Navadne diferencialne enačbe

Transcript

1 Navadne diferencialne enačbe (študijsko gradivo) Matija Cencelj 1. maja 2003

2 2

3 Kazalo 1 Uvod Preprosti primeri Diferencialne enačbe prvega reda Ločljivi spremenljivki Homogene enačbe Eksaktne enačbe Integrirujoči faktorji Linearne diferencialne enačbe prvega reda Bernoullijeve enačbe Ortogonalne trajektorije Diferencialne enačbe višjih redov Linearne diferencialne enačbe Homogene linearne DE s konstantnimi koeficienti Linearne DE s konstantnimi koeficienti Nedoločeni koeficienti Variacija konstant Nihanje Znižanje reda enačbe Euler-Cauchyjeve enačbe Posebni tipi DE drugega reda Redukcija diferencialne enačbe Sistemi linearnih NDE prvega reda Metoda lastnih vrednosti za homogene sisteme Kopiranje je dovoljeno le s pristankom avtorja. 3

4 4 KAZALO

5 Poglavje 1 Uvod Diferencialna enačba je enačba, v kateri nastopa iskana funkcija, njeni odvodi in neodvisne spremenljivke. Če je iskana funkcija le funkcija ene spremenljivke, rečemo taki enačbi navadna diferencialna enačba. Če pa z enačbo iščemo funkcijo več spremenljivk (in so zato njeni odvodi parcialni odvodi), rečemo enačbi parcialna diferencialna enačba. Mi se bomo v tem tečaju ukvarjali le z navadnimi diferencialnimi enačbami. Še enkrat povejmo, kaj je diferencialna enačba, tokrat bomo bolj eksplicitni. Naj bo F (x 1,..., x n+2 ) funkcija (n + 2)-spremenljivk. Enačbi F (x, y, y,..., y (n) ) = 0, (1.1) ki sprašuje po taki funkciji y(x), za katero velja ta enakost, rečemo navadna diferencialna enačba. Primera: 1. Funkcija y = sin x je rešitev enačbe y + y = 0. Brez težav pa ugotovimo, da to ni edina rešitev. To enačbo reši vsaka funkcija oblike y = A sin x+b cos x, kjer sta A in B poljubni konstanti. 2. Zlahka ugotovimo, da enačbi y 2 + y = 0 ne ustreza nobena realna funkcija y(x). 5

6 6 POGLAVJE 1. UVOD Pogosto pridejo diferencialne enačbe iz naravoslovnih problemov in so zato lahko zapisane z drugimi črkami. To nas ne bo motilo, če pa se pojavijo kakšni dvomi o tem, kaj je funkcija česa in kakšni so odvodi, je zelo koristno odvode napisati kot kvociente ustreznih diferencialov. Red diferencialne enačbe Za diferencialno enačbo rečemo, da je reda n, če je najvišji odvod neznane funkcije, ki nastopa v enačbi, n-ti odvod. Splošna diferencialna enačba (1.1) je reda n. Diferencialna enačba F (x, y, y,..., y (n) ) = 0 y + y = 0 iz prvega primera zgoraj je reda 2, diferencialna enačba v drugem primeru pa je reda 1. y 2 + y = 0 Stopnja diferencialne enačbe Stopnja diferencialne enačbe je najvišja potenca odvoda najvišjega reda iskane funkcije, ki nastopa v diferencialni enačbi. Diferencialna enačba y + y = 0. v prvem primeru zgoraj je prve stopnje, v drugem primeru pa druge stopnje. y 2 + y = 0 Linearne diferencialne enačbe

7 7 Diferencialni enačbi reda n, ki sprašuje po funkciji y(x), rečemo linearna, če je oblike a n (x) dn y dx n + a n 1(x) dn 1 y dx n 1 + a 1(x) dy dx + a 0(x)y = f(x), (1.2) kjer so a i (x) in f(x) znane funkcije. To ni splošna diferencialna enačba stopnje 1, ampak nastopajo vsi odvodi le s potenco 1 in ni nobenih produktov različnih odvodov. Če se ozremo na primera, ki smo jih že večkrat obravnavali, je enačba y + y = 0 linearna, enačba pa ne. y 2 + y = 0 Rešitve diferencialne enačbe Rešitev diferencialne enačbe je vsaka funkcija, za katero velja enakost v enačbi. Že prej smo povedali, da je funkcija y = sin x rešitev enačbe y + y = 0. Taki posamezni rešitvi diferencialne enačbe rečemo tudi partikularna rešitev. Ni pa to edina rešitev te enačbe, brez težav vidimo, da tudi y = cos x reši to enačbo. Množici vseh rešitev diferencialne enačbe pa rečemo splošna rešitev diferencialne enačbe. Za zgornjo enačbo je splošna rešitev funkcija kjer sta c 1 in c 2 poljubni konstanti. y = c 1 cos x + c 2 sin x, Teorija diferencialnih enačb se ukvarja z razvojem metod za sistematično reševanje diferencialnih enačb. Začetni in robni pogoji

8 8 POGLAVJE 1. UVOD Včasih iščemo le tiste rešitve dane diferencialne enačbe, ki zadoščajo nekim posebnim pogojem. Če pogoji določajo vrednost funkcije in njenih odvodov le v neki točki (npr. x 0 ), rečemo takemu pogoju začetni pogoj. Če pa pogoji določajo vrednost funkcije in morda njenih odvodov v različnih točkah, rečemo takemu pogoju robni pogoj. Nalogah, v katerih moramo poiskati rešitev, ki ustreza začetnemu (oz. robnemu) pogoju, rečemo začetni problem ali začetna naloga (oz. robni problem ali robna naloga). Recimo, da nas zanima tista rešitev diferencialne enačbe ki zadošča pogojema y + y = 0, y(π/2) = 1 y(π) = 2. Gre za robni pogoj in ustrezno rešitev poiščemo brez težav: in y = c 1 cos x + c 2 sin x 1 = c 1 cos(π/2) + c 2 sin(π/2) 1 = c 2 y = c 1 cos x + c 2 sin x 2 = c 1 cos π + sin π 2 = c 1 c 1 = 2. Iskana rešitev je tedaj y = 2 cos x + sin x. Če naj bo rešitev diferencialne enačbe z začetnim ali robnim pogojem ena sama, moramo imeti toliko pogojev, kolikor je konstant v splošni rešitvi enačbe, to pa je praviloma toliko, kot je red enačbe. 1.1 Preprosti primeri Tu si bomo ogledali le nekaj najpreprostejših ali najnaravnejših primerov, ki smo jih tako ali drugače že kje srečali.

9 1.1. PREPROSTI PRIMERI 9 Primeri: 1. Diferencialno enačbo y = 0 rešijo konstantne funkcije y = C. To je očitno, iz analize pa vemo, da je vsaka funkcija, ki reši tako enačbo konstantna. 2. Diferencialno enačbo y = 0 rešijo natanko vse linearne funkcije y = C 1 x + C 2. Podobno velja: enačbo y (n) = 0 reši n-parametrična družina vseh polinomov stopnje do vključno n Če na točko z maso m deluje sila F ( r, t), odvisna le od lege r točke in časa t, nam drugi Newtonov zakon pove, da za gibanje točke velja enakost m r = F ( r, t). Če gledamo vsako koordinato prostora posebej, zgornja enakost predstavlja tri diferencialne enačbe drugega reda. Posebej si oglejmo primer, ko je polje sil trivialno Kot rečeno je to sistem treh enačb m r = 0. ẍ = 0, ÿ = 0, z = 0, po prejšnjem primeru so njihove rešitve x = a 1 t + b 1, y = a 2 t + b 2, z = a 3 t + b 3, kar lahko zapišemo vektorsko z kjer je a = (a 1, a 2, a 3 ) in b = (b 1, b 2, b 3 ). r (t) = a t + b, (1.3) S tem smo pokazali, da prvi Newtonov zakon, po katerem se točka, na katero ne deluje nobena zunanja sila giblje premo in enakomerno, sledi iz drugega Newtonovega zakona. Gibanje točke s tem seveda še ni natanko določeno, odvisno je od začetne lege ( b ) in od začetne hitrosti ( a ). Če pa poznamo tidve količini, ki imata seveda lahko poljubni vrednosti, pa je gibanje točke z 1.3 natanko določeno.

10 10 POGLAVJE 1. UVOD 4. Oglejmo si še en fizikalni primer: kako naj vržemo kamen, da bo v času τ padel d metrov daleč? Seveda zanemarimo upor zraka in predpostavimo, da sta začetna lega in končna lega v isti ničelni višini. Recimo, da mečemo kamen iz koordinatnega začetka ravnine {(x, z)}, kjer je os x vodoravna, os z pa navpična in orientirana navzgor. Iz Newtonovega zakona sledi: Obe enačbi takoj rešimo: mẍ = 0, m z = mg. x = v x t + x(0), z = g 2 t2 + v z t + z(0) Tu smo konstante že označili z ustreznimi fizikalnimi pomeni, v x in v z sta začetni hitrosti v ustreznih smereh, x(0) in z(0) pa začetni legi, za katera sicer vemo, da sta enaki 0; vemo pa še več, naša rešitev zgornjih enačb mora ustrezati naslednjim pogojem: x(0) = 0, z(0) = 0, x(τ) = d, z(τ) = 0. Odtod dobimo rešitev naše naloge, kamnu moramo dati začetno hitrost v0 = (v x, v z ) = ( d τ, g 2 τ). 5. Navedimo še preprost primer iz biologije oziroma medicine. Oglejmo si pretok neke tekočine skozi cev, katere stene so prepustne (to bi bil primeren model za dogajanje v ledvicah). Recimo, da je pretok neodvisen od časa. Cev parametrizirajmo kot x-os, z Q(x) označimo pretok v smeri cevi mimo točke x v cevi, z f(x) pa označimo pretok skozi stene cevi na enoto dolžine v točki (x). Tedaj mora veljati za pretok taka diferencialna enačba: dq dx + f(x) = 0, saj mora natanko toliko tekočine kolikor je pride tudi oditi bodisi vzdolž cevi bodisi skozi stene cevi. Tako enačbo seveda brez težav rešimo, pretok Q je kar enak f(x) dx.

11 Poglavje 2 Diferencialne enačbe prvega reda V tem poglavju bomo obravnavali diferencialne enačbe oblike ali, če to enačbo zapišemo v diferencialni obliki, y = f(x, y) (2.1) dy f(x, y)dx = 0. (2.2) Metoda za rešitev take enačbe je odvisna od oblike funkcije f(x, y). V vsakem primeru pa prevedemo problem rešitve take enačbe na problem integriranja ustrezne funkcije. 2.1 Ločljivi spremenljivki Recimo, da je funkcija f(x, y) v enačbi 2.1 produkt dveh funkcij, od katerih je ena odvisna le od x, druga pa le od y. Na primer Diferencialni enačbi oblike f(x, y) = h(x)g(y). y = h(x)g(y) (2.3) rečemo enačba z ločljivima spremenljivkama, saj jo lahko prepišemo v obliko dy g(y) = h(x) dx, 11

12 12 POGLAVJE 2. DIFERENCIALNE ENAČBE PRVEGA REDA kjer sta spremenljivki ločeni. To enačbo integriramo dy g(y) = h(x) dx + C in tako dobimo neko enačbo za spremenljivki y in x. Ta enačba pa ni več diferencialna in če je dovolj lahka, najdemo funkcijo y(x). Primeri: 1. Oglejmo si zelo preprost, a pomemben primer take enačbe. Imejmo neko spremenljivko x, ki narašča premosorazmerno z svojo vrednostjo. ẋ(t) = kx(t), kjer je k neka konstanta. Odtod izračunamo funkcijo x(t) v trenutku. Enačbo prepišemo z diferenciali in preuredimo. Integriramo dx x = dx x = k dt k dt ln x = kt + C Odtod pa z eksponentno funkcijo dobimo rešitev (pri tem označimo C = ln a) x(t) = ae kt Pri tem za konstanto a velja a = x(0). Konstanta k pa je premosorazmernostni faktor med rastjo spremenljivke t in rastjo spremenljivke x. Če je k > 0, funkcija x eksponencialno narašča. Na tak način rastejo organizmi (ali njihove kolonije) v idealnih razmerah. Zato rečemo, da funkcija x ponazarja naravno rast. V primeru, da je k < 0, količina opisuje naravno odmiranje, konkretno s takimi funkcijami opišemo radioaktivni razpad, pa tudi izločanje zdravil iz organizma. 2. Zgornji primer dovolj dobro ponazarja rast organizmov v začetni fazi oziroma idealnih razmerah, kot smo rekli. V resnici pa seveda nobena stvar ne raste preko vseh meja, kot to počne eksponencialna funkcija. Pierre Verhulst je zato podal nekoliko spremenjen model naravne rasti, ki se po njem imenuje Verhulstova enačba. ẋ(t) = kx(t)[b x(t)]

13 2.1. LOČLJIVI SPREMENLJIVKI 13 Tudi to je diferencialna enačba prvega reda enačba z ločljivimi spremenljivkami, saj v njej nastopa le funkcija x in njen odvod. Rešimo to enačbo dx = k dt (2.4) x[x b] Levo stran razcepimo v delne ulomke : dx x b dx x = kb dt (2.5) Integriramo. ln[x b] ln x = kbt + ln C (2.6) Antilogaritmiramo. x b x = Ce kbt (2.7) Če spet označimo x(0) = a, odtod dobimo C = a b. Zgornjo enačbo a lahko prepišemo takole. 1 b ( x = 1 b ) e kbt a Torej velja x(t) = b 1 + ( b a 1)e kbt. Konstanta b je v tem modelu meja, ki je količina x ne prekorači. 3. Razelektrimo kondenzator čez upor, kot kaže slika. Slika: kondenzator in upor v električnem krogu

14 14 POGLAVJE 2. DIFERENCIALNE ENAČBE PRVEGA REDA Upoštevamo Kirchhoffov in Ohmov zakon in dobimo enačbo U + RI = 0. Pri tem pa je tok I = ė, kjer je e naboj na kondenzatorju. Tedaj je in dobimo diferencialno enačbo e = CU RC U + U = 0. To pa je enačba z ločljivima spremenljivkama: du U = dt RC. Integrirajmo in pišimo konstanto kot ln U 0. ln U = ln U 0 Antilogaritmiramo in dobimo rešitev: U = U 0 e t RC. t RC Zdaj se vidi, zakaj je bilo smiselno pisati konstanto kot ln U 0. Pri tako izbrani konstanti namreč U 0 pomeni napetost pred razelektritvijo. 4. Kot zadnji primer, ki pa ni motiviran z naravoslojem, si poglejmo začetno nalogo y ctgx dy = 4 + y2 cos 2 x dx, y(π 4 ) = 0. Prepišimo najprej enačbo v standardno obliko 2.1. ( ) ( ) dy 4 + y 2 ctgx dx = y cos 2 x Funkcijo na desni smo lahko zapisali kot produkt neke funkcije spremenljivke x in neke funkcije spremenljivke y, torej res gre za enačbo z ločljivima spremenljivkama. Preuredimo torej enačbo tako, da bodo izrazi z eno spremenljivko na eni, izrazi z drugo pa na drugi strani; potem enačbo še integriramo. y 4 + y dy = 2 ctgx cos 2 x dx = 1 cos 2 x tgx dx

15 2.2. HOMOGENE ENAČBE 15 Še integriramo integrala na levi in desni in spet preuredimo. 1 2 ln(4 + y2 ) = ln tgx + C ln(4 + y 2 ) = ln tg 2 x + C 1 (C 1 = 2C) 4 + y 2 = C 2 tg 2 x (C 2 = e C 1 ) Torej imamo y 2 = C 2 tg 2 x 4. To je splošna rešitev naše enačbe. Upoštevajmo še začetni pogoj. 0 = C 2 tg 2 ( π 4 ) 4 0 = C 2 4 C 2 = 4 Rešitev naše naloge je torej y 2 = 4(tg 2 x 1). 2.2 Homogene enačbe Lotimo se spet navadne diferencialne enačbe prvega reda 2.1 dy dx = f(x, y). Recimo, da za funkcijo f velja za vsako realno število λ 0: f(λx, λy) = f(x, y). Taki funkciji f rečemo, da je homogena funkcija, diferencialni enačbi zgornje oblike (tj.2.1) s homogeno funkcijo f pa rečemo tudi homogena diferencialna enačba prvega reda. Toda pozor! Kasneje se bomo ukvarjali z drugačnimi diferencialnimi enačbami, za katere bomo tudi rekli, da so homogene, a bo tam homogenost pomenila nekaj popolnoma drugega. Zato moramo biti pozorni, za kakšno homogenost gre! (To ni ravno pedagoško, a taka je tradicija, to pa tudi nekaj velja.)

16 16 POGLAVJE 2. DIFERENCIALNE ENAČBE PRVEGA REDA Homogeno diferencialno enačbo rešimo z zamenjavo (substitucijo) spremenljivke, pišimo y(x) = xv(x), kjer je v(x) neka neznana funkcija spremenljivke x. Leibnizevo pravilo za odvod produkta nam pove dy dx = v + xdv dx. Ker je funkcija f homogena, velja f(x, y) = f(1, y/x) = f(1, v). Našo enačbo tedaj lahko zapišemo kot x dv dx = f(1, v) v, kar preuredimo v diferencialno enačbo z ločenima spremenljivkama dx x = dv f(1, v) v. Primer: Rešimo diferencialno enačbo y = x2 + y 2 xy Opazimo lahko, da to ni enačba z ločljivima spremenljivkama. Preverimo, če je homogena. (λx) 2 + (λy) 2 = x2 + y 2 λxλy xy Z zamenjavo y = vx dobimo diferencialno enačbo v + x dv dx = 1 + v2 v. = 1 v + v, ki ima ločljive spremenljivke, ki jih ločimo in z integracijo dx v dv = x dobimo oziroma v 2 2 = ln x + C, y 2 = x 2 ln x 2 + C 1 x 2,

17 2.3. EKSAKTNE ENAČBE 17 kjer je C 1 = 2C. Mimogrede povejmo, da je včasih bolj ekonomično vpeljati novo spremenljivko z x = vy. To velja takrat, ko je funkcija f tak ulomek, da je funkcija v števcu enostavnejša od funkcije v imenovalcu. 2.3 Eksaktne enačbe Zapišimo našo diferencialno enačbo v obliko ali dy dx = M(x, y) N(x, y), M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0. (2.8) Če obstaja taka funkcija F (x, y), da veljata enakosti F x = M, F y = N, (2.9) je leva stran enačbe (2.8) totalni diferencial df funkcije F, enačba sama pa F F dx + x y ta enačba pa ima enostavno splošno rešitev: dy = df = 0, (2.10) F (x, y) = konst. (2.11) V takem primeru rečemo, da je funkcija F prvi integral diferencialne enačbe (2.8), taki enačbi pa rečemo eksaktna diferencialna enačba prvega reda. Našo diferencialno enačbo smo uspeli prevesti v enačbo (2.11), ki ni več diferencialna enačba. Kdaj pa bo za enačbo (2.8), obstajala funkcija F z lastnostma (2.9)? To velja natanko tedaj, ko je vektorsko polje (M(x, y), N(x, y)) gradientno. Če sta funkciji M in N vsaj dvakrat zvezno odveljivi in definirani na dovolj lepem območju (npr. konveksnem območju, v resnici potrebujemo le tako območje, v katerem lahko vsako zanko zvezno skrčimo v točko), je za to dovolj, da velja M y = N x. (2.12)

18 18 POGLAVJE 2. DIFERENCIALNE ENAČBE PRVEGA REDA Primer: Rešimo enačbo dy dx = 3x 2 sin 2 y 2e 2y 2x 3 sin y cos y. Očitno to ni niti enačba z ločljivima spremenljivkama niti homogena enačba. Prepišimo jo v obliko 3x 2 sin 2 y dx + (2x 3 sin y cos y 2e 2y ) dy = 0. Z zgornjimi oznakami imamo M = 3x 2 sin 2 y in N = 2x 3 sin y cos y 2e 2y. Poglejmo, če ustrezata ti funkciji pogoju (2.12). M y = 6x2 sin y cos y = N x Torej bo splošna rešitev naše enačbe oblike (2.11) s funkcijo F, za katero veljata enakosti F x = M = 3x2 sin 2 y, F y = N = 2x3 sin y cos y 2e 2y. (2.13) Zdaj moramo eno od teh dveh enakosti integrirati. Iz prve dobimo F (x, y) = x 3 sin 2 y + k(y), kjer je k(y) neka funkcija (odvisna le od y). Funkcijo k(y) določimo s pomočjo druge enakosti (2.13). F y = 2x3 sin y cos y 2e 2y = 2x 3 sin y cos y + k (y) Odtod pa dobimo k (y) = 2e 2y in k(y) = e 2y + c 1. Torej imamo F (x, y) = x 3 sin 2 y e 2y + c 1. Splošna rešitev naše diferencialne enačbe je tedaj ali, če označimo konstanto c c 1 = κ, F (x, y) = x 3 sin 2 y e 2y + c 1 = c x 3 sin 2 y e 2y = κ. S tem sicer nismo izrazili funkcije y(x) v eksplicitni obliki, smo jo pa vendarle določili z izrazom, ki ne vsebuje odvodov.

19 2.4. INTEGRIRUJOČI FAKTORJI Integrirujoči faktorji Včasih diferencialna enačba prvega reda ni eksaktna, jo pa lahko naredimo eksaktno tako, da množimo obe strani enačbe s primerno funkcijo µ(x, y), ki ji rečemo integrirujoči faktor. Potem dobljeno eksaktno enačbo rešimo po postopku iz prejšnjega razdelka. V tem drobnem razdelku si bomo ogledali dva posebna primera, v katerih brez težav najdemo integrirujoči faktor. Najprej zapišimo našo diferencialno enačbo v obliki (2.8) Če je funkcija M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0. (2.14) ( 1 M N y N ) x (2.15) odvisna le od x (in ne od y), označimo jo z R(x), ima naša diferencialna enačba (2.8) integrirujoči faktor oblike µ(x) = e ( R(x) dx) = e ( 1 N ( M y N x ) dx). (2.16) Če funkcija (2.15) ni odvisna le od x, lahko poskusimo s funkcijo ( 1 N M x M ). (2.17) y Če je ta funkcija odvisna le od y, označimo jo s H(y), ima naša diferencialna enačba (2.8) integrirujoči faktor oblike Primer: Rešimo enačbo Enačbo najprej prepišemo v µ(y) = e ( H(y) dy) = e ( ( 1 M ( N x M y ) dy). (2.18) 2 sin(y 2 ) }{{} M dy dx = 2 sin(y2 ) xy cos(y 2 ) dx + xy cos(y 2 ) dy = 0. }{{} N Izračunajmo za nas zanimiva parcialna odvoda M y = 4y cos(y2 ), N x = y cos(y2 ).

20 20 POGLAVJE 2. DIFERENCIALNE ENAČBE PRVEGA REDA Dobimo ( 1 M N y N ) x = 1 xy cos(y 2 ) (3y cos(y2 ) = 3 x = R(x). Integrirujoči faktor bomo lahko poiskali z (2.16) µ(x) = e 3 x dx = e (ln x3 +c). Seveda nam zadošča en sam integrirujoči faktor, zato izberimo za konstanto c kar 0 in dobimo µ(x) = x 3 (za pozitivne x, seveda). Zdaj se lotimo naše enačbe, če jo pomnožimo z µ(x) dobimo 2x 3 sin(y 2 ) dx + x 4 y cos(y 2 ) dy = 0, ta enačba je eksaktna, njena splošna rešitev je dana z enakostjo x 4 sin(y 2 ) = c. 2.5 Linearne diferencialne enačbe prvega reda V tem razdelku si pobliže oglejmo enačbo dy + P (x)y = Q(x), (2.19) dx kjer sta P (x) in Q(x) dani funkciji spremenljivke x. To je posebni primer enačb, kakršne smo obravnavali v prejšnjem razdelku 2.4, saj lahko tako enačbo prepišemo v obliko (P (x)y Q(x)) dx + dy = 0, torej sta funkciji M = P (x)y Q(x), N(x) = 1, in je zato funkcija N 1 (M y N x ) = P res odvisna le od x. Torej je integrirujoči faktor za to enačbo µ(x) = e P (x) dx. Če pomnožimo našo enačbo z integrirujočim faktorjem µ(x), dobimo enačbo ( ) dy µ(x) dx + P (x)y = µ(x)q(x).

21 2.5. LINEARNE DIFERENCIALNE ENAČBE PRVEGA REDA 21 Ta enačba je eksaktna in bi jo lahko rešili z metodo iz razdelka 2.4, a raje jo rešimo z metodo ločljivih spremenljivk iz razdelka 2.1. Po konstrukciji velja namreč µ (x) = µ(x)p (x) in lahko zgornjo enačbo prepišemo v enačbo d (µ(x)y) = µ(x)q(x) (2.20) dx z ločljivimi spremenljivkami (x in µ(x)y) in na ta način dobimo rešitev eksplicitno izraženo. Primera: 1. Rešimo enačbo dy dx = x + y. Najprej ugotovimo, da to je enačba oblike 2.19, kjer je P (x) = 1 in Q(x) = x. Integrirujoči faktor je tedaj µ(x) = e ( 1) dx = e x+c izberemo seveda µ(x) = e x. S tem faktorjem pomnožimo našo enačbo in dobimo ( ) dy e x dx y = xe x. To enačbo lahko prepišemo v obliko 2.20 d dx (ye x ) = xe x, ki ima ločeni spremenljivki. Integriramo in dobimo d(ye x ) = xe x dx ye x = xe x dx. Zadnji integral izračunamo z integracijo po delih (u = x, dv = e x dx) xe x dx = xe x + e x dx = xe x e x + c. Iz ye x = xe x e x + c dobimo splošno rešitev naše enačbe y = (1 + x) + ce x.

22 22 POGLAVJE 2. DIFERENCIALNE ENAČBE PRVEGA REDA 2. Rešimo enačbo dy dx = y y 2 2x. Opazimo, da to ni linearna enačba prvega reda za funkcijo y(x), je pa linearna enačba prvega reda za funkcijo x(y), saj jo lahko prepišemo v obliko dx dy + 2 y x = y. To enačbo bomo torej lahko rešili z zgornjo metodo, a z zamenjanima vlogama spremenljivk x in y. Integrirujoči faktor je µ(y) = e 2 y dy = e (ln y2 +c), izberemo µ(y) = y 2. Odtod dobimo ( dx y 2 dy + 2 ) y x = y 3 d dy (xy2 ) = y 3, ki je enačba z ločenima spremenljivkama. Integriramo d(xy 2 ) = y 3 dy in dobimo splošno rešitev xy 2 = y4 4 + c x = y2 4 + c y Bernoullijeve enačbe Bernoullijeva diferencialna enačba je oblike dy dx + P (x)y = Q(x)yn, (2.21)

23 2.6. BERNOULLIJEVE ENAČBE 23 kjer pa n ni nujno naravno, ampak je lahko poljubno realno število. V splošnem to ni linearna diferencialna enačba (razen v posebnem primeru, da je n = 0 ali n = 1), se jo pa da na enostaven način prevesti na linearno diferencialno enačbo. Uvedba nove spremenljivke z(x) = y 1 n (v primeru n 1, saj sicer nova sploh spremenljivka ni potrebna) prevede našo enačbo v enačbo ( 1 1 n ) dz + P (x)z = Q(x), dx ki je linearna diferencialna enačba prvega reda in jo rešimo z znano metodo. Primer: Rešimo enačbo To je Bernoullijeva enačba z y = x 3 y 2 + xy. P (x) = x, Q(x) = x 3, n = 2, če uporabljamo oznake iz (2.21). Uvedimo torej novo spremenljivko z diferencialom z(x) = y 1 dz = y 2 dy = z 2 dy in dobimo enačbo 1 dz z 2 dx = x3 z + x 2 z oziroma dz dx + xz = x3, ki je linearna diferencialna enačba. Njen integrirujoči faktor je, na primer, µ(x) = e x2 /2, s katerim pridemo do enačbe z ločljivima spremenljivkama d dx (ex2 /2 z(x)) = x 3 e x2 /2.

24 24 POGLAVJE 2. DIFERENCIALNE ENAČBE PRVEGA REDA Za s(x) = e x2 /2 z(x) tedaj dobimo enačbo s = x 3 e x2 /2 in odtod s(x) = x 3 e x2 /2 dx. Z integracijo per partes (u = x 2 in dv = xe x2 /2 dx) dobimo s(x) = x 2 e x2 /2 + 2e x2 /2 + C, z(x) = x Ce x2 /2, kjer je C konstanta. Zdaj se lahko vrnemo k prvotni spremenljivki y = z 1 in dobimo splošno rešitev. y(x) = 1 x Ce x2 /2 = e x2/2 x 2 e x2 /2 + 2e x2 /2 + C 2.7 Ortogonalne trajektorije Oglejmo si neko geometrijsko uporabo diferencialnih enačb. Zadajmo si tako nalogo: za dano družino krivulj poiščimo drugo družino krivulj, ki jim rečemo ortogonalne trajektorije, tako da se bosta poljubni dve krivulji iz različnih družin sekali pravokotno. Najprej povejmo v kakšni zvezi so družine krivulj in diferencialne enačbe. Začnimo kar s primerom. Primer: Imejmo družino funkcij y = ae x, kjer je a R. Odvod vsake take funkcije je kar enak funkciji y = ae x, torej naša družina funkcij reši diferencialno enačbo y = y. Zdaj že vemo, da vse rešitve te enačbe (razen konstantne funkcije y(x) = 0) pripadajo družini y = ae x.

25 2.7. ORTOGONALNE TRAJEKTORIJE 25 Vrnimo se k naši nalogi. Recimo, da imamo družino K krivulj, ki so grafi rešitev diferencialne enačbe oblike y = f(x, y), kjer je f neka dana funkcija. Tedaj bo družina ortogonalnih trajektorij C ravno družina grafov rešitev diferencialne enačbe y = 1 f(x, y). Primer: Imejmo družino x 2 + y 2 = a 2 krogov s središčem v izhodišču. Odvajajmo to enačbo po x. 2x + 2y dy dx = 0 dy dx = x y. Tedaj bodo ortogonalne trajektorije na naše kroge zadoščale enačbi Ločimo spremenljivki. Integriramo in dobimo dy dx = y x. dy y = dx x ln y = ln x + ln C = y = Cx. Ortogonalne trajektorije koncentričnih krogov so premice, ki potekajo skozi središče teh krogov.

26 26 POGLAVJE 2. DIFERENCIALNE ENAČBE PRVEGA REDA

27 Poglavje 3 Diferencialne enačbe višjih redov V tem poglavju bomo obravnavali navadne diferencialne enačbe višjih redov, predvsem bo šlo za linearne diferencialne enačbe. 3.1 Linearne diferencialne enačbe Linearna diferencialna enačba (1.2) je enačba oblike a n (x) dn y dx n + a n 1(x) dn 1 y dx n 1 n + a 1(x) dy dx + a 0(x)y = f(x), (3.1) kjer so a i (x) in f(x) znane funkcije. Tej enačbi priredimo enačbo, katere leva stran je identična z levo stranjo prejšnje enačbe, desna stran pa je enaka 0, a n (x) dn y dx n + a n 1(x) dn 1 y dx n 1 + a 1(x) dy dx + a 0(x)y = 0. (3.2) Za to enačbo pa rečemo, da je enačbi (1.2) prirejena homogena diferencialna enačba. To seveda nima prav nobene zveze (razen besedne) s homogenostjo v razdelku (2.2), na kar smo opozorili že tam. Tu gre za to, da je za poljubno množico rešitev homogene linearne enačbe tudi vsaka njihova linearna kombinacija rešitev te enačbe (to sledi neposredno iz linearnosti odvajanja). To lahko povemo tudi takole. Trditev: Rešitve homogene linearne diferencialne enačbe sestavljajo vektorski prostor. 27

28 28 POGLAVJE 3. DIFERENCIALNE ENAČBE VIŠJIH REDOV Dokaz: Vaja! Kako rešujemo (nehomogeno) enačbo oblike (1.2)? Recimo, da poznamo neko partikularno rešitev y p (x) te enačbe. Tedaj je splošna rešitev te enačbe oblike y(x) = y p (x) + y c (x), (3.3) kjer je y c (x) splošna rešitev enačbi (1.2) prirejene homogene enačbe. Vaja: Preverite, da vsaka funkcija oblike (3.3) res zadošča naši diferencialni enačbi. O problemu, kako poiskati kakšno partikularno rešitev, bomo rekli kaj kasneje, zdaj recimo nekaj o rešitvah homogene linearne diferencialne enačbe. Kot smo ugotovili že zgoraj rešitve take enačbe napenjajo neki vektorski prostor. Izkaže se, da je njegova dimenzija ravno red enačbe, v primeru (1.2) torej n. Splošno rešitev bomo torej našli natanko tedaj, ko bomo poiskali n linearno neodvisnih rešitev. Za dve funkciji ni težko ugotoviti, ali sta linearno neodvisni ali ne, za več funkcij pa to ni najlažje ugotovimo z determinanto Wronskega. Imejmo množico {f 1, f 2,..., f n } funkcij, ki so definirane na nekem intervalu I in so na njem vsaj n-krat zvezno odvedljive. Tedaj je ta množica na I linearno neodvisna, če je njena determinanta Wronskega f 1 (x) f 2 (x) f n (x) f 1(x) f 2(x) f n(x) W (x) = det... f (n 1) 1 (x) f (n 1) 2 (x) f n (n 1) (x) različna od 0. Obratna trditev sicer v splošem ne drži, drži pa za množico rešitev homogene linearne diferencialne enačbe. Če je {y 1,..., y n } množica rešitev neke linearne diferecialne enačbe z zveznimi koeficienti, je njena determinanta Wronskega bodisi različna od 0 v vsaki točki intervala I bodisi enaka 0 v vsaki točki intervala I. Naredimo primer za ilustracijo doslej povedanega. Primer: Rešimo enačbo y + y = x.

29 3.1. LINEARNE DIFERENCIALNE ENAČBE 29 Vemo, da bo splošna rešitev te enačbe oblike y(x) = y p (x) + y c (x), kjer je y p (x) poljubna partikularna rešitev naše enačbe, y c (x) pa splošna rešitev ustrezne homogene enačbe. Za homogeno enačbo y + y = 0 vemo, da ji ustrezata tako y = cos x, kakor tudi y = sin x. Sta ti funkciji linearno neodvisni? Seveda sta, saj vemo, da se ti funkciji ne razlikujeta le za kakšen skalarni faktor, lahko pa to preverimo tudi z determinanto Wronskega. [ W (x) = det cos x sin x Splošna rešitev homogene enačbe je tedaj ] sin x = 1 0 cos x y c (x) = C 1 cos x + C 2 sin x. Poiskusimo poiskati še kakšno partikularno rešitev. Ponavadi je taka rešitev v nekakšnem sorodstvu z desno stranjo nehomogene enačbe. Res, če poiskusimo kar z našo desno stranjo y p (x) = x, je to res partikularna rešitev. Kar takoj pa povejmo, da nasploh desna stran enačbe (1.2) ni kar enaka partikularni rešitvi, omenjeno šorodstvo"bo, žal, le treba razumeti bolj široko. Kakorkoli, dobili smo splošno rešitev naše enačbe, ki je y(x) = x + C 1 cos x + C 2 sin x. Tako, nekaj splošnega o reševanju linearnih diferencialnih enačb smo povedali. Dodajmo še, da nasploh ni lahko najti niti partikularne rešitve niti rešitev homogene enačbe. V posebnih primerih, na primer v primeru, da so koeficienti a i (x) v (1.2) konstante, pa tako enačbo sorazmerno lahko rešimo. S takimi enačbami se bomo ukvarjali v naslednjih dveh razdelkih.

30 30 POGLAVJE 3. DIFERENCIALNE ENAČBE VIŠJIH REDOV 3.2 Homogene linearne DE s konstantnimi koeficienti V tem razdelku se bomo posvetili diferencialni enačbi a n y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 1 y + a 0 y = 0, (3.4) kjer so a i poljubna realna števila. To je homogena linearna diferencialna enačba s konstantnimi koeficienti. Tej enačbi priredimo njeno karakteristično enačbo a n m n + a n 1 m n a 1 m + a }{{} 0 = 0, (3.5) P (m) ki je polinomska enačba dobljena iz diferencialne enačbe (3.4) tako, da nadomestimo vsak odvod y (i) z ustrezno potenco m i neke spremenljivke m. Splošna rešitev y(x) diferencialne enačbe (3.4) je odvisna od rešitev njene karakteristične enačbe (3.5) P (m) = 0. Različne možnosti sestavimo v naslednjo tabelo. P (m) y(x) (m m 1 )(m m 2 )... (m m k ), C 1 e m1x + C 2 e m2x + + C k e m kx kjer so m i paroma različna števila; (m m 1 ) k (C 1 + C 2 x + + C k x k 1 )e m 1x [m (a + bi)][m (a bi)] = (m a) 2 + b 2 (C 1 cos bx + C 2 sin bx)e ax [(m a) 2 + b 2 ] k (C 1 + C 2 x + + C k x k 1 )e ax cos bx+ +(K 1 + K 2 x + + K k x k 1 )e ax sin bx Tu so C i in K i poljubne konstante. Če je polinom P (m) produkt različnih faktorjev iz leve strani zgornje tabele, je splošna rešitev vsota ustreznih desnih strani. Primeri: 1. Rešimo enačbo y 6y + 11y 6y = 0.

31 3.3. LINEARNE DE S KONSTANTNIMI KOEFICIENTI 31 Njen karakteristični polinom je P (m) = m 3 6m m 6 = (m 3)(m 2)(m 1). Koreni karakterističnega polinoma so vsi različni, splošna rešitev naše diferencialne enačbe je tedaj 2. Poiščimo splošno rešitev enačbe Njen karakteristični polinom je y(x) = C 1 e x + C 2 e 2x + C 3 e 3x. y 2y + y = 0. P (m) = m 2 2m + 1 = (m 1) 2, ki ima dvojni koren m = 1. Splošna rešitev naše enačbe je torej 3. Rešimo enačbo Njen karakteristični polinom y(x) = (C 1 + C 2 x)e x. y + y + y + y = 0. m 3 + m 2 + m + 1 = (m + 1)(m 2 + 1) ima en enojni realni koren m = 1 in en par konjugiranih kompleksnih korenov. Iz tabele tedaj preberemo splošno rešitev naše enačbe. y(x) = C 1 e x + C 2 cos x + C 3 sin x. 3.3 Linearne DE s konstantnimi koeficienti Povedali smo že, da za splošno rešitev linearne diferencialne enačbe potrebujemo eno partikularno rešitev in splošno rešitev prirejene homogene enačbe. O homogenih linearnih diferencialnih enačbah s konstantnimi koeficientih smo govorili v prejšnjem razdelku, za rešitev linearne diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti potrebujemo torej le še metode za iskanje partikularnih rešitev nehomogenih enačb. Dve taki metodi bomo obravnavali v tem razdelku.

32 32 POGLAVJE 3. DIFERENCIALNE ENAČBE VIŠJIH REDOV Nedoločeni koeficienti V primeru linearne diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti a n y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 1 y + a 0 y = f(x) (3.6) lahko poiščemo partikularno rešitev z metodo nedoločenih koeficientov, če je desna stran f(x) enačbe funkcija prav posebne oblike, kakršne nastopajo v naslednji tabeli. V tej tabeli zapišimo funkcijo f(x) in priporočeno obliko partikularne rešitve, ki je izražena z nedoločenimi koeficienti, katere moramo določiti tako, da bo ustrezala diferencialni enačbi. f(x) C Ce βx C 1 sin mx + C 2 cos mx R n (x) R n (x)e βx R n (x)e βx sin mx R n (x)e βx cos mx y p (x) x s A x s Ae βx x s (A 1 sin mx + A 2 cos mx) x s P n (x) x s P n (x)e βx x s e βx [P n (x) cos mx + Q n (x) sin mx] x s e βx [P n (x) cos mx + Q n (x) sin mx] Slika 3.1: Tabela predlaganih oblik partikularnih rešitev V tej tabeli so na levi strani dane funkcije; C, C 1 in C 2 so take konstante, da funkcija na levi strani tabele ni nikoli 0; R n (x), P n (x) in Q n (x) so polinomi iste dane stopnje n. Pri tem moramo koeficiente polinomov P n (x) in Q n (x) določiti tako, da bo funkcija na desni rešila diferencialno enačbo, isto velja za koeficiente A i. Eksponent s pa je najmanjše tako nenegativno celo število, da noben člen v priporočeni obliki partikularne rešitve ne more rešiti tudi ustrezne homogene enačbe. Če je funkcija f(x) vsota različnih funkcij, ki nastopajo na levi strani naše tabele, moramo tudi partikularno rešitev sestaviti iz ustreznih funkcij na desni strani tabele.

33 3.3. LINEARNE DE S KONSTANTNIMI KOEFICIENTI 33 Primera: 1. Rešimo enačbo y 6y = 6e 6x. Ker gre za linearno diferencialno enačbo, bo njena splošna rešitev vsota y p (x) + y c (x) ene partikularne rešitve in splošne rešitve ustrezne homogene enačbe. Najprej rešimo ustrezno homogeno enačbo, zato poiščimo korene njenega karakterističnega polinoma. P (m) = m 2 6m = m(m 6). Splošna rešitev homogene enačbe je tedaj y c (x) = C 1 + C 2 e 6x. Ker je funkcija f(x) = 6e 6x, iščemo partikularno rešitev oblike y p (x) = x s Ae 6x. Določimo eksponent s. Najmanjša možna vrednost za s je s = 0, a ta ne bo dobra, saj vidimo, da bi v tem primeru dobili rešitev homogene enačbe. Poskusimo torej s = 1, kakršenkoli bo A, res v tem primeru ne dobimo rešitve homogene enačbe, zato s = 1 velja. Določimo še koeficient A. Za y = xae 6x velja y = (1 + 6x)Ae 6x in y = (1 + 3x)12Ae 6x, to vstavimo v našo (nehomogeno) diferencialno enačbo in dobimo 12Ae 6x (1 + 3x) 6Ae 6x (1 + 6x) = 6e 6x in odtod A = 1. Partikularna rešitev je tedaj y p (x) = xe 6x, splošna rešitev naše diferencialne enačbe pa 2. Rešimo enačbo Ustrezno homogeno enačbo y(x) = C 1 + C 2 e 6x + xe 6x. y + y = x + sin x. y + y = 0 že dobro poznamo, njena splošna rešitev je y(x) = C 1 cos x + C 2 sin x.

34 34 POGLAVJE 3. DIFERENCIALNE ENAČBE VIŠJIH REDOV Poiščimo še partikularno rešitev. Glede na funkcijo f(x) = x + sin x poskusimo z nastavkom y p (x) = x s 1 (B 0 + B 1 x) + x s 2 (A }{{} 1 sin x + A 2 cos x). }{{} za x za sin x Začnimo z določitvijo števila s 1, ugotovimo, da je to lahko kar s 1 = 0, saj funkcija B 0 + B 1 x ni rešitev homogene enačbe. Za s 2 pa vidimo, da ne more biti 0, saj sin x reši homogeno enačbo. Velja pa s 2 = 1, saj funkcija x(a 1 sin x + A 2 cos x) ne more biti rešitev homogene enačbe. Partikularna rešitev bo torej oblike Tedaj velja in y p (x) = B 0 + B 1 x + x(a 1 sin x + A 2 cos x). y p = B 1 + (A 1 xa 2 ) sin x + (A 2 + xa 1 ) cos x y p = ( 2A 2 xa 1 ) sin x + (2A 1 xa 2 ) cos x. Če to vstavimo v našo enačbo, dobimo 2A 1 cos x 2A 2 sin x + B 0 + B 1 x = x + sin x. Odtod pa dobimo A 1 = 0, A 2 = 1/2, B 0 = 0, B 1 = 1. Partikularna rešitev je tedaj y p (x) = x x 2 cos x, splošna rešitev naše enačbe pa je y(x) = C 1 sin x + C 2 cos x + x(1 cos x 2 ) Variacija konstant Posvetimo se primeru enačbe a n y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 1 y + a 0 y = f(x), (3.7) v katerem funkcija f(x) ni take posebne vrste, kakršne smo srečali v prejšnjem podrazdelku v tabeli (3.3.1). Tedaj lahko uporabimo neko drugo metodo,

35 3.3. LINEARNE DE S KONSTANTNIMI KOEFICIENTI 35 imenovano variacija konstant, s katero najdemo partikularno rešitev zgornje enačbe. Gre za to, da najprej izračunamo splošno rešitev ustrezne homogene enačbe, potem pa nadomestimo konstante v tej splošni rešitvi homogene enačbe s funkcijami, ki jih določimo tako, da dobimo partikularno rešitev nehomogene enačbe. Ilustrirajmo to na primeru. Primer: Rešimo enačbo Splošna rešitev ustrezne homogene enačbe je y + y = tg x. (3.8) y c (x) = C 1 sin x + C 2 cos x. Funkcija tg x res ni tipa, kakršne smo imeli v tabeli (3.3.1). Zato poiščimo partikularno rešitev z variacijo konstant, tj. kostanti C 1 in C 2 v zgornji rešitvi homogene enačbe nadomestimo z nekima funkcijama A(x) oziroma B(x): y p (x) = A(x) sin x + B(x) cos x. Funkciji A(x) in B(x) moramo določiti tako, da bo y p (x) ustrezal naši enačbi (3.8). Poleg tega bomo predpostavili, da sta ti funkciji taki, da njuna odvoda dasta rešitev homogene enačbe in je zato Poiščimo najprej prvi odvod funkcije y p (x). A (x) sin x + B (x) cos x = 0. (3.9) y p(x) = A (x) sin x + B (x) cos x + A(x) cos x B(x) sin x Za drugi odvod odvajamo prvega, hkrati pa upoštevajmo predpostavko (3.9). Dobimo torej y p(x) = A (x) cos x B (x) sin x (A(x) sin x + B(x) cos x) in ko vstavimo y p (x) v enačbo dobimo A (x) cos x B (x) sin x = tg x. Rešiti moramo torej naslednji sistem enačb A (x) sin x + B (x) cos x = 0 A (x) cos x B (x) sin x = tg x Ta sistem lahko rešimo z eliminacijo (na primer: prvo enačbo pomnožimo s sin x, drugo s cos x, seštejemo in dobimo A (x) = sin x, odtod dobimo B (x)

36 36 POGLAVJE 3. DIFERENCIALNE ENAČBE VIŠJIH REDOV in odtod rešitev). Lahko pa se tega lotimo bolj sistematično, z matrikami. Zgornji sistem lahko prepišemo v matrično enačbo. [ ] [ ] [ ] sin x cos x A (x) 0 cos x sin x B = (x) tg x To enačbo z leve pomnožimo z inverzno matriko matrike na levi (ki je slučajno kar enaka tej matriki) in dobimo A (x) = sin x B (x) = sin2 x cos x. Odtod pa dobimo z integracijo funkciji A(x) in B(x). A(x) = cos x, B(x) = sin x ln cos 1 x + tg x Odtod dobimo partikularno rešitev. y p (x) = A(x) sin x + B(x) cos x = cos x ln cos 1 x + tg x Splošna rešitev naše enačbe pa je y(x) = C 1 sin x + C 2 cos x cos x ln cos 1 x + tg x. 3.4 Nihanje Sinusno nihanje. Najprej si oglejmo gibanje masne točke na R, na katerega deluje sila, ki ga vleče k koordinatnemu začetku 0 in katere velikost je premosorazmerna oddaljenosti od koordinatnega začetka. V točki x tedaj deluje na našo masno točko, katere masa naj bo m, sila F = kx, kjer je k > 0. Po Newtonovem zakonu tedaj velja mẍ = kx ali mẍ + kx = 0. To je linearna diferencialna enačba s konstantnimi koeficienti, njena karakteristična enačba je λ 2 + k/m = 0, njena splošna rešitev pa je x(t) = C 1 cos(ωt) + C 2 sin(ωt), kjer smo označili ω = k/m. Če konstanti C 1 in C 2 pišemo C 1 = a sin(ωδ) in C 2 = a cos(ωδ) dobimo x(t) = a sin(ωδ) cos(ωt) + a cos(ωδ) sin(ωt) = a sin[ω(t δ)].

37 3.4. NIHANJE 37 Od tod tudi ime sinusno nihanje. Če poznamo začetna podatka x(0) in ẋ(0), iz njih izračunamo amplitudo a in zamik δ. Tedaj imamo gibanje natanko določeno. Perioda tega nihanja je T = 2π/ω. Približno tako nihanje dobimo z matematičnim nihalom, če je odklon zelo majhen. Dušeno in vsiljeno nihanje. Imejmo podobno situacijo kot zgoraj, to je, imejmo masno točko na R, nanj pa naj poleg sile F = kx, ki vleče točko k 0, deluje še sila upora F u, ki je premosorazmerna hitrosti ẋ in njej nasprotna, torej F u = rẋ in zunanja sila f(t), ki je odvisna le od časa. Po Newtonovem zakonu tedaj velja mẍ + rẋ + kx = f(t). (3.10) Če je f(t) = 0, rečemo takemu nihanju prosto nihanje, sicer pa gre za vsiljeno nihanje. Tako enačbo dobimo pri nihalu (še vedno le za precej majhne kote) in nekaterih drugih mehanskih nihanjih, a pri vseh teh ta enačba zgolj približno opiše situacijo. Pri električnem krogu s tuljavo (z induktivnostjo µ), uporom (R) in kondenzatorjem (s kapacitivnostjo C = 1/κ) pa nam taka enačba popiše situacijo v popolni preciznosti. Naj bo naboj na kondenzatorju Q, napetost na kondenzatorju pa U. Tedaj velja: CU = U/κ = Q, I = Q = U/κ. Ohmov zakon pove, da je produkt IR enak napetosti, ki je napetost na kondenzatorju zmanjšana za napetost zaradi samo indukcije in povečana za zunanjo električno silo φ(t). Pridemo do enačbe IR = U µ I + φ(t) ali µü + R U + κu = κφ(t), ki ji zadošča napetost v električnem krogu. To je spet enačba oblike (3.10). Če to enačbo delimo z 1/κ in odvajamo po času, dobimo za tok enačbo ki je podobne oblike. Vrnimo se k enačbi (3.10) µï + R I + κi = φ(t), mẍ + rẋ + kx = f(t). Prirejena homogena enačba, ki opisuje prosto dušeno nihanje, ima karakteristično enačbo mλ 2 + rλ + k = 0.

38 38 POGLAVJE 3. DIFERENCIALNE ENAČBE VIŠJIH REDOV Njeni rešitvi sta λ 1 = r 2m + 1 r2 4mk, 2m Tu nastopijo tri možnosti. λ 2 = r 2m 1 r2 4mk. 2m Če je r 2 4mk > 0, dobimo splošno rešitev x(t) = C 1 e λ 1t + C 2 e λ 2t, pri tem sta λ 1, λ 2 < 0 in to gibanje ni periodično. Sila upora je tako močna, da se masna točka le asimptotično približuje točki 0 (če ni že na začetku v 0). Če je r 2 4mk = 0, dobimo rešitev x(t) = C 1 e λt + C 2 te λt. Tudi tu gre za neperiodično gibanje, točka se asimptotično približuje točki 0 (če ni že na začetku v 0). V primeru r 2 4mk < 0 pa je upor tako majhen, da sta λ 1 in λ 2 kompleksni števili. Označimo r 2 4mk = 4m 2 ν 2. Splošna rešitev homogene enačbe je tedaj x(t) = C 1 e rt/(2m) cos νt + C 2 e rt/(2m) sin νt. Če pišemo C 1 = a cos νt in C 2 = a sin νt, lahko to rešitev zapišemo tudi x(t) = ae rt/(2m) cos[ν(t δ)]. V tem primeru gre za nihanje, ki mu rečemo dušeno nihanje, amplituda se namreč z rastočim t eksponencialno manjša. VSILJENO NIHANJE IN RESONANCA 3.5 Znižanje reda enačbe V prejšnjih razdelkih smo si ogledali metode reševanja linearnih diferencialnih enačb s konstantnimi koeficienti. Za linearne enačbe z nekonstantnimi koeficienti žal ne obstajajo take metode reševanja. Včasih pa lahko kakšno rešitev uganemo. V tem razdelku si bomo ogledali, kako rešimo linearno diferencialno enačbo drugega reda, če poznamo

39 3.5. ZNIŽANJE REDA ENAČBE 39 eno rešitev. V takem primeru lahko našo enačbo prevedemo v linearno diferencialno enačbo prvega reda, zato tej metodi rečemo znižanje reda enačbe. Primer: Recimo, da za diferencialno enačbo vemo, da jo reši funkcija y 1 = e x. xy (x + 1)y + y = 0, x 0 (3.11) Tedaj pišemo splošno rešitev te enačbe v obliki y(x) = v(x)y 1 (x) = v(x)e x, (3.12) kjer moramo ustrezno funkcijo še poiskati. To splošno rešitev vstavimo v našo enačbo in pri tem upoštevajmo, da velja Dobimo y = v e x + ve x, y = v e x + 2v e x + ve x. x(v e x + 2v e x + ve x ) (x + 1)(v e x + ve x ) + ve x = 0 ( v ) v x = 0 Označimo w = v in dobimo w + ( 1 1 ) w = 0 (3.13) x Ta enačba je linearna diferencialna enačba prvega reda. faktorjem x 1 e x dobimo splošno rešitev te enačbe Z integrirujočim w(x) = Cxe x. Odtod dobimo v(x) z integracijo v(x) = Cxe x dx = C[ xe x e x ] + C 1 in iz (3.12) dobimo splošno rešitev prvotne enačbe y(x) = ve x = C 1 e x C(x + 1). Z znižanjem reda enačbe lahko poiščemo tudi partikularno rešitev nehomogene diferencialne enačbe, kadar poznamo eno rešitev prirejene homogene

40 40 POGLAVJE 3. DIFERENCIALNE ENAČBE VIŠJIH REDOV enačbe. To pride prav, kadar ne moremo uporabiti metode nedoločenih koeficientov iz podrazdelka (3.3.1). Primer: Oglejmo si diferencialno enačbo xy (x + 1)y + y = x 2 (2x + 1)e (x2 +x), x 0 (3.14) Tu desna stran enačbe ni take oblike, da bi si lahko pomagali s tabelo (3.3.1). Ker pa že iz prvega primera tega razdelka poznamo eno rešitev y 1 (x) = e x prirejene homogene enačbe, spet lahko poiščemo partikularno rešitev z znižanjem reda enačbe. Spet postavimo in tokrat dobimo enačbo w + Rešitev te enačbe prvega reda je y(x) = v(x)y 1 (x) ( 1 1 ) w = x(2x + 1)e x2. x w(x) = xe x2 + Cxe x in odtod dobimo v(x) = w(x) dx = xe x2 dx + C xe x dx. V prvi integral vpeljemo novo spremenljivko x 2, drugega pa izračunamo po delih in dobimo v(x) = ex2 2 Ce x (x + 1) + C 1. Končno dobimo splošno rešitev naše diferencialne enačbe. y(x) = 1 +x) 2 e(x2 C(x + 1) + C 1 e x }{{}}{{} y c(x) y p(x) Prvi del te rešitve je partikularna rešitev, v drugem delu pa lahko opazimo vnaprej poznano rešitev y 1 (x) = e x homogene enačbe. Pripomnimo, da lahko to metodo uporabimo tudi za linearne enačbe višjih redov (> 2), le da v tem primeru še ni rečeno, da bomo znali rešiti dobljeno enačbo nižjega (a ne prvega) reda.

41 3.6. EULER-CAUCHYJEVE ENAČBE Euler-Cauchyjeve enačbe Euler-Cauchyjeva diferencialna enačba je linearna diferencialna enačba oblike x n y (n) + a n 1 x n 1 y (n 1) a 1 xy + a 0 y = 0, (3.15) kjer so koeficienti a i konstantni. Karakteristična lastnost tega tipa enačb je, da imamo v vsakem členu potenco neodvisne spremenljivke istega reda kot je odvod odvisne spremenljivke. Tako enačbo z uvedbo nove spremenljivke t, za katero velja x = e t, poenostavimo v linearno diferencialno enačbo s konstantnimi koeficienti, to pa rešujemo po že znanih poteh. Primer: Rešimo enačbo x 2 y 3xy + 4y = 0, x > 0. Ta enačba je Euler-Cauchyjeva. Postavimo x = e t, ( ( )) ( dy dy = e t dx dt, d 2 y d dx = 2 e t t dy d e = e 2t 2 y dt dt dt dy ) 2 dt in dobimo ( ( d e 2t e 2t 2 y dt dy )) ( 3e t e 2 dt ) + 4y = 0 (3.16) dt t dy d 2 y dt 4dy + 4y = 0. (3.17) 2 dt Ta enačba je linearna diferencialna enačba s konstantnimi koeficienti. Njena karakteristična enačba je m 2 4m + 4 = 0, njena rešitev (dvojna) je m = 2. Zato je splošna rešitev te enačbe y(t) = (C 1 + C 2 t)e 2t. Rešitev prvotne enačbe pa dobimo s t = ln x v obliki y(x) = (C 1 + C 2 ln x)x 2, x > 0. Če bi imeli nehomogeno enačbo Euler-Cauchyjevega tipa, na opisani način rešimo prirejeno homogeno enačbo, partikularno rešitev pa poiščemo z variacijo konstant ali metodo nedoločenih koeficientov.,

42 42 POGLAVJE 3. DIFERENCIALNE ENAČBE VIŠJIH REDOV 3.7 Posebni tipi DE drugega reda Splošna navadna enačba drugega reda je oblike F (x, y, y, y ) = 0. (3.18) V tem razdelku si bomo ogledali dve družini navadnih diferencialnih enačb (ne nujno linearnih) drugega reda, ki jih lahko rešimo z metodami za reševanje NDE prvega reda. Enačbe brez odvisne spremenljivke Recimo, da je naša enačba oblike g(x, y, y ) = 0, (3.19) to je, da odvisna spremenljivka y v enačbi ne nastopa eksplicitno. V tem primeru vpeljemo novo (odvisno) spremenljivko y = p, y = dp dx in s tem reduciramo reševanje naše enačbe drugega reda na reševanje dveh navadnih diferencialnih enačb prvega reda (najprej za p, potem pa za y). Primer: Rešimo enačbo xy + y = (y ) 3, x 0. V skladu z navodilom vpeljemo y = p in dobimo enačbo in odtod xp + p = p 3 xp = p 3 p. V tej enačbi pa lahko ločimo spremenljivki. dp p 3 p = dx x

43 3.7. POSEBNI TIPI DE DRUGEGA REDA 43 Integrirajmo. dp p dp p 3 p dp p(p 1)(p + 1) dp p dp 2 p + 1 = = dx x dx x = ln x + ln K 1 2 ln p2 1 ln p = ln K x ln p 2 1 ln p 2 = ln(k x ) 2 ln p2 1 p 2 = ln(k x ) 2 p2 1 p 2 = K 2 x 2 p 2 1 p 2 = ±K 2 x 2 1 p = ±, 1 Cx 2 kjer je C = ±K 2. Ker je p = y, imamo dx y(x) = ± 1 Cx 2 = ± 1 C arcsin(x C) + c 1, C > 0 ± 1 C ln x C x2 + c 2, C < 0. Enačbe brez neodvisne spremenljivke Recimo, da imamo navadno diferencialno enačbo drugega reda, v kateri neodvisna spremenljivka ne nastopa eksplicitno. Ta enačba je torej oblike g(y, y, y ) = 0. (3.20)

44 44 POGLAVJE 3. DIFERENCIALNE ENAČBE VIŠJIH REDOV V tem primeru vzamemo y za novo neodvisno spremenljivko, y pa za novo odvisno spremenljivko y = p, y = dp dx = dp dy dy dx = pdp dy in s tem reduciramo reševanje enačbe (3.20) na reševanje dveh diferencialnih enačb prvega reda, najprej enačbo g(y, p, p dp dy ) = 0, v kateri iščemo funkcijo p(y), potem pa še y p(y) = 0. Primeri: 1. Rešimo enačbo yy + 2(y ) 2 = 0, y 0. Z vpeljavo nove spremenljivke p = y, y = pp dobimo enačbo yp dp dy + 2p2 = 0. Odtod pa dobimo p = 0 (in je tako y konstanta) ali dp dy + 2p y = 0. To je linearna diferencialna enačba prvega reda za p(y), celo ločljive spremenljivke ima. Dobimo dp = 2 dy p y ln p = ln Cy 2 p = Cy 2, kjer je C konstanta. Ker imamo tu konstanto C multiplikativno (in je lahko pozitivna ali negativna), smo lahko izpustili absolutno vrednost na levi strani zgornje enakosti. Odtod dobimo enačbo za funkcijo y(x): dy dx = C y 2.

45 3.7. POSEBNI TIPI DE DRUGEGA REDA 45 V tej enačbi spet ločimo spremenljivki in integriramo. y 2 dy = C dx y 3 3 = Cx + K 2. Rešimo enačbo matematičnega nihala y 3 = 3Cx + 3K = C 1 x + K 1 ẍ + ax = 0, a > 0. Uvedemo novo spremenljivko z(x) = ẋ in dobimo ẍ = z dz dx in iz prvotne enačbe z dz dx = ax. To je enačba z ločljivima spremenljivkama, dobimo z dz = a x dx z 2 = C 2 ax 2 z = C 2 ax 2 Z upoštevanjem definicije funkcije z dobimo odtod dx dt = C 2 ax 2, kar je spet enačba z ločljivima spremenljivkama. dx C2 ax 2 = dt 1 a arcsin x a C = t K x = C a sin( at K a)

46 46 POGLAVJE 3. DIFERENCIALNE ENAČBE VIŠJIH REDOV Rešitev je periodična funkcija s periodo 2π a (ki je določena že s konstanto a in tako neodvisna od kakšnih začetnih pogojev). 3. Enačba fizikalnega nihala je Za z = ẋ dobimo enačbo ẍ + a sin x = 0, a > 0. z dz dx + a sin x = 0, ki je spet enačba z ločljivima spremenljivkama. Dobimo z dz = a sin x dx z = 2a cos x + C in dx dt dx 2a cos x + C = = 2a cos x + C dt dx 2a cos x + C = t K Integral, ki smo ga dobili na levi pa je eliptični integral in ni rešljiv z elementarnimi metodami. 3.8 Redukcija diferencialne enačbe V tem razdelku bomo pokazali, da lahko reševanje diferencialne enačbe z začetnim pogojem reduciramo na reševanje sistema diferencialnih enačb prvega reda.

47 3.8. REDUKCIJA DIFERENCIALNE ENAČBE 47 Imejmo začetno nalogo oblike y (n) = f(x, y, y,..., y (n 1) ), y(a) = c 1, y (a) = c 2,..., y (n 1) (a) = c n. (3.21) Recimo, da je je y(x) rešitev tega začetnega problema na nekem intervalu [a, b]. Definirajmo funkcije z 1 (x) = y(x), z 2 (x) = y (x),..., z n (x) = y (n 1) (x). Tedaj veljajo naslednje enakosti. z 1 = z 2 z 2 = z (3.22) z n 1 = z n z n = f(x, z 1, z 2,..., z n ) To pa je sistem n diferencialnih enačb prvega reda, zapišimo ga še v vektorski obliki. Naj bo z (x) vektorska funkcija in definirajmo vektorsko funkcijo z z (x) = (z1 (x), z 2 (x),..., z n (x)) F (x, z ) = (F1 (x, z ), F 2 (x, z ),..., F n (x, z )) F 1 (x, z ) = z 2, F 2 (x, z ) = z 3,,..., F n 1 (x, z ) = z n, F n = f(x, z 1, z 2,..., z n ). Začetne pogoje pa lahko zapišemo z vektorji takole: z (a) = c = (c 1,..., c n ). Tedaj je zgornji sistem enačb (3.22) v vektorski obliki z = F (x, z ), z (a) = c. Pokazali smo, da nam da rešitev y(x) diferencialne enačbe n-tega reda (3.21) da rešitev sistema enačb (3.22) prvega reda. Pokažimo še obratno. Naj bodo na intervalu [a, b] definirane zvezno odvedljive funkcije z 1 (x),..., z n (x), ki ustrezajo sistemu enačb (3.22) in začetnemu pogoju z (a) = c. Iz prve enačbe sistema (3.22) sledi: ker je z 2 zvezno odvedljiva, je z 1 dvakrat zvezno odvedljiva in velja z 2 = z 1. Iz druge enačbe sledi, da je z 2 dvakrat zvezno odvedljiva in zato z 1 trikrat zvezno odvedljiva in z 3 = z 1, itd. Iz predzadnje enačbe sledi, da je z 1 n-krat zvezno odvedljiva in z n = z (n 1) 1. Če vse to vstavimo v zadnjo enačbo vidimo, da z 1 (x) zadošča prvotni diferencialni enačbi (3.21).

48 48 POGLAVJE 3. DIFERENCIALNE ENAČBE VIŠJIH REDOV 3.9 Sistemi linearnih NDE prvega reda V tem razdelku si bomo ogledali metodo reševanja sistemov linearnih diferencialnih enačb prvega reda s konstantnimi koeficienti s pomočjo lastnih vrednosti Metoda lastnih vrednosti za homogene sisteme Imejmo takle sistem linearnih NDE prvega reda s konstantnimi koeficienti a ij, i, j = 1,..., n. x 1(t) = a 11 x 1 (t) + a 12 x 2 (t) + + a 1n x n (t) x 2(t) = a 21 x 1 (t) + a 22 x 2 (t) + + a 2n x n (t) (3.23) x n(t) = a n1 x 1 (t) + a n2 x 2 (t) + + a nn x n (t) Ta sistem prepišemo v matrično obliko kjer je x(t) vektor stolpec (3.24) x (t) = Ax(t), (3.25) x 1 (t) x 2 (t). x n (t) dimenzije n (tj. matrika dimenzije n 1), x (t) = dx dt je vektor stolpec dimenzije n 1, katerega komponente so odvodi istoležnih komponent vektorja x(t) matrika A = [a ij ] pa matrika dimenzije n n, ki jo sestavljajo koeficienti sistema (3.23). Kot vemo iz linearne algebre, je število λ lastna vrednost kvadratne matrike A, če je det(a λi) = 0, (3.26) kjer je I enotska matrika iste dimenzije kot A. Neničelnemu vektorju x, za katerega velja (A λi)v = 0, pa rečemo lastni vektor za lastno vrednost λ. Za rešitve sistema (3.23) velja takle izrek, ki pa ga ne bomo dokazali.