#import("@local/dtu-template:0.5.1"):*


#set math.vec(delim: "[")
#set math.mat(delim: "[")


#show: dtu-note.with(
  title: "Andenordens lineære differentialligninger med konstante  koefficienter",
  date: datetime(year: 2025, month: 12, day: 02),
  author: "Rasmus Rosendahl-kaa",
  semester: "Spring 2025"
)

#definition(title: "13.3.1")[
$
f''(t) + a_1 f'(t)+a_0 f(t)=q(t)\
a_0,a_1 in RR, q(t) in C_infinity(RR)
$
Kaldes en lineær andenordens differentialligning

Er $q(t)=0$, kaldes ligningen *homogent*, ellers *inhomogent*
]

#theorem(title: "Sætning 13.3.1")[
$f(t)$ er løsning til $f''(t) + a_1 f'(t)+a_0 f(t)=q(t)$ hvis og kun hvis $vec(f(t),f'(t))$ er løsning til systemet:
$
vec(f'_1(t),f'_2(t)) = mat(0,1;-a_0,-a_1) dot vec(f_1(t),f_2(t)) + vec(0,q(t))
$
]

== Løsninger til det homogene system
Skriv $f_1(t)=f(t)$ og $f_2(t)=f'(t)$. Så fås:
$ f'_1(t)=f'(t)=f_2(t) $
$
f'_2(t)=f''(t)&=-a_1f'(t)-a_0f(t)+q(t)\
&=-a_1f_2(t)-a_0f_1(t)+q(t)
$
$
vec(f'_1(t),f'_2(t))=mat(0,1;-a_0,-a_1) dot vec(f_1(t),f_2(t))+vec(0,q(t))
$

For nu: antag $q(t)=0$. Dvs vi er i det homogene tilfælde

$bold(A)=mat(0,1,-a_0;-a_1)$

/ 1): Undersøg $bold(A)$'s egenværdier.
$ P_bold(A)(z)=det(mat(-z,1;-a_0,-_1-z))&=-z dot (-a_1-z) - 1 dot (-a_0)\
&= z^2+a_1z+a_0
$
Rødder findes i $P_bold(A)(z)$.\
Diskriminant: $D=a_1^2-4a_0$

Rødder: $lambda_1 = (-a_1+sqrt(D))/2, lambda_2=(-a_1-sqrt(D))/2$

/ 2): Egenrummene: $lambda$ er en egenværdi
$
E_lambda&=ker(bold(A)-lambda dot bold(I)_2)\
&=ker(mat(-lambda,1;-a_0,-a_1-lambda))
$

Vektoren $mat(-lambda,1;-a_0,-a_1-lambda)$ må have rang 1 da $lambda$ er en egenværdi og hvis rang var 2, ville kernen være nulvektoren. Dvs at vi må have mindst én nulrække:
$ mat(-lambda,1;-a_0,-a_1-lambda) arrow mat(-lambda,1;0,0) $
$ bold(v) in E_lambda, bold(v)=vec(a,b) <=>\
-lambda dot a + b = 0\
E_lambda = "span"(vec(1,lambda))
$

Nu skælner vi mellem 3 tilfælde:
/ 1): $D>0$: $bold(A)$ har to forskellige egenværdier i $RR$
Fra sidste uge: har systemet $f'(t)=bold(A) dot f(t)$ fuldstændige løsning
$
vec(f_1(t),f_2(t))=c_1 dot vec(1,lambda_1) dot e^(lambda_1 t) + c_2 dot vec(1,lambda_2) dot e^(lambda_2 t), (c_1,c_2 in RR)\
lambda_1 = (-a_1+sqrt(D))/2, lambda_2=(-a_1-sqrt(D))/2
$
Derfor har differentialligningen $f''(t)+a_1 dot f'(t) + a_0 dot f(t)=0$ har fuldstændige løsning ($f(t)=f_1(t))$:
$
f(t)=c_1 dot e^(lambda_1 t) + c_2 dot e^(lambda_2 t), (c_1,c_2 in RR)
$

#note-box()[
Skal man i en opgave finde den fuldstændige løsning, hvor $a_0, a_1$ er givet, kan man strakt skrive det karakteristiske polynomium ned: $P_bold(A)(z) = z^2 + a_1 z + a_0$
]

/ 2): $D<0$. $sqrt(D)=i dot sqrt(|D|)$.
$
lambda_1=(-a_1+i sqrt(|D|))/2, lambda_2 = (-a_1-i sqrt(|D|))/2\
(overline(lambda_1)=lambda_2)
$

Fr sidste lille dag har systemet $bold(f'(t)=bold(A) dot bold(f(t)))$ har fuldstændige løsning:
$
vec(f_1(t),f_2(t)) = c_1 dot "Re"(vec(1,lambda_1) dot e^(lambda_1 t)) + c_2 dot "Im"(vec(1,lambda_1) dot e^(lambda_1 t))\
(c_1, c_2 in RR)
$
Vi er ligeglad med $f_2(t)$. Vi ved: $lambda_1 = (-a_1)/2 + i dot (sqrt(|D|))/2 = alpha+ i beta, (alpha = -a_1/2, beta = sqrt(|D|)/2)$
$
e^(lambda_1 t) = e^((alpha + i beta)t)&=e^(alpha t + i beta t)=e^(alpha t) dot e^(i beta t)\
&= e^(alpha t) dot (cos(beta t) + i dot sin(beta t))\
&= e^(alpha t) cos(beta t) + i e^(alpha t) dot sin(beta t)
$

Derfor har $f''(t)+a_1 dot f'(t) + a_0 f(t)=0$ fuldstændige løsning
$
f(t)=c_1 dot e^(alpha t) dot cos(beta t) + c_2 dot e^(alpha t) dot sin(beta t)\
(c_1, c_2 in RR)
$

/ 3): $D=0$. $lambda_1 = lambda_2 = (-a_1 plus.minus sqrt(0))/2$. $"am"(lambda_1) = 2$.

$E_lambda_1 = "span"(vec(1, lambda_1))$ dvs $"gm"(lambda_1) = 1$

Én løsning er $f(t)=e^(lambda_1 t)$

Idéen for at finde den fuldstændige løsning til $f''(t)+a_1 dot f'(t) + a_0 dot f(t)=0$ hvis $D=0$

Vi ved $lambda_1^2 + a_1 lambda_1 + a_0 = 0$ og $2 lambda_1 + a_1 = 0$

Prøv at find en løsning på formen:
$
f(t)=g(t) dot e^(lambda_1 t)
$
Så gælder:
$
f'(t)=g'(t) dot e^(lambda_1 t) + g(t) dot lambda_1 dot e^(lambda_1 t)\
$ og $
f''(t)=g''(t) dot e^(lambda_1 t) + g'(t) dot lambda_1 e^(lambda_1 t) + g'(t) dot lambda_1 e^(lambda_1 t) + g(t) dot lambda_1^2 e^(lambda_1 t)
$

Indsættes udtrykkene for $f, f', f''$ i $f''(t)+a_1 dot f'(t) + a_0 dot f(t)=0$ fås:
$
e^(lambda_1 t) dot g''(t) = 0
$
Da $e^(lambda_1 t)$ ikke kan være 0, fås: $g''(t) = 0$. Dsv:
$
g'(t) = c_1
$

$g(t) = c_1 dot t + c_2, (c_1, c_2 in RR)$

Husk $f(t)=g(t) dot e^abs((lambda_1 t))$.

Derfor: Hvis $D=0$, så har $f''(t)+a_1 dot f'(t) + a_0 dot f(t)=0$ den fuldstændige løsning:

$
f(t)=c_1 dot t dot e^(lambda_1 t)+c_2 dot e^(lambda_1 t), (c_1, c_2 in RR)
$


#example()[
Find fuldstændige løsninger for $f''(t)+4f'(t)+4 f(t)=0$

#solution()[
Det karakteristiske polynomium er $z^2+4z+4$.

$D = 4^2 - 4 dot 1 dot 4 = 0$

$lambda_1 = lambda_2 = -4/2 = -2$

Den fuldstændige løsning: $f(t)=c_1 dot t dot e^(-2 t) + c_2 dot e^(-2 t), (c_1, c_2 in RR)$
]]

#example()[
Find fuldstændige løsninger for $f''(t)+4f'(t)+13f(t)=0$

#solution()[
$D=4^2-4 dot 13 = -36$

$P_bold(A)(z)=z^2+4z+13$

$lambda_1 = (-4+6 i)/2 = -2+3i$

Den fuldstændige løsning:
$f(t)=c_1 dot e^(-2t) dot cos(3t) + c_2 e^(-2t) dot sin(3t), (c_1, c_2 in RR)$
]]

== Løsninger til det inhomogene system
#corollary(name: "13.3.2")[
$ f''(t)+a_1f'(t)+a_0f(t)=q(t), (q(t) eq.not 0) $
Lad $f_p (t)$ være en partikulær løsning til den givne differentialligning, så er den fuldstændige løsning:
$
f(t)=f_p (t) + f_h (t)
$
hvor $f_h (t)$ er den fuldstændige løsning til $f''(t)+a_1 f'(t)+a_0 f(t)=0$
]

#example()[
Find den fuldstændige løsning til:
$ f''(t)+4f'(t)+4f(t)=cos(2t) $

#solution()[
Vi kender den fuldstændige løsning til den homogene ligning,$f_h (t)$, fra tidligere eksempel: $f_h (t)=c_1 dot t dot e^(-2t) + c_2 e^(-2t)$

Vi skal finde en partikulær løsning. Man skal "gætte" på strukturen af en partikulær løsning

Et gæt kunne være: $f_p (t)=a dot cos(2t)$. Ville ikke være rigtigt fordi $cos(2t)' = -2sin(2t)$, som vi ikke kan komme af med i vores ligning (som skal være lig med $cos(2t)$).

Et andet gæt kunne være: $f_p (t)=a dot cos(2t) + b dot sin(2t)$. Så fås:
$
f'_p (t)=a dot -sin(2t) dot 2 + b dot cos(2t) dot 2\
f''_p (t)=a dot -cos(2t) dot 4 + b dot -sin(2t) dot 4
$
Vi skal nu se om vi kan finde $a,b$ så alt hænger sammen.

Indsætter det i ligningen $f''(t)+4f'(t)+4f(t)=cos(2t)$:
$
underbrace(-4a dot cos(2t)-4b dot sin(2t), f''(t)) + 4 dot underbrace((-2a dot sin(2t) + 2b dot cos(2t)), f'(t))\
+ 4 dot underbrace((a cos(2t) + b sin(25)), f(t)) = cos(2t)
$
Kan samle alt med $cos(2t)$ sammen, som skal give $cos(2t)$ og alt med $sin(2t)$ sammen, som skal give 0.
$
(-4a+8b+4a) dot cos(2t) + (-4b-8a+4b) dot sin(2t)=cos(2t)\
8b dot cos(2t) - 8a dot sin(2t) = cos(2t)\
8b = 1, b = 1/8\
8a=0, a = 0
$
Dvs. $f_p (t) = 0 dot cos(2t) + 1/8 dot sin(2t)$ er en partikulær løsning.

$
f(t)=1/8 sin(2t) + c_1 t e^(-2t) + c_2 e^(-2t)\
(c_1, c_2 in RR)
$
Er den ønskede fuldstændige løsning
]]

== Begyndelsesbetingelser/Begyndelsesværdibetingelser
$f''(t)+a_1f'(t)+a_0f(t)=q(t)$

$vec(f(t),f'(t))$ er en løsning til $vec(f'_1 (t), f'_2 (t))=mat(0,1;-a_0,-a_1) dot vec(f_1 (t), f_2 (t)) + vec(0,q(t))$

$vec(0,q(t))$ $<-$ Begyndelsesværdibetingelse: $cases(f_1 (t_0)=y_0, f_2 (t_0) = z_0)$


Da $f_1 (t) = f(t)$ og $f_2(t) = f'(t)$ er begyndelsesværdibetingelse: $cases(f(t_0) = y_0,f'(t_0)=z_0)$

Ligesom til systemer, kan man hvis man har den fuldstændige løsning bestemme de ubekendte vha. begyndelsesværdibetingelserne.

#example(title: "fortsat")[
Find $f(t) in C_infinity (RR)$ som opfylder differentialligningen $f''(t)+4f'(t)+4f(t)=cos(2t)$ og begyndelsesbetingelsen $f(0)=1)$ og $f'(0)=0$.

#solution()[
Vi kender den fuldstændige løsning:
$ f(t)=c_1 t e^(-2t) + c_2 e^(-2t) + 1/8 sin(2t) $
$
f(0)=1 <=> c_2 = 0
$
Før $f'(0)$ kan regnes, skal $f'(t)$ findes
$
f'(t)=c_1 dot (1 dot e^(-2t)+ t dot -2e^(-2t) + t dot -2e^2t)\
+c_2 dot (-2 dot e^(-2t)) + 1/8 dot cos(2t) dot 2
$
$
f'(0)=0 <=> c_1 + c_2 dot -2 + 1/8 dot 2 = 0
$
Derfor: $c_1 = 2- 1/4 = 7/4$

Den ønskede løsning er:
$
f(t) = t e^(-2t) + 7/4 e^(-2t) + 1/8 sin(2t)
$
]]