andre grads lineære homogene ligninger

[gill]

Vi har ligingen på formen

y''+ay'+by=0 (1)

med løsning

[tex]y=e^{\lambda x}[/tex]

og

[tex]\frac{dy}{dx} =\lambda e^{\lambda x}[/tex]

[tex]\frac{d^2y}{dx^2} =lambda^2 e^{\lambda x}[/tex]

da får vi når vi setter inn i (1) ligningen:

[tex](\lambda^2+a\lambda+b) e^{\lambda x}=0[/tex]

[tex]\lambda^2+a\lambda+b=0[/tex]

vet noen hvorfor man fjerner leddet
[tex]e^{\lambda x}[/tex]

Hvis det hadde vært en konstant hadde jeg sett at man bare delte på det men siden variabelen er inne i uttrykket.

[Vektormannen]

Du har et produkt som skal bli 0. Det går ikke an for en potens med grunntall forskjellig fra 0 å bli lik 0. Dermed er det bare [tex]\lambda^2 + a\lambda + b[/tex] som kan bli 0.

edit: det er heller ikke noe problem å dele på en faktor som inneholder en variabel, så lenge man er sikker på at man ikke deler på 0. Som sagt kan ikke faktoren [tex]e^{\lambda x}[/tex] bli 0.

[gill]

Hva med Euler-Cauchy hvor man får uttrykket

[tex]x^2m(m-1)x^{m-2}+axmx^{m-1}+bx^m=0[/tex]

som har felles faktor [tex]x^m[/tex] som man deler på. Hva hvis x=0?[/tex]

[Vektormannen]

Nå har ikke jeg peiling på hva Euler-Cauchy er for noe, men man kan fint dele et uttrykk på [tex]x^m[/tex], så lenge man har undersøkt tilfellet x = 0 og deretter antatt at x ikke er 0.

For å vise et banalt eksempel: [tex](x-5)(x^2 - 2x + 1) = 0[/tex]. Her ser vi først at x = 5 gir en løsning. Så har vi lyst å finne resten. Da kan vi anta at x ikke er 5 (vi har jo allerede funnet at det er en løsning.) og så dele på x-5 og få [tex]x^2 - 2x + 1= 0[/tex]. Med på det?