Karakteristik Denklemlerin Karmaşık Kökleri 2

Önceki videoda, bir soru çözüyorduk. Evet ve bu denklemler genelde kolay çözülüyor. İki reel kök olduğunda, genel çözüm böyle. Başlangıç değerleri verildiğinde, c 1 ve c 2'yi bulabilirsiniz. Size sorduğum soru ise şöyleydi İki karmaşık kök olursa, ne yaparız? Karakteristik denklemi çözerken ne yaparız? Bu ikinci dereceden denklemi çözerken. B kare eksi 4 A C negatif. Birbirinin eşleniği olan iki karmaşık sayı elde ettik. Köklerimiz, lambda artı eksi mu i demiştik. Biraz işlem yapmıştık. Kökler böyleyse ve genel çözümde yerine koyarsak, bunları elde ederiz, dedik. Sadeleştirdik ve şöyle bir şey elde ettik son olarak y eşittir e üzeri lambda x, çarpı c 1 vesaire. Ve, bunu daha sadeleştirebilir miyiz, diye sormuştuk. Burada da, her kullandığımda beni daha da şaşırtan Euler formülüne veya Euler tanımına başvurmuştuk. Analiz videolarında bundan ziyadesiyle bahsettik zaten. Böylece, e üzeri mu x i yerine kosinüs mu x artı i sinüs mu x yazdık. Ve, e üzeri eksi mu x i yerine kosinüs eksi mu x artı i sinüs eksi mu x yazdık. Şimdi, trigonometri bilgimizi kullanalım. Kosinüs eksi theta eşittir kosinüs theta. Ayrıca, sinüs eksi thetanın eksi sinüs thetaya eşit olduğunu da biliyoruz. Bu özdeşlikleri kullanarak bu ifadeyi biraz daha sadeleştirebiliriz. y eşittir e üzeri lambda x çarpı, c 1'i de dağıtabiliriz çarpı c 1 kosinüs mu x artı i çarpı c 1 sinüs mu x artı bunların hepsi parantez içinde artı c 2 kosinüs eksi mu x yerine bu özdeşliği kullandık. Bunu da kosinüs mu x olarak yazabiliriz, çünkü kosinüs eksi x eşittir kosinüs x. Artı i çarpı c 2 sinüs eksi mu x eşittir eksi sinüs mu x. Eksiyi dışarı alalım. Yani, eksi sinüs mu x. Ve sanırım bunu daha da sadeleştirebiliriz. İki kosinüs terimini toplayabiliriz. Böylece genel çözümü bulmuş oluruz. Buna göre, genel çözüm şöyle: y eşittir e üzeri lambda x çarpı - iki kosinüs mu x terimini toplayalım şimdi. c 1 artı c 2 çarpı kosinüs mu x. Ve şimdi iki sinüs mu x terimini de toplayalım. Artı i veya c 1 i eksi c 2 i çarpı sinüs mu x böyle diyebiliriz. Sadeleştirme neredeyse bitti. Bir de c 1 ve c 2'nin herhangi iki sabit olduğunu biliyoruz. O zaman, bunun yerine başka bir sabit tanımlayalım. Örneğin, buna c 3 diyelim. İlk başta şimdi bu, bu adım biraz kafa karıştırıcı gelebilir, ama düşünürseniz, mantığını anlayacaksınız. Bu da bir sabit, öyle değil mi? Özellikle sabitlerin reel olması şartını ortadan kaldırırsam. c imajiner bir sayı da olabilir. c'nin karmaşık veya imajiner olup olmadığını şu anda bilmiyorum. O nedenle herhangi bir varsayımda bulunmayacağız. Buna da herhangi başka bir sabit diyelim. c 4 diyelim buna da. Başlangıç değerleri verildiğinde tekrar bakarız. Karakteristik denklemin karmaşık kökleri olması durumunda, sadeleştirmeden sonra gayet mantıklı bir genel çözüm elde ettik. y eşittir e üzeri lambda x çarpı - bir sabit - c 3 diyelim. c 1 de olabilir yada c 100 farketmez. Sabit çarpı kosinüs mu x artı başka bir sabit c 4 demiştim c 4 şart değil, bunlarla karışmasın diye öyle dedim artı başka sabit çarpı sinüs mu x. Şimdi farkına varmanızı istediğim iki şey var. Birincisi, farklı bir şey yapmadık. İki kökü alıp genel çözümde r 1 ve r 2 yerine koyduk. Farklı olarak, i'lerden kurtulana kadar cebirsel sadeleştirme yaptık. Yaptığımız tek şey bu. Biraz cebir ve Euler'ın formülü dışında yeni hiç bir şey yok. r 1 ve r 2 karmaşık sayı olduğunda, bu sadeleştirilmiş çözümü elde ettik. Genelde, karakteristik denklemden lambda artı eksi mu i köklerini elde ettiğiniz zaman, genel çözümünüz bu şekilde olur. Ezberlemenizi istemiyorum, çünkü bu çözümü kendiniz de ileride gerektiği taktirde çıkarabilirsiniz ezberlerseniz unutursunuz. Ama ezberleyip unutursanız da ne yapıcaksınız karakteristik denklemi çözün karmaşık kökleri elde edin. Bu çözüme kökleri koyun. Lambda veya mu yerine, çıkan sayılarla bizim burada yaptığımız sadeleştirmeyi yapın ve aynı sonuca varacaksınız. Ama sınav olacaksanız ve soruyu çabuk cevaplamak zorundaysanız, şunu hatırlayın: Karakteristik denklemin karmaşık kökleri varsa lambda artı eksi mu i genel çözüm, e üzeri lambda x çarpı bir sabit çarpı kosinüs mu x artı başka bir sabit çarpı sinüs mu x, olur. Şimdi bunları içeren bir soruyu hızlıca çözelim. Şöyle bir diferansiyel denklemimiz var: y'nin ikinci türevi artı birinci türevi artı y eşittir 0. Yani, karakteristik denklem, r kare artı r artı 1 eşittir 0. Kuadratik formülü kullanalım. Kökler, eksi B, yani eksi 1 artı eksi karekök B kare B kare eşittir 1, b kare eşittir 1 eksi 4 çarpı A C - A ve C 1 - yani eksi 4. Bunun tamamı bölü 2, öyle değil mi? 2 çarpı A. Tamamı bölü 2. Kökler eksi 1 artı eksi karekök eksi 3 bölü 2 olacak. r'nin köklerini şu şekilde baştan yazabiliriz: r eşittir eksi 1 bölü 2 artı eksi i kök 3 diyebiliriz i kök 3 bölü 2. Bunu kök 3 bölü 2 çarpı i olarak da yazabiliriz. Böyle yazmak daha iyi, öyle değil mi? Şimdi i'yi dışarı alın. Eksi 1'i dışarı alırsak, kök 3 bölü 2 kalır. Kökler böyle. Genel çözümü istersek, bunları yerine koymamız lazım. Genel çözümü böyle çıkarırız. Genel çözüm ne? y eşittir e üzeri karmaşık sayının reel kısmı. e üzeri eksi 1 bölü 2 x, öyle değil mi? Bu lambda değerimiz. Çarpı sabit Çarpı sabit c 1 diyelim c 1 çarpı kosinüs imajiner kısım yani kosinüs kök 3 bölü 2 x artı c 2 çarpı sinüs kök 3 bölü 2 x. Çok da kötü değilmiş. karmaşık köklerimiz olmasına rağmen genel çözümü bulmamız reel köklerden daha fazla zaman almadı. Bu durumu fark etmeniz lazım ilk olarak fark etmeniz lazım. Ve, kuadratik formülü kullanarak karakteristik denklemin karmaşık köklerini bulmanız gerekiyor. Buna lambda diyoruz. Eksi 1 bölü 2, lambda. Kök 3 bölü 2 eşittir mu. Bunları çözümde yerine koyarız. Bir sonraki videoda, bu tip bir soru yaparım ve başlangıç değerlerini de veririm. Böylece c 1 ve c 2'yi buluruz o halde bir sonraki videoda görüşürüz.