Stefaan Poedts
- Herhaling: methode van de variatie van de constante - Toepassing: wiskundige modellering
- Belangrijke opmerking
• Lineaire differentiaalvergelijkingen van de tweede orde
- Homogene vergelijkingen met constante co ¨effici ¨enten
- Fundamenele oplossingen van homogene lineaire vergelijkingen - Lineaire onafhankelijkheid en de Wronskiaan
- Complexe oplossingen van de karakteristieke vergelijking - Samenvallende wortels, ordereductie
- Inhomogene vergelijkingen, methode onbep. co ¨effici ¨enten
- Variatie van parameters
• Toepassing: mechanische en elektrische trillingen - ongedempte en gedempte, vrije trillingen; gedwongen trillingen
Definitie
Def.: Een differentiaalvergelijking wordt eenalgemene lineaire
differen-tiaalvergelijking van orden genoemd als ze in de volgende vorm kan geschreven worden:
y(n)(x ) + a1(x )y(n−1)(x ) + . . . + an−1(x )y0(x ) + an(x )y (x ) = b(x ),
(14) waarbij a1(x ), . . . , an(x ), b(x ) gegeven functies zijn van de
Lineaire differentiaalvergelijkingen van de eerste orde
Def.: Een differentiaalvergelijking van de eerste orde wordt lineair
ge-noemd als ze lineair is in y (x ) en y0(x ) = dy dx(x ).
• vorm: y0(x ) + f (x )y (x ) = g (x ) met f (x ) en g (x ) gekend - g (x ) ≡ 0 ⇒ homogene vergelijking
- g (x ) 6≡ 0 ⇒ niet-homogene vergelijking Strategie:
- eerst homogene vergelijking oplossen (scheiding veranderlijken) - resultaat gebruiken om inhomogene vergelijking op te lossen
Een voorbeeld
beschouw dy dx + y tan x = sin2x • homogene vergelijking: dy dx + y tanx = 0 ⇒ 1 y dy dx = −tanx = 1 cosx d cosx dx⇒ oplossing: yH(x ) =C cosx , (hier is dus u(x ) = cosx )
• niet-homogene vergelijking: variatie van de constante ⇒ y (x ) =v (x )cosx ⇒ dv
dx cosx−v sinx + v cosx tanx = sin2x met v (x ) de oplossing van cosx dv
⇒ dv
dx = 2 sinx
⇒ v (x ) = −2 cosx + C
⇒ yA(x ) = (C − 2cosx )cosx = C cosx
| {z } yH(x )
−2cos2x | {z } yP(x )
Toepassing: wiskundige modellering
• cf. wiskundige modellen bevatten differentiaalvergelijkingen ⇒ voorspellingen gedrag natuurlijke processen in 6= omstandigheden
(parameters vari ¨eren is makkelijker dan experiment uitvoeren)
⇒ validatie via vergelijking voorspellingen met experimentele resultaten ⇒ vaak goed idee van interessante richtingen voor experimentele exploratie
• beschouw een vijver met 10 miljoen liter vers water
• vervuild water een ongewenst chemisch product vloeit in de vijver `a 5 × 106l/jr
• elders vloeit aan hetzelfde tempo het gemengde water uit de vijver • concentratie chem. product in instomende water : γ(t) = 2 + sin2t g/l ⇒ wiskundig model ?
Toepassing: wiskundige modellering
• inhoud van de vijver is constant (10 miljoen liter)
• stel t = tijd (in jaren), chemische product in vijver = Q(t) (in g)
⇒ dQ
dt (t) =snelheid instroom−snelheid uitstroom • snelheid instroom=(5 × 106)l/jaar(2 + sin2t)g/l
• concentratie van chemicali¨en in vijver = Q(t)/107 g/l, zodat
snelheid uitstroom=(5 × 106)l/jaar[Q(t)/107]g/l =Q(t)/2g/jaar
⇒ dQ
dt (t) =(5 × 10
6)(2 + sin2t)−Q(t) 2
• nieuwe afh. veranderlijke, nl. q(t) = Q(t)/106 zodat Q(t) = 106q(t)
⇒ dq
dt(t) + q(t)
Toepassing: wiskundige modellering
• begin : geen chemisch product in vijver ⇒ q(0) = 0 • oplossing homogene vergelijking : Opgave!qH(t) = Ce−t/2
• variatie van de constante, q(t) = v (t)e−t/2
⇒ dv
dte
−t/2= 10 + 5sin2t
• scheiding van veranderlijken + parti¨ele integratie : v (t) = 20 et/2+ 10
17sin2t e
t/2−40
17cos2t e
Toepassing: wiskundige modellering
⇒ algemene oplossing wordt: q(t) = 20 +10
17sin2t − 40
17cos2t + C e
−t/2
• constante C bepalen via de beginvoorwaarde C = −300/17 q(t) = 20 +10 17sin2t − 40 17cos2t − 300 17 e −t/2
OPM: impliciete veronderstellingengemaakt:
- inhoud vijver ⇒ geen verdamping, wegsijpeling in de grond, regen, enz. - geen opname chemisch product door vissen of andere organismen ⇒ nauwkeurigheid model afhankelijk vangeldigheid veronderstellingen
Toepassing: wiskundige modellering
0 5 10 15 20q
5 10 15 20t
De oplossing van het beginvoorwaardenprobleem
OPM: er is schijnbaar ´e´en enkele oplossing
Bestaan en ´
e´
enduidigheid van de oplossing
Stelling 3.1 :
Als de functiesf eng continu zijn op een open intervalI : a < t < b dat het puntt = t0 bevat, dan bestaat er eenunieke functiey (t) = Φ(t)die
voldoet aan de differentiaalvergelijking dy
dt(t) + f (t)y (t) = g (t),
voor elket ∈ I, en die ook voldoet aan de beginvoorwaarde y (t0) = y0,
waarbijy0een willekeurige voorgeschreven beginwaarde is.
Bestaan en ´
e´
enduidigheid van de oplossing
Voorniet-lineaireDvgln moeten we St. 3.1 vervangen door :
Stelling 3.2 :
Als defuncties F en∂F /∂y continuzijn op een open rechthoeka < t < b, c < y < d die het punt (t0, y0) bevat, dan bestaat er in een interval
t0 − h < t < t0+ h dat bevat is in a < t < b, een unieke oplossing
y (t) = Φ(t)van het beginvoorwaardenprobleem y0(t) = F (t, y (t)), y (t0) = y0.
• VWn St. 3.2 reduceren tot die van St. 3.1 als de Dvgl lineair is: want dan is F (t, y (t)) = −f (t)y (t) + g (t) en ∂F (t, y )/∂y = −f (t) ⇒cont.F en∂F /∂y is equivalent met cont. f en g
Algemene oplossing
• ander verschil tussen lineaire en niet-lineaire Dvgln : - lineaire vgln : oplossing bevat willekeurige constante
- niet-lineaire vgln : niet altijd zo + indien zo dan kunnen nog andere oplossingen bestaan die niet bekomen worden door waarden te geven aan die constante
• bv.: y0(t) = y2(t) ⇒ scheiding van veranderlijken ⇒ y (t) = − 1 t + c • Maar : constante functie y = 0 is zeker ook een oplossing
= gevolg vanscheiding van de veranderlijken (y (t) 6= 0 gesteld) • “bijkomende” oplossingen niet ongewoon voor niet-lineaire vgln ⇒ term “algemene oplossing” enkel gebruiken voor lineaire vergelijkingen!
Lineaire differentiaalvergelijkingen van de tweede orde
• van cruciaal belangin studie van Dvgln om twee redenen :
1) rijke theoretische structuur= basis systematische oplossingsmethoden voor vgln van 2de orde zijn deze structuur en de methoden begrijpelijk 2) zijn van vitaal belangzijn voor een ernstige studie van de klassieke
domeinen van de wiskundige natuurkunde: vloeistofmechanica, warmtegeleiding, golfbewegingen, of elektromagnetisme. In de moderne domeinen van de natuurkunde, zoals in de
quantummechanica en de continu¨ummechanica, spelen tweede-orde Dvgln zelfs een centrale rol!
Lineaire differentiaalvergelijkingen van de tweede orde
• gewone Dvgl van de tweede ordeheeft de vorm d2y dt2(t) = F t, y (t),dy dt(t) (∗)
waarbij F een gegeven functie is (onafh. veranderlijke met t aangegeven) • vgl. (∗) is lineairals F de volgende vorm heeft
F t, y (t),dy dt(t) = g (t) − p(t)dy dt(t)− q(t)y (t) t.t.z. als F lineair isiny (t)eny0(t) (g , p en q zijn gegeven functies van t die niet afhangen van y ) ⇒ vgl. (∗) ook te schrijven in vorm (met y (t) → y en y0(t) → y0)
Beginvoorwaardenproblemen
• een beginvoorwaardenprobleembestaat nu uit een Dvgl zoals d2y dt2 = F t, y ,dy dt (∗) samen met een paar ‘beginvoorwaarden’
y (t0) = y0, y0(t0) = y00 (∗∗)
⇒ beginvoorwaarden schrijven nu niet enkel een bepaald punt(t0, y0)voor
waardoor de grafiek van de oplossing moet passeren, maar ook de hellingy00 van de grafiek in dat punt!
Homogene vergelijkingen met constante co¨
effici¨
enten
• een 2de-orde vgl wordt homogeengenoemd als de term g (t) ≡ 0 zoniet is de vergelijkinginhomogeen
• we bespreken eerst de oplossingen van de homogene vergelijking P(t)y00+ Q(t)y0+ R(t)y = 0
• hieruit zijn oplossingen bijhorende inhomogene vgl te vinden (cf. later) • MAAR : oplossing meestal erg moeilijk! ⇒ later
⇒ stel eerst : functies P, Q en R zijn constant : ay00+ by0+ cy = 0 (∗)
Eenvoudig, maar typisch, voorbeeld
• beschouw de vergelijking: y00− y = 0 (∗∗)
⇒ bijzonder geval is van vgl. (∗) met a = 1, b = 0 en c = −1 • cf. Calculus : de functie y1(t) = et voldoet aan deze Dvgl
• diep nadenken ⇒ ook y2(t) = e−t voldoet aan deze Dvgl
• nog dieper nadenken: ook alle constante veelvouden van deze twee oplossingen, zoals 2et en 7e−t, voldoen aan Dvgl
⇒ analoog: alle c1y1(t) = c1et en c2y2(t) = c2e−t voldoen aan vgl. (∗∗)
voor alle waarden van de constanten c1 en c2
• belangrijk inzicht : elke som van oplossingen van (∗∗) is ook oplossing ⇒ y = c1y1(t) + c2y2(t) = c1et+ c2e−t is familie oplossingen(controleer!)
Eenvoudig, maar typisch, voorbeeld
• particuliere oplossing te pikken uit deze familie via gegeven set BVWn bv.: zoek oplossing van vgl. (∗∗) die voldoet aan y (0) = 2, y0(0) = −1 ⇒ eerst t = 0 en y = 2 invullen in ‘algemene oplossing’ :
y (0) = c1+ c2= 2
⇒ ‘algemene oplossing’ eerst afleiden en dan t = 0 en y0 = −1 invullen : y0(0) = c1− c2= −1
⇒ c1=
1 2, c2=
3
2 ⇒ gezochte particuliere oplossing: y = 1 2e
t+3
2e
Homogene vergelijkingen met constante co¨
effici¨
enten
• beschouw nu terug ay00+ by0+ cy = 0 (∗) met willekeurige (re¨ele) constante co¨effici¨enten
• cf. voorbeeld : zoek hier ook naar exponenti¨ele oplossingen ⇒ stel dat y = ert, met r een te bepalen parameter
⇒ y0 = rert en y00= r2ert substitueren in vgl. (∗) :
(ar2+ br + c) ert |{z}
6=0
= 0 ⇒ ar2+ br + c = 0
=karakteristieke vergelijkingvan Dvgl (∗)
Homogene vergelijkingen met constante co¨
effici¨
enten
• karakteristieke vgl = vierkantsvergelijking is met re¨ele co¨effici¨enten ⇒ heeft twee wortels die re¨eel en verschillend kunnen zijn,re¨eel en
samenvallend, ofcomplex toegevoegden
• beschouw hier eerste mogelijkheid (andere twee komen later aan bod) twee re¨ele wortels, r1 en r2, zodat r16= r2
⇒ y1(t) = er1t en y2(t) = er2t zijn oplossingen van vgl. (∗)
• cf. voorbeeld: hieruit volgt dat
y = c1y1(t) + c2y2(t) = c1er1t+ c2er2t (∗∗)
Homogene vergelijkingen met constante co¨
effici¨
enten
• zoek nu de particuliere oplossing die voldoet aan de BVWn y (t0) = y0, y0(t0) = y00 • substitueer t = t0 en y = y0 in opl. (∗∗): c1er1t0+ c2er2t0 = y0 • substitueer t = t0 en y0 = y00 in opl. (∗∗): c1r1er1t0+ c2r2er2t0 = y00 ⇒ oplossen voor c1 en c2 : c1 = y00 − y0r2 r1− r2 e−r1t0, c 2 = −y00 + y0r1 r1− r2 e−r2t0
• r1− r2 6= 0 ⇒ uitdrukkingen hebben altijd zin, m.a.w. onafgezien het is
altijd mogelijk om c1 en c2 te bepalen zodat BVWn voldaan zijn
Belangrijke opmerking
• opgaven in cursus maken, belangrijk voor inzicht!!
• algemene oplossing is eensom van twee exponenti¨ele functies
⇒ vertoont een relatief eenvoudig geometrisch gedrag: naarmate t toeneemt, zal de oplossing
- afnemen naar nul(als beide exponenten negatief zijn) - snel toenemen(als minstens ´e´en exponent positief is)
PAUZE
Logic, like whiskey, loses its beneficial effect when taken in too large quantities. [Lord Dunsany (In J.R. Newman (ed.), The World of Mathematics, New
De differentiaaloperator L
• stel dat p en q continue functies zijn op een open interval I
Def.: We defini¨eren de differentiaaloperatorL door de vergelijking
L[Φ] = Φ00+ pΦ0+ qΦ, voor elke functie Φ die twee keer afleidbaar is op I.
• L[Φ] is een functie op I, met L[Φ](t) = Φ00(t) + p(t)Φ0(t) + q(t)Φ(t) • notatie: L = D2+ pD + q, met D de afgeleide-operator
Voorbeeld: Als p(t) = t2, q(t) = 1 + t, en Φ(t) = sin3t, dan is
L[Φ](t) = (sin3t)00+ t2(sin3t)0+ (1 + t)sin3t = −9sin3t + 3t2cos3t + (1 + t)sin3t
Fundamentele oplossingen van homogene lineaire vgln
• beschouw de lineaire homogene vergelijkingen van de tweede orde L[y ](t) = y00(t) + p(t)y0(t) + q(t)y (t) = 0 (∗) samen met de beginvoorwaarden y (t0) = y0, y0(t0) = y00, (∗∗)
⇒ heeft het BVWn probleem(∗),(∗∗)altijd een oplossing? En kan dit probleem meer dan ´e ´en oplossing hebben?
• fundamentele theoretische resultaat voor BVWnPn van 2de orde wordt gegeven in St 3.3 (analoog aan St 3.1 voor 1ste orde)
Stelling 3.3 :
Beschouw een beginvoorwaardenprobleem
y00(t) + p(t)y0(t) + q(t)y (t) = g (t), y (t0) = y0, y0(t0) = y00,
waarbijp,qengcontinu zijn op een open intervalIdat het puntt0bevat. Dan
is erprecies ´e ´en oplossingy (t) = Φ(t)voor dit probleem, en de oplossing bestaat op het hele intervalI.
OPM.: St. 3.3 zegtdrie verschillende dingen over het BVWn probleem:
1) hetheeft een oplossing (m.a.w. de oplossing bestaat)
2) het heeft slechts ´e ´enoplossing (m.a.w. de oplossing is uniek) 3) de oplossing Φ is gedefinieerd over het hele intervalI
• stel dat y1(t) en y2(t) twee oplossingen zijn van hom. vgl. (∗):
L[y1](t) = y100(t) + p(t)y10(t) + q(t)y1(t) = 0 L[y2](t) = y200(t) + p(t)y20(t) + q(t)y2(t) = 0
⇒ cf. vb.: lineaire combinaties van y1(t) en y2(t) zijn ook oplossing: Stelling 3.4 :
Principe van superpositie
Alsy1eny2twee oplossingen zijn van de differentiaalvergelijking(∗),
L[y ](t) = y00(t) + p(t)y0(t) + q(t)y (t) = 0,
dan is de lineaire combinatie c1y1 + c2y2 ook een oplossing voor om het
Bewijs
• substitueer y = c1y1+ c2y2 in vgl. (∗): L[c1y1+ c2y2] = [c1y1+ c2y2]00+ p[c1y1+ c2y2]0+ q[c1y1+ c2y2] = c1y100+ c2y200+ c1py10 + c2py20 + c1qy1+ c2qy2 = c1[y100+ py 0 1+ qy1] + c2[y200+ py 0 2+ qy2] = c1L[y1]+ c2L[y2]• maar L[y1](t) = 0enL[y2](t) = 0en dus ook L[c1y1+ c2y2](t) = 0
• volgende vraag: bevat y = c1y1+ c2y2 ´alleopln van (∗)?
⇒ eerst nakijken of de constanten c1 en c2 zo kunnen gekozen worden dat
de beginvoorwaarden y (t0) = y0, y0(t0) = y00 voldaan zijn
• BVWn leveren twee vergelijkingen op voor c1 en c2:
c1y1(t0) + c2y2(t0) = y0
c1y10(t0) + c2y20(t0) = y00
• methode van Cramer toepassen:
c1= y0 y2(t0) y00 y 0 2(t0) y1(t0) y2(t0) y10(t0) y20(t0) , c2= y1(t0) y0 y10(t0) y00 y1(t0) y2(t0) y10(t0) y20(t0)
Opmerking:
• uitdrukkingen voor c1 en c2 enkel zinvol als noemers 6= 0
• beide noemers zijn gelijk, namelijk aan de determinant W = y1(t0) y2(t0) y10(t0) y20(t0) = y1(t0)y20(t0) − y10(t0)y2(t0)
• W = dedeterminant van Wronski of Wronskiaanvan de oplossingen y1 en y2
⇒ notatie W (y1, y2)(t0)
Stelling 3.5 :
Stel daty1 eny2twee oplossingen zijn van de differentiaalvergelijking(∗),
L[y ](t) = y00(t) + p(t)y0(t) + q(t)y (t) = 0,
en dat de WronskiaanW = y1y20 − y10y2 niet gelijk is aan nul in het puntt0
waarin de beginvoorwaarden(∗∗)
y (t0) = y0, y0(t0) = y00,
worden opgegeven. Dan is er een keuze van de constantenc1enc2waarvoor
y = c1y1+ c2y2voldoet aan zowel de vgl.(∗)als aan de beginvoorwaarden
(∗∗).
• volgende stelling rechtvaardigt de term “algemene oplossing”
Stelling 3.6 :
Alsy1eny2twee oplossingen zijn van de differentiaalvergelijking(∗),
L[y ](t) = y00(t) + p(t)y0(t) + q(t)y (t) = 0,
en als er een puntt0is waarin de Wronskiaan vany1eny2verschilt van nul,
dan omvat de familie van oplossingen
y = c1y1+ c2y2
met willekeurige co ¨effici ¨entenc1enc2elke oplossingvan vgl.(∗).
Bewijs:
• stel functie Φ van t is willekeurige oplossing is van vgl. (∗) ⇒ te bew.: Φkan in de vormc1y1+ c2y2 geschreven worden
• stel: t0 is een punt waarvoor W (y1, y2)(t0) 6= 0
• neem als waarden y0 en y00: y0 = Φ(t0), y00 = Φ0(t0)
en beschouw het BVWn probleem
y00(t) + p(t)y0(t) + q(t)y (t) = 0, y (t0) = y0, y0(t0) = y00 (∗ ∗ ∗)
• Φ is zeker een oplossing van dit probleem
• aangezien W (y1, y2)(t0) 6= 0 bestaat er volgens St 3.5 een keuze van c1
en c2 zodat y = c1y1+ c2y2 ook een oplossing is van (∗ ∗ ∗)
(cf. daarnet, waarden berekend)
• ´e´enduidigheid (St 3.3) ⇒ Φ=c1y1+ c2y2
Opmerkingen
• St 3.6 zegt dus dat, zolang W (y1, y2)(t) niet overal nul is, de lineaire
combinatie c1y1+ c2y2 ´alle oplossingen van vgl. (∗) omvat
⇒ y = c1y1+ c2y2 is de algemene oplossingvan vgl. (∗)
• oplossingen y1 en y2, met W (y1, y2)(t) 6≡ 0, vormen een fundamentele
set van oplossingen van vgl. (∗)
• om de algemene oplossing (en dus ´alle oplossingen) te vinden van een vgl van de vorm(∗), volstaat het dus om twee oplossingen te vinden met een van nul verschillende Wronskiaan!
cf. voorbeelden in subsectie 3.2.1 ⇒ Is dit wel altijd mogelijk?
Stelling 3.7 :
Beschouw de differentiaalvergelijking(∗),
L[y ](t) = y00(t) + p(t)y0(t) + q(t)y (t) = 0,
waarvan de co ¨effici ¨entenpenqcontinu zijn op een open intervalI. Kies een puntt0 ∈ I. Stel daty1 de oplossing is van vgl.(∗)die ook voldoet aan de
beginvoorwaarden
y (t0) = 1, y0(t0) = 0,
en daty2 de oplossing is van vgl.(∗)die voldoet aan de beginvoorwaarden
y (t0) = 0, y0(t0) = 1.
Bewijs
• bestaan van y1 en y2 is verzekerd door St 3.3
• nog te bew.: y1 eny2vormen een fundamentele set van opln ⇒ Wronskiaan berekenen in t0: W (y1, y2)(t0) = y1(t0) y2(t0) y10(t0) y20(t0) = 1 0 0 1 = 1
⇒ W (y1, y2)(t0) 6= 0 ⇒ y1 en y2 vormen een fundamentele set Opm.: moeilijkste deel van bewijs werd opgelost door verwijzing naar St 3.3
Lineaire onafhankelijkheid en de Wronskiaan
• cf. fundamentele eigenschap van systemen van lineaire homogene
algebra¨ısche vergelijkingen: een systeem
ax + by = 0 cx + dy = 0
heeft enkel de nuloplossing, x = 0, y = 0, als en slechts als de determinant van de co¨effici¨entenmatrix ∆ = ad − bc 6= 0. Het systeem heeft andere oplossingenals en slechts als ∆ = 0.
• functies f en g zijn lineair afhankelijk op I als er twee constanten a1 en
a2 bestaan, niet beide nul, zodat a1f (t) + a2g (t) = 0 voor alle t ∈ I
• indien a1f (t) + a2g (t) = 0 voor alle t ∈ I enkel geldig is als
Een voorbeeld
• sint en cos(t − π/2) zijn lineair afhankelijk op elk interval aangezien a1sint + a2cos(t − π/2) = 0 voor alle t als a1= 1 en a2 = −1
• verband tussen lineaire onafhankelijkheid en de Wronskiaan:
Stelling 3.8 :
Als f en g afleidbare functies zijn op een open interval I, en als W (f , g )(t0) 6= 0 voor een punt t0 ∈ I, dan zijn f en g lineair
onafhan-kelijk opI. Alsf englineair afhankelijk zijn opI, dan isW (f , g )(t) = 0voor elket ∈ I.
Bewijs
• eerste statement is makkelijk aan te tonen:
- beschouw de lineaire combinatie a1f + a2g en neem aan dat deze
nieuwe functie overal in het interval nul is - evalueer deze functie en de afgeleide ervan in t0:
a1f (t0) + a2g (t0) = 0
a1f0(t0) + a2g0(t0) = 0
- determinant co¨effici¨entenmatrix is W (f , g )(t0) en dus niet 0
- stelsel heeft dus enkel de nuloplossing (a1 = a2= 0)
Bewijs (vervolg)
• tweede bewering volgt direct uit de eerste (ongerijmde):
- stel f en g zijn lineair afhankelijk, en stel dat W (f , g )(t) nietoveral nul is in I
- er is dan een punt t0 zodat W (f , g )(t0) 6= 0
- we bewezen zonet dat dit impliceert dat f en g lineair onafhankelijkzijn
Een voorbeeld
• pas dit resultaat toe op f (t) = et en g (t) = e2t • voor een willekeurige t0 hebben we
W (f , g )(t0) = et0 e2t0 et0 2e2t0 = e3t0 6= 0
⇒ functies et en e2t zijn dus lineair onafhankelijk op elk interval
Opm.: tweewillekeurigefuncties kunnen lineair onafhankelijk zijn, zelfs als
hun Wronskiaan nul is voor elk punt in het intervalI
⇒ sterkere versie van vorige stelling metoplossingen lineaire homogene differentiaalvergelijking van de tweede orde
Stelling 3.9 :
Alsy1eny2twee oplossingen zijn van de vgl.(∗),
L[y ](t) = y00(t) + p(t)y0(t) + q(t)y (t) = 0,
waarbijp enq continu zijn op een open intervalI. Dan zijny1 eny2 lineair
afhankelijk opIals en slechts alsW (y1, y2)(t)nul isvoor allet ∈ I. Anders
gezegd,y1eny2zijn lineair onafhankelijk opIals en slechts alsW (y1, y2)(t)
niet nul is inI.
Samenvatting
• stel dat y1 en y2 oplossingen zijn van
L[y ] = y00+ p(t)y0+ q(t)y = 0, waarbij p en q continu zijn op een open interval I • de volgende uitspraken zijn danequivalent:
1 y1 en y2 vormen een fundamentele set van oplossingen op I 2 y1 en y2 zijn lineair onafhankelijk op I
3 W (y1, y2)(t0) 6= 0 voor een t0 in I 4 W (y1, y2)(t) 6= 0 voor alle t in I
• bedoeling was vooral de gelijkenis aan te tonen tussen lineaire
Complexe oplossingen van de karakteristieke vergelijking
• verdere bespreking homogene vergelijking: ay00+ by0+ cy = 0, (∗) met willekeurige (re¨ele) constante co¨effici¨enten a, b en c • cf. Sect. 3.2.1 : oplossing zoeken van de vorm y = ert, leidt tot
karakteristieke vergelijking voor de parameter r : (ar2+ br + c) ert = 0
• daarnet: r1 en r2 re¨eel en verschillend (i.e. b2− 4ac > 0)
⇒ algemene oplossing vgl. (∗) : y (t) = c1er1t+ c2er2t
⇒ oplossingen kar. vgl. zijn complex toegevoegde getallen: r1 = λ + i µ en r2= λ − i µ met λ, µ ∈ R
• overeenkomstige uitdrukkingen voor y :
y1(t) = exp[(λ + i µ)t] en y2(t) = exp[(λ − i µ)t]
⇒ betekenis cf. hfdstk 2:
exp[(λ + i µ)t] = eλt(cosµt + i sinµt) = eλtcosµt + ieλtsinµt ⇒ complexe oplossingen van vgl. (∗) met re ¨ele co ¨effici ¨enten!!?
y1(t) + y2(t) = eλt(cosµt + i sinµt) + eλt(cosµt − i sinµt) =2eλtcosµt
y1(t) − y2(t) = eλt(cosµt + i sinµt) − eλt(cosµt − i sinµt) =2ieλtsinµt
• constante factoren 2 en2i latten vallen ⇒ re¨ele oplossingen : u(t) = eλtcosµt en v (t) = eλtsinµt OPM : uenv= resp. re ¨ele en imaginaire deel vany1
• Wronskiaan van u en v uitrekenen:
W (u, v )(t) = µ(cos2µt + sin2µt)e2λt = µe2λt ⇒ als µ 6= 0 is ook W (u, v )(t) 6= 0
Conclusie :
• als de wortels van de karateristieke vergelijking complexe getallen λ ± i µ zijn met µ 6= 0, dan is de algemene oplossing van vgl. (∗) dus
y (t) = c1eλtcosµt + c2eλtsinµt
met c1 en c2 willekeurige constanten
Voorbeeld
• de karateristieke vergelijking van y00+ y0+ y = 0 is r2+ r + 1 = 0 • wortels zijn r = −1 ± √ 1 − 4 2 = − 1 2 ± i √ 3 2 ⇒ λ = −1/2 en µ =√3/2
⇒ algemene oplossing van deze differentiaalvergelijking = y = c1e−t/2cos(
√
3t/2) + c2e−t/2sin(
√ 3t/2)
–0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2
y
2 4 6 8 10t
Typische particuliere oplossing
Opgave
Opgave
• Bepaal de algemene oplossing van y00+ 9y = 0
• karakteristieke vergelijking: r2+ 9 = 0 ⇒ r = ±3i
⇒ µ = 3 en λ = 0 ⇒ geen exponenti¨ele factor in oplossing! • algemene oplossing gegeven door:
Samenvallende wortels
• derde mogelijkheid voor wortels karakteristieke vgl: discriminant b2− 4ac = 0 ⇒ r1= r2 = −b/2a
• probleem: beide wortels leveren dezelfde oplossing y1(t) = e−bt/2a
Een voorbeeld
• vergelijking y00+ 4y0+ 4y = 0 (∗)
• karakteristieke vgl.: r2+ 4r + 4 = (r + 2)2 = 0 zodat r1 = r2 = −2
• ´e´en oplossing is dus y1(t) = e−2t
• nodig voor algemene opl. : tweede oplossing (geen veelvoud van y1)
• methode van d’Alembert(ontwikkeld in de 18de eeuw!): y1(t) is een oplossing en dus ook cy1(t) (voor willekeurige c)
⇒ veralgemenen doorc te vervangen door een functiev (t)en vervolgens v (t)zo te bepalen dat het productv (t)y1(t)ook een oplossing is
• substitueer y = v (t)y1(t) in de differentiaalvergelijking en gebruik de zo
bekomen vergelijking om v (t) te vinden :
y = v (t)y1(t) = v (t)e−2t
zodat
y0 = v0(t)e−2t− 2v (t)e−2t en
y00 = v00(t)e−2t− 4v0(t)e−2t+ 4v (t)e−2t • substitueren in vgl. (∗) en herschikken :
v00(t)−4v0(t) + 4v0(t)−8v (t) + 4v (t) + 4v (t) e−2t= 0
en dus v00(t) = 0
⇒ als oplossing vinden we dus y = v (t)y1(t) = c1te−2t | {z } 2de opl +c2 e−2t |{z} =y1(t)
• de twee oplossingen zijn lineair onafhankelijk : W = e−2t te−2t −2e−2t (1 − 2t)e−2t = e−4t− 2te−4t+ 2te−4t = e−4t 6= 0 ⇒ y1(t) = e−2t en y2(t) = te−2t vormen een fundamentele set van
oplossingen van vgl. (∗)
• OPM : zowel y1(t) als y2(t) neigen naar nul voor t → ∞
0.2 0.4 0.6 0.8 1
y
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3t
Veralgemening van de procedure
• beschouw alg. hom. vgl: ay00+ by0+ cy = 0 (∗) (cste co¨eff.) en stel b2− 4ac = 0, i.e. r1 = r2 = −b/2a ⇒ y1(t) =Ce−bt/2a
• neem aan dat y =v (t)y1(t) = v (t)e−bt/2a
Opmerkingen
• factor t heeft weinig invloed op de vorm van de oplossingen ⇒ gelijkaardig gedrag oplossingen als in geval twee verschillende re¨ele
wortels
• als de dubbele wortel echter gelijk aan nul is, dus voor vgl. y00= 0, is de algemene oplossing een lineaire functie van t
• deze procedure is meer algemeen toepasbaar, t.t.z. ook op homogene vergelijkingen waarvan de co¨effici¨enten niet constant zijn (cf. later)
Samenvatting:
Beschouw de homogene differentiaalvergelijking ay00+ by0+ cy = 0,
met willekeurige (re¨ele) constante co¨effici¨enten a, b, en c. Als de discriminantb2− 4ac van de karakteristieke vergelijking
1 strikt positief is, wordt de algemene oplossing gegeven door y = c1er1t+ c2er2t, met r1 6= r2;
2 strikt negatief is, wordt de algemene oplossing gegeven door y = c1eλtcosµt + c2eλtsinµt, met r1= λ + i µ en r2= λ − i µ;
3 nul is, wordt de algemene oplossing gegeven door y = c1ter1t+ c2er1t, met r1 = r2=
−b 2a;
