y}(x_i) \approx \frac{y_{i+1}-y_{i-1}}{2h}.
\]
Setter man denne inn for $\dot{y}$, 
får man \defterm{leap-frog-metoden}
\[
y_{i+1}=y_{i-1}+2hf(x_i,y_i).
\]
Her inngår både $y_{i+1}$, $y_i$ og $y_{i-1}$, og leap-frog er et eksempel på en \defterm{flerstegsmetode}. 
Flerstegsmetoder er ikke pensum i dette kurset.




\section*{ \huge Feilanalyse}
I dette avsnittet skal vi ta en titt på hvorfor metodene treffer så foreskjellig.
Vi skal indikere hvordan analysen får for eksplisitt Euler,
og så skrive opp resultatet for de andre metodene.

Lineariseringen som gir det første eulersteget er
\begin{align*}
y(x_1)&=y(x_0+h)\\ 
&\approx y(x_0)+hf(x_0,y(x_0)) \\
&=y(x_0)+h\dot{y}(x_0).
\end{align*}
Vi antar at $y$ er en analytisk funksjon, 
og taylorutvikler:
\begin{align*}
y(x_1)&=y(x_0+h)\\ &=y(x_0)+h\dot{y}(x_0)+\frac{\dot{y}'(x_0)}{2}h^2+\cdots
\end{align*}
Sammenlikner vi denne med
\[
y_1= y(x_0)+h\dot{y}(x_0),
\]
ser vi at feilen i det første eulersteget er gitt ved
\[
y(x_1)-y_1=\frac{\dot{y}'(x_0)}{2}h^2+\frac{\dot{y}''(x_0)}{6}h^3+\cdots
\]
altså  taylorrekkehalen til $y$. 
Hvis vi antar at $h$ er liten, 
slik at $h^2$ er mye større enn $h^3$, og leddet 
\[
\frac{\dot{y}'(x_0)}{2}h^2
\]
dominerer halen på taylorrekken, 
er det ikke urimelig å hevde at eksplisitt Euler har 
\defterm{lokal feil} av størrelsesorden $h^2$.

Feilen etter ett steg er altså av størrelsesorden $h^2$. 
Men hva er feilen etter $n$ steg?
I eksemplene i forrige avsnitt, 
kjørte vi løserne på intervallet $[0,1]$. 
La oss si at  vi kjører på intervallet $[x_0,x_0+a]$. 
Vi velger $h$ slik at 
\[
x_n=x_0+hn=x_0+a
\]
og 
\[
n=\frac{a}{h}.
\]
Hvis vi nå gjør $n$ steg med eksplisitt Euler, 
samler vi i hvert steg opp en lokal feil omtrent lik 
\[
\frac{\dot{y}'(x_i)}{2}h^2.
\]
Feilen etter $n$ steg blir 
\[
\sum_{i=1}^n \frac{\dot{y}'(x_i)}{2}h^2,
\]
og hvis vi antar at $\dot{y}' \leq M$ på $[x_0,x_0+a]$, er det rimelig å hevde at 
\[
\sum_{i=1}^n \frac{\dot{y}'(x_i)}{2}h^2 \leq  Mn h^2= M\frac{a}{h}h^2=Ma h.
\]
Vi sier derfor at eulers metode har \defterm{global feil} av størrelsesorden  $h$.

\begin{tcolorbox}
\begin{thm}
Lokal og global feil for metodene:
\begin{center}
\begin{tabular}{ l c c}
Metode & Lokal feil & Global feil \\
Eksplisitt Euler & $h^2$ & $h$ \\
Implisitt Euler & $h^2$ & $h$ \\
Trapesmetoden & $h^3$ & $h^2$ \\
Heuns metode & $h^3$ & $h^2$ \\
RK4 & $h^5$ & $h^4$ 
\end{tabular}
\end{center}
\end{thm}
\vspace{3mm}
\end{tcolorbox}
\noindent Vi skal ikke bevise dette teoremet, 
men nevner at bevisteknikken er den samme for alle metodene:
taylorutvikle om $x_0$ for å finne lokal feil, og så se på hva som skjer etter $n$ steg.
Dette teoremet forklarer langt på vei hva som skjedde i eksemplene i forrige avsnitt. 
Nå tar vi et par eksempler der vi lar $h \to 0$.

\begin{ex}
Vi kjører samme eksempel som i forrige avsnitt, 
men nå bruker vi Eulers eksplisitte metode for $h=0.1$, $h=0.01$ og så videre.
Resultatene er oppsummert i følgende tabell:
\begin{center}
\begin{tabular}{ c c}
 $h$     & $y_n-y(1)$ \\
 \hline
 $10^{-1}$ & $-1.920100107144218e-02$ \\
 $10^{-2}$ & $-1.847099898213078e-03$ \\
$10^{-3}$ & $-1.840164004788258e-04$ \\
 $10^{-4}$ & $-1.839473847314865e-05$ \\
 $10^{-5}$ & $-1.839403194148215e-06$ 
\end{tabular}
\end{center}
Dette eksemplet demonstrerer tydelig at feilen etter $n$ steg er proporsjonal med $h$. 
På folkemunne sier man gjerne at man får en ekstra korrekt desimal hver gang man tideler $h$.
Eulers implisitte metode oppfører seg omtrent likt, 
så den hopper vi over.
\end{ex}


\begin{ex}
Trapesmetoden for $h=0.1$, $h=0.01$ og så videre:
\begin{center}
\begin{tabular}{ c c}
 $h$     & $y_n-y(1)$ \\
 \hline
 $10^{-1}$ & $-3.068987885734287e-04$ \\
 $10^{-2}$ & $ -3.065695217463471e-06$ \\
$10^{-3}$ & $-3.065658332745969e-08$ \\
 $10^{-4}$ & $ -3.069314802317535e-10$ \\
 $10^{-5}$ & $ -5.472844399889709e-12$ 
\end{tabular}
\end{center}
Her er feilen etter $n$ steg proporsjonal med $h^2$. 
På folkemunne sier man gjerne at man får to desimaler hver gang man tideler $h$.
Heuns metode produserer omtrent den samme tabellen.
\end{ex}


\begin{ex}
RK4:
\begin{center}
\begin{tabular}{ c c}
 $h$     & $y_n-y(1)$ \\
 \hline
 $10^{-1}$ & $ 3.332410560830112e-07$ \\
 $10^{-2}$ & $  3.091293887536040e-11$ \\
$10^{-3}$ & $3.996802888650564e-15$ \\
 $10^{-4}$ & $ 2.664535259100376e-15$ \\
 $10^{-5}$ & $  -3.330669073875470e-15$ 
\end{tabular}
\end{center}
Hva skjedde her? Feilen etter $n$ steg proporsjonal med $h^4$, 
altså fire desimaler for hver tideling av $h$, 
men bare for de første tre tidelingene. 
Når $h=10^{-3}$ har vi nådd såkalt \defterm{maskinpresisjon}. 
Matlab regner bare med 16 desimaler, 
og dette setter en stopper for konvergensen. 
\end{ex}


\begin{ex}
RK4, men nå har matlab fått beskjed om å regne med 32 desimaler:
\begin{center}
\begin{tabular}{ c c}
 $h$     & $y_n-y(1)$ \\
 \hline
 $10^{-1}$ & $ 3.332410561118064e-07$ \\                        
 $10^{-2}$ & $  3.091319001284922e-11$ \\                              
$10^{-3}$ & $3.068217823302200e-15$ \\                      
 $10^{-4}$ & $ 3.065917492545278e-19$ \\                        
 $10^{-5}$ & $  3.065687557054922e-23$                          
\end{tabular}
\end{center}
Tabellene til nå har tatt en brøkdel av et sekund å produsere.
Til sammenlikning tok denne her rundt ti minutter, 
pluss noen timer knoting for å finne ut av hvordan matlab skal regne riktig med 32 desimaler.
Presisjon koster!
\end{ex}

\section*{ \huge Stabilitet}
Har metodene noen andre egenskaper?
Eulers eksplisitte og implisitte metoder ser til forveksling like ut, 
og har akkurat samme orden. 
Men de oppfører seg ganske forskjellig.

\begin{ex}
Vi kjører eksplisitt Euler på samme problem som over, 
men på intervallet $[0,30]$, og $h=0.9$.
Det er trukket rette linjer mellom eulerstegene, 
så det skal bli litt enklere å se hva som skjer.
\end{ex}
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-3.0cm}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/eks_9_11}
    \vspace*{-3.4cm}
	\end{center}
\end{figure}
\begin{ex}
Vi kjører igjen på intervallet $[0,30]$, men nå med $h=1.5$.
Den numeriske løsningen ser ut til å virre frem og tilbake en del 
før den sikter seg inn på rett spor. 
\end{ex}
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-2.4cm}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/eks_9_12}
    \vspace*{-2.4cm}
	\end{center}
\end{figure}
\begin{ex}
Intervallet $[0,30]$, men nå med $h=2.1$.
Hva den numeriske løsningen tenker på, 
er ikke godt å si, men noe fornuftig er det ihvertfall ikke.
\end{ex}
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-3.0cm}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/eks_9_13}
    \vspace*{-3.4cm}
	\end{center}
\end{figure}
\vspace{30pt}

\begin{ex}
Vi kan slå fast at eksplisitt Euler ikke fungerte, 
og det ser ut som om det går galt fordi $h$ er for stor.
Vi prøver Euler implisitt på samme intervall, men med $h=10$.
Det går riktig bra.
\end{ex}
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-3.0cm}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/eks_9_14}
    \vspace*{-3.4cm}
	\end{center}
\end{figure}


Forklaringen på hva som skjedde her, 
er ganske enkel. 
Eulers eksplisitte metode er, 
for eksemplet vi har studert,
\begin{align*}
y_{i+1}&=y_i-hy_i \\ 
&=(1-h)y_i \\
&=(1-h)^2y_{i-1} \\
&=(1-h)^{i+1} y_0=(1-h)^{i+1},
\end{align*}
med andre ord en geometrisk følge.
Siden gymnaset har du visst at denne følgen divergerer dersom
\[
|1-h| \geq 1
\]
og denne ulikheten blir innfridd akkurat i det $h$ bikker 2. 
Kjører vi samme resonnementet på Euler implisitt, får vi
\[
y_{i+1}=\frac{1}{(1+h)^{i+1}}.
\]
I vårt tilfelle er $h>0$, så det må være klart at 
\[
0<\frac{1}{(1+h)^{i+1}}<1,
\]
 og følgelig konvergerer følgen mot 0 for alle valg av $h$.
 
 Analysen vi har gjort, kalles \defterm{stabilitetsanalyse}, 
 og $\dot{y}=-y$ er et såkalt \defterm{testproblem}. 
 Vi får ikke eksakt informasjon om hvordan Eulers metode 
 kommer til å oppføre seg for alle mulige differensiallikninger, 
 men vi kan få en magefølelse allikevel. 
 Vi skal ikke gå inn på en lengre diskusjon om stabilitetsanalyse,
 som er et forskningsfelt i seg selv, 
 men nevne at stabilitetsproblemer er som regel betydelige for eksplisitte metoder,
 og ikke-eksisterende for implisitte metoder. 
\begin{ex}
Vi prøver Heuns metode på $[0,30]$, med $h=3$.
Som du ser, går det ganske dårlig.
\end{ex}
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-2.4cm}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/eks_9_15}
    \vspace*{-2.4cm}
	\end{center}
\end{figure}

\begin{ex}
Vi prøver RK4 på $[0,30]$, med $h=2.1$.
Det går ikke noe bedre.
\end{ex}
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-2.4cm}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/eks_9_16}
    \vspace*{-2.4cm}
	\end{center}
\end{figure}



\section*{ \huge Mer om implisitte metoder}
Så hvorfor bør vi ikke alltid bruke implisitte metoder? 
Det er et komplisert spørsmål å svare på, 
men vi skal gjøre et forsøk i dette avsnittet.
Vi begynner med et eksempel, 
der vi setter opp de forskjellige numeriske metodene.
\begin{ex}
Vi skriver opp de forskjellige metodene for
\[
\dot{y}=\frac{y-2xy^2}{1+x}.
\]
\noindent Eksplisitt Euler:
\begin{align*}
 y_{i+1}=y_i+h&\frac{y_i-2x_iy_i^2}{1+x_i} 
\end{align*}
\noindent Imsplisitt Euler:
\begin{align*}
 y_{i+1}=y_i+h&\frac{y_{i+1}-2x_{i+1}y_{i+1}^2}{1+x_{i+1}} 
\end{align*}
\noindent Trapesmetoden
\begin{align*}
y_{i+1}=y_i+\frac{h}{2}&\left( \frac{y_i-2x_iy_i^2}{1+x_i}+\frac{y_{i+1}-2x_{i+1}y_{i+1}^2}{1+x_{i+1}}\right) 
\end{align*}
\noindent Heuns metode
\begin{align*}
y_{i+1}^*=y_i+h&\frac{y_i-2x_iy_i^2}{1+x_i} \\[5pt]
y_{i+1}=y_i+\frac{h}{2}&\left( \frac{y_i-2x_iy_i^2}{1+x_i}+\frac{y_{i+1}^*-2x_{i+1}(y_{i+1}^*)^2}{1+x_{i+1}}\right) 
\end{align*}
\noindent RK4
\begin{align*}
k_1 = &\frac{y_i-2x_iy_i^2}{1+x_i} \\[2pt]
k_2 = &\frac{\left(y_i+\frac{h}{2}k_1\right)-2\left(x_i+\frac{h}{2}\right)\left(y_i+\frac{h}{2}k_1\right)^2}{1+\left(x_i+\frac{h}{2}\right)}  \\[2pt]
k_3 = &\frac{\left(y_i+\frac{h}{2}k_2\right)-2\left(x_i+\frac{h}{2}\right)\left(y_i+\frac{h}{2}k_2\right)^2}{1+\left(x_i+\frac{h}{2}\right)} \\[2pt]
k_4 = & \frac{(y_i+hk_3)-2(x_i + h)(y_i+hk_3)^2}{1+(x_i + h)} \\[2pt]
y_{i+1}&=y_i+\frac{h}{6}\left(k_1+2k_2 +2k_3 +  k_4\right).
\end{align*}
Jeg har for RK4 beholdt parentesene for å prøve å beholde den 
visuelle likhetene med de generelle likningene som definerer metoden. 
Men det er strengt tatt ikke nødvendig. 
\end{ex}

I dette eksemplet kan  $y_{i+1}$ beregnes analytisk for de implisitte metodene, 
men merk at dette fort kan bli en 
smule håpløst om likningene ikke er kvadratiske i $y_{i+1}$, slik som her.
 Standardteknikken er da å 
slå til med en numerisk likningsløser.

Iterasjonen
\[
 y_{i+1}=y_i+h\frac{y_{i+1}-2x_{i+1}y_{i+1}^2}{1+x_{i+1}} 
 \]
allerede er på formen $ y_{i+1}=g( y_{i+1})$,
og dette gjør at fikspunktiterasjonen er et pedagogisk naturlig valg. 
Dersom $h$ er liten, blir gjerne $g'$ liten, 
og da husker du fra tidligere at fikspunktmetoden 
konvergerer ganske kjapt.
Men hele poenget med implisitte metoder,
er jo nettopp å slippe å måtte bruke små $h$, 
så Newtons metode er et bedre valg. 
Jeg skal allikevel bruke fikspunktmetoden for å spare litt kognitiv last på dere.
 
 \begin{ex}
Vi løser 
\[
\dot{y}=\frac{y-2xy^2}{1+x} \quad y(0)=\frac{2}{5}
\]
med
\[
 y_{i+1}=y_i+h\frac{y_{i+1}-2x_{i+1}y_{i+1}^2}{1+x_{i+1}} .
 \]
Under er løsningskurve beregnet med $h=0.2$ på intervallet $[0,10]$. 
Fikspunktmetoden trengte med startgjetning $y_i$  et sted mellom 13 og 21 iterasjoner for 
å nå maskinpresisjon  i hvert steg. Med lavere $h$ vil antall iterasjoner gå ned.
 \end{ex}
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-2.4cm}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/eks_9_19}
    \vspace*{-3.4cm}
	\end{center}
\end{figure}

Eksemplet over illustrerer et viktig moment.
Koster det mange flyttallsoperasjoner å kjøre en metode til en gitt presisjon?
Det hjelper ikke å ha en metode som beregner alt til maskinpresisjon
om metoden tar ett år å kjøre. Implisitte metoder er ofte robuste og stabile, men de koster også mer å bruke. 


\section*{ \huge Vanskelig teori}

Differensiallikningen vi skal løse er
\[
\dot{y}(t)=f(y(t)) \quad t \in [a,b].
\]
En \defterm{løsning} er en kontinuerlig deriverbar funksjon $y: [a,b] \to \mathbb{R}$ som passer i likningen. 
Dersom vi inkluderer en betingelse på formen
\[
y(a)=c
\]
har vi et initialverdiproblem.
Om dette problemet kan løses, 
og hvorvidt det finnes flere løsninger, 
avhenger av $f$.


\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title= Entydighet]
Dersom $f$ er kontinuerlig deriverbar på $\mathbb{R}$,
og $y$ tilfredsstiller
\[
\dot{y}(t)=f(y(t)) \quad y(a)=c,
\]
er $y$ entydig bestemt.
\end{tcolorbox}

\begin{proof}
 La oss anta at det finnes to kontinuerlig deriverbare funksjoner $y_1$ og $y_2$ slik at 
\[
y_1'=f(y_1) \quad y_1(a)=c
\]
og 
\[
y_2'=f(y_2) \quad y_2(a)=c.
\]
 Vi ønsker å studere differansen $z=y_1-y_2$. 
 Hvis vi trekker de to initialverdiproblemene over fra hverandre, 
 ser vi at 
 funksjonen $z$ tilfredsstiller 
 \[
z'(t)=\dot{y}_1(t)-\dot{y}_2(t)=f(y_1(t))-f(y_2(t))
\]
med initialverdibetingelse
 \[
 z(a)=y_1(a)-y_2(a)=0.
\]

La oss først få rede på et par grunnleggende faktaopplysninger.
Siden $z$ er kontinuerlig deriverbar på $[a,b]$,
må $z$ ha maksimums- og minimumsverdier på $[a,b]$. 
La oss kalle disse $c$ og $d$. 

Siden $f$ er kontinuerlig deriverbar,
må $|f'|$ ha en maksimumsverdi $A$ på $[c,d]$.  
La nå $P$ være en jevn partisjon med punkter
\[
t_i=a+i\frac{b-a}{n},
\]
 og velg $n$ slik at $A\frac{b-a}{n}<1$.
For det første gir sekantsetningen at
\[
\left|\frac{f(y_1(t))-f(y_2(t))}{y_1(t)-y_2(t)}\right|\leq A
\]
på $[a,b]$,
som gir at også
 \begin{align*}
|z'(t)|&=|\dot{y}_1(t)-\dot{y}_2(t)|\\
&=|f(y_1(t))-f(y_2(t))|\\ 
&<A|y_1(t)-y_2(t)|=A|z(t)|
\end{align*}
på $[a,b]$.

Nå ser vi på intervallet $[a,t_1]$. 
Siden $z$ er kontinuerlig deriverbar, 
må både $|z|$ og $|z'|$ ha maksimumsverdier på dette intervallet.
Vi kaller disse $M_0$ og $M_1$,
og ser at 
\begin{align*}
|z(t)|\leq M_1(t_1-a)=M_1\frac{b-a}{n}
\end{align*}
på $[a,t_1]$ siden $z(a)=0$.
Men siden $|z'(t)| \leq A|z(t)|$, 
må $M_1 \leq M_0 A$, 
slik at 
\begin{align*}
|z(t)|\leq M_1\frac{b-a}{n}\leq M_0 A\frac{b-a}{n}.
\end{align*}

Men vi har valgt $n$ slik at
\[
A\frac{b-a}{n}<1.
\]
Ulikheten 
\[
|z(t)|\leq  M_0A\frac{b-a}{n} 
\]
sier at på $[a,t_1]$ er $|z|$ mindre enn sin egen maksimumsverdi ganger et tall som er strengt mindre enn 1, 
og dette er kun mulig dersom $z=0$ på $[a,t_1]$. 
Altså er $y_1$ og $y_2$ identiske på $[a,t_1]$.

Men dette betyr at $z(t_1)=0$, 
og nå kan vi gjenta resonnementent på intervallet $[t_1,t_2]$,
så på $[t_2,t_3]$ og så videre,
og konkludere med at  $y_1$ og $y_2$ er identiske på hele $[a,b]$.
\end{proof}

Det er relativt enkelt å utvide teoremet over til å gjelde for initialverdiproblemer av typen
\[
\dot{y}(t)=f(t,y(t)) \quad y(a)=c.
\]
Hvis du studerer beviset, 
vil du se at det vi trenger for teoremet skal være sant, 
er at det finnes en konstant $A$ slik at 
\[
\left|\frac{f(t,y)-f(t,z)}{y-z}\right| \leq A.
\]
I dette tilfellet sier vi at $f$ er lipschitzkontinuerlig i det andre argumentet. 

\section*{\huge Andre ordens lineære differensiallikninger}

Nå skal vi behandle lineære andreordens differensiallikninger med konstante koeffisienter:
\[
y''+a_1y'+a_0y=f(t)
\]
Det er vanlig å kreve at $y \in \mathcal C^2$, altså at $y$ har to kontinuerlige deriverte. 
På denne måten kan man sikre at likningen faktisk gir mening. 
Det finnes mange situasjoner der dette kravet kan slakkes noe, 
men det er pensum i M4.  

%Vi skal behandle den andre ordens differensiallikningen ved å skrive den om til et system 
%Dersom $f=0$, kalles likningen \defterm{homogen}. 
%Siden $L$ er en lineærtransformasjon, 
%kan vi umiddelbart dedusere at dersom to funksjoner er løser en homogen likning, 
%vil også lineærkombinasjoner av dem gjøre det. 
%Dette kalles \defterm{superposisjonsprinsippet}.






\section*{Hvor kommer andre ordens differensiallikninger fra?}
En kloss sklir friksjonsfritt p{\aa} underlaget, og er festet til veggen med en fj{\ae}r. Hookes fj{\ae}rlov sier at 
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
	\includegraphics[scale=.35]{../figurer/hooke.pdf}
	\end{center}
\end{figure}
\[
F(y)=-ky,
\]
der $y$ er hvor langt fj{\ae}ren er strukket eller komprimert, 
$k$ er en konstant som avhenger av fj{\ae}rens stivhet, 
og $F(y)$ er kraften fra fj{\ae}ren p{\aa} klossen. 
Dersom $y(t)$ er klossens posisjon, er klossens akselerasjon gitt ved $y''(t)$,
og Newtons andre lov blir
\begin{equation*}
-ky=my'',
\end{equation*}
der $m$ er klossens masse. Dette er en differensiallikning. Vi skriver vanligvis
\[
my''+ky=0.
\]

Vi kan komplisere det litt til. La oss innf{\o}re luftmotstand. Luftmotstand avhenger kvadratisk av farten:
\begin{equation*}
F(y')=b(y')^{2};
\end{equation*}
der $b$ er en proporsjonalitetskonstant som sier noe om luftmotstanden. 
Den totale kraften blir
\begin{equation*}
F(y,y')=-ky+b(y')^{2},
\end{equation*}
slik at Newtons andre lov gir
\begin{equation*}
my''-b(y')^{2} +ky=0.
\end{equation*}
Denne likningen har et problematisk ledd, $b(y')^{2}$. Men vi kan gjøre en forenkling. 
Dersom klossen ligger i en tyktflytende væske, blir motstanden proporsjonal med farten istedet for kvadratet av farten, 
og vi får likningen
\begin{equation*}
my''-cy' +ky=0,
\end{equation*}
som er mye enklere å løse.



N{\aa} skal vi komplisere det enda litt. La klossen henge fra taket.
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
	\includegraphics[scale=.4]{../figurer/hooke_2.pdf}
	\end{center}
\end{figure}
I tillegg til fj{\ae}rkraften og luftmotstanden, vil n{\aa} ogs{\aa} gravitasjonen p{\aa}virke bevegelsen. Gravitasjonskraften er en konstant kraft $mg$ nedover. Den totale kraften
er
\begin{equation*}
F(y,y')=-ky+by'-mg,
\end{equation*}
og Newtons andre lov gir differensiallikningen
\begin{equation*}
my''-by' +ky=mg.
\end{equation*}



\section*{Noen småting}
Vi skal behandle \defterm{andre ordens differensiallikninger med konstante koeffisienter}:
\[
a_2y''(t)+a_1y'(t)+a_0y(t)=f(t)
\]
Det er vanlig å sette $a_2=1$, for å forenkle analysen. 
Vi slipper å ha med $a_2$ i alle formler og utledninger, og vi slipper å luke ut $a_2=0$ hver gang vi skal sette opp et teorem. 
Dersom $a_2$ skulle slumpe til å være noe annet enn 1, kan du dele den ut av likningen før du setter igang.

Det er tradisjonelt og praktisk å sortere likninger i to kategorier, de homogene:
\[
y''(t)+a_1y'(t)+a_0y(t)=0
\]
og de inhomogene:
\[
y''(t)+a_1y'(t)+a_0y(t)=f(t)
\]




\section*{Løsningsteknikk for homogene likninger}

Vi kaller gjerne løsningen av 
\[
y''(t)+a_1y'(t)+a_0y(t)=0
\]
for $y_h$, der $h$-en står for homogen.
Det første man kan merke seg, er at vi har allerede lært å løse denne typen likning i forrige kapittel. 
Dersom vi innfører de nye variablene $v_1=y$ og $v_2=y'$, kan likningen skrives om til systemet
\[
\begin{bmatrix}
0 & 1 \\ -a_0 & -a_1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
v_1 \\ v_2
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
v_1 \\ v_2
\end{bmatrix}'
\]
Vi vet derfor at vi kan forvente to lineært uavhengige løsninger. Det karakteristiske polynomet til matrisen er:
\[
\lambda^2+a_1\lambda + a_0.
\]
Egenvektoren til $\lambda$ er:
\[
\V x=
\begin{bmatrix}
1 \\ \lambda
\end{bmatrix}.
\]

Den karakteristiske likningen kjenner du forhåpentligvis igjen fra gymnaset, der du lærte å løse disse likningene. 
Den gang sa de noe sånt som at alle løsninger var på formen $Ce^{\lambda t}$ eller $A \cos t + B\sin t$, 
og så satte de dette uttrykket inn i differensiallikningen for å utlede den karakteristiske likningen. 

Vi kan bruke analysen fra forrige oppgave til å liste opp løsningen til den homogene likningen for forskjellige typer egenverdier. 
Merk at vi er i utgangspunktet kun interessert i $v_1$, og derfor ikke har bruk for egenvektorene når vi skal skrive opp homogene løsninger.

Dersom $\lambda_1 \neq \lambda_2$ er reelle, kan vi plukke ut førstekomponenten av den generelle løsningen av systemet, og få
\[
y_h(t)=c_1e^{\lambda_1 t}+c_2e^{\lambda_2 t}.
\]

Dersom $\lambda=\alpha \pm \beta i$, slik at 
\[
\begin{bmatrix}
a_1 \\ a_2
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 \\ \alpha
\end{bmatrix}
\]
og
\[
\begin{bmatrix}
b_1 \\ b_2
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
0 \\ \beta
\end{bmatrix},
\]
får vi 
\begin{align*}
y_h(t)=d_1e^{\alpha t}\cos\beta t+d_2e^{\alpha t}\sin\beta t.
\end{align*}

Dersom $\lambda_1=\lambda_2=\lambda$, kan vi stokke litt om på verdiene til $c_1$ og $c_2$, og få
\[
y_h(t)=c_1e^{\lambda t}+c_2te^{\lambda t}.
\]

\begin{ex}
Løsningen til 
\[
y''-y=0
\]
er
\[
y(t)=c_1e^t+c_2e^{-t}. \qedhere
\]
\end{ex}


\begin{ex}
Løsningen til 
\[
y''+y=0
\]
er
\[
y(t)=c_1\cos t+c_2\sin t. \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
Løsningen til 
\[
y''-2y'+y=0
\]
er
\[
y(t)=c_1e^t+c_2te^t. \qedhere
\]
\end{ex}


\section*{Løsningsteknikk for inhomogene likninger}
Tilsvarende kalles vi løsningen til
\[
y''(t)+a_1y'(t)+a_0y(t)=f(t)
\]
for $y_p$, der $p$ står for partikulær. 
La $y_h=y_1+y_2$, der $y_1$ og $y_2$ er to lineært uavhengige homogene løsninger. 
På samme måte som i kapittelet om systemer av differensiallikninger, finnes det en formel for å finne løsningene til inhomogene systemer.
Ved å sette inn de homogene løsningene i den, 
vil du få at partikulærløsningen kan beregnes på følgende måte:
\begin{align*}
y_p(t)&=y_2\int_0^t \frac{y_1(s)f(s)}{y_1(s)y'_2(s)-y_2(s)y'_1(s)}\; ds \\ &-y_1\int_0^t \frac{y_2(s)f(s)}{y_1(s)y'_2(s)-y_2(s)y'_1(s)}\; ds.
\end{align*}
Selve utledningen av formelen er ikke så interessant, så vi overlater det til spesielt interesserte.




\begin{ex}
Den homogene løsningen til 
\[
y''-y=e^{2t}
\]
er
\[
y_h(t)=c_1e^t+c_2e^{-t}=c_1 y_1(t)+c_1 y_2(t),
\]
slik at 
\begin{align*}
y_p(t)&=y_2\int \frac{y_1(t)f(t)}{y_1(t)y'_2(t)-y_2(t)y'_1(t)}\; dt \\ &-y_1\int \frac{y_2(t)f(t)}{y_1(t)y'_2(t)-y_2(t)y'_1(t)}\; dt\\&=e^{-t}\int \frac{e^te^{2t}}{-e^{t}e^{-t}-e^{-t}e^{t}}\; dt \\ &-e^{t}\int \frac{e^{-t}e^{2t}}{-e^{t}e^{-t}-e^{-t}e^{t}}\; dt= \frac{1}{3}e^{2t},
\end{align*}
og
\[
y=y_h+y_p=c_1e^t+c_2e^{-t}+\frac{1}{3}e^{2t}.  \qedhere
\]
\end{ex}


\begin{ex}
Den homogene løsningen til 
\[
y''-y=e^{t}
\]
er
\[
y_h(t)=c_1e^t+c_2e^{-t},
\]
slik at 
\begin{align*}
y_p(t)&=e^{-t}\int \frac{e^te^{t}}{-e^{t}e^{-t}-e^{-t}e^{t}}\; dt \\ &-e^{t}\int \frac{e^{-t}e^{t}}{-e^{t}e^{-t}-e^{-t}e^{t}}\; dt= \frac{1}{2}(t-1)e^{t},
\end{align*}
og
\[
y=c_1e^t+c_2e^{-t}+\frac{1}{2}(t-1)e^{t}.  \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
Den homogene løsningen til 
\[
y''+y=\sin t
\]
er
\[
y_h(t)=c_1\cos t+c_2\sin t,
\]
slik at 
\begin{align*}
y_p(t)&=\sin t \int \frac{\cos t \sin t}{\cos^2 t+\sin^2 t}\; dt \\ &-\cos t \int \frac{\sin^2 t}{\cos^2 t+\sin^2 t}\; dt\\
&=\sin t \int \cos t \sin t\; dt -\cos t \int \sin^2 t\; dt\\
&=-\frac{1}{4}\sin t \cos 2t  -\cos t \left(\frac{t}{2}-\frac{1}{4}\sin 2t\right)\\ 
&= -\frac{1}{2}t\cos t-\sin t. 
\end{align*}
Merk at den homogene løsningen $y_1=\sin x$ dukket opp i prosessen. 
Dette skjer av og til, men gjør ingenting. Vi har 
\[
y=c_1 \cos t + c_2 \sin t - \frac{1}{2}t\cos t. \qedhere
\]
\end{ex}

Med litt trening vil du merke at du ikke alltid trenger å bruke den store formelen for å finne den partikulære løsningen. 
Med litt erfaring kan man gjette hva den er. 
En grundig diskusjon av dette er imidlertid kjedelig og langdryg,
og det krever mye trening å se hva løsningen er i noen tilfeller. 
I andre tilfeller går det ikke an å gjette på partikulærløsningen,
og også disse tilfellene krever mye erfaring å se med det blotte øye.

\begin{ex}
Det trengs ikke særlig rutine for å se at den inhomogene løsningen til 
\[
y''+2y=1
\]
må åpenbart være en konstant funksjon $f(x)=K$. 
Innsetting gir
\[
0+2K=1,
\]
slik at $K=1/2$.
\end{ex}

\begin{ex}
Det trengs heller ikke særlig rutine for å se at den inhomogene løsningen til 
\[
y''+y=e^t
\]
er $Ke^t$. 
Innsetting gir $K$ på samme måte som i forrige eksempel. 
Det trengs derimot endel erfaring for å gjette at partikulærløsningen til 
\[
y''+y=\sin t
\]
er på formen $Kt\cos t$. 
Dette er fordi $\sin t$ er en homogen løsning.
\end{ex}



\section*{Initialverdiproblem}

Til slutt kan vi registrere at den generelle løsningen til 
\[
a_2y''(t)+a_1y'(t)+a_0y(t)=f(t)
\]
er
\[
y(t)=y_h(t)+y_p(t).
\]
 Merk at det finnes to ubestemte koeffisienter i $y_h$, så et initialverdiproblem trenger to betingelser - den vanligste formen er 
 \[
 y(t_0)=a, \quad  y'(t_0)=b.
\]

\begin{ex}
Løsningen til initialverdiproblemet
\[
y''-y=e^{2t}
\]
med betingelser
 \[
 y(0)=1, \quad  y'(0)=0
\]
er
\[
y=\frac{2}{3}e^{-t}+\frac{1}{3}e^{2t}.  \qedhere
\]
\end{ex}

\section*{Det ikkediagonaliserbare tilfellet}

Dersom $a_1^2=4a_0$, slik at likningen
\[
\lambda^2+a_1\lambda + a_0=0
\]
kun har en løsning, 
er vi i det ikkediagonaliserbare tilfellet fra forrige kapittel.
Men i dette kapitlet finnes det et triks. 

\begin{ex}
Vi ser på likningen 
\[
y''+2y+y=0.
\]
Den karakteristiske likningen er
\[
\lambda^2+2\lambda + 1=0
\]
som kun har løsningen $\lambda=-1$. 
Merk nå at
\[
\left(ye^t\right)''=e^t\left(y''+2y+y\right)=0.
\]
Dersom vi integrerer denne likningen to ganger, 
får vi 
\[
y=e^{-t}\left(c_1t+c_0\right),
\]
slik som i avsnittet om generaliserte egenvektorer i forrige kapittel.
\end{ex}

Teknikken over fungerer generelt. 
La oss anta at den karakteristiske likningen 
\[
\lambda^2+a_1\lambda+a_0=0
\]
kun har en rot.
I så fall er 
\[
a_1^2-4a_0=0
\]
slik at 
den karakteristiske likningen kan skrives
\[
\lambda^2+a_1\lambda+\frac{a_1^2}{4}=0.
\]
Den doble roten er $\lambda=-\frac{a_1}{2}$. Prøv selv.


Numeriske metoder for andre ordens differensiallikninger venter vi litt med. 
Det er mer praktisk å ta når vi har lært om systemer av differensiallikninger.



\kapittelslutt

