Gewone differentiaalvergelijkingen: Lineaire tweede-orde GDVs met constante coëfficiënten
Positieve discriminant
Karakteristieke vergelijking met positieve discriminant We bekijken de homogene lineaire differentiaalvergelijking van tweede orde met constante coëfficiënten, geschreven in de volgende vorm \[a\,\frac{\dd^2y}{\dd t^2}+b\,\frac{\dd y}{\dd t}+c\,y(t)=0\] De bijpassende karakteristieke vergelijking is \[a\,\lambda^2+b\,\lambda+c=0\]
We beperken ons tot het geval dat de discriminant \(D=b^2-4ac\) positief is. Dan zijn er volgens de abc-formule dus twee reële nulpunten, zeg \[\lambda_1=\frac{-b+\sqrt{D}}{2a}\qquad\text{en}\qquad \lambda_2=\frac{-b-\sqrt{D}}{2a}\] De volgende twee functies zijn dan oplossingen van de differentiaalvergelijking \[y_1(t)=e^{\lambda_1t}\qquad\text{en}\qquad y_2(t)=e^{\lambda_2t}\] Sterker nog, elke oplossing kan geschreven worden als een lineaire combinatie van deze twee 'basisoplossingen'. Met andere woorden, de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking kan geschreven worden als \[y(t)=c_1\,y_1(t)+c_2\,y_2(t)=c_1\,e^{\lambda_1t}+c_2\,e^{\lambda_2t}\] voor zekere constanten \(c_1\) en \(c_2\). Deze constanten worden door randvoorwaarden vastgelegd.
De discriminant \(D\) van karakteristieke veelterm \[\lambda^2+\lambda-6=0\] is gelijk aan \[D=(1\times 1)-(4\times -6) = 25 = 5^2\] De nulpunten van de karakteristieke veelterm zijn dus \[\lambda_{1,2}= \frac{-1\pm 5}{2}\] oftewel \[\lambda_1=2 \qquad\text{en}\qquad\lambda_2=-3\] Als je de gelijkheid \[\lambda^2+\lambda-6=(\lambda-2)(\lambda+3)\] via ontbinding in factoren via inspectie gevonden had, was deze conclusie evident geweest.
De differentaalvergelijking heeft dus de volgende algemene oplossing: \[y(t)=A\,e^{2t}+B\,e^{-3t}\] met constanten \(A\) en \(B\).
Met behulp van de beginwaarden \[y(0)=2, \qquad \frac{\dd y}{\dd t}(0)=-2\] stellen we vergelijkingen op waaraan \(A\) en \(B\) moeten voldoen. Invullen van \(t=0\) en \(y(0)=2\) in de algemene oplossing \(y(t)=A\,e^{2t}+B\,e^{-3t}\) geeft \[A+B=2\] Om de tweede beginwaarde te kunnen gebruiken hebben we de afgeleide van de algemene oplossing nodig; deze is te bereken met rekenregels voor differentiëren en de afgeleide van de exponentiële functie: \[y'(t)=2A\,e^{2t}-3B\,e^{-3t}\] Invullen van \(t=0\) en \(y'(0)=-2\) geeft de vergelijking \[2A-3B=-2\] We hebben dus te maken met het volgende stelsel van vergelijkingen voor de onbekenden \(A\) en \(B\): \[\left\{\begin{aligned}A+\phantom{2}B&= 2\\ 2A-3B&= -2\end{aligned}\right.\] De oplossing van dit stelsel vergelijkingen is \[A={{4}\over{5}} \qquad\text{en}\qquad B={{6}\over{5}}\] De oplossing van het beginwaardeprobleem is dus \[y(t)={{4\,\e^{2\,t}}\over{5}}+{{6\,\e^ {- 3\,t }}\over{5}}\]
