www.matematikk.org
LærerstudenterLærerstudenter

Andre ordens differensiallikninger

Lineære homogene andreordens differensiallikninger er på formen ad2yd2x+bdydx+cy=0, eller med enklere notasjon, ay+by+cy=0 hvor a,b og c er konstanter. 

Gitt en differensiallikning på formen ay+by+cy=0 så er andregradslikningen ar2+br+c=0 den karakterestiske likningen til differensiallikningen.

Om a=0 kan vi betrakte likningen by+cy=0. Løser vi denne separable likningen har vi y=Cecbx for en konstant C. Merk at den karakteristiske likningen br+c=0 har løsning cb. Vi skal nå se at også for andreordens likninger så gir løsningene til den karakteristiske likningen oss informasjon om løsningen til differensiallikningen:

En, to eller ingen løsninger

La likningen ay+by+cy=0 være gitt, og betrakt den karakteristiske likningen ar2+br+c=0.

i) Om den karakteristiske løsningen har kun en løsning r1 eller ingen løsninger, her differensiallikningen den generelle løsningen y=(C1+C2x)er1x.

ii) Om den karakteristiske likningen har to forskjellige løsninger r1 og r2, så har differensiallikningen den generelle løsningen y=C1er1x+C2er2x.

iii) La differensiallikningen ay+by+cy=0 være gitt. Om den karakteristiske likningen ar2+br+cr=0 ikke har løsninger, slik at andregradsformelen gir et uttrykk på formen r=s±t1, så har differensiallikningen den generelle løsningen y=esx(C1sintx+C2costx).

Forklaringer

To løsninger

 

Vi sjekker at y=C1er1x+C2er2x er en løsning. Vi kan derivere og sette inn i den originale likningen: y=r1C1er1x+r2C2er2c y=r12C1er1x+r22C2er2x. Om vi setter dette inn for y og y i uttrykket ay+by+cy, får vi at

ay+by+cy=

a(r12C1er1x+r22C2er2x)+b(r1C1er1x+r2C2er2x)+c(C1er1x+C2er2x).

Vi kan rydde opp i uttrykket for å få (ar12+br1+c)C1er1x+(ar22+br2+c)C2er2x. Men r1 og r2 var løsninger av den karakteristiske likningen ar2+br+c=0. Dermed er uttrykket over 0, og vi har vist at y=C1er1x+C2er2x er en løsning. Dette er ingen fullverdig bevis da vi kun har vist at uttrykk på denne formen er en løsning og ikke at alle løsninger av likningen er på denne formen. For å vise at alle løsninger av likningen er på formen beskrevet ovenfor trenger vi mer avanserte verktøy.

 

Ingen løsninger

 

Vi ser nå på tilfellet hvor den karakteristiske likningen ikke har løsninger. Om likningen ay+by+cy=0 er gitt, vet vi at løsningene av den karakteristiske likningen ar2+br+c=0 er gitt ved r=b±b24ac2a. For at løsningene ikke skal eksistere, må vi ha at b24ac ikke eksisterer. Vi vet at dette bare skjer om b24ac<0, og det følger at (1)(b24ac)>0. Vi kan da skrive «løsningene» våre som r=b±(1)2(b24ac)2a=b±(1)(b24ac)12a Siden (1)(b24ac)>0 så eksisterer roten av dette tallet: kall den K. Da får vi «løsninger» på formen r=b±K12a. For fullstendig forklaring se artikkelen i høyrespalten Komplekse tall og differensiallikninger. Inntil videre tar vi følgende for gitt: La differensiallikningen ay+by+cy=0 være gitt. Om den karakteristiske likningen ar2+br+cr=0 ikke har løsninger, slik at andregradsformelen gir et uttrykk på formen r=s±t1 så har differensiallikningen den generelle løsningen y=esx(C1sintx+C2costx).

 

Eksempel 1

Vi løser likningen y3y+2y=0. Den karakteristiske likningen er r23r+2=0 og har løsningene r1=1 og r2=2. Dermed følger det av teorem ii) over  at den generelle løsningen er gitt ved y=C1ex+C2e2x.

Eksempel 2

Vi løser likningen y4y+4y=0. Den karakteristiske likningen er r24r+4=(r2)2=0 og har dermed kun løsningen r1=2. Det følger av teorem i) at den generelle løsningen er gitt ved y=(C1+C2x)e2x. Anta at vi har en initialverdi for likningen, for eksempel at y(0)=4. Da vet vi at y(0)=C1=4 og vi har løsningen y=(4+C2x)e2x. Merk at vi kun klarte å bli kvitt den ene konstanten: når vi jobber med differensiallikninger av andre orden trenger vi også en initialverdi på y. Om vi antar at y(0)=3, så vet vi at y=C2e2x+2(4+C2x)e2x=e2x(8+C2(1+x)) ved produktregelen, slik at y(0)=8+C2=3 som gir C2=5. Dermed har vi funnet den entydige løsningen y=(45x)e2x.

Eksempel 3

Vi løser likningen y+y=0. Den karakteristiske likningen er x2+1=0, og vi får løsningene x=±1. Med notasjonen i teorem iii) er s=0 og t=1, noe som gir løsningen y=C1sinx+C2cosx.

Publisert: 18.07.2016 Endret: 12.08.2016