Discriminant gelijk aan nul

Gewone differentiaalvergelijkingen: Lineaire tweede-orde GDVs met constante coëfficiënten

Discriminant gelijk aan nul

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 $D=b^2-4ac$ gelijk aan nul is. Dan is er volgens de abc-formule dus één reëel nulpunt, namelijk $\lambda=\frac{-b}{2a}$ De volgende functie is dan een oplossing van de differentiaalvergelijking $y_1(t)=e^{\lambda t}$ Maar zijn er misschien nog meer? Jazeker en wel $y_2(t)=t\,e^{\lambda t}$ De algemene oplossing van de differentiaalvergelijking kan geschreven worden als $y(t)=c_1\,y_1(t)+c_2\,y_2(t)=c_1\,e^{\lambda t}+c_2\, t\, e^{\lambda t}=(c_1+c_2 t) e^{\lambda t}$ voor zekere constanten $c_1$ en $c_2$ . Deze constanten worden door randvoorwaarden vastgelegd.

Het bewijs dat $y_2(t)=t\, e^{\lambda t}$ ook een oplossing is van de differentiaalvergelijking is niet moeilijk: $\frac{\dd y_2}{\dd t}=(1+\lambda t)e^{\lambda t}\qquad\text{en}\qquad \frac{\dd^2y_2}{\dd t^2}=(\lambda t+2)\lambda e^{\lambda t}$ Dus: $\begin{aligned}a\,\frac{\dd^2y_2}{\dd t^2}+b\,\frac{\dd y_2}{\dd t}+c\,y_2(t) &= a (\lambda t+2)\lambda e^{\lambda t}+b(1+\lambda t)e^{\lambda t}+c t e^{\lambda t}\\ \\ &= \bigl((a\lambda^2+b\lambda+c)t+(2a\lambda+b)\bigr) e^{\lambda t}\\ \\ &= -\frac{b^2-4ac}{4a} t e^{\lambda t}\qquad\text{want }\lambda=\frac{-b}{2a}\\ \\ &= 0\qquad\text{want }b^2-4ac=0\end{aligned}$

Los het volgende beginwaardeprobleem op: $\frac{\dd^2y}{\dd t^2}+2\frac{\dd y}{\dd t}+\, y(t)=0,\qquad y(0)=3, \qquad \frac{dy}{dt}(0)=3$

De discriminant $D$ van de karakteristieke vergelijking $\lambda^2+2\lambda+1=0$ is gelijk aan $D=(2\times 2)-(4\times 1) = 0$ Er is één oplossing van de karakteristieke vergelijking, namelijk $\lambda= \frac{-2}{2}=-1$ Als je de gelijkheid $\lambda^2+2\lambda+1=(\lambda+1)^2$ via ontbinding in factoren via inspectie gevonden had of een merkwaardig product herkend had, was deze conclusie evident geweest.

De differentiaalvergelijking heeft dus de volgende algemene oplossing: $y(t)=(A+B\,t)\,e^{-t}$ met constanten $A$ en $B$ .

Met behulp van de beginwaarden $y(0)=3, \qquad \frac{\dd y}{\dd t}(0)=3$ stellen we vergelijkingen op waaraan $A$ en $B$ moeten voldoen. Invullen van $t=0$ en $y(0)=3$ in de algemene oplossing $y(t)=(A+B\,t)\,e^{-t}$ geeft $A=3$ 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: $y'(t)=B\,e^{-t}-(A+B\,t)\,e^{-t}$ Invullen van $t=0$ en $y'(0)=3$ geeft de vergelijking $B-A=3$ We hebben dus te maken met het volgende stelsel van vergelijkingen voor de onbekenden $A$ en $B$ : $\left\{\begin{aligned}A &= 3\\ B-A&= 3\end{aligned}\right.$ De oplossing van dit stelsel vergelijkingen is $A=3 \qquad\text{en}\qquad B=6$ De oplossing van het beginwaardeprobleem is dus $y(t)=\left(6\,t+3\right)\e^ {- t }$

Nieuw voorbeeld