tweede orde differentiaalvergelijking

© h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)

Differentiaalvergelijkingen van de tweede orde.

Omdat de orde van een differentiaalvergelijking de hoogste afgeleide is die er in voorkomt zullen deze differentiaalvergelijkingen er in het algemeen zó uitzien:

y'' + p(x) • y' + q(x) • y + r(x) = 0

(Je kunt de coëfficiënt van y'' altijd 1 maken, immers mocht er nog iets voor y'' staan, dan deel je alles daar eerst door).
Nou zijn vergelijkingen als hierboven voorlopig nog veel te moeilijk voor ons beginnende wiskundigen om op te lossen.

We bekijken in deze les alleen vergelijkingen waarvoor r(x) = 0 (dus de homogene vergelijkingen), en waarvoor bovendien de functies p(x) en q(x) constanten zijn.
Dat betekent dat de vergelijkingen die we gaan oplossen er zó uitzien:

y'' + p • y' + q • y = 0

Voordat we verder gaan merken we eerst twee dingen op:

Als je gaat primitiveren dan krijg je altijd een primitieve op een constante c na. Die staat dan in de algemene oplossing en die kun je pas bepalen als je weet door welk punt de oplossingskromme moet gaan.
Maar bij tweede orde differentiaalvergelijkingen zul je twéé keer moeten primitiveren (je hebt immers te maken met de tweede afgeleide!).
Dat betekent dat er twéé constanten c₁ en c₂ in de algemene oplossing zullen staan......

Als je twee verschillende oplossingen y₁ en y₂ hebt gevonden, dan is een combinatie Y = A • y₁ + B • y₂ óók weer een oplossing, waarbij A en B willekeurige constanten zijn.
Kijk maar naar het simpele bewijsje daarvan:

Y'' + p • Y' + q • Y
   = (Ay₁'' + By₂'') + p • (Ay₁' + By₂') + q • (Ay₁ + By₂)
   = Ay₁'' + By₂'' + pAy₁' + pBy₂' + qA y₁ + qBy₂
   = (hergroeperen): Ay₁'' + pAy₁' + qA y₁ + By₂'' + pBy₂' + qBy₂
   = A • (y₁'' + py₁' + q y₁) + B • (y₂'' + py₂' + qy₂)
= 0
Immers, omdat y₁ en y₂ beiden oplossingen zijn, zijn de delen tussen de haakjes beiden nul, dus het totaal ook. Dus voldoet Y óók aan de differentiaalvergelijking.

Een slimme poging...

Omdat in één vergelijking de tweede afgeleide én de eerste afgeleide én de functie zelf samen nul moeten opleveren, zal dat misschien het handigst lukken als al die afgeleiden en de functie zelf zo veel mogelijk op elkaar lijken!!!!
En wat is de functie die het meest lijkt op al zijn afgeleiden........?....... Juist! dat is y = e^x
Daarom gaan we proberen of misschien de functie y = e^lxeen oplossing kan zijn (met l één of andere constante).

Stel dat y = e^λ^x een oplossing is.....

Laten we die oplossing dan inpluggen in de vergelijking:

y' = λ • e^λxy'' = λ²• e^λxGeeft:

λ²• e^λx + p • λ • e^λx + q • e^λx = 0
⇒ e^λx • (λ² + pλ + q) = 0
⇒ λ² + pλ + q = 0

Deze vergelijking heet de karakteristieke vergelijking van de differentiaalvergelijking.
En die vergelijking krijg je dus altijd als je
y = e^λ^x probeert.

y = e^λ^x geeft de karakteristieke vergelijking λ² + pλ + q = 0

Die karakteristieke vergelijking kun je uiteraard oplossen met de ABC-formule.
Maar daarbij zijn er drie mogelijkheden:

De karakteristieke vergelijking heeft twee reële oplossingen λ₁en λ₂.

Dat is zo als de discriminant groter dan nul is.
In dat geval hebben we twee oplossingen gevonden: y₁ = e^λ1^x en y₂ = e^λ2^xWe weten intussen dankzij de overwegingen bovenaan deze les dat een algemene oplossing dan een combinatie van die twee is.

De algemene oplossing is y = A • e^λ1^x + B • e^λ2^x

De karakteristieke oplossing heeft één reële oplossing λ.

Dat is zo als de discriminant nul is.
In dit geval vinden we maar één oplossing y = e^λx en zou de algemene oplossing zijn y = A • e^λx
Maar er zijn twéé constanten te bepalen, en dit is er maar eentje.

Waar halen we een tweede oplossing vandaan?

Het blijkt dat de functie y = (Ax + B) • e^λx óók een oplossing is!
Wie een hekel heeft aan zinnen die beginnen met "Het blijkt..." moet de verdieping hiernaast maar lezen. Daar staat in waarom dat zo is, en ook een beetje hoe je dat zelf zou kunnen verzinnen.

De algemene oplossing is y = (Ax + B) • e^λ^x

De karakteristieke vergelijking heeft twee complexe oplossingen.

Dat is zo als de discriminant negatief is.
Complexe oplossingen komen altijd in koppeltjes voor, die elkaars geconjugeerde zijn. Dat betekent hier dat de oplossingen te schrijven zijn als a + bi en a - bi.
De algemene oplossing is dan y = A • e^{(a
+ bi)x} + B • e^(a^{-
bi)x} .

Dat is niet zo mooi!
Voor een vergelijking met reële getallen vinden we ineens twee complexe oplossingen. LELIJK!
Door slim gebruik te maken van het feit dat een combinatie van deze twee oplossingen wéér een oplossing is, kunnen we toch twee reële oplossingen vinden.

e^{(a + bi)x} = e^ax • e^bix = e^ax•(cosbx + isinbx)
e^{(a - bi)x} = e^ax • e^-bix = e^ax•(cos(-bx) + isin(-bx)) = e^ax• (cosbx - isinbx)

Als je deze twee optelt krijg je dus wéér een oplossing: e^ax • 2cosbx
Als je ze aftrekt krijg je ook een oplossing: e^ax• 2sinbx

De algemene oplossing is als een combinatie van deze laatste twee te schrijven.
Stop de factor 2 in de constanten A en B en je krijgt: y = e^ax • (Asin bx + Bcosbx)

De algemene oplossing is y = e^ax • (Asin bx + Bcosbx)

OPGAVEN

Geef de algemene oplossing van de volgende differentiaalvergelijkingen:

y'' - 2y' - 3y = 0

y = Ae^3x +Be^-^x

2y'' + 4y' + 2y = 0

y = (A + Bx)·e^-x

y'' + 5y' - 6y = 0

y = Ae^x + Be^-6x

6y'' + 6y' = -3y

y = e^-0,5x(Acos0,5x + Bsin0,5x)

y'' - 6y' + 9y = 0

y = (A + Bx)·e^3x

y'' + 2y' = -5y

y = e^-x·(Acos2x + Bsin2x)

Geef de oplossing van de volgende differentiaalvergelijkingen:

y'' - 8y' + 16y = 0 met y(0) = 4 en y' (0) = 2

y = (4 - 14x)·e^4x

y'' + 5y' = 14y met y(0) = -4 en y' (0) = 10

y = -2e^2x - 2e^-7x

y'' + 2y' + 10y = 0 met y(0) = 1 en y' (0) = 5

y = e^-x·(cos3x + 2sin3x)

Voor de stroom I (in ampére; A) als functie van de tijd in een elektrisch circuit geldt: I'' + 60I' + 500I = 0
Verder blijkt dat I(0) = 0 en I'(0) = 40

Bereken de maximale stroom in het circuit.

I_max= 0,535A

Voor de uitwijking u (in cm) van een voorwerp als functie van de tijd t (in sec) geldt de volgende vergelijking:
u'' + 4u' + 4u = 0 met u(0) = 1 en u'(0) = 3.

Schets de grafiek van u(t).

u = (1 + t ) • e^2t