Homogene lineaire 2de orde GDV's met constante coëfficiënten

Differentiaalvergelijkingen: Lineaire tweede-orde differentiaalvergelijkingen

Homogene lineaire 2de orde GDV's met constante coëfficiënten

Hiervoor hebben we gezien dat elke homogene lineaire tweede-orde GDV een algemene oplossing heeft met twee vrije parameters. Dat wil nog niet zeggen dat de oplossing eenvoudig op te schrijven is. Denk aan #y''=\e^{-t^2}#: uit het feit dat het rechter lid geen primitieve heeft die in termen van bekende standaardfuncties op te schrijven is, volgt dat er ook geen eenvoudig expliciet op te schrijven oplossing #y# van deze GDV is. Immers, als die er wel was, dan zou de afgeleide ervan ook eenvoudig expliciet op te schrijven zijn (dankzij de rekenregels voor differentiëren), maar zo'n afgeleide zou een primitieve van #\e^{-t^2}# zijn.

In het speciale geval van een homogene lineaire vergelijking met constante coëfficiënten, is de oplossing wel te vinden. Hier voeren we de begrippen in die nodig zijn om de volledige oplossing te formuleren. Die oplossing presenteren we later.

Constante coëfficiënten

Een differentiaalvergelijking van de vorm \[a\cdot\frac{\dd^2y}{\dd t^2}+b\cdot\frac{\dd y}{\dd t}+c\cdot y=0\] waarbij \(a\), \(b\) en \(c\) willekeurige gegeven reële constanten zijn met \(a\neq 0\), heet een lineaire homogene differentiaalvergelijking van de tweede orde met constante coëfficiënten.

Als #a=0# en #b\ne0#, dan is de vergelijking lineair van eerste orde. We hebben bij de Oplossing van de exponentiële groei-vergelijking gezien dat de algemene oplossing dan #y=C\cdot \e^{-\frac{c}{b}\cdot t}# is.

Als #a\ne0#, dan kunnen we alle termen van de GDV door #a# delen. Het resultaat is dan in standaardvorm, waarbij de coëfficiënt van #\frac{\dd^2y}{\dd t^2}# gelijk is aan #1#.

Als #c=0# en #b\ne0#, dan is de vergelijking op te lossen door eerst de GDV \(a\cdot\frac{\dd u}{\dd t}+b\cdot u=0\) op te lossen met behulp van de Oplossing van de exponentiële groei-vergelijking: \( u = C\cdot \e^{-\frac{b}{a}\cdot t}\), en vervolgens #\frac{\dd y}{\dd t}=u#. De algemene oplossing is dan #y =A\e^{-\frac{b}{a}\cdot t}+B#, waarbij #A# en #B# integratieconstanten zijn.

De algemene oplossing van de differentiaalvergelijking van de vorm \[a\cdot\frac{\dd^2y}{\dd t^2}+b\cdot\frac{\dd y}{\dd t}+c\cdot y=0\] krijgen we weer door machten van \( \e\) als oplossingen te proberen.

Karakteristieke vergelijking

Stel dat \[y(t)=\e^{\lambda t}\] een oplossing is van de lineaire tweede-orde GDV \[a\cdot y''+b\cdot y'+c\cdot y=0\] waarbij \(a\), \(b\) en \(c\) willekeurige gegeven reële constanten zijn met \(a\neq 0\). Dan geeft invullen in de GDV de vergelijking \[a\cdot\lambda^2\cdot\e^{\lambda t}+b\cdot\lambda \cdot\e^{\lambda t}+c\cdot \e^{\lambda t}=0\] oftewel, na delen door \(\e^{\lambda t}\), \[a\cdot\lambda^2+b\cdot\lambda + c=0\] Deze vergelijking is de zogenaamde karakteristieke vergelijking van de differentiaalvergelijking. Het linker lid heet ook wel de karakteristieke veelterm van de GDV.

Elke oplossing #\lambda# van de karakteristieke vergelijking geeft een oplossing \(y = \e^{\lambda t}\) van de differentiaalvergelijking.

Als #\lambda# een dubbele wortel is van de karakteristieke vergelijking, dan is \( t\cdot\e^{\lambda\cdot t}\) ook een oplossing van de GDV.

Als de kwadratische vergelijking twee verschillende oplossingen, zeg #\lambda_1# en #\lambda_2#, heeft, dan zijn de bijbehorende oplossingen van de GDV, #y_1=\e^{\lambda_1\cdot t}# en #y_2=\e^{\lambda_2\cdot t}#, lineair onafhankelijk. In het bijzonder is de algemene oplossing van de GDV dan, vanwege Uniciteit van specifieke oplossingen van lineaire tweede-orde differentiaalvergelijkingen, #y = A\cdot y_1+B\cdot y_2#.

Als #a=0# en #b\ne0#, dan wordt de karakteristieke vergelijking lineair: \(b\cdot\lambda + c=0\), en is er altijd een oplossing: \(\lambda=-\frac{c}{b}\). De bijbehorende oplossing #y(t)=\e^{\lambda\cdot t}# is dan een speciaal geval van de Oplossing van de exponentiële groei-vergelijking.

Als #a\ne0# en #c=0#, dan is #\lambda=0# een oplossing, die overeenkomt met de constante oplossing #y=1# van de GDV, \(a\cdot\frac{\dd^2y}{\dd t^2}+b\cdot\frac{\dd y}{\dd t}=0\).

Het proberen van een oplossing van een speciale vorm heet de Ansatz methode. Hier gaan we later op in.

De formulering van de definitie maakt al duidelijk dat, als #\lambda# een oplossing is van de karakteristieke vergelijking, #y=\e^{\lambda\cdot t}# een oplossing is van de GDV.

Stel nu dat #\lambda# de enige oplossing is van de karakteristieke vergelijking. Dit betekent dat #\lambda=\frac{-b}{2a}# en dat de discriminant \(D=b^2-4a\cdot c\) gelijk is aan #0#. We laten zien dat dan ook #y = t\cdot \e^{\lambda\cdot t}# een oplossing is van de GDV. Daartoe berekenen we eerst de eerste en tweede afgeleide van #y#:\[\frac{\dd y}{\dd t}=(1+\lambda \cdot t)\cdot\e^{\lambda\cdot t}\qquad\text{en}\qquad \frac{\dd^2y}{\dd t^2}=(\lambda\cdot t+2)\cdot\lambda \cdot\e^{\lambda \cdot t}\] We bewijzen nu dat #y# een oplossing is door #y#, #\frac{\dd y}{\dd t}# en #\frac{\dd^2y}{\dd t^2}# in de GDV in te vullen: \[\begin{array}{rcl}\displaystyle a\cdot\frac{\dd^2y}{\dd t^2}+b\cdot\frac{\dd y}{\dd t}+c\cdot y(t) &=& a \cdot(\lambda\cdot t+2)\cdot\lambda \cdot\e^{\lambda \cdot t}+b\cdot (1+\lambda\cdot t)\cdot \e^{\lambda \cdot t}+c \cdot t\cdot\e^{\lambda \cdot t}\\ &&\phantom{x}\color{blue}{\frac{\dd y}{\dd t}=(1+\lambda \cdot t)\cdot\e^{\lambda t}\qquad\text{en}\qquad \frac{\dd^2y}{\dd t^2}=(\lambda t+2)\cdot\lambda \cdot\e^{\lambda \cdot t}} \\ &=& \bigl((a\cdot\lambda^2+b\cdot\lambda+c)\cdot t+(2a\cdot\lambda+b)\bigr) \cdot \e^{\lambda \cdot t}\\ &=& -\dfrac{b^2-4a\cdot c}{4a} \cdot t\cdot \e^{\lambda\cdot t}\\ &&\phantom{xx}\color{blue}{\lambda=\frac{-b}{2a}}\\ &=& 0\\ &&\phantom{xx}\color{blue}{b^2-4a\cdot c=D=0}\end{array}\]

De aard van de oplossingen van een lineaire homogene differentiaalvergelijking van tweede orde met constante coëfficiënten wordt bepaald door het teken van de discriminant \(D=b^2-4a\cdot c\). Als \(D\gt0\), dan hebben we twee reële oplossingen. Als \(D=0\), dan hebben we precies één oplossing. Tenslotte, als \(D\lt0\), dan hebben we geen reële, maar alleen twee complexe oplossingen. Later zullen we de oplossingen van de differentiaalvergelijking voor de drie gevallen apart bekijken.

Laat zien dat \(y_1=\e^{-t}\) en \(y_2=\e^{-2 t}\) oplossingen zijn van de GDV \[\frac{\dd^2y}{\dd t^2}+3\frac{\dd y}{\dd t }+2 y(t)=0\]

Herhaaldelijk differentiëren van #y_1# geeft \[y_1=\e^{-t},\qquad \frac{\dd y_1}{\dd t}= - \e^{-t},\qquad \frac{\dd^2y_1}{\dd t^2}= \e^{-t}\] Dus: \[\frac{\dd^2y_1}{\dd t^2}+3\frac{\dd y_1}{\dd t}+2 y_1(t)= \e^{-t} + 3\cdot \left(- \e^{-t} \right)+ 2 \e^{-t} = \e^{-t}\cdot(1-3+2)=0\]
Evenzo geeft herhaaldelijk differentiëren van #y_2# \[y_2=\e^{-2 t},\qquad \frac{\dd y_2}{\dd t}= -2 \e^{-2 t},\qquad \frac{\dd^2y_2}{\dd t^2}=4\e^{-2 t}\] Dus: \[\frac{\dd^2y_2}{\dd t^2}+3\frac{\dd y_2}{\dd t}+2 y_2(t)= 4 \e^{-2 t} + 3\cdot \left(-2 \e^{-2 t} \right)+ 2 \e^{-2 t} = \e^{-2 t}\cdot (4-6+2)=0\]

Vanwege Uniciteit van specifieke oplossingen van lineaire tweede-orde differentiaalvergelijkingen is de algemene oplossing van de gegeven GDV dus #y = A\cdot\e^{-t}+B\cdot\e^{-2 t}#, waarbij #A# en #B# integratieconstanten zijn.

Nieuw voorbeeld