Puh… den tittelen var en munnfull. Heldigvis har vi en enkel metode for å løse dem.
En sånn ligning skrives på formen formen:
ay'' + by' + cy = 0
Differensialligningen er:
- andre orden fordi $y$ er derivert maksimalt to ganger
- lineær fordi den ikke har $y$ multiplisert med $y$ eller deriverte av $y$
- homogen fordi den ikke har noen ledd uten $y$
- konstante koeffisienter fordi $a$, $b$ og $c$ er konstanter
+ Metode for å løse $ay’’ + by’ + cy = 0$
Steg 1: Anta $y$ på formen $y(x) = e^{\lambda x}$
Det gir $y’ = \lambda e^{\lambda x}$ og $y’’ = \lambda^2 e^{\lambda x}$ som vi kan sette inn i ligningen:
\begin{align*}
& ay'' + by' + cy = 0 \\
\Rightarrow \quad & a \lambda^2 e^{\lambda x} + b \lambda e^{\lambda x} + c e^{\lambda x} = 0 \quad | \cdot \frac{1}{e^{\lambda x}} \\
\Rightarrow \quad & a \lambda^2 + b \lambda + c = 0 \quad \textnormal{(karakteristisk ligning)}
\end{align*}Steg 2: Løs karakteristisk ligning ved hjelp av andregradsformelen
a \lambda^2 + b \lambda + c = 0 \\
\Rightarrow \lambda = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}Steg 3: Finn generell løsning
• To ulike, reelle røtter, $\lambda_1$ og $\lambda_2$
y(x) = Ae^{\lambda_1 x} + Be^{\lambda_2 x}• To sammenfallende røtter, $\lambda = \lambda_1 = \lambda_2$
y(x) = A e^{\lambda x} + Bx e^{\lambda x}• To komplekse røtter, $\lambda = a \pm bi$
y(x) = e^{ax} \Big( A \cos(bx) + B \sin(bx) \Big)Steg 4: Bruk eventuelle startbetingelser for å bestemme $A$ og $B$.
+ Eksempel: $y’’ + y’ – 2y = 0$
Løs differensialligningen:
y'' + y' - 2y = 0
Steg 1: Anta $y$ på formen $y = e^{\lambda x}$ for å få karakteristisk ligning
\lambda^2 + \lambda - 2 = 0
Steg 2: Løs karakteristisk ligning
\begin{align*}
& \lambda = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-2)}}{2 \cdot 1} \\
\Rightarrow \quad & \lambda = \frac{-1 \pm 3}{2} \\
\Rightarrow \quad & \lambda_1 = -2 \quad \textnormal{ og } \lambda_2 = 1
\end{align*}Steg 3: Generell løsning med to ulike, reelle røtter
y(x) = Ae^{-2x} + Be^xSteg 4: Vi har ingen startbetingelser og stopper derfor med generell løsning.
+ Eksempel: $y’’ + 6y’ + 5y = 0$ når $y(0) = 0$ og $y’(0) = 3$
Løs differensialligningen:
y'' + 6y' + 5y = 0
når $y(0) = 0$ og $y’(0) = 3$.
Steg 1: Å anta $y$ på formen $y = e^{\lambda x}$ gir karakteristisk ligning
\lambda^2 + 6\lambda + 5 = 0
Steg 2: Løs karakteristisk ligning
\begin{align*}
& \lambda = \frac{-6 \pm \sqrt{6^2 - 4 \cdot 1 \cdot 5}}{2 \cdot 1} \\
\Rightarrow \quad & \lambda = \frac{-6 \pm 4}{2} \\
\Rightarrow \quad & \lambda_1 = -5 \quad \textnormal{ og } \lambda_2 = -1
\end{align*}Steg 3: Generell løsning med to ulike, reelle røtter
y(x) = Ae^{-5x} + Be^{-x}Steg 4: Bruk startbetingelsene for å bestemme $A$ og $B$.
Deriverer $y$:
y'(x) = -5 Ae^{5x} - B e^{-x}Setter $x=0$ for å bruke $y(0) = 0$ og $y’(0) = 3$:
\begin{array}{lcr}
y(0) = A e^0 + B^0 & \Rightarrow & A + B = 0 \\
y'(0) = -5A e^0 - Be^0 & \Rightarrow & -5A - B = 3
\end{array}Dette er et ligningssett med to ukjente og den kan løses på mange måter. Hvis vi f.eks. legger de to ligningene sammen får vi:
-4A = 3 \quad \Rightarrow \quad A = - \frac{3}{4}Siden $B = -A$, får vi $B = \frac{3}{4}$. Og, vips, har vi løsningen på formen:
y(x) = -\frac{3}{4} e^{-5x} + \frac{3}{4} e^{-x}Du kan sjekke svaret ved å derivere og sette inn.
+ Eksempel: $y’’ – 10 y’ + 25y = 0$
Løs differensialligningen:
y'' - 10 y' + 25y = 0
Steg 1: Anta $y$ på formen $y = e^{\lambda x}$ for å få karakteristisk ligning
\lambda^2 - 10 \lambda + 25 = 0
Steg 2: Løs karakteristisk ligning
\begin{align*}
& \lambda = \frac{- (-10) \pm \sqrt{(-10)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 25}}{2 \cdot 1} \\
\Rightarrow \quad & \lambda = \frac{10 \pm 0}{2} \\
\Rightarrow \quad & \lambda = 5
\end{align*}Steg 3: Generell løsning med sammenfallende røtter
y(x) = Ae^{5x} + Bxe^{5x}Steg 4: Vi har ingen startbetingelser og stopper derfor med generell løsning.
+ Eksempel: $y’’ + 2y’ + 2y = 0$
Løs differensialligningen:
y'' + 2y' + 2y = 0
Steg 1: Anta $y$ på formen $y = e^{\lambda x}$ for å få karakteristisk ligning
\lambda^2 + 2\lambda + 2 = 0
Steg 2: Løs karakteristisk ligning
\begin{align*}
& \lambda = \frac{-2 \pm \sqrt{2^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2}}{2 \cdot 1} \\
\Rightarrow \quad & \lambda = \frac{-2 \pm 2i}{2} \\
\Rightarrow \quad & \lambda_1 = -1 - i \quad \textnormal{ og } \lambda_2 = -1 + i
\end{align*}Steg 3: Generell løsning med komplekse røtter
y(x) = e^{-x} \Big( A \cos(x) + B \sin(x) \Big)Steg 4: Vi har ingen startbetingelser og stopper derfor med generell løsning.