×   HOME PREDAVANJA

SADRŽAJ INTEGRAL ODREĐENI INTEGRAL FUNKCIJE VIŠE VARIJABLA VIŠESTRUKI INTEGRALI DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE METODA NAJMANJIH KVADRATA INDEKS

VJEŽBE

SADRŽAJ INTEGRAL ODREĐENI INTEGRAL FUNKCIJE VIŠE VARIJABLA VIŠESTRUKI INTEGRALI DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE METODA NAJMANJIH KVADRATA

PODSJETNIK

SADRŽAJ NEODREĐENI INTEGRAL ODREĐENI INTEGRAL FUNKCIJE VIŠE VARIJABLA VIŠESTRUKI INTEGRALI DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE METODA NAJMANJIH KVADRATA

JAVA NETPLOT OCTAVE Traži ...

☰   matematika2 Nehomogene jednadžbe     Linearne diferencijalne jednadžbe drugog     Slobodna, gušena i prisilna

Jednadžbe s konstantnim koeficijentima

Linearna diferencijalna jednadžba drugog reda s konstantnim koeficijentima glasi

$$y''+a y'+ b y=f(x),\qquad a,b \in\mathbb{R}.$$ (5.17)

Rješenje pripadne homogene jednadžbe,

$$y''+a y'+ b y=0,\qquad a,b \in\mathbb{R},$$ (5.18)

tražimo u obliku $y=e^{\lambda x}$ , pri čemu, prema teoremu 5.3, trebamo naći dva linearno nezavisna rješenja. Uvrštavanje daje

$$\lambda^2 e^{\lambda x} +a \lambda e^{\lambda x} +b e^{\lambda x}=0,$$

odnosno

$$e^{\lambda x} (\lambda^2 +a \lambda + b)=0.$$

Kako je eksponencijalna funkcija uvijek nenegativna, $\lambda$ ćemo dobiti kao rješenje karakteristične jednadžbe

$$\lambda^2 +a \lambda + b=0.$$

Dakle, vrijedi

$$\lambda_{1,2}=\frac{-a\pm \sqrt{a^2-4 b}}{2}$$

pa razlikujemo tri slučaja.

Ako je $a^2-4 b>0$ , nul-točke su različite i realne, $\lambda_1\neq \lambda_2$ , $\lambda_1,\lambda_2\in\mathbb{R}$ . Onda su

$$y_1=e^{\lambda_1 x}, \qquad y_2=e^{\lambda_2 x}$$

dva linearno nezavisna rješenja homogene jednadžbe jer je

$$W(x)=\begin{vmatrix}e^{\lambda_1 x} & e^{\lambda_2 x} \\ \lambda... ..._2 x} \end{vmatrix} = e^{(\lambda_1+\lambda_2) x} (\lambda_2-\lambda_1)\neq 0$$

pa je

$$y_H=C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 e^{\lambda_1 x}.$$

Ako je $a^2-4 b=0$ , onda imamo jednu dvostruku realnu nul-točku,

$$\lambda_1 = \lambda_2 =\lambda=-\frac{a}{2}.$$

Dva linearno nezavisna rješenja homogene jednadžbe jednaka su

$$y_1=e^{\lambda x}, \qquad y_2=x e^{\lambda x}$$

pa je

$$y_H=C_1 e^{\lambda x} + C_2 x e^{\lambda x}.$$

Zaista, funkcija $y_1$ je rješenje homogene jednadžbe jer $\lambda$ zadovoljava karakterističnu jednadžbu, dok je funkcija $y_2$ prema formuli (5.13) jednaka

$$y_2= e^{\lambda x} \int\frac{e^{-\int a dx}}{e^{2\lambda x}} dx= e^{\lambda x} \int dx = x e^{\lambda x}.$$

Ako je $a^2-4 b<0$ , nul-točke su konjugirano kompleksne, $\lambda_1 =\bar \lambda_2\in\mathbb{C}$ , odnosno

$$\lambda_1=-\frac{a}{2} + i \frac{\sqrt{4b-a^2}}{2}\equiv \alpha+\... ...qquad \lambda_1=-\frac{a}{2} - i \frac{\sqrt{4b-a^2}}{2}\equiv \alpha-\beta i.$$

Onda su

$$y_1=e^{\lambda_1 x}, \qquad y_2=e^{\lambda_2 x}$$

dva linearno nezavisna rješenja homogene jednadžbe kao i u prvom slučaju. No, prema teoremu 5.2, i funkcije

$$y_3 =\displaystyle \frac{y_1+y_2}{2}=\frac{1}{2} [e^{(\alpha+\beta i) x}+e^{(\alpha-\beta i) x}]$$

$$= \frac{1}{2} [e^{\alpha x}(\cos \beta x+i\sin\beta x) + e^{\alpha x}(\cos \beta x-i\sin\beta x)]$$

$$= e^{\alpha x}\cos \beta x$$

i

$$y_4=\displaystyle \frac{y_1-y_2}{2i}=\frac{1}{2i} [e^{(\alpha+\beta i) x}-e^{(\alpha-\beta i) x}]=e^{\alpha x}\sin \beta x$$

također su rješenja jednadžbe (5.18). Pomoću Wronskijana vidimo da su funkcije $y_3$ i $y_4$ linearno nezavisne pa je

$$y_H= e^{\alpha x}(C_1\cos \beta x+C_2\sin\beta x).$$

Primjer 5.23  

a)

Za jednadžbu

$$y''+y'-2y=0$$

karakteristična jednadžba glasi

$$\lambda^2+\lambda -2 =0.$$

Stoga je $\lambda_1=1$ i $\lambda_2=-2$ pa je rješenje zadane jednadžbe jednako

$$y=C_1 e^x+C_2 e^{-2x}.$$

b)

Karakteristična jednadžba jednadžbe

$$y''-4y'+4y=0$$

glasi

$$\lambda^2-4\lambda +4 =0.$$

Stoga je $\lambda_1=\lambda_2=2$ pa je rješenje jednadžbe jednako

$$y=C_1 e^{2x}+C_2 x e^{2x}.$$

c)

Nađimo rješenja jednadžbe

$$y''+2y'+5y=0, \qquad y(0)=1,\quad y'(0)=0.$$

Karakteristična jednadžba glasi

$$\lambda^2+2\lambda +5 =0.$$

Rješenja su konjugirano kompleksna,

$$\lambda_1=-1+2i,\qquad \lambda_2=-1-2i$$

pa je

$$y=e^{-x}( C_1\cos 2x +C_2 \sin 2x).$$

Prvi uvjet daje

$$y(0)=1=C_1\cos 0 +C_2\sin 0 = C_1.$$

Kako je

$$y'(x)=-e^{-x} (1\cdot \cos 2x +C_2\sin 2x)+e^{-x}(1\cdot (-2\sin 2x) + 2 C_2 \cos 2x),$$

drugi uvjet daje

$$y'(0)=0=-1+2 C_2,$$

odnosno $C_2=1/2$ pa je opće rješenje jednadžbe

$$y=e^{-x}\left( \cos 2x +\frac{1}{2} \sin 2x\right).$$

Nakon što smo izračunali rješenje homogene jednadžbe (5.18), partikularno rješenje $y_P$ jednadžbe (5.17) možemo naći ili metodom varijacije konstanti iz poglavlja 5.9.2 ili metodom neodređenih koeficijenata koja je opisana na kraju ovog poglavlja.

Primjer 5.24   Riješimo jednadžbu

$$y''+4y'+3y=x.$$

Karakteristična jednadžba glasi $\lambda^2+4\lambda+3=0$ pa je $\lambda_1=-1$ i $\lambda_2=-3$ . Stoga je rješenje pripadne homogene jednadžbe

$$y_H=C_1e^{-x}+C_2 e^{-3x}.$$ (5.19)

Metoda varijacije konstanti daje sustav (5.16):

$$C'_1 e^{-x} + C'_2 e^{-3x} =0,$$

$$C'_1 (-e^{-x}) + C'_2 (-3e^{-3x}) =x.$$

Sustav možemo riješiti Cramerovim pravilom [M1, poglavlje 2.9.5]:

$$C'_1(x) =\frac{\begin{vmatrix}0&e^{-3x} x & -3 e^{-3x} \end{vmatrix}}... ...x} \end{vmatrix}} = \frac{-xe^{-3x}}{-2 e^{-3x}e^{-x}} = \frac{1}{2} x e^x,$$

$$C'_2(x) =\frac{\begin{vmatrix}e^{-x}& 0 -e^{-x} & x \end{vmatrix}} {\b... ... \end{vmatrix}} = \frac{xe^{-x}}{-2 e^{-3x}e^{-x}} = -\frac{1}{2} x e^{3x}.$$

Integriranje daje

$$C_1(x) =\int \frac{1}{2} x e^x dx= \frac{1}{2} (x-1) e^x + A,$$

$$C_2(x) =\int -\frac{1}{2} x e^{3x} dx= -\frac{1}{18} (3 x -1) e^{3x}+B.$$

Odabirom konstanti $A=B=0$ i uvrštavanjem funkcija $C_1(x)$ i $C_2(x)$ u formulu (5.19), dobili smo partikularno rješenje

$$y_P=\frac{1}{3} x -\frac{4}{9}$$

pa je opće rješenje zadane jednadžbe jednako

$$y=y_H+y_P= C_1e^{-x}+C_2 e^{-3x} + \frac{1}{3} x -\frac{4}{9}.$$

Ukoliko funkcija $f(x)$ u jednadžbi (5.17) ima poseban oblik,

$$f(x)=e^{ax}p(x)\cos bx+ e^{ax}q(x)\sin bx,$$ (5.20)

pri čemu su $p$ i $q$ polinomi stupnja manjeg ili jednakog $m$ , onda partikularno rješenje možemo naći metodom neodređenih koeficijenata: ako je $a+i b$ nul-točka karakterističnog polinoma kratnosti $k$ , $k\in\{0,1,2\}$ , onda partikularno rješenje $y_P$ ima oblik

$$y_P=x^k e^{ax} [ (A_0+A_1 x+\cdots+A_{m}x^{m})\cos bx +$$

$$+ (B_0+B_1 x+\cdots+B_{m}x^{m})\sin bx ].$$ (5.21)

Uvrštavanjem ove funkcije u jednadžbu (5.17) i izjednačavanjem odgovarajućih koeficijenata dobivamo sustav linearnih jednadžbi koji uvijek ima jedinstveno rješenje.

Primjer 5.25   Funkcija $f(x)=x$ u primjeru 5.24 ima oblik (5.20) uz $a=0$ , $b=0$ , $m=1$ i $p(x)=x$ . Prema formuli (5.21) partikularno rješenje ima oblik

$$y_P=(A_0+A_1x) e^{0x}=A_0+A_1x.$$

Uvrštavanje u zadanu jednadžbu daje

$$0+4 A_1 + 3 ( A_0+A_1x) = x.$$

Izjednačavanje lijeve i desne strane po potencijama od $x$ daje sustav jednadžbi

$$3 A_1=1,\qquad 4 A_1+3 A_0 = 0$$

pa je partikularno rješenje jednako

$$y_P=\frac{1}{3} x-\frac{4}{9}.$$

Ovaj postupak je jednostavniji od metode varijacije konstanti koju smo koristili u primjeru 5.24.

Primjer 5.26   Riješimo diferencijalnu jednadžbu

$$y''+9 y=(x^2+1) e^{3x}.$$

Rješenje homogene jednadžbe je

$$y_H=C_1\cos 3x+C_2\sin 3x.$$

Funkcija $f$ ima oblik (5.20) uz $a=3$ , $b=0$ , $m=2$ i $p(x)=x^2+1$ . Stoga, prema formuli (5.21) partikularno rješenje ima oblik

$$y_P=(A x^2 +B x+ C) e^{3x}.$$

Uvrštavanje $y_P$ u zadanu jednadžbu, kraćenje s $e^{3x}$ i izjednačavanje koeficijenata uz potencije od $x$ , daje sustav jednadžbi s nepoznanicama $A$ , $B$ i $C$ čije rješenje je

$$A=\frac{1}{18},\qquad B=-\frac{1}{27},\qquad C=\frac{5}{81}.$$

Dakle, partikularno rješenje je jednako

$$y_P=\left(\frac{1}{18} x^2-\frac{1}{27} x+\frac{5}{81}\right) e^{3x},$$

a opće rješenje zadane jednadžbe je $y=y_H+y_P$ .

Primjer 5.27   Riješimo diferencijalnu jednadžbu

$$y''+4 y=\cos 2x.$$

Nul-točke karakteristične jednadžbe su $\lambda_1=2i$ i $\lambda_2=-2i$ pa je rješenje homogene jednadžbe jednako

$$y_H=C_1\cos 2x+C_2\sin 2x.$$

Funkcija $f$ ima oblik (5.20) uz $a=0$ , $b=2$ , $m=0$ i $p(x)=1$ . Kako je $a+ib$ nul-točka karakteristične jednadžbe kratnosti $k=1$ , u skladu s formulom (5.21) partikularno rješenje ima oblik

$$y_P=x (A\cos 2x+ B\sin 2x).$$

Uvrštavanje $y_P$ u zadanu jednadžbu i izjednačavanje koeficijenata uz $\sin 2x$ i $\cos 2x$ daje

$$A=0,\qquad B=\frac{1}{4}$$

pa je opće rješenje zadane jednadžbe jednako

$$y=y_H+y_P=C_1\cos 2x+C_2\sin 2x +\frac{1}{4} x\sin 2x.$$

Zadatak 5.14   Riješite diferencijalne jednadžbe:

a)

$y''+3 y'=3 x e^{-3x}$         (rješenje: $y=A+B e^{-3x} -\frac{1}{2} x^2 e^{-3x} -\frac{1}{3} x e^{-3x}$ ),

b)

$y''+y=\frac{1}{\displaystyle \sin^3 x}$         (rješenje: $y=A\sin x + B \cos x + \frac{\cos^2 x}{\sin x}-\frac{1}{2\sin x}$ ),

c)

$y''+4 y = x$ ,     $y(0)=1$ ,     $y'(0)=0$          (rješenje: $y=\frac{9}{16} e^{2x} + \frac{7}{16} e^{-2x} -\frac{x}{4}$ ),

d)

$y''+7 y'+6 y=(x-2) e^x$          (rješenje: $y=A e^{6x}+B e^x + x (-\frac{1}{10} x + \frac{9}{25}) e^x$ ),

e)

$y''-y=3 e^{2x}\cos x$         (rješenje: $y=A e^x+B e^{-x} +e^{2x} ( \frac{3}{10}\cos x+\frac{3}{5}\sin x)$ ),

f)

$y''+4 y'+ 7 y=0$ ,     $y(0)=1$ ,     $y'(0)=1$ ,

g)

$y''+2 y'+5 y=2\cos x$ .

Zadatak 5.15   Proučite Java programe Slobodan pad i Slijetanje svemirskog broda. Riješite diferencijalne jednadžbe koje su korištene u tim programima i provjerite ispravnost programa za neke vrijednosti parametara.

Nehomogene jednadžbe     Linearne diferencijalne jednadžbe drugog     Slobodna, gušena i prisilna