sciencetalk

Stel je hebt een lineaire differentievergelijking van tweede orde met

constante coëfficiënten en met een rechterlid van de vorm ar^n waarbij

a en r gegeven reële getallen zijn, beiden verschillend van nul.

In onze cursus staat dat de oplossing van deze vergelijking van de vorm

yn= ? * n^2 *r^n (met ? een reël getal) bestaat als en slechts als r een

dubbele wortel is van de karakteristieke vergelijking.

in de bijlage zit mijn (bescheiden) start. iemand een idee om dit probleem aan te pakken?

kusjes

rennie

Dat is mij bekend. Die bijlage is nogal lastig te lezen.

Geef een voorbeeldje.

Voor de duidelijkheid: de bijlage ontbreekt.

Plaats het ergens online of geef je werk hier in, met LaTeX bijvoorbeeld.

bijlage toegevoegd

de opzet is om het in het algemeen aan te tonen

Ik heb een gelijkaardige opdracht gekregen. Ik heb het volgende geprobeerd, maar het klopt niet denk ik:

We moeten een oplossing vinden van de volgende vergelijking:
. We weten dat r een dubbele wortel is van de karakteristieke vgl, dus:

r+br+cr=0 <=> r(1+b+c)=0 <=> (1+b+c)=0 want r mocht niet gelijk zijn aan nul.

Omdat r een dubbele wortel is, is nr ook een wortel, dus:

r(n+2)+br(n+1)+crn=0

<=> rn + 2r + brn + br + crn = 0

<=> rn(1+b+c) + 2r + br = 0

Van (1+b+c) weten we dat het gelijk is aan nul, dus:

rn*0 + 2r + br = 0 <=> 2r + br = 0 <=> r(2+b) = 0 <=> 2+b=0 <=> b=-2

Als b gelijk is aan -2 kunnen we ook c berekenen, want 1+b+c = 0 <=> 1-2+c = 0 <=> c=1

Dit geeft ons de volgende vergelijking:
We doen een voorstel voor een mogelijke oplossing van die vergelijking, namelijk:
met alfa nog te berekenen.

Dit geeft ons:
Mijn redenering gaat nog verder, maar ik zit al zoveel in te typen, en het gaat misschien in het begin al fout.. Dus misschien dat jullie dit best eerst even bekijken!

Het is veel simpeler dan je denkt.

Stel is een oplossing van de recursie.

Invullen in geeft
voor alle n.

Deel dit ding door , dan krijgen we
voor alle n.

Haakjes uitwerken geeft:
voor alle n

Dat is alleen mogelijk voor alle n als
Uit de tweede vergelijking volgt Invullen in de eerste vergelijking geeft:
We veronderstellen uiteraard dat p[ongelijk]0 en r[ongelijk]0.

De discriminant van de characteristieke vergelijking is Met is dit
Dus een speciale oplossing impliceert dat de discriminant van de characteristieke vergelijking 0 moet zijn.

Omgekeerd, een oplossing van de vorm met p[ongelijk]0 bestaat slechts als de discriminant 0 is en .

QED

De discriminant van de characteristieke vergelijking is

\(b^2-4c\)

Van welke vergelijking is dit de discriminant? Ik zie wel dat er staat: 'van de karakteristieke vgl', maar daar zie ik toch die discriminant niet in.

De karakteristieke vergelijking van , cfr b²-4ac met a = 1.

PeterPan schreef:Haakjes uitwerken geeft:

\((pr^2+cp+bpr)n^2+(2bpr+4pr^2)n+bpr+4pr^2-a = 0\)

voor alle n

Dat is alleen mogelijk voor alle n als

\(pr^2+cp+bpr =0 \mbox{ en } 2bpr+4pr^2 = 0\)

Op die manier maak je toch alleen de eerste twee termen nul? Wat dan met (bpr+4pr³-a)? Dat moet je toch ook nog nul maken?

Daar heb je gelijk in, maar dat hebben we niet nodig voor het bewijs.

Er geldt nog:

Een oplossing van de vorm met met p[ongelijk]0 bestaat slechts voor , en als en .

In dat geval is dus de discriminant 0.