www.matematikk.org
LærerstudenterLærerstudenter

Ingen løsninger

Vi tar nå en liten tur utenfor pensum for å forklare hva som egentlig foregår når den karakteristiske likningen ikke har løsninger.

Gitt en differensiallikning på formen ay+by+cy=0 med a,b og c konstanter og karakteristisk likning ar2+br+c=0 uten løsninger. Ved bruk av

abc-formelen

abc-formelen sier at likningen ax2+bx+c=0 har løsningene x=b±b24ac2a.

abc-formelen
, får vi følgende uttrykk r=s±t1. Den generelle løsningen til likningen er gitt ved y=esx(C1costx+C2sintx). Vi skal nå vise at dette er den samme formelen som y=C1er1x+C2er2x

der r1 og r2 er to forskjellige løsninger av den karakteristiske likningen.

Komplekse tall

La i=1. Et tall på formen a+bi er et komplekst tall. Vi kaller a for den reelle delen til tallet, mens b er den imaginære delen.

Mens vi tidligere har kalt roten til negative tall for «udefinert», definerer vi nå roten til 1 til å være det komplekse tallet i. Dermed er det ikke lenger riktig å si at andregradsuttrykk ikke kan ha løsninger; men at det ikke har reelle løsninger. For eksempel har likningen x2+1=0 ingen løsninger i de reelle tallene som vi til vanlig bruker, men den har de komplekse løsningene ±i. Merk også at om vi kun ser på de komplekse tallene på formen a+0i, får vi tilbake de reelle tallene.

Gitt et komplekst tall a+bi kan vi identifisere dette med punktet (a,b) i planet. Motsatt kan vi for hvert punkt (x0,y0) i planet assosiere det komplekse tallet x0+iy0. På samme måte som vi kan beskrive enhetssirkelen som alle punkter (x0,y0) i planet slik at x02+y02=1, kan vi bruke korrespondansen ovenfor til å beskrive enhetssirkelen som alle komplekse tall a+bi med egenskapen at a2+b2=1. Mer generelt kan vi definere lengde til et kompleks tall.

Definisjon

La z=a+bi være et komplekst tall. Lengden til tallet er gitt ved |z|=a2+b2.


Definisjonen ovenfor tar det komplekset tallet z=a+bi, ser på det assosierte punktet (a,b) i planet, og måler avstanden fra punktet til origo.

Eksempel

Betrakt det komplekse tallet z=1+i. Da er |z|=2, så det komplekse tallet kan assosieres med et punktet (1,1) i planet, som ligger på sirkelen med senter i origo og radius roten av to:

Her er z=1+i det blå punktet på sirkelen. Vi kan beskrive den reelle og imaginære delen av tallet ved hjelp av trigonometriske funksjoner. Vinkelen mellom den positive x-aksen og linjen mellom origo og z er tan1(11)=tan1(1)=π4. Da kan vi beskrive den reelle delen av z som 2cosπ4 og den imaginære delen av z som 2sinπ4. Da kan vi skrive z=1+i som z=2(cosπ4+isinπ4).

Her brukte vi ikke spesielle egenskaper ved valget av tallet vårt, så denne metoden fungerer for alle komplekse tall.

Definisjon

La z=a+bi være et komplekst tall. Når vi angir tallet på formen z=|z|(cosθ+isinθ) hvor θ er vinkelen mellom den positive x-aksen og linjen mellom origo og punktet (a,b) i planet, sier vi at z

er skrevet på polarform.

 

Trigonometriske funksjoner ble også brukt for å beskrive løsningene til andre ordens differensiallikninger når den karakteristiske likningen ikke har løsninger. Men i formelen for løsningen finner vi også eksponentialfunksjonen. La oss se på hva den har med komplekse tall å gjøre.

eulers formel

Det komplekse tallet eiθ kan skrives som eiθ=cosθ+isinθ for alle reelle tall θ.

 Om du setter inn θ=π får du den svært kjente likningen eiπ=1.

Bevisskisse

Vi vet fra definisjonen over at vi kan skrive eiθ=r(cosϕ+isinϕ) hvor r=|eiθ|. Her er både r og ϕ avhengige av θ: om vi forandrer verdien av θ kan det forandre verdien av r og ϕ. Dermed kan vi se på r og ϕ som funksjoner avhengig av θ, så vi skriver r=r(θ) og ϕ=ϕ(θ). Om vi deriverer begge sider av likheten med hensyn til θ, får vi at ieiθ=r(θ)(cosϕ(θ)+isinϕ(θ))+r(θ)(ϕ(θ)sinϕ(θ)+ϕ(θ)icosθ)=r(θ)(cosϕ(θ)+isinϕ(θ))+ϕ(θ)r(θ)(sinϕ(θ)+icosϕ(θ)) Men vi vet at eiθ=r(cosϕ+isinϕ), slik at ieiθ=r(icosϕ+i2sinϕ)=r(icosϕsinϕ) (siden i2=1), noe som gir r(icosϕsinϕ)=r(θ)(cosϕ+isinϕ)+ϕ(θ)r(sinϕ+icosϕ). To komplekse tall er like hvis og bare hvis de beskriver det samme punktet i planet, og for at det skal skje må de imaginære og reelle delene av tallene være like. Den reelle delen til venstresiden er rsinϕ, mens den reelle delen til høyresiden er ϕ(θ)rsinϕ. Da var vi likheten rsinϕ=r(θ)cosϕϕ(θ)rsinϕ. Om vi setter inn ϕ=0 får vi likheten r(θ)=0 noe som impliserer at r(θ) er konstant, altså uavhengig av θ. Om vi velger θ=0 får vi det komplekse tallet 1+0i som har lengde 1, som impliserer at r er konstant 1. Om vi gjør det samme for den imaginære delen, har vi likeheten rcosϕ=r(θ)sinϕ+ϕ(θ)rcosϕ. Om vi her setter ϕ=0 får vi r=ϕ(θ)r eller 1=ϕ(θ). Når θ er null er ei0=1, og vinkelen mellom dette komplekse tallet og den positive x-aksen er null grader, som gir ϕ(0)=0. Vi har at θ+C=1dθ=ϕ(θ)dθ=ϕ(θ). Verdien ϕ(0)=0 gir C=0, og dermed er ϕ(θ)=θ. Dermed har vi skrevet om likningen eiθ=r(cosϕ+isinϕ) til eiθ=cosθ+isinθ. 

 

Nå kan vi vise hvordan en differensiallikning ay+by+cy=0 hvor den karakteristiske likningen ikke har reelle løsninger, kan løses med samme formel som i tilfellet hvor den har reelle løsninger: y=C1er1x+C2er2x. Anta at den karakteristiske likningen har løsninger r1=s+ti og r2=sti. Setter vi dette inn i formelen har vi y=C1e(s+ti)x+C2e(sti)x=C1esxe(ti)x+C2esxe(ti)x. Vi kan trekke ut fellesfaktoren esx: y=esx(C1e(ti)x+C2e(ti)x). Eulers formel gir e(ti)x=costx+isintx og e(ti)x=cos(tx)+isin(tx)=costxisintx. Dermed er y=esx(C1(costx+isintx)+C2(costxisintx)). Skriver vi dette ut får vi

y=esx((C1+C2)costx+i(C1C2)sintx)

y=esx(K1costx+K2sintx) for konstanter K1 og K2. Dette er den samme formelen vi hadde for andre ordens differensiallikninger med karakteristisk likning uten løsning.

 

 

Publisert: 18.07.2016 Endret: 19.07.2016