4.1 - Theorie: Hoe kom je tot twee oplossingen? De karakteristieke vergelijking met twee reële oplossingen.
We beperken ons nu tot homogene lineaire differentiaalvergelijkingen, waarin we ook nog \(p(t)\) en \(q(t)\) constant laten zijn:
\(\frac{d^2x}{dt^2}+p\frac{dx}{dt}+qx=0\;\;;x(0)=x_0\;\frac{dx}{dt}(0)=v_0\)
Voor de vergelijking \(\frac{d^2x}{dt^2}-x=0\) vonden we twee e-machten als oplossing. Zouden er nu altijd van dit soort e-machten als oplossingen te vinden zijn? Beschouw de volgende differentiaalvergelijking:
\(\frac{d^2x}{dt^2}-3\frac{dx}{dt}+2x=0\)
Laten we om te proberen de oplossing \(x(t)=e^{\lambda t}\) in de vergelijking te stoppen. We krijgen dan:
\(\frac{d^2(e^{\lambda t})}{dt^2}-3\frac{d(e^{\lambda t})}{dt}+2x=\lambda^{2}e^{\lambda t}-3\lambda e^{\lambda t}+2e^{\lambda t}=0\)
Aangezien \(e^{\lambda t}\) nooit nul kan worden kun je deze vergelijking reduceren tot:
\(\lambda^2-3\lambda+2=0\)
Deze kwadratische vergelijking voor λ - die we de
karakteristieke vergelijking voor deze tweede orde vergelijking
noemen - kunnen we oplossen met behulp van kwadraat afsplitsen.
We vinden dan
\(\lambda=1\) of \(\lambda=2\).
We vinden dus twee mogelijke exponentiële oplossingen \(x_1(t)=e^{t}\) en \(x_2(t)=e^{2t}\).
Ga na dat \(x_1(t)\frac{dx_2}{dt}(t)-x_2(t)\frac{dx_1}{dt}(t) \neq 0\)
We kunnen nu de stelling toepassen om voor de beginconditie (\(x(0)=x_0\;;v(0)=v_0\)) de constanten \(a\) en \(b\) te vinden, om tot de oplossing
\(x(t)=a e^{t} + b e^{2t}\)
te komen. Dat levert
\(x(0)=a e^0 +b e^{2\cdot0}= a + b = x_0\)
en
\(\frac{dx}{dt}(0)=a e^0 + 2 b e^{2\cdot0}= a + 2 b = v_0\)
Uit deze twee vergelijkingen lossen we \(a\) en \(b\) op zodat:
\(a=2x_0-v_0\) en \(b= v_0-x_0\)
De oplossing van de differentiaalvergelijking is nu:
\(x(t)=(2x_0-v_0) e^{t}+(v_0-x_0)e^{2t}\)
Zonder bewijs geven we nu de volgende bewering:
Als in de karakteristieke vergelijking \(\lambda^2 + b\lambda + c=0\), die bij de lineaire homogene tweede orde differentiaalvergelijking
\(\frac{d^2x}{dt^2}+b\frac{dx}{dt}+cx=0\;\;;x(0)=x_0;\frac{dx}{dt}(0)=v_0\)
hoort, geldt dat \(b^2-4c > 0\),
dan zijn er twee reële oplossingen
\(\lambda_1\) en \(\lambda_2\) voor de karakteristieke vergelijking waarmee
twee onafhankelijke oplossingen
\(x_1(t)=e^{\lambda_1t}\) en \(x_2(t)=e^{\lambda_2t}\)
voor de differentiaalvergelijking gevonden kunnen worden .
De voor de begincondities specifieke oplossing heeft dan de vorm
\(x(t)=ae^{\lambda_1t}+be^{\lambda_2t}\)