y''=cy

der bliver ikke nogen karakterligning

    aλ² + bλ + c = 0     for alle λ

dvs a = b = c = 0

Det er jeg ikke sikker på jeg er helt med på. Altså det er jo lambda der varrierer, hvor a, b og c er konstanter (hvor a = 1, i det her tilfælde).

Men hvordan kommer jeg frem til løsningen c₁x+c₂?

kan ikke bevises analogt til de to andre - selv om du gerne så det

Okay, jamen hvorfor dog ikke?

Altså for mig at se, fremkommer karakterligningen:

y''=0, vi prøver med exp(λx) =>

exp(λx)''=0 <=> λ²exp(λx), da exp(kx) ikke er defineret i 0, da må løsningen være:

λ2=0 <=> λ=0

Dette er jo helt analogt til de to andre tilfælde, men når du siger at du ikke får nogen karakterligning, hvad bygger det så på?

genlæs #1

Ja, jeg kan se det er en påstand - men kan ikke se argumentet for at det forholder sig sådan. a er jo lig med 1?
Det jeg mener er bare at den sagtens kan gøres sand hvis lanbda er lig med nul?

(Bump):

I øvrigt kan jeg ikke få y''=-k²y til at passe.

Jeg gør igen prøve med exp(λx), og kommer frem til karakterligningen:

λ²+k²=0 <=> λ=√(-(k^2))=α±ιβ

Omskrivningen fra  c₁exp((α+ιβ)x)+c₂exp((α-ιβ)x)  til c₁cos(kx)+c₂sin(kx) går galt et sted.

Jeg har fundet reglen exp(a+ιb)=exp(a)exp(ιb), men hvordan bruger jeg den, når jeg har:

c₁exp(αx+ιβx)+c₂exp(αx-ιβx)??

Jeg har siddet fast her hele dagen, er der ikke en der vil give mig en skub videre?

            y'' = -k²y   

med den fuldstændige løsning

            y = c₁·cos(k·t) + c₂·sin(k·t) = A·sin(k·t + φ)

#7 λ²+k²=0 => λ=√(-(k^2))=±ιk [her er der ingen reel del kun den imaginære] og dermed er den fuldstændige løsning

y(x)=C₁e^ikx+C₂e^-ikx=c₁cos(kx)+c₂sin(kx)       hvor c₁=C₁+C₂ og c₂=i(C₁-C₂)