Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

5Lineaire differentiaalvergelijkingen

Voor het eerst tegengekomen in het deel over de middelbare school, worden differentiaalvergelijkingen hier behandeld met volledige bewijzen en in grotere algemeenheid: lineaire vergelijkingen van de eerste orde met variabele coëfficiënten (volledig opgelost door de methode van variatie van constanten) en lineaire vergelijkingen van de tweede orde met constante coëfficiënten, het model voor oscillaties. Beide gevallen vertonen dezelfde structuur: algemene oplossing $=$ één particuliere oplossing $+$ algemene oplossing van de homogene vergelijking.

5.1 Lineaire vergelijkingen van de eerste orde

Definitie 5.1

Zij $I$ een interval en $a, b \colon I \to \R$ (of $\C$ ) continu. De vergelijking

(E)\colon\quad y' + a(x)\,y = b(x),

in de onbekende afleidbare functie $y \colon I \to \R$ (of $\C$ ), is een lineaire differentiaalvergelijking van de eerste orde. De vergelijking $(H)\colon y' + a(x) y = 0$ is haar homogene vergelijking.

Stelling 5.2 (De homogene vergelijking oplossen)

Zij $A$ een primitieve van $a$ op $I$ (die bestaat: Hoofdstuk 15). De oplossingen van $(H)$ op $I$ zijn precies de functies

y(x) = \lambda\, \eu^{-A(x)}, \qquad \lambda \in \R \text{ (of } \C).

Bewijs. Deze functies zijn oplossingen: $y' = -\lambda A' \eu^{-A} = -a y$ . Omgekeerd, zij $y$ een oplossing van $(H)$ en stel $z(x) = y(x)\, \eu^{A(x)}$ . Dan is

z' = y' \eu^{A} + y\, a\, \eu^{A} = (y' + ay)\, \eu^{A} = 0 ,

dus $z$ is constant op het interval $I$ , zeg $z = \lambda$ : $y = \lambda \eu^{-A}$ . (Let op de logica: geen enkele oplossing gaat verloren, want elke oplossing is in de aangekondigde vorm geschreven.) ∎

Voorbeeld 5.3 (Een homogene vergelijking met variabele coëfficiënt)

Los $y' + (\cos x)\,y = 0$ op op $\R$ . Een primitieve van $a(x) = \cos x$ is $A(x) = \sin x$ , dus de oplossingen zijn

y(x) = \lambda\,\eu^{-\sin x}, \qquad \lambda \in \R .

Twee lezingen. Elke oplossing is periodiek (periode $2\pi$ ) en wordt nooit nul tenzij $\lambda = 0$ — het teken van $\lambda$ is het teken van $y$ voor altijd, aangezien een exponentiële functie geen nul kan overschrijden. En de oplossing door $y(0) = y_0$ is $y_0\eu^{-\sin x}$ : precies één kromme van de familie door elk beginpunt, het eendimensionale beeld van Stelling 5.4 (2).

Stelling 5.4 (Variatie van constanten; Cauchy-probleem)

Met de notatie hierboven:

De oplossingen van $(E)$ op $I$ zijn precies

$y(x) = \Bigl(\lambda + \int_{x_0}^{x} b(t)\, \eu^{A(t)} \dd t \Bigr)\, \eu^{-A(x)}, \qquad \lambda \in \R,$

waar $x_0 \in I$ vast is. Equivalent: algemene oplossing van $(H)$ plus één particuliere oplossing van $(E)$ .
Voor elke $x_0 \in I$ en $y_0$ heeft het Cauchy-probleem “ $(E)$ en $y(x_0) = y_0$ ” precies één oplossing op $I$ .

Bewijs. (1) Volgens de methode die variatie van constanten heet, zoeken we oplossingen van de vorm $y = \mu(x)\, \eu^{-A(x)}$ met $\mu$ afleidbaar — er gaat geen algemeenheid verloren, aangezien elke functie op $I$ zo geschreven kan worden ( $\mu = y\,\eu^{A}$ ). Door substitutie,

y' + ay = \mu' \eu^{-A} - \mu a \eu^{-A} + a\mu\eu^{-A} = \mu'\, \eu^{-A},

dus $y$ is een oplossing van $(E)$ dan en slechts dan als $\mu'(x) = b(x)\,\eu^{A(x)}$ , dan en slechts dan als $\mu(x) = \lambda + \int_{x_0}^x b(t)\eu^{A(t)}\dd t$ voor een zekere constante $\lambda$ (twee primitieven van dezelfde continue functie op een interval verschillen een constante).

(2) In de formule is $y(x_0) = \lambda\,\eu^{-A(x_0)}$ : de voorwaarde $y(x_0) = y_0$ bepaalt $\lambda = y_0 \eu^{A(x_0)}$ eenduidig. ∎

Voorbeeld 5.5

Los $y' + \dfrac{y}{x} = x^2$ op op $I = \intoo{0}{+\infty}$ . Hier is $a(x) = \frac 1x$ , $A(x) = \ln x$ , $\eu^{-A(x)} = \frac 1x$ . Homogene oplossingen: $\frac{\lambda}{x}$ . Variatie van constanten: $\mu'(x) = x^2 \cdot x = x^3$ , dus $\mu = \frac{x^4}{4} + \lambda$ , en

y(x) = \frac{x^3}{4} + \frac{\lambda}{x}, \qquad \lambda \in \R .

Met de beginvoorwaarde $y(1) = 0$ : $\lambda = -\frac14$ . Controle: $y' + \frac yx = \frac{3x^2}{4} - \frac{\lambda}{x^2} + \frac{x^2}{4} + \frac{\lambda}{x^2} = x^2$ .

Voorbeeld 5.6 (Gokken verslaat integreren)

Los $y' + 2x\,y = x$ op op $\R$ . Variatie van constanten werkt ( $A = x^2$ , $\mu' = x\,\eu^{x^2}$ , $\mu = \frac12\eu^{x^2} + \lambda$ ), maar opmerken dat de constante $y_p = \frac12$ de vergelijking oplost ( $0 + 2x\cdot\frac12 = x$ ) is sneller. Met de homogene oplossingen $\lambda\,\eu^{-x^2}$ :

y(x) = \frac12 + \lambda\,\eu^{-x^2}, \qquad \lambda \in \R .

Elke oplossing convergeert bijzonder snel naar $\frac12$ als $x \to \pm\infty$ : de constante particuliere oplossing is een evenwicht waar alle oplossingen naartoe gaan. Het inzicht: voordat je de algemene methode inzet, besteed tien seconden aan het zoeken naar een voor de hand liggende particuliere oplossing (constante, monoom, veelvoud van het rechterlid); de structuurstelling maakt het werk dan af.

Opmerking 5.7 (Intervallen doen ertoe)

De stelling leeft op een interval waar $a$ en $b$ continu zijn. Voor $y' + \frac yx = 0$ op $\R^*$ zijn de oplossingen $\frac{\lambda}{x}$ op $\intoo{0}{+\infty}$ en $\frac{\mu}{x}$ op $\intoo{-\infty}{0}$ met onafhankelijke constanten: er is geen reden waarom één enkele formule zou aansluiten over de singulariteit in $0$ .

Voorbeeld 5.8 (Een complex rechterlid, twee reële antwoorden)

Los $y' - y = \cos x$ en $y' - y = \sin x$ in één beweging op. Werk in $\C$ met het rechterlid $\eu^{\iu x}$ : het proberen van $y_p = c\,\eu^{\iu x}$ geeft $c(\iu - 1)\eu^{\iu x} = \eu^{\iu x}$ , dus

c = \frac1{\iu - 1} = \frac{-1 - \iu}2, \qquad y_p = -\frac{(1 + \iu)(\cos x + \iu\sin x)}2 = \frac{\sin x - \cos x}2 + \iu\,\frac{-\sin x - \cos x}2 .

Aangezien de vergelijking reële coëfficiënten heeft, splitsen reëel en imaginair deel zich: $\frac{\sin x - \cos x}2$ lost $y' - y = \cos x$ op, en $-\frac{\sin x + \cos x}2$ lost $y' - y = \sin x$ op (controleer het eerste: afgeleide $\frac{\cos x + \sin x}2$ , min de functie, geeft $\cos x$ ). Eén complexe regel verving twee toepassingen van variatie van constanten — dezelfde besparing die Methode 5.13 systematiseert voor de tweede orde, en een terugkerend rendement van Hoofdstuk 3.

5.2 Lineaire vergelijkingen van de tweede orde met constante coëfficiënten

Definitie 5.9

Zij $a, b \in \R$ en $f \colon I \to \R$ continu. De vergelijking

(E)\colon\quad y'' + a\,y' + b\,y = f(x)

is een lineaire vergelijking van de tweede orde met constante coëfficiënten; $(H)\colon y'' + ay' + by = 0$ is haar homogene vergelijking, en $\chi(r) = r^2 + ar + b$ haar karakteristieke veelterm.

Stelling 5.10 (Homogene oplossingen)

Zij $\Delta = a^2 - 4b$ de discriminant van $\chi$ . De reële oplossingen van $(H)$ op $\R$ zijn:

als $\Delta > 0$ , met $r_1 \neq r_2$ de twee reële wortels: $\;y = \lambda\, \eu^{r_1 x} + \mu\, \eu^{r_2 x}$ ;
als $\Delta = 0$ , met $r_0$ de dubbele wortel: $\;y = (\lambda + \mu x)\, \eu^{r_0 x}$ ;
als $\Delta < 0$ , met wortels $\alpha \pm \iu\omega$ ( $\omega > 0$ ): $\;y = \eu^{\alpha x} (\lambda \cos\omega x + \mu \sin\omega x)$ ;

in elk geval met $(\lambda, \mu)$ die $\R^2$ doorloopt.

Bewijs. Merk eerst op dat voor $r \in \C$ , $x \mapsto \eu^{rx}$ een oplossing van $(H)$ is dan en slechts dan als $\chi(r) = 0$ (substitueer: $(r^2 + ar + b)\eu^{rx} = 0$ ). Dit is waarom exponentiële functies de natuurlijke eerste gok zijn: differentiëren werkt op $\eu^{rx}$ als vermenigvuldiging met het getal $r$ , zodat de differentiaalvergelijking de numerieke vergelijking $\chi(r) = 0$ wordt — het hele analytische probleem wordt samengeperst tot het vinden van de wortels van één kwadratische vergelijking.

De sleutelstap is een verandering van onbekende die de orde verlaagt. Zij $r$ een (mogelijk complexe) wortel van $\chi$ en schrijf $y = z\, \eu^{rx}$ , wat geen algemeenheid verliest. Dan is

y'' + ay' + by = \bigl(z'' + (2r + a) z' + \chi(r) z\bigr)\eu^{rx} = \bigl(z'' + (2r + a) z'\bigr)\eu^{rx},

dus $(H)$ wordt de vergelijking van de eerste orde $u' + (2r + a) u = 0$ voor $u = z'$ .

Geval $\Delta \neq 0$ : kies $r = r_1$ ; dan is $2r_1 + a = r_1 - r_2$ (aangezien $r_1 + r_2 = -a$ ). Volgens Stelling 5.2 is $z' = c\,\eu^{(r_2 - r_1)x}$ voor een zekere constante $c$ ; door te integreren op $\R$ , $z = \mu\, \eu^{(r_2 - r_1)x} + \lambda$ met $\mu = \frac{c}{r_2 - r_1}$ , en dus $y = z\, \eu^{r_1 x} = \lambda\,\eu^{r_1x} + \mu\,\eu^{r_2x}$ . Wanneer $\Delta < 0$ , zijn de wortels $\alpha \pm \iu\omega$ en de complexe oplossingen zijn $y = c_1\eu^{(\alpha+\iu\omega)x} + c_2\eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ met $c_1, c_2 \in \C$ . Welke van deze zijn reëelwaardig? Aangezien $\conj{\eu^{(\alpha+\iu\omega)x}} = \eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ , is de complex toegevoegde van $y$ gelijk aan $\conj{c_2}\, \eu^{(\alpha+\iu\omega)x} + \conj{c_1}\,\eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ , en $y = \conj y$ voor alle $x$ dwingt $c_2 = \conj{c_1}$ af (de twee exponentiële functies zijn lineair onafhankelijk: evalueer in twee punten, of vergelijk in $x=0$ na deling door $\eu^{\alpha x}$ ). Schrijvend $c_1 = \frac{\lambda - \iu\mu}2$ met $\lambda, \mu$ reëel:

y = 2\,\Re\Bigl(c_1\,\eu^{\alpha x}(\cos\omega x + \iu\sin\omega x)\Bigr) = \eu^{\alpha x}\bigl(\lambda\cos\omega x + \mu\sin\omega x\bigr),

en omgekeerd is elke zodanige functie een oplossing (reëel deel van een complexe oplossing van een reële vergelijking): de reële oplossingsruimte is zoals aangekondigd.

Geval $\Delta = 0$ : $r = r_0$ , $2r_0 + a = 0$ , dus $z'' = 0$ : $z = \lambda + \mu x$ en $y = (\lambda + \mu x)\eu^{r_0 x}$ . ∎

Voorbeeld 5.11 (Een Cauchy-probleem, van begin tot eind)

Los $y'' - 3y' + 2y = 0$ met $y(0) = 0$ , $y'(0) = 1$ op. De karakteristieke veelterm $r^2 - 3r + 2 = (r - 1)(r - 2)$ heeft de reële wortels $1$ en $2$ : algemene oplossing $y = \lambda\eu^{x} + \mu\eu^{2x}$ . De twee voorwaarden geven het lineaire stelsel

\lambda + \mu = 0, \qquad \lambda + 2\mu = 1 ,

dus $\mu = 1$ , $\lambda = -1$ :

y(x) = \eu^{2x} - \eu^{x} .

Controle: $y(0) = 0$ ; $y' = 2\eu^{2x} - \eu^x$ heeft $y'(0) = 1$ ; en $y'' - 3y' + 2y = (4 - 6 + 2)\eu^{2x} + (-1 + 3 - 2)\eu^x = 0$ . Merk de vorm van het antwoord op: nabij $-\infty$ domineert de trage mode $-\eu^x$ ; nabij $+\infty$ doet de snelle mode $\eu^{2x}$ dat. Het lezen van oplossingen als superposities van modes met verschillende afname- of groeisnelheden is de winstgevende gewoonte — zo is de transiënt/steady-state-splitsing van het weekendprobleem georganiseerd.

De drie regimes van y'' + ay' + by = 0 met afnemende oplossingen: gedempte oscillatie (complexe wortels), kritieke terugkeer (dubbele wortel), overgedempte afname (twee reële wortels). Welk regime optreedt wordt afgelezen aan het teken van = a2 - 4b alleen — voordat er iets opgelost is. — De drie regimes van $y'' + ay' + by = 0$ met afnemende oplossingen: gedempte oscillatie (complexe wortels), kritieke terugkeer (dubbele wortel), overgedempte afname (twee reële wortels). Welk regime optreedt wordt afgelezen aan het teken van $\Delta = a^2 - 4b$ alleen — voordat er iets opgelost is.

Stelling 5.12 (Structuur en Cauchy-probleem)

Als $y_p$ één particuliere oplossing van $(E)$ is, zijn de oplossingen van $(E)$ precies $y_p + y_h$ , met $y_h$ die de oplossingen van $(H)$ doorloopt.
(Superpositie) Als $y_1$ een oplossing is van $y'' + ay' + by = f_1$ en $y_2$ een oplossing van $y'' + ay' + by = f_2$ , dan is $y_1 + y_2$ een oplossing van de vergelijking met rechterlid $f_1 + f_2$ .
Voor alle $x_0 \in I$ en $(y_0, y_0')$ heeft het Cauchy-probleem “ $(E)$ , $y(x_0) = y_0$ , $y'(x_0) = y_0'$ ” precies één oplossing op $I$ . (Bestaan mits een particuliere oplossing; eenduidigheid volledig.)

Bewijs. (1) $y$ is een oplossing van $(E)$ dan en slechts dan als $y - y_p$ een oplossing is van $(H)$ , door lineariteit van $y \mapsto y'' + ay' + by$ . (2) is dezelfde lineariteit.

(3) Volgens (1) volstaat het te bewijzen dat de constanten $(\lambda, \mu)$ altijd, eenduidig, aangepast kunnen worden aan willekeurige data $(y_0, y_0')$ . Door de variabele te verschuiven, neem $x_0 = 0$ . In geval (1) van Stelling 5.10 geeft $y = \lambda\eu^{r_1x} + \mu\eu^{r_2x}$

y(0) = \lambda + \mu, \qquad y'(0) = r_1\lambda + r_2\mu :

een lineair stelsel in $(\lambda, \mu)$ waarvan de determinant $r_2 - r_1 \neq 0$ is; door het expliciet op te lossen, $\mu = \frac{y_0' - r_1y_0}{r_2 - r_1}$ en $\lambda = y_0 - \mu$ : precies één oplossing. In geval (2), $y(0) = \lambda$ en $y'(0) = r_0\lambda + \mu$ : het stelsel is driehoekig met determinant $1$ , opgelost door $\lambda = y_0$ , $\mu = y_0' - r_0y_0$ . In geval (3), $y(0) = \lambda$ en $y'(0) = \alpha\lambda + \omega\mu$ : determinant $\omega \neq 0$ , opgelost door $\lambda = y_0$ , $\mu = \frac{y_0' - \alpha y_0}\omega$ . In elk geval is de afbeelding $(\lambda, \mu) \mapsto (y(x_0), y'(x_0))$ een lineaire bijectie — de taal van Hoofdstuk 20 zal deze gevalscontrole comprimeren tot één zin. ∎

Methode 5.13 (Particuliere oplossing voor $f(x) = P(x)\,\eu^{\gamma x}$ )

Wanneer het rechterlid $P(x)\,\eu^{\gamma x}$ is met $P$ een veelterm en $\gamma \in \R$ (dit dekt veeltermen, exponentiële functies, en via complexe $\gamma$ of superpositie, $\cos$ en $\sin$ ): zoek een particuliere oplossing van de vorm

y_p(x) = x^{m}\, Q(x)\, \eu^{\gamma x}, \qquad m = \text{multipliciteit van } \gamma \text{ als wortel van } \chi \ (m = 0, 1 \text{ of } 2),

met $Q$ een veelterm van dezelfde graad als $P$ , waarvan de coëfficiënten gevonden worden door substitutie en identificatie. Voor $f = K\cos\omega x$ (of $\sin$ ), los op met rechterlid $K\eu^{\iu\omega x}$ en neem het reële (resp. imaginaire) deel.

Voorbeeld 5.14 (Superpositie in actie)

Los $y'' - y = \eu^{x} + 4$ op op $\R$ . Homogeen: $\chi(r) = r^2 - 1$ , wortels $\pm1$ , dus $y_h = \lambda\eu^x + \mu\eu^{-x}$ . Splits het rechterlid en behandel elk stuk met de methodebox. Stuk $\eu^x$ : hier is $\gamma = 1$ een enkelvoudige wortel van $\chi$ , dus probeer $y_1 = c\,x\,\eu^x$ : dan $y_1'' - y_1 = c(x + 2)\eu^x - cx\eu^x = 2c\,\eu^x$ , wat $c = \frac12$ geeft. Stuk $4$ : $\gamma = 0$ is geen wortel; de constante $y_2 = -4$ werkt. Door superpositie (Stelling 5.12 (2)):

y = \frac{x\,\eu^x}2 - 4 + \lambda\,\eu^x + \mu\,\eu^{-x}, \qquad (\lambda, \mu) \in \R^2 .

Merk op hoe de twee stukken verschillende vormen vereisten ( $m = 1$ tegenover $m = 0$ ): de multipliciteitstest wordt op elke exponent apart toegepast, wat het hele punt is van het splitsen van het rechterlid voordat er gegokt wordt.

Voorbeeld 5.15 (De multipliciteitsregel aan het werk)

Los $y'' + y' = x$ op op $\R$ . Het rechterlid is $P(x)\eu^{0 \cdot x}$ met $P(x) = x$ , en $\gamma = 0$ is een enkelvoudige wortel van $\chi(r) = r^2 + r = r(r + 1)$ : dus $m = 1$ , en de juiste gok is $y_p = x\,(\alpha x + \beta) = \alpha x^2 + \beta x$ , één graad hoger dan $P$ . Door substitutie:

y_p'' + y_p' = 2\alpha + (2\alpha x + \beta) = 2\alpha x + (2\alpha + \beta) ,

en identificatie met $x$ geeft $\alpha = \frac12$ , $\beta = -1$ : $y_p = \frac{x^2}2 - x$ . Algemene oplossing: $y = \frac{x^2}2 - x + \lambda + \mu\,\eu^{-x}$ . Hadden we $y_p = \alpha x + \beta$ gegokt (met verwaarlozing van de multipliciteit), dan zou substitutie $y_p'' + y_p' = \alpha$ geven, een constante — geen enkele keuze van $\alpha, \beta$ kan $x$ matchen, en de mislukking is structureel: constanten lossen de homogene vergelijking al op, dus ze zijn onzichtbaar voor het linkerlid. De factor $x^m$ bestaat juist om uit de homogene oplossingsruimte te klimmen.

Opmerking 5.16 (De verzekeringspolis van dertig seconden)

Elke opgeloste vergelijking in dit hoofdstuk eindigt met een substitutiecontrole, en dit is niet decoratief. Een berekening van een differentiaalvergelijking rijgt vele kleine stappen aaneen (een primitieve, een productregel, twee constanten), en één enkele tekenfout plant zich onzichtbaar voort; de uiteindelijke formule terugsubstitueren in de vergelijking vangt in wezen ze allemaal op tegen de kostprijs van één differentiatie. Kweek de reflex in drie lagen: controleer de particuliere oplossing alleen (het homogene deel valt toch weg), controleer de beginvoorwaarden op de volledige oplossing, en wanneer een parameter aanwezig is, controleer een gedegenereerde waarde (geeft de formule voor algemene $\Omega$ het bekende antwoord in $\Omega = 0$ terug?). De gewoonte kost een halve minuut; ze zet “waarschijnlijk juist” om in “geverifieerd”.

Opmerking 5.17 (Veelvoorkomende valkuilen)

Normaliseer eerst. De formules veronderstellen dat de vergelijking $y' + a(x)y = b(x)$ luidt — coëfficiënt $1$ op $y'$ . Voor $xy' - 2y = x^3$ , deel door $x$ (op een interval dat $0$ vermijdt) voordat je $a$ en $b$ identificeert, zoals in Oefening 5.2.
Eén constante per dimensie, aan het eind vastgelegd. De algemene oplossing van de eerste orde draagt één constante, die van de tweede orde twee; beginvoorwaarden worden opgelegd aan de volledige oplossing $y_p + y_h$ , nooit aan $y_h$ alleen — ze opleggen voordat $y_p$ is toegevoegd is de meest frequente structurele fout.
Let op de multipliciteit. Een gok voor de particuliere oplossing die de homogene vergelijking oplost is onzichtbaar voor het linkerlid; de factor $x^m$ van Methode 5.13 is niet optioneel (Voorbeeld 5.15).
Intervallen zijn deel van het antwoord. Oplossingen leven op intervallen waar de coëfficiënten continu zijn; aansluiten over een singulariteit kan valse constanten creëren (Oefening 5.12) of eenduidigheid vernietigen. “Los op op $\R^*$ ” betekent twee onafhankelijke problemen.

Voorbeeld 5.18 (Aandrijving buiten resonantie)

Los $y'' + 4y = \sin x$ op op $\R$ . Natuurlijke frequentie $2$ , aandrijvings- frequentie $1$ : aangezien $\iu$ geen wortel van $\chi(r) = r^2 + 4$ is, is de multipliciteit $m = 0$ en volstaat een gewone sinusoïde. Het proberen van $y_p = \alpha\sin x$ (geen cosinus nodig: de vergelijking heeft geen $y'$ -term, en $\sin$ regenereert $\sin$ ):

y_p'' + 4y_p = -\alpha\sin x + 4\alpha\sin x = 3\alpha\sin x ,

dus $\alpha = \frac13$ en de algemene oplossing is

y = \frac{\sin x}3 + \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x .

Elke oplossing blijft begrensd: een superpositie van twee oscillaties op de frequenties $1$ (geforceerd) en $2$ (natuurlijk). Vergelijk met het volgende voorbeeld, waar aandrijving op de natuurlijke frequentie de vorm van het antwoord zelf verandert.

Voorbeeld 5.19 (Een geforceerde oscillatie)

Los $y'' + y = \cos x$ , $y(0) = 0$ , $y'(0) = 0$ op.

Homogeen: $\chi(r) = r^2 + 1$ , wortels $\pm\iu$ : $y_h = \lambda\cos x + \mu \sin x$ .

Particulier: rechterlid $\Re(\eu^{\iu x})$ met $\gamma = \iu$ een enkelvoudige wortel van $\chi$ : probeer $z_p = c\, x\, \eu^{\iu x}$ ( $c \in \C$ ). Dan $z_p'' + z_p = c\,(2\iu)\eu^{\iu x}$ , wat gelijk is aan $\eu^{\iu x}$ voor $c = \frac{1}{2\iu} = -\frac\iu2$ . Dus $z_p = -\frac{\iu}{2} x (\cos x + \iu \sin x)$ en $y_p = \Re(z_p) = \frac{x \sin x}{2}$ .

Algemene oplossing: $y = \frac{x\sin x}{2} + \lambda\cos x + \mu\sin x$ . Voorwaarden: $y(0) = \lambda = 0$ ; $y' = \frac{\sin x + x\cos x}{2} + \mu\cos x$ , dus $y'(0) = \mu = 0$ . Antwoord: $y = \frac{x\sin x}{2}$ — een oscillatie waarvan de amplitude lineair groeit: het resonantieverschijnsel, veroorzaakt door het aandrijven van het systeem op zijn natuurlijke frequentie.

Resonantie: de oplossing y = x x/2 van y'' + y = x oscilleert tussen de rechten y = ± x2 (streepjes), met steeds groeiende amplitude. — Resonantie: de oplossing $y = \frac{x \sin x}{2}$ van $y'' + y = \cos x$ oscilleert tussen de rechten $y = \pm\frac x2$ (streepjes), met steeds groeiende amplitude.

Opmerking 5.20 (Intermezzo: lineariteit is een meetkunde)

Kijk terug naar de vorm van elke oplossingsverzameling in dit hoofdstuk: een speciale oplossing plus een ruimte van homogene oplossingen met één vrije constante (eerste orde) of twee (tweede orde). De hoofdstukken over lineaire algebra (Hoofdstukken 18, 19 en 20) zullen de precieze vocabulaire leveren: de afbeelding $L(y) = y'' + ay' + by$ is lineair, haar homogene oplossingen vormen de kern van $L$ , een vector- ruimte waarvan de dimensie gelijk is aan de orde van de vergelijking — dat is de eerlijke inhoud van “één constante per orde” — en de oplossingsverzameling van $L(y) = f$ is een affiene deelruimte, een verschuiving van de kern. Zelfs de Cauchy-afbeelding $(\lambda, \mu) \mapsto (y(x_0), y'(x_0))$ van Stelling 5.12 is een lineaire bijectie tussen twee vlakken, d.w.z. een inverteerbaar $2 \times 2$ -stelsel (Hoofdstuk 21). Niets in dit hoofdstuk zal overgedaan hoeven te worden — het zal alleen hernoemd hoeven te worden, en het hernoemen is de best mogelijke opwarming voor lineaire algebra: elke abstracte definitie daar heeft haar bestaansrecht hier al verdiend.

Opmerking 5.21 (Waar dit hoofdstuk gebruikt wordt)

De structuurstelling — oplossingen van $(E)$ vormen “een particuliere oplossing plus de oplossingen van $(H)$ ” — is de eerste verschijning van een patroon dat Hoofdstukken 18 en 20 zullen benoemen: de oplossingsverzameling van $(H)$ is de kern van de lineaire afbeelding $y \mapsto y'' + ay' + by$ , en de oplossingsverzameling van $(E)$ is een affiene verschuiving ervan. De karakteristieke veelterm verschijnt opnieuw als de karakteristieke veelterm van een matrix in Hoofdstuk 21: een vergelijking van de tweede orde is een $2 \times 2$ -stelsel van de eerste orde in vermomming, een gezichtspunt dat het deel van jaar 2 systematiseert. De integralen die variatie van constanten vereist worden geleverd door Hoofdstuk 15, en het weekendprobleem hieronder — de aangedreven gedempte oscillator — is het modelgeval voor elke oscillatievraag in de wetenschappen, van schakelingen tot hangbruggen.

5.3 Oefeningen

Oefening 5.1 ★

Los op op $\R$ : $\;y' + 2y = \eu^{3x}$ ; daarna het Cauchy-probleem $y(0) = 1$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.1.

Homogeen: $y_h = \lambda\,\eu^{-2x}$ . Particulier: probeer $y_p = c\,\eu^{3x}$ ( $3$ is geen wortel van $r + 2$ ): $3c + 2c = 1$ , $c = \frac15$ . Algemene oplossing: $y = \frac{\eu^{3x}}{5} + \lambda\,\eu^{-2x}$ . Met $y(0) = 1$ : $\frac15 + \lambda = 1$ , $\lambda = \frac45$ , dus $y = \frac{\eu^{3x} + 4\,\eu^{-2x}}{5}$ .

Oefening 5.2 ★

Los op op $\intoo{0}{+\infty}$ : $\;x y' - 2y = x^3$ (breng de vergelijking eerst in de genormaliseerde vorm).

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.2.

Op $\intoo{0}{+\infty}$ , deel door $x$ : $y' - \frac{2}{x}\,y = x^2$ . Hier is $A(x) = -2\ln x$ , $\eu^{-A(x)} = x^2$ : homogene oplossingen $\lambda x^2$ . Variatie van constanten: $\mu'(x) = x^2 \cdot x^{-2} = 1$ , dus $\mu = x + \lambda$ en

y(x) = x^3 + \lambda x^2, \qquad \lambda \in \R .

Controle: $x(3x^2 + 2\lambda x) - 2(x^3 + \lambda x^2) = x^3$ .

Oefening 5.3 ★

Los op op $\R$ , en geef de reële algemene oplossing: $\;y'' - 3y' + 2y = 0$ ; $\;y'' + 4y' + 4y = 0$ ; $\;y'' - 2y' + 5y = 0$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.3.

$y'' - 3y' + 2y = 0$ : wortels $1$ en $2$ ; $\;y = \lambda\,\eu^{x} + \mu\,\eu^{2x}$ .

$y'' + 4y' + 4y = 0$ : dubbele wortel $-2$ ; $\;y = (\lambda + \mu x)\,\eu^{-2x}$ .

$y'' - 2y' + 5y = 0$ : wortels $1 \pm 2\iu$ ; $\;y = \eu^{x}(\lambda\cos 2x + \mu\sin 2x)$ .

Oefening 5.4 ★

Los $y'' - y = x^2$ op op $\R$ , daarna het Cauchy-probleem $y(0) = 0$ , $y'(0) = 1$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.4.

Homogeen: wortels $\pm 1$ , $y_h = \lambda\,\eu^x + \mu\,\eu^{-x}$ . Particulier met veelterm-rechterlid ( $\gamma = 0$ geen wortel): $y_p = ax^2 + bx + c$ ; door substitutie geeft $2a - (ax^2 + bx + c) = x^2$ $a = -1$ , $b = 0$ , $c = 2a = -2$ : $y_p = -x^2 - 2$ . Algemene oplossing $y = -x^2 - 2 + \lambda\eu^x + \mu\eu^{-x}$ .

Cauchy: $y(0) = -2 + \lambda + \mu = 0$ en $y'(0) = \lambda - \mu = 1$ : $\lambda = \frac32$ , $\mu = \frac12$ . Dus $y = -x^2 - 2 + \frac{3\eu^x + \eu^{-x}}{2}$ .

Oefening 5.5 ★★

Los op op $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ : $\;y' + y\tan x = \sin 2x$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.5.

$a(x) = \tan x$ , $A(x) = -\ln(\cos x)$ (geldig: $\cos > 0$ op het interval), $\eu^{-A} = \cos x$ : homogene oplossingen $\lambda\cos x$ . Variatie van constanten: $\mu'(x) = \sin 2x \cdot \frac{1}{\cos x} = 2\sin x$ , dus $\mu = -2\cos x + \lambda$ en

y(x) = -2\cos^2 x + \lambda \cos x .

Controle: $y' = 4\cos x \sin x - \lambda\sin x$ en $y\tan x = -2\cos x\sin x + \lambda \sin x$ ; hun som is $2\cos x\sin x = \sin 2x$ , zoals vereist.

Oefening 5.6 ★★

Los $y'' - 4y' + 3y = (2x + 1)\,\eu^{x}$ op op $\R$ . (Let op de multipliciteit: is $1$ een wortel van de karakteristieke veelterm?)

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.6.

$\chi(r) = r^2 - 4r + 3 = (r-1)(r-3)$ : $\gamma = 1$ is een enkelvoudige wortel ( $m = 1$ ). Probeer $y_p = x(ax + b)\,\eu^x$ . Met $u = ax^2 + bx$ ,

y_p'' - 4y_p' + 3y_p = \bigl(u'' + (2 - 4)u' + \chi(1) u\bigr)\eu^x = \bigl(2a - 2(2ax + b)\bigr)\eu^x .

Identificeer met $(2x + 1)\eu^x$ : $-4a = 2$ en $2a - 2b = 1$ , dus $a = -\frac12$ , $b = -1$ . Algemene oplossing:

y = -\Bigl(\frac{x^2}{2} + x\Bigr)\eu^{x} + \lambda\,\eu^{x} + \mu\,\eu^{3x}, \qquad (\lambda, \mu) \in \R^2 .

Oefening 5.7 ★★

Los $y'' + 4y = \sin 2x + x$ op op $\R$ (superpositie; behandel elk rechterlid apart).

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.7.

Homogeen: $y_h = \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x$ .

Rechterlid $x$ ( $\gamma = 0$ geen wortel): $y_1 = ax + b$ met $4(ax + b) = x$ : $y_1 = \frac x4$ .

Rechterlid $\sin 2x = \Im(\eu^{2\iu x})$ , $2\iu$ enkelvoudige wortel van $r^2 + 4$ : probeer $z = c\,x\,\eu^{2\iu x}$ ; dan $z'' + 4z = 4\iu c\,\eu^{2\iu x}$ , gelijk aan $\eu^{2\iu x}$ voor $c = \frac{1}{4\iu} = -\frac{\iu}{4}$ . Dus $z = -\frac{\iu x}{4}(\cos 2x + \iu \sin 2x)$ en $y_2 = \Im(z) = -\frac{x\cos 2x}{4}$ .

Door superpositie:

y = \frac{x}{4} - \frac{x\cos 2x}{4} + \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x .

Oefening 5.8 ★★

Een kop koffie op temperatuur $T_0 = 80\,^\circ$ C staat in een kamer op $20\,^\circ$ C. De afkoelingswet van Newton stelt $T' = -k\,(T - 20)$ met $k > 0$ . Los op naar $T(t)$ , en gegeven dat de koffie op $50\,^\circ$ C is na $10$ minuten, vind wanneer ze $25\,^\circ$ C bereikt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.8.

De vergelijking $T' + kT = 20k$ heeft constante particuliere oplossing $20$ en homogene oplossingen $\lambda\eu^{-kt}$ : $T(t) = 20 + \lambda\,\eu^{-kt}$ , en $T(0) = 80$ geeft $\lambda = 60$ :

T(t) = 20 + 60\,\eu^{-kt} .

$T(10) = 50$ : $\eu^{-10k} = \frac12$ , dus $k = \frac{\ln 2}{10}$ . Dan vereist $T(t) = 25$ dat $\eu^{-kt} = \frac{5}{60} = \frac{1}{12}$ , d.w.z.

t = \frac{\ln 12}{k} = 10\,\frac{\ln 12}{\ln 2} \approx 35.8 \text{ minuten.}

Oefening 5.9 ★★★

(Gedempte oscillator) Voor $\varepsilon \geq 0$ , beschouw $y'' + 2\varepsilon y' + y = 0$ .

Los op voor $\varepsilon \in \intco{0}{1}$ , $\varepsilon = 1$ , en $\varepsilon > 1$ .
Toon aan dat voor $\varepsilon > 0$ elke oplossing naar $0$ nadert in $+\infty$ , en dat voor $\varepsilon = 0$ de niet-nul oplossingen dat niet doen.
Voor $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ , toon aan dat de nulpunten van een niet-nul oplossing regelmatig gespreid liggen, met afstand $\frac{\pi}{\sqrt{1 - \varepsilon^2}}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.9.

$\chi(r) = r^2 + 2\varepsilon r + 1$ , $\Delta = 4(\varepsilon^2 - 1)$ . Voor $\varepsilon \in \intco{0}{1}$ : wortels $-\varepsilon \pm \iu\sqrt{1 - \varepsilon^2}$ , dus $y = \eu^{-\varepsilon t}\bigl(\lambda\cos\omega t + \mu\sin\omega t\bigr)$ met $\omega = \sqrt{1 - \varepsilon^2}$ . Voor $\varepsilon = 1$ : dubbele wortel $-1$ , $y = (\lambda + \mu t)\,\eu^{-t}$ . Voor $\varepsilon > 1$ : reële wortels $r_\pm = -\varepsilon \pm \sqrt{\varepsilon^2 - 1}$ , beide $< 0$ , en $y = \lambda\eu^{r_+t} + \mu\eu^{r_-t}$ .
Voor $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ : $\abs y \leq \eu^{-\varepsilon t}(\abs\lambda + \abs\mu) \to 0$ . Voor $\varepsilon = 1$ : $(\lambda + \mu t)\eu^{-t} \to 0$ (exponentiële functie verslaat veelterm, Propositie 4.6). Voor $\varepsilon > 1$ : beide exponentiële functies nemen af aangezien $r_\pm < 0$ (inderdaad $\sqrt{\varepsilon^2 - 1} < \varepsilon$ ). Voor $\varepsilon = 0$ : $y = \lambda\cos t + \mu\sin t$ heeft constante amplitude $\sqrt{\lambda^2 + \mu^2} \neq 0$ tenzij $y = 0$ .
Schrijf $\lambda\cos\omega t + \mu\sin\omega t = R\cos(\omega t - \varphi)$ met $R = \sqrt{\lambda^2 + \mu^2} > 0$ . De nulpunten van $y$ zijn die van $\cos(\omega t - \varphi)$ (de factor $\eu^{-\varepsilon t}$ wordt nooit nul): $\omega t - \varphi \equiv \frac\pi2 \pmod \pi$ , een rekenkundige rij met afstand $\frac{\pi}{\omega} = \frac{\pi}{\sqrt{1 - \varepsilon^2}}$ .

Oefening 5.10 ★★★

Vind alle functies $f \colon \R \to \R$ , tweemaal afleidbaar, zodat

\forall x, y \in \R, \qquad f(x + y) + f(x - y) = 2 f(x) f(y),

met $f(0) \ne 0$ en $f$ niet constant. Tip: houd $y$ vast, differentieer tweemaal naar $x$ in $0$ ; toon aan dat $f(0) = 1$ en $f'' = c f$ voor een zekere constante $c$ ; los dan op naar het teken van $c$ en controleer welke oplossingen aan de functievergelijking voldoen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.10.

Stel $x = y = 0$ : $2f(0) = 2f(0)^2$ , en $f(0) \neq 0$ geeft $f(0) = 1$ . Houd $x$ vast en differentieer de vergelijking tweemaal naar $y$ :

f''(x+y) + f''(x-y) = 2 f(x) f''(y) .

Stellend $y = 0$ : $\;2f''(x) = 2 f(x) f''(0)$ , dat wil zeggen

f''(x) = c\,f(x), \qquad c = f''(0).

Geval $c = \omega^2 > 0$ : $f(x) = \lambda\cosh\omega x + \mu\sinh\omega x$ ; $f(0) = 1$ geeft $\lambda = 1$ . Ingevuld in de functievergelijking en met gebruik van de somformules (Propositie 4.18), dwingt de vergelijking $\mu = 0$ af (vergelijk de coëfficiënten van $\sinh\omega x \sinh\omega y$ of evalueer in $x = y$ ): $f = \cosh\omega x$ , wat inderdaad voldoet aan $\cosh(x+y) + \cosh(x-y) = 2\cosh x\cosh y$ .

Geval $c = -\omega^2 < 0$ : analoog $f(x) = \cos\omega x$ ( $\omega \neq 0$ ), wat aan de vergelijking voldoet.

Geval $c = 0$ : $f$ affien met $f(0) = 1$ : $f(x) = 1 + \mu x$ ; de vergelijking dwingt $\mu = 0$ af, uitgesloten ( $f$ niet constant).

Conclusie: de oplossingen zijn $f(x) = \cos\omega x$ en $f(x) = \cosh\omega x$ , $\omega > 0$ .

Oefening 5.11 ★★

(Eulervergelijking) Los $x^2 y'' - x y' + y = 0$ op op $\intoo{0}{+\infty}$ . Tip: stel $z(t) = y(\eu^t)$ , d.w.z. substitueer $x = \eu^t$ , en toon aan dat $z$ voldoet aan een lineaire vergelijking met constante coëfficiënten.

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.11.

Stel $z(t) = y(\eu^t)$ , zodat $y(x) = z(\ln x)$ voor $x > 0$ . Dan

y'(x) = \frac{z'(\ln x)}x, \qquad y''(x) = \frac{z''(\ln x) - z'(\ln x)}{x^2} ,

en door substitutie in de vergelijking:

x^2y'' - xy' + y = \bigl(z'' - z'\bigr) - z' + z = z'' - 2z' + z = 0 .

Karakteristieke veelterm $(r - 1)^2$ : dubbele wortel $1$ , dus $z(t) = (\lambda + \mu t)\,\eu^t$ en, terug in de variabele $x = \eu^t$ :

y(x) = (\lambda + \mu\ln x)\,x, \qquad \lambda, \mu \in \R .

Oefening 5.12 ★★★

Beschouw de vergelijking $x\,y' = 2y$ op de hele reële rechte, in de onbekende afleidbare functie $y \colon \R \to \R$ .

Los op op $\intoo{0}{+\infty}$ en op $\intoo{-\infty}{0}$ .
Toon aan dat voor willekeurige constanten $a, b \in \R$ , de functie die gelijk is aan $ax^2$ voor $x \geq 0$ en aan $bx^2$ voor $x < 0$ afleidbaar is op $\R$ en de vergelijking overal oplost.
Concludeer dat de oplossingsverzameling op $\R$ een familie met twee parameters is, en leg uit waarom dit niet in strijd is met de eenduidigheid in Stelling 5.4.

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.12.

In genormaliseerde vorm $y' - \frac2x\,y = 0$ op elk interval: $A(x) = -2\ln\abs x$ , dus de oplossingen zijn $y = a x^2$ op $\intoo0{+\infty}$ en $y = b x^2$ op $\intoo{-\infty}0$ , met onafhankelijke constanten (Stelling 5.2).
Zij $y = ax^2$ voor $x \geq 0$ en $bx^2$ voor $x < 0$ . Op elke open halfrechte is $y$ afleidbaar met $xy' = 2y$ . In $0$ : de differentiequotiënten $\frac{y(h) - y(0)}h = ah$ of $bh$ naderen $0$ , dus $y'(0) = 0$ bestaat, en de vergelijking in $x = 0$ luidt $0 \cdot y'(0) = 2y(0) = 0$ : voldaan. Dus $y$ lost de vergelijking op op heel $\R$ .
De oplossingen op $\R$ zijn precies deze aaneengelijmde functies: een familie met twee parameters voor een vergelijking van de eerste orde. Er is geen tegenspraak met Stelling 5.4, waarvan de hypothesen hier falen: geschreven als $y' + a(x)y = 0$ , is de coëfficiënt $a(x) = -\frac2x$ niet continu in $0$ — zelfs niet gedefinieerd — dus $\R$ is geen interval waarop de stelling van toepassing is. De singulariteit in $0$ ontkoppelt de twee halfrechten, en de waarde $y(0) = 0$ is afgedwongen en draagt geen informatie over. Elk Cauchy- gegeven in $x_0 \neq 0$ bepaalt de oplossing alleen op de halfrechte die $x_0$ bevat.

5.4 Probleem: De aangedreven gedempte oscillator

Probleem 5.1

Eén vergelijking beheerst een massa aan een veer in een viskeus medium, de lading in een RLC-schakeling, en een gebouw dat wiegt in de wind:

(E_\Omega)\colon\quad x'' + 2\lambda x' + \omega_0^2\,x = A\cos(\Omega t),

met $\lambda \geq 0$ de demping, $\omega_0 > 0$ de natuurlijke frequentie, en $A > 0$ , $\Omega > 0$ de amplitude en frequentie van de aandrijving. Dit probleem haalt haar volledige gedrag eruit: de afname van transiënten, de unieke periodieke steady state, de resonantie- kromme en haar scherpte (de kwaliteitsfactor), de zwevingen van het ongedempte geval, en de energiebalans die de oscillatie in stand houdt. Tenzij anders vermeld, $0 < \lambda < \omega_0$ (ondergedempt regime) en we schrijven $\omega_d = \sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$ .

Deel I — De vrije oscillator. Hier is $A = 0$ .

Los de homogene vergelijking $(H)$ op voor $0 < \lambda < \omega_0$ , en voor $\lambda = 0$ . (De regimes $\lambda \geq \omega_0$ werden behandeld in Oefening 5.9; citeer ze.)
Toon aan dat voor elke $\lambda > 0$ , alle oplossingen van $(H)$ naar $0$ naderen in $+\infty$ — in alle drie de regimes.
Definieer de energie $\mathcal E(t) = \frac12 x'(t)^2 + \frac12\omega_0^2\,x(t)^2$ langs een oplossing van $(H)$ . Toon aan dat $\mathcal E'(t) = -2\lambda\,x'(t)^2 \leq 0$ , en leid af (zonder iets op te lossen) dat het Cauchy-probleem “ $(H)$ , $x(t_0) = x'(t_0) = 0$ ” alleen de nul- oplossing heeft, voor elke $\lambda \geq 0$ .
Voor $0 < \lambda < \omega_0$ , schrijf de niet-nul oplossing als $x(t) = R\,\eu^{-\lambda t}\cos(\omega_d t - \varphi)$ en zij $T_d = \frac{2\pi}{\omega_d}$ de pseudoperiode. Toon aan dat $x(t + T_d) = \eu^{-\lambda T_d}\,x(t)$ : elke zwaai is de vorige, verkleind met de constante factor $\eu^{-\delta}$ , $\delta = \frac{2\pi\lambda}{\omega_d}$ (het logaritmische decrement). Bereken $\delta$ voor $\omega_0 = 1$ , $\lambda = 0.1$ .
Definieer de kwaliteitsfactor $Q = \dfrac{\omega_0}{2\lambda}$ . Toon aan dat na de tijd $\frac1\lambda$ (één amplitude- $\eu$ -vouwing), de oscillator $\frac{\omega_d}{2\pi\lambda}$ pseudoperioden heeft voltooid, wat voor zwakke demping ( $\lambda \ll \omega_0$ ) ongeveer $\frac Q\pi$ is: de kwaliteitsfactor telt, op $\pi$ na, de oscillaties die overleven voordat de amplitude afneemt met $\eu$ .

Deel II — De steady state. Nu $A > 0$ en $\lambda > 0$ .

Zoek een particuliere oplossing als het reële deel van $z\,\eu^{\iu\Omega t}$ met $z \in \C$ (Methode 5.13). Toon aan dat dit werkt met

$z = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega} .$
Leid de steady state af in amplitude–fasevorm: $x_p(t) = R(\Omega)\cos\bigl(\Omega t - \varphi(\Omega)\bigr)$ met

$R(\Omega) = \frac{A}{\sqrt{(\omega_0^2 - \Omega^2)^2 + 4\lambda^2\Omega^2}}, \qquad \tan\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\omega_0^2 - \Omega^2}, \quad \varphi \in \intoo0\pi .$
Interpreteer de twee extreme regimes: bereken de limieten van $R$ en $\varphi$ als $\Omega \to 0^+$ (quasistatische respons $A/\omega_0^2$ , fase $0$ ) en als $\Omega \to +\infty$ ( $R \sim A/\Omega^2 \to 0$ , fase $\to \pi$ : de massa beweegt tegengesteld aan een te snelle aandrijving).
Toon aan dat elke oplossing van $(E_\Omega)$ gelijk is aan $x_p$ plus een oplossing van $(H)$ , dus convergeert naar de steady state $x_p$ als $t \to +\infty$ , wat de beginvoorwaarden ook zijn: nadat de transiënt is gestorven, heeft de oscillator geen geheugen van hoe hij begon.
Toon aan dat $x_p$ de enige periodieke oplossing van $(E_\Omega)$ is.
Werk één Cauchy-probleem tot het einde uit: voor $x'' + 2x' + 2x = \cos t$ met $x(0) = x'(0) = 0$ , toon aan dat de oplossing

$x(t) = \frac{\cos t + 2\sin t}5 - \eu^{-t}\,\frac{\cos t + 3\sin t}5$

is, en identificeer transiënt en steady deel.

Deel III — De resonantiekromme. Studie van $\Omega \mapsto R(\Omega)$ op $\intoo0{+\infty}$ .

Stel $u = \Omega^2$ en $g(u) = (\omega_0^2 - u)^2 + 4\lambda^2 u$ , toon aan: als $2\lambda^2 < \omega_0^2$ , dan bereikt $R$ een strikt maximum in de resonantiefrequentie $\Omega_r = \sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2}$ , met

$R_{\max} = R(\Omega_r) = \frac{A}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} .$
Toon aan dat $\dfrac{R_{\max}}{R(0)} = Q\,\bigl(1 - \tfrac{\lambda^2}{\omega_0^2}\bigr)^{-1/2} \geq Q$ : bij resonantie wordt de aandrijving versterkt met (in wezen) de kwaliteitsfactor.
Bewijs dat de amplitude van de snelheid $V(\Omega) = \Omega\,R(\Omega)$ maximaal is precies in $\Omega = \omega_0$ (niet in $\Omega_r$ ), en dat de fase daar $\varphi(\omega_0) = \frac\pi2$ is: in $\Omega = \omega_0$ is de snelheid exact in fase met de kracht.
(Bandbreedte) Los $g(u) = 2\,g(u_r)$ exact op, waar $u_r = \omega_0^2 - 2\lambda^2$ , en leid af dat de twee frequenties $\Omega_\pm$ waar $R = R_{\max}/\sqrt2$ voldoen aan $\Omega_+^2 - \Omega_-^2 = 4\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$ ; concludeer dat voor zwakke demping de bandbreedte $\Omega_+ - \Omega_- \approx 2\lambda$ is, d.w.z. $Q \approx \frac{\omega_0}{\Omega_+ - \Omega_-}$ : scherpe resonantie- pieken zijn systemen met hoge $Q$ .
Numeriek portret voor $\omega_0 = 1$ , $\lambda = 0.05$ ( $Q = 10$ ), $A = 1$ : bereken $\Omega_r$ , $R_{\max}$ , de statische respons $R(0)$ , en de benaderende bandbreedte.
Toon aan dat als $2\lambda^2 \geq \omega_0^2$ , dan $R$ strikt dalend is op $\intoo0{+\infty}$ : sterk gedempte systemen hebben helemaal geen resonantiepiek.

Deel IV — Geen demping: zwevingen en resonantie. Hier is $\lambda = 0$ .

Voor $\Omega \neq \omega_0$ , vind de algemene oplossing van $x'' + \omega_0^2 x = A\cos(\Omega t)$ .
Los het Cauchy-probleem $x(0) = x'(0) = 0$ op en transformeer het antwoord naar de productvorm

$x(t) = \frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\, \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr) \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\Bigr) .$
Voor $\Omega$ dicht bij $\omega_0$ , lees het product als een snelle oscillatie op frequentie $\frac{\omega_0 + \Omega}2$ gemoduleerd door een trage omhullende op frequentie $\frac{\abs{\omega_0 - \Omega}}2$ : de zwevingen. Geef de periode van de omhullende en de maximale amplitude, en merk op hoe beide exploderen als $\Omega \to \omega_0$ .
Houd $t$ vast en laat $\Omega \to \omega_0$ in de formule van vraag 19: toon aan dat de limiet

$x_\infty(t) = \frac{A\,t\,\sin(\omega_0 t)}{2\omega_0}$

is, en controleer rechtstreeks dat $x_\infty$ de resonante vergelijking $x'' + \omega_0^2 x = A\cos(\omega_0 t)$ met $x(0) = x'(0) = 0$ oplost (vergelijk Voorbeeld 5.19): resonantie is de limiet van steeds tragere, steeds grotere zwevingen.
Contrasteer de twee lotgevallen van resonantie: lineaire groei $\frac{At}{2\omega_0}$ zonder demping, tegenover verzadiging bij $R_{\max} \approx Q\,\frac{A}{\omega_0^2}$ met zwakke demping. In één zin: welk fysisch mechanisme zet het eerste om in het tweede?

Deel V — Energiebalans en synthese.

In de steady state van Deel II, bereken het gemiddelde over één periode $\frac{2\pi}\Omega$ van (a) het vermogen geïnjecteerd door de aandrijving, $P_{\mathrm{in}}(t) = A\cos(\Omega t) \cdot x_p'(t)$ , en (b) het vermogen gedissipeerd door de demping, $P_{\mathrm{diss}}(t) = 2\lambda\,x_p'(t)^2$ . Toon aan dat beide gemiddelden gelijk zijn aan $\lambda\,R^2\Omega^2$ : de aandrijving voedt precies in wat de demping verbrandt — dit is waarom de steady state steady is.
Waar precies gebruikte het probleem: (i) de structuur- stelling Stelling 5.12; (ii) de complexe exponentiële methode; (iii) een functiestudie van een reële variabele in de stijl van Hoofdstuk 4? Eén zin elk.
Synthese: beschrijf de volledige gedragskaart van $(E_\Omega)$ — vrij tegenover geforceerd, gedempt tegenover ongedempt, de rol van $Q$ als de enige dimensieloze knop die piekhoogte, bandbreedte en transiëntlevensduur afstemt — en vermeld waar het verhaal verdergaat: $2 \times 2$ -stelsels van de eerste orde (Hoofdstuk 21 en het deel van jaar 2) en de ontbinding van een algemene periodieke aandrijving in sinusoïden (Fourierreeksen, in het deel van jaar 3), waarvoor het sinusoïdale geval van dit probleem de fundamentele bouwsteen is.

Oplossing

Oplossing van Probleem 5.1.

1. $\chi(r) = r^2 + 2\lambda r + \omega_0^2$ , $\Delta = 4(\lambda^2 - \omega_0^2) < 0$ voor $0 < \lambda < \omega_0$ : wortels $-\lambda \pm \iu\omega_d$ , dus volgens Stelling 5.10

x(t) = \eu^{-\lambda t}\bigl(\lambda_1\cos\omega_d t + \mu_1\sin\omega_d t\bigr), \qquad (\lambda_1, \mu_1) \in \R^2 .

Voor $\lambda = 0$ : $x = \lambda_1\cos\omega_0 t + \mu_1\sin\omega_0 t$ . De kritieke ( $\lambda = \omega_0$ ) en overgedempte ( $\lambda > \omega_0$ ) regimes zijn die van Oefening 5.9 (na herschaling van de tijd): $(\lambda_1 + \mu_1 t)\eu^{-\lambda t}$ , resp. combinaties van $\eu^{r_\pm t}$ met $r_\pm = -\lambda \pm \sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}$ .

2. Ondergedempt: $\abs x \leq \eu^{-\lambda t}(\abs{\lambda_1} + \abs{\mu_1}) \to 0$ . Kritiek: $(\lambda_1 + \mu_1 t)\eu^{-\lambda t} \to 0$ aangezien exponentiële functies veeltermen verslaan (Propositie 4.6). Overgedempt: $r_- < r_+ = -\lambda + \sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2} < 0$ omdat $\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2} < \lambda$ ; beide exponentiële functies nemen af.

3. Langs een oplossing van $(H)$ , met $x'' = -2\lambda x' - \omega_0^2 x$ :

\mathcal E'(t) = x'x'' + \omega_0^2 x x' = x'\bigl(-2\lambda x' - \omega_0^2 x\bigr) + \omega_0^2 xx' = -2\lambda\,x'^2 \leq 0 .

Als $x(t_0) = x'(t_0) = 0$ dan $\mathcal E(t_0) = 0$ ; $\mathcal E$ is niet-negatief en niet-stijgend, dus $\mathcal E \equiv 0$ op $\intco{t_0}{+\infty}$ , wat $x \equiv 0$ daar afdwingt; voor $t \leq t_0$ , pas hetzelfde argument toe op $\tilde x(t) = x(2t_0 - t)$ , die de vergelijking oplost met demping $-\lambda$ maar nog steeds $\tilde{\mathcal E}(t_0) = 0$ en $\tilde{\mathcal E}' = +2\lambda\tilde x'^2 \geq 0$ met $\tilde{\mathcal E} \geq 0$ heeft; niet-negatief, niet-dalend en nul aan het rechteruiteinde van $\intoc{-\infty}{t_0}$ betekent overal nul. Dus $x \equiv 0$ op $\R$ — een energiebewijs van eenduidigheid, geldig voor alle $\lambda \geq 0$ .

4. $x(t + T_d) = R\,\eu^{-\lambda t}\eu^{-\lambda T_d}\cos(\omega_d t + 2\pi - \varphi) = \eu^{-\lambda T_d}x(t)$ . De krimpfactor per pseudoperiode is $\eu^{-\delta}$ met $\delta = \lambda T_d = \frac{2\pi\lambda}{\omega_d}$ . Voor $\omega_0 = 1$ , $\lambda = 0.1$ : $\omega_d = \sqrt{0.99} = 0.99499$ , dus $\delta = \frac{0.62832}{0.99499} = 0.6315$ : elke zwaai behoudt $\eu^{-0.63} \approx 53\%$ van zijn amplitude.

5. De amplitudefactor is $\eu^{-\lambda t}$ , die afneemt met $\eu$ over $t = \frac1\lambda$ . Dat interval bevat $\frac{1/\lambda}{T_d} = \frac{\omega_d}{2\pi\lambda}$ pseudoperioden. Voor $\lambda \ll \omega_0$ , $\omega_d \approx \omega_0$ en dit is $\approx \frac{\omega_0}{2\pi\lambda} = \frac Q\pi$ . Een gitaarsnaar met $Q = 300$ klinkt ongeveer honderd perioden door; een deurdemper met $Q = 1$ voltooit er niet één.

6. Door $z\,\eu^{\iu\Omega t}$ te substitueren in het linkerlid krijgen we $z\,(-\Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega + \omega_0^2)\,\eu^{\iu\Omega t}$ , wat exact gelijk is aan $A\,\eu^{\iu\Omega t}$ voor $z = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega}$ (de noemer is niet nul: zijn imaginaire deel is $2\lambda\Omega > 0$ ). Aangezien de coëfficiënten reëel zijn, lost het reële deel $x_p = \Re\bigl(z\eu^{\iu\Omega t}\bigr)$ de vergelijking op met rechterlid $\Re\bigl(A\eu^{\iu\Omega t}\bigr) = A\cos\Omega t$ .

7. Schrijf $\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega = \sqrt{D}\,\eu^{\iu\varphi}$ met $D = (\omega_0^2 - \Omega^2)^2 + 4\lambda^2\Omega^2$ en $\varphi \in \intoo0\pi$ (het imaginaire deel $2\lambda\Omega$ is positief), dus $\tan\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\omega_0^2 - \Omega^2}$ . Dan $z = \frac{A}{\sqrt D}\eu^{-\iu\varphi}$ en

x_p(t) = \Re\Bigl(\frac A{\sqrt D}\,\eu^{\iu(\Omega t - \varphi)}\Bigr) = R\cos(\Omega t - \varphi), \qquad R = \frac A{\sqrt D} .

8. Als $\Omega \to 0^+$ : $D \to \omega_0^4$ , dus $R \to A/\omega_0^2$ en $\tan\varphi \to 0^+$ met $\varphi \in \intoo0{\frac\pi2}$ : $\varphi \to 0$ . De massa volgt de kracht quasistatisch, verplaatst met kracht/stijfheid. Als $\Omega \to +\infty$ : $D \sim \Omega^4$ , dus $R \sim A/\Omega^2 \to 0$ , en $\varphi \to \pi$ (het complexe getal $\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega$ gaat naar het tweede kwadrant met argument $\to \pi$ ): de massa beweegt nauwelijks, en in tegenfase — traagheid domineert.

9. Volgens Stelling 5.12 (1) is elke oplossing $x = x_p + x_h$ met $x_h$ een oplossing van $(H)$ ; volgens vraag 2, $x_h(t) \to 0$ , dus $x(t) - x_p(t) \to 0$ : alle oplossingen convergeren naar dezelfde steady state. De beginvoorwaarden vormen alleen de transiënt.

10. Als $x$ een periodieke oplossing is, is $x - x_p = x_h$ een periodieke oplossing van $(H)$ die naar $0$ nadert in $+\infty$ ; een periodieke functie met limiet $0$ is identiek $0$ (haar waarden op één periode herhalen zich eeuwig, dus elke waarde is een limiet van een deelrij die naar $0$ nadert). Bijgevolg $x = x_p$ .

11. Hier is $\lambda = 1$ , $\omega_0^2 = 2$ , $\Omega = 1$ , $A = 1$ : $z = \frac1{2 - 1 + 2\iu} = \frac{1 - 2\iu}5$ , dus

x_p = \Re\Bigl(\frac{(1 - 2\iu)(\cos t + \iu\sin t)}5\Bigr) = \frac{\cos t + 2\sin t}5 .

Homogeen: wortels van $r^2 + 2r + 2$ zijn $-1 \pm \iu$ : $x_h = \eu^{-t}(C\cos t + S\sin t)$ . Voorwaarden: $x(0) = \frac15 + C = 0$ geeft $C = -\frac15$ ; door te differentiëren, $x'(0) = \frac25 - C + S = 0$ geeft $S = C - \frac25 = -\frac35$ . Bijgevolg

x(t) = \underbrace{\frac{\cos t + 2\sin t}5}_{\text{steady}} - \underbrace{\eu^{-t}\,\frac{\cos t + 3\sin t}5}_{\text{transiënt}} ,

waarbij de transiënt sterft als $\eu^{-t}$ .

12. Door uit te werken, $g(u) = u^2 - 2(\omega_0^2 - 2\lambda^2)u + \omega_0^4 = (u - u_r)^2 + g(u_r)$ met $u_r = \omega_0^2 - 2\lambda^2$ en

g(u_r) = \omega_0^4 - u_r^2 = (\omega_0^2 - u_r)(\omega_0^2 + u_r) = 2\lambda^2\bigl(2\omega_0^2 - 2\lambda^2\bigr) = 4\lambda^2(\omega_0^2 - \lambda^2) .

Als $2\lambda^2 < \omega_0^2$ , dan is $u_r > 0$ een toelaatbare gekwadrateerde frequentie: $g$ heeft daar een strikt minimum, dus $R = A/\sqrt g$ heeft een strikt maximum in $\Omega_r = \sqrt{u_r} = \sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2}$ , met $R_{\max} = A/\sqrt{g(u_r)} = \frac{A}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}}$ .

13. $R(0) = A/\omega_0^2$ , dus

\frac{R_{\max}}{R(0)} = \frac{\omega_0^2}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} = \frac{\omega_0}{2\lambda}\cdot \frac{\omega_0}{\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} = Q\,\Bigl(1 - \frac{\lambda^2}{\omega_0^2}\Bigr)^{-1/2} \geq Q .

Voor zwakke demping is de correctiefactor dicht bij $1$ : resonantie vermenigvuldigt de statische verplaatsing met in wezen $Q$ .

14. $V(\Omega)^2 = \frac{A^2 u}{g(u)}$ met $u = \Omega^2$ . Zijn afgeleide heeft het teken van $g(u) - u\,g'(u) = (\omega_0^2 - u)^2 + 4\lambda^2 u - u\bigl(2(u - \omega_0^2) + 4\lambda^2\bigr) = (\omega_0^2 - u)^2 + 2u(\omega_0^2 - u) = (\omega_0^2 - u)(\omega_0^2 + u)$ , positief voor $u < \omega_0^2$ en negatief daarboven: strikt maximum precies in $\Omega = \omega_0$ , voor elke demping. Daar blaast $\tan\varphi$ op met $\varphi \in \intoo0\pi$ : $\varphi = \frac\pi2$ , en $x_p'(t) = -R\Omega\sin(\Omega t - \frac\pi2) = R\Omega\cos(\Omega t)$ is exact in fase met de kracht: optimale vermogensoverdracht.

15. $R = R_{\max}/\sqrt2 \iff g(u) = 2g(u_r) \iff (u - u_r)^2 = g(u_r) = 4\lambda^2(\omega_0^2 - \lambda^2)$ , wat geeft

u_\pm = u_r \pm 2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}, \qquad \Omega_+^2 - \Omega_-^2 = 4\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2} .

Dan $\Omega_+ - \Omega_- = \frac{\Omega_+^2 - \Omega_-^2}{\Omega_+ + \Omega_-}$ , en voor $\lambda \ll \omega_0$ zijn beide $\Omega_\pm \approx \omega_0$ : $\Omega_+ - \Omega_- \approx \frac{4\lambda\omega_0}{2\omega_0} = 2\lambda$ , dus $\frac{\omega_0}{\Omega_+ - \Omega_-} \approx \frac{\omega_0}{2\lambda} = Q$ . De breedte van een resonantiepiek meten meet de kwaliteitsfactor.

16. $Q = 10$ ; $\Omega_r = \sqrt{1 - 2(0.05)^2} = \sqrt{0.995} = 0.9975$ ; $R_{\max} = \frac1{2 \times 0.05 \sqrt{1 - 0.0025}} = \frac1{0.1 \times 0.99875} = 10.01$ ; statische respons $R(0) = 1$ ; bandbreedte $\approx 2\lambda = 0.1$ . Een hoge dunne piek van hoogte $\approx Q$ boven een plateau van hoogte $1$ .

17. Als $2\lambda^2 \geq \omega_0^2$ dan $u_r \leq 0$ en $g'(u) = 2(u - u_r) > 0$ voor alle $u > 0$ : $g$ stijgt strikt op $\intoo0{+\infty}$ , dus $R = A/\sqrt g$ daalt strikt vanaf $R(0) = A/\omega_0^2$ : de respons is het grootst bij nulfrequentie en er is geen piek.

18. $\gamma = \iu\Omega$ is geen wortel van $r^2 + \omega_0^2$ (aangezien $\Omega \neq \omega_0$ ), dus Methode 5.13 met $m = 0$ geeft $x_p = \frac{A\cos\Omega t}{\omega_0^2 - \Omega^2}$ (substitueer en controleer: $-\Omega^2 + \omega_0^2$ maal de cosinus). Algemene oplossing:

x(t) = \frac{A\cos\Omega t}{\omega_0^2 - \Omega^2} + \lambda_1\cos\omega_0 t + \mu_1\sin\omega_0 t .

19. $x(0) = 0$ dwingt $\lambda_1 = -\frac A{\omega_0^2 - \Omega^2}$ af, en $x'(0) = 0$ dwingt $\mu_1 = 0$ af:

x(t) = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\, \bigl(\cos\Omega t - \cos\omega_0 t\bigr) = \frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\, \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr) \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\Bigr) ,

door de productformule $\cos a - \cos b = 2\sin\frac{b - a}2\sin\frac{b + a}2$ toegepast met $a = \Omega t$ , $b = \omega_0 t$ .

20. Voor $\Omega$ nabij $\omega_0$ oscilleert de tweede sinus op de snelle frequentie $\frac{\omega_0 + \Omega}2 \approx \omega_0$ , terwijl de eerste een trage omhullende is van frequentie $\frac{\abs{\omega_0 - \Omega}}2$ : de amplitude van de snelle oscillatie wast en neemt af met omhullende-periode $\frac{2\pi}{\abs{\omega_0 - \Omega}}$ (twee zwevingen per omhullende- periode), en bereikt maxima $\frac{2A}{\abs{\omega_0^2 - \Omega^2}}$ . Als $\Omega \to \omega_0$ , worden de zwevingen zowel trager (periode $\to \infty$ ) als hoger (amplitude $\to \infty$ ).

21. Houd $t$ vast. Als $\Omega \to \omega_0$ :

\frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr) = \frac{2A}{\omega_0 + \Omega}\cdot \frac{\sin\bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\bigr)} {\omega_0 - \Omega} \longrightarrow \frac{2A}{2\omega_0}\cdot\frac t2 = \frac{At}{2\omega_0} ,

terwijl $\sin\bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\bigr) \to \sin(\omega_0 t)$ : de limiet is $x_\infty(t) = \frac{At\sin\omega_0 t}{2\omega_0}$ . Directe controle: met $C = \frac A{2\omega_0}$ , $x_\infty = Ct\sin\omega_0 t$ heeft $x_\infty'' = 2C\omega_0\cos\omega_0 t - C\omega_0^2 t \sin\omega_0 t$ , dus $x_\infty'' + \omega_0^2 x_\infty = 2C\omega_0\cos\omega_0 t = A\cos\omega_0 t$ , met $x_\infty(0) = 0$ en $x_\infty'(0) = C\sin 0 + C\omega_0 \cdot 0 \cdot \cos 0 = 0$ — voor $\omega_0 = A = 1$ is dit precies Voorbeeld 5.19. Resonantie is de degeneratie van zwevingen: de eerste opzwelling van de omhullende, uitgerekt tot oneindige lengte.

22. Zonder demping groeit de resonante amplitude lineair en zonder begrenzing; met demping $\lambda > 0$ verzadigt de groei bij $R_{\max} \approx Q\,\frac A{\omega_0^2}$ . Het mechanisme: dissipatie verwijdert energie tegen een snelheid die groeit met de amplitude (vraag 23), dus de opbouw stopt precies wanneer de demping energie verbrandt zo snel als de aandrijving ze aanlevert.

23. Met $x_p' = -R\Omega\sin(\Omega t - \varphi)$ , over een periode geven de gemiddelden $\langle\cos^2\rangle = \langle\sin^2\rangle = \frac12$ en $\langle\sin\cos\rangle = 0$ :

\langle P_{\mathrm{diss}}\rangle = 2\lambda\,R^2\Omega^2\,\langle\sin^2(\Omega t - \varphi)\rangle = \lambda R^2\Omega^2 ;

en door $\sin(\Omega t - \varphi) = \sin\Omega t\cos\varphi - \cos\Omega t\sin\varphi$ uit te werken:

\langle P_{\mathrm{in}}\rangle = -AR\Omega\,\bigl\langle\cos\Omega t\,\sin(\Omega t - \varphi)\bigr\rangle = AR\Omega\,\frac{\sin\varphi}2 .

Aangezien $\sin\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\sqrt D} = \frac{2\lambda\Omega R}A$ , is dit $\frac{AR\Omega}2 \cdot \frac{2\lambda\Omega R}A = \lambda R^2\Omega^2$ : geïnjecteerd en gedissipeerd vermogen balanceren exact — de bepalende eigenschap van een steady regime.

24. (i) De structuurstelling splitste elke oplossing in steady state plus transiënt (vragen 9–11) en reduceerde eenduidigheid tot het homogene probleem. (ii) De complexe methode maakte van de zoektocht naar een particuliere oplossing één deling van complexe getallen (vraag 6), met amplitude en fase afgelezen van een modulus en een argument. (iii) De resonantiekromme is een pure functiestudie — een kwadratische in $u = \Omega^2$ , haar minimum, haar niveauverzamelingen — in de stijl van Hoofdstuk 4 (vragen 12–17).

25. Vrij en gedempt: afnemende pseudo-oscillaties, levensduur $\frac1\lambda$ , ongeveer $\frac Q\pi$ zwaaien. Geforceerd en gedempt: transiënten sterven, en een unieke sinusoïdale steady state overleeft op de aandrijvingsfrequentie, met amplitude die piekt nabij $\omega_0$ (hoogte $\approx Q \times$ statisch, breedte $\approx \frac{\omega_0}Q$ ) en fase die veegt van $0$ naar $\pi$ door $\frac\pi2$ in $\omega_0$ . Vrij en ongedempt: eeuwigdurende oscillatie. Geforceerd en ongedempt: zwevingen, degenererend in lineair groeiende resonantie bij exacte afstemming. Eén dimensieloos getal, $Q = \frac{\omega_0}{2\lambda}$ , stemt alles af — piekhoogte, bandbreedte, en transiëntlevensduur zijn drie aflezingen van dezelfde knop. Het vervolg: het herschrijven van $x'' + 2\lambda x' + \omega_0^2x$ als een stelsel van de eerste orde opent de matrixmethoden van Hoofdstuk 21 en het deel van jaar 2, en het ontbinden van een willekeurige periodieke aandrijving in sinusoïden (Fourierreeksen, deel van jaar 3) maakt de enkelvoudige-frequentieanalyse van dit probleem de universele bouwsteen: los op voor elke frequentie, superponeer.