Хомогена диференцијална једначина је она која може да се напише у облику: = t( x)

Transcript

1 ДИФЕРЕНЦИЈАЛНЕ ЈЕДНАЧИНЕ Штa треба знати пре почетка решавања задатака? Врсте диференцијалних једначина. ДИФЕРЕНЦИЈАЛНА ЈЕДНАЧИНА КОЈА РАЗДВАЈА ПРОМЕНЉИВЕ Код ове методе поступак је следећи: раздвојити функције које зависе од од функција које зависе од на две различите стране и после тога интегралити сваку страну посебно. ( ) ϕ ( ) d f( ) ϕ( ) d 0 f( ) ϕ ( ) d f( ) ϕ( ) d f( ) ϕ( ) d, након чега се интеграле обе стране. f ϕ ( ) ( ) d. ХОМОГЕНА ДИФЕРЕНЦИЈАЛНА ЈЕДНАЧИНА Хомогена диференцијална једначина је она која може да се напише у облику: Решава се сменом. Поступак решавања је следећи: d d d f ( ) f ( ) d f ( ) која се решава методом раздвајања променљивих. f. и једначина се своди на ону. ДИФЕРЕНЦИЈАЛНА ЈЕДНАЧИНА КОЈА СЕ СВОДИ НА ХОМОГЕНУ a Диференцијална једначина је облика b c f, где су a, a, b, b, c, c R : a b c a b Поступак решавања зависи од вредности детерминанте D. a b А) Уколико је D 0, тада се уводи смена a b c ( ) или a b c ( ) и једначина се своди на диференцијалну једначину која раздваја променљиве Б) Уколико је D 0, тада се уводи смена X α и Y β. Вредности α и β се добијају aα bβ c 0 из система. Тада се једначина своди на хомогену по X и по Y. aα bβ c 0 ЛИНЕАРНА ДИФЕРЕНЦИЈАЛНА ЈЕДНАЧИНА Једначина облика P( ) Q( ). Решава се сменом: ( ) u( ) v( ) u v u v P( ) u v Q( ) u v u ( v P( ) v) Q( ) dv dv А) v P( ) v 0 P( ) v 0 P( ) v P( ) d v P( ) v ( ) P d dv d d v u v u v l d Jov@s lcurs

2 Б) u v Q( ) du Q( ) du Q ( ) d d d v d P d ( ) Q du d P( ) Q du Q( ) d P( ) d d u Q( ) d P( ) ( ) P( ) P( ) d du Q( ) u ( ) P( ) d P d P( ) d P( ) ( ) Q( ) d ( ) Q( ) ( ) ( ) d ( d) d d 5. БЕРНУЛИЈЕВА ДИФЕРЕНЦИЈАЛНА ЈЕДНАЧИНА Једначина облика ( ) ( ) m P Q назива се Бернулијева дифаренцијална једначина. m Решава се сменом. m m m Поступак: P( ) Q( ) / : P( ) Q( ) P( ) m m m m Q( ) m Смена m. m Одавде је: ( ) m ( m) ( m). m m Уврштавањем смене: P( ) Q( ) P( ) Q( ) добија се линеарна m m m диференцијална једначина.. ЈЕДНАЧИНА ТОТАЛНОГ ДИФЕРЕНЦИЈАЛА P Q Једначина облика P (, ) d Q(, ) d 0 и условом да је чини да се може одредити функција u (,, ) 0, за коју је први израз тотални диференцијал. Под тоталним диференцијалом непрекидне функције са две променљиве се подразумева израз u u u u du d d, при чему мора бити задовољено да. Упоређујући последња u u два израза са датом једначином, излази да је P(, ), а Q(, ) и захтев да буде u u P Q задовољено се своди на захтев. Дакле, када је овај услов задовољен, тада u из P(, ) следи: КОРАК : u P( ) d P d u P,, u (, ) ( ) ( ) u КОРАК : Q(, ) ( ) ( P (, ) ( ) ) Q, Такође може и обрнуто - да се најпре интеграли Q( ). u,, а затим константа у облику u P,. функције по која се добија у том случају, да се одреди из услова ( ) Jov@s lcurs

3 7. СНИЖАВАЊЕ РЕДА ДИФЕРЕНЦИЈАЛНЕ ЈЕДНАЧИНЕ Постоје неколико типова диференцијалних једначина којима се снижава ред. 7. Једначина облика f. ( ) Решење је: d f ( ) d F ( ) F ( ) d d, итд. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) d ( F ( ) ) d 7. Једначина облика Решење је: ( ) ( ) k ( k ) ( k ) (,,,...) 0 F. ( k ) ( k ) ( ) ( ) ( ) ( k ) ( k ), итд. 7. Једначина облика (,,,... ) 0 F. d d d d d Решење је: ( ) d d d d d d d d d( ) d d d d d d ( ) ( ) ( ), итд. 8. МЕТОДА ВАРИЈАЦИЈЕ КОНСТАНТИ Теорема: Ако је познато опште решење хомогене једначине ( ) ( ) ( ) f( ) f( )... f( ) f( ) 0, тада се може одредити опште ( ) ( ) ( ) f f... f f F Ако је опште решење..., тада решавамо систем једнакости: решење нехомогене једначине ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( )... F( ).. МЕТОДА НЕОДРЕЂЕНИХ КОЕФИЦИЈЕНАТА ( ) ( ) ( ) Нека је дата диференцијална једначина a a a a a f ( ) Решење ове једначине је Jov@s lcurs h..... o Решење карактеристичне једначине a k a k a k... a k ao 0 даје хомогени део решења. a f P cos b Q si b, тада је партикуларно решење Ако је функција f ( ) облика ( ) ( ( ) m( ) ) a облика ( R ( ) cos b S ( ) si b), где је: l l - вишеструкост решења карактеристичне једначине броја a ± bi, а који је одређен обликом функције f ( ) l ma{ m, }

4 0. ОЈЛЕРОВА СМЕНА Теорема: Ојлерова диференцијална једначина је облика ( ) ( ) ( a b) ( a b)... ( a b) Φ( ). Решава се сменом a b. Одавде је l ( a b). Такође је: d d d d d d d. Како је ( ) d l a b d ( ) a a a b a d a b a b d d d a d d d d d d d d ( a ) ( a a ( ) a d d d d d a ( ) a a ( ), итд. На овакав начин Ојлерова диференцијална једначина се своди на линеарну диференцијалну једначину по променљивој.. ХОМОГЕНЕ ЈЕДНАЧИНЕ СА ПОЗНАТИМ ПАРТИКУЛАРНИМ РЕШЕЊЕМ Уколико је познато партикуларно решење за хомогену диференцијалну једначину, тада се она решава сменом, где је нова непозната по којој се добија једначина облика F,,,,.... ( ) 0. ЛИНЕАРНА ДИФЕРЕНЦИЈАЛНА ЈЕДНАЧИНА ВИШЕГ РЕДА СА КОНСТАНТНИМ КОЕФИЦИЈЕНТИМА Једначина облика: a b c f ( ) СЛУЧАЈЕВИ: А) ХОМОГЕНА ЈЕДНАЧИНА a b c 0 Која функција може у збиру са својим првим и другим изводом да даје нулу? k Одговор: она функција чији су изводи сродни са самом функцијом. То је или α cosk si k. Када се узме у обзир Ојлерова смена i cosα i siα, оба типа функција ће се свести на један, а то је Одавде потиче претпостављено решење једначина: a k k. Решења карактеристичне једначине могу бити: k на бази којега се добија карактеристична b k c 0.. РЕАЛНА И РАЗЛИЧИТА РЕШЕЊА k k k k R h.. РЕАЛНА И ЈЕДНАКА РЕШЕЊА k k k R h ( ) Jov@s lcurs

5 .. КОЊУГОВАНО-КОМПЛЕКСН РЕШЕЊ k α i β И α i β α k ( β si β ) cos h Б) НЕХОМОГЕНА ЈЕДНАЧИНА a b c f ( ) Решење се састоји од збира хомогоног и нехомогеног дела h. Хомогени део се рачуна као што је описано у случају под А. f. Нехомогени (партикуларни) део зависи од облика функције ( ) f a a... a a, тада: c b b... b bo Б.. ( ) o Б..а) 0 Б..б) c 0 b b... b b b o Б..в) b 0 c 0 b b... b b b b o Б.. ( ) f, тада: Б..а) k k Б..б) k k, ( ) k k Б..в) k k, Б.. ( ) ( ) f a a... a ao, тада: Смена своди овај случај на случај под Б), тј. на функцију полинома Б.. f ( ) a cosα a siα, тада: Б..а) ± iα k ± iα k b cosα b siα Б..б) ± i k ± iα k b cosα b siα α ( ) Б.5. f ( ) ( a cosα a siα), тада: Смена своди овај случај на случај под Б.. Б.. f ( ) f ( ) f ( ) f ( )... f ( ) Смена, тада:... В) ЈЕДНАЧИНЕ ВИШЕГ РЕДА ОД ДРУГОГ ( ) b c f ( ) a Решења су аналогна случају линеарне диференцијалне једначине другог реда са константним коефицијентима. Примери: Решења карактеристичне једначине (хомогеног дела) могу бити:. РЕАЛНА РЕШЕЊА - ЈЕДНОСТРУКО РЕШЕЊЕ k α, k β α β. РЕАЛНА РЕШЕЊА - ВИШЕСТРУКО РЕШЕЊЕ Jov@s lcurs

6 k k α, β k k ( ) α. ИМАГИНАРНА РЕШЕЊА - ЈЕДНОСТРУКО РЕШЕЊЕ k i, k i cos si. ИМАГИНАРНА РЕШЕЊА - ВИШЕСТРУКО РЕШЕЊЕ k k 5i, k k 5i ( ) 5 ( ) si 5 β cos 5. КОЊУГОВАНО-КОМПЛЕКСНО РЕШЕЊЕ - ЈЕДНОСТРУКО РЕШЕЊЕ i, i ( cos si ). КОЊУГОВАНО-КОМПЛЕКСНО РЕШЕЊЕ - ВИШЕСТРУКО РЕШЕЊЕ k k i, k k i ( ) ( ) cos si Jov@s lcurs

7 Страна 7. Диференцијална једначина која раздваја променљиве. Решити диференцијалну једначину: d d 0 d d 0 Видимо диференцијалну једначину првог реда код које сваки члан има свој диференцијал, а са десне стране је 0. Ово указује да би могли поделити једначину тако да уз сваки члан добијемо функцију зависну само од једне непознате, а то значи да би могли раздвојити променљиве на две стране једначине и добити диференцијалну једначину која раздваја променљиве. Знамо да се таква диференцијална једначина решава на начин да ако је f ( ) ( ) d f ( ) ( ) d ϕ стране. ϕ d d 0 d d 0 f f ( ) ( ) ϕ d ϕ ( ) ( ) d, након чега се интеграле обе. Решити диференцијалну једначину:. Решити диференцијалну једначину: ( ) d ( ) d 0. Решити диференцијалну једначину: ( ) 0 5. Решити диференцијалну једначину: ( ). Решити диференцијалну једначину: 7. Решити диференцијалну једначину: g si d cos cg d 0 8. Наћи партикуларно решење диференцијалне једначине које пролази кроз тачку ( ),. Видимо да у експоненту функције постоји алгебарски израз који би се могао предсавити као производ, односно као количник степена исте основе, што би довело до могућности развајања променљивих. Jov@s lcurs

8 Страна 8 d d d d d d d d d d Шта сада видимо? Видимо експоненцијалну функцију типа под кореном, која се може решити методом замене. ( ) ( ) d d d d d d d d d d d d /. ( ) је: решење: 5 Партикуларно решење у тачки (, ) 5, па је 5. Хомогена диференцијална једначина. Решити диференцијалну једначину: ( ) d d 0 ( ) d d 0 Видимо диференцијалну једначину првог реда код које сваки члан има свој диференцијал, а са десне стране је 0. Видимо такође да је уз диференцијал d чинилац који зависи од обе променљиве и да не можемо створити да зависе само од једне непознате. То значи да не можемо раздвојити променљиве. Међутим, уколико би једначину поделили са, код другог члана би нестала непозната, а са леве би се добили чланови који зависе само од, што указује да се добија хомогена диференцијална једначина. Знамо да се решава сменом. Поступак решавања је следећи: f ( ) d d d f ( ) и једначина се своди на ону која се решава методом d f ( ) раздвајања променљивих. ( ) d d 0 ( ) d d ( ) d d d d Jov@s lcurs

9 Страна d d Одавде је: d Смена је d d d l l l, па је:. d d d d l l l l d d 0. Наћи опште решење диференцијалне једначине тачку T (,). и партикуларно кроз. Решити диференцијалну једначину: 0. Решити диференцијалну једначину: ( ) l. Решити диференцијалну једначину: ( ) d ( ) d 0. Показати да се диференцијална једначина сменом хомогену диференцијалну једначину и наћи опште решење. 5. Наћи опште решење диференцијалне једначине: l d d 0 m своди на. Наћи опште решење диференцијалне једначине: 7. Решити диференцијалну једначину. Jov@s lcurs

10 Страна 0 Jov@s lcurs Види се да су променљиве у разломку. Види се, такође, да је исти степен и код једне и код друге променљиве, а део израза је директан разломак, па указује да би дата једначина могла бити хомогена диференцијална једначина.. Једначина је хомогена и уводимо смену: d d d / d d d d d d ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { ( ) 0 d d d d d d d d d l l l l l l ( ) ( ). Одавде је:. Диференцијална једначина која се своди на хомогену 8. Решити диференцијалну једначину:

11 Страна lcurs Видимо диференцијалну једначину првог реда која би могла бити хомогена када би поделили и бројилац и именилац са, али томе сметају слободни чланови у бројиоцу и имениоцу разломка. Али, то је таман она једначина облика c b a c b a f која се своди на хомогену. Поступак решавања зависи од вредности детерминанте b a b a D. Уколико је 0 D, тада се уводи смена ( ) c b a или ( ) c b a и једначина се своди на диференцијалну једначину која раздваја променљиве, а уколико је 0 D, тада се уводи смена α X и β Y. Вредности α и β се добијају из система 0 0 c b a c b a β α β α. Тада се једначина своди на хомогену по X и по Y. Провера дискриминанте даје: ( ) 0 D, што указује да треба да се уради смена: ( ) ( ). Са друге стране је:. Одавде је: ( ) / ( ) ( ) d d d d d d d d

12 Страна lcurs d d d d d d d d ( ) I d I ± ± 0, ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) d I d d I d d I ( ) I l l ( ) I l l I l l l l ( ) l ( ) l. Решити диференцијалну једначину: ( ) ( ) 0 5 d d 0. Решити диференцијалну једначину. Линеарна диференцијална једначина

13 Страна. Решити диференцијалну једначину: ( ) ( ) Видимо диференцијалну једначину првог реда која поред има члан који се састоји од производа функције од који множи променљиву са једне стране, а са друге стране једначине другу функцију од. Ово неодољиво подсећа на линеарну диференцијалну једначину облика P( ) Q( ). Знамо да се она решава сменом: ( ) u( ) v( ) и након тога решавамо је у два корака. Када заменимо ове изразе у дату једначину, у првом кораку направићемо једначину v P( ) v 0, и одатле израчунати v ( ), а у другом кораку добићемо u v Q u. једначину ( ), из које израчунамо ( ) Смена u( ) v( ). u ( ) u v u v u v ( ) v u v v ( ). КОРАК: v v 0 dv d v l l dv v v l v l( ) ( ) v.. КОРАК: u v ( ) ( ) ( ) u d du d ( ) ( ) du ( ) d du d d u dv v d du ( ) d u( ) v( ) ( ). Решити диференцијалну једначину: g cos. Решити диференцијалну једначину: ( ) d ( si )d. Наћи ону криву диференцијалне једначине 5. Решити диференцијалну једначину: d ( ) d 0 која пролази кроз тачку T (, ) Jov@s lcurs

14 Страна. Решити диференцијалну једначину: d 7. Одреди опште решење диференцијалне једначине d cgd и оно si π партикуларно решење које задовољава услов. d d cgd si ) Види се да су одвојени d и d. На десној страни d у оба члана. Могло би бити раздвајање променљивих. Отпада јер први члан има уз d и cg. ) Када би поделили целу једначину са d добили би са леве стране а са десне нешто од чега би се направила линеарна диференцијална једначина d d cgd / : d si d d cg si cg. si Ово је линеарна диференцијална једначина, која се решава сменом: u v u v cg u v si u v u ( v cg v) dv dv dv. КОРАК: v cg v 0 cg v cg d d v cg d v dv cos si dv d v si cos d d v d. КОРАК: u si u si / : si si si du d si du d u cg si si u v u v u v l v l v v si si u du d si cos u v ( cg ) si cg si si si si si cos si π Партикауларно решење се добије за π π cos si 0, па је cos si Jov@s lcurs

15 Страна 5 5. Бернулијева диференцијална једначина 8. Решити диференцијалну једначину: Видимо диференцијалну једначину првог реда код које је променљива и на линеарном и на m трећем степену. Ово подсећа на једначину облика P( ) Q( ) дифаренцијалну једначину. Решава се сменом m једначину добија се линеарна диференцијална једначина. / :. КОРАК: u u m, тј. на Бернулијеву. Уврштавањем смене у полазну Смена. u v u v u v u v u v u ( v v) dv dv dv. КОРАК: v v 0 v v v d d v d v l v l v v du d / ( ) du d du d u d d d d d d u u d d d d d d u du d u u d dv d v dv d ( d) ( ) u u ( ) u ( ) u Jov@s lcurs

16 Страна lcurs v u. Решити диференцијалну једначину: 0 0. Решити диференцијалну једначину: ( ) d d si si. Решити диференцијалну једначину: 0 cos g. Једначина тоталног диференцијала. Решити диференцијалну једначину: ( ) ( ) 0 d d ( ) ( ) 0 d d Видимо диференцијалну једначину која подсећа на израз тоталног диференцијала функције две променљиве d u d u du. Да би израз био тотални диференцијал, мора бити задовољено да је Q P. Ако је то задовољено, онда функцију ( ) u, добијамо двоструким интеграљењем по једној променљивој једног члана, нпр. ( ) ( ) d P u,,, а затим диференцирањем тако добијене функције и изједначавање са другим чланом. ( ) ( ) 0 d d Да би проверили да ли је ово једначина тоталног диференцијала потребно је да буде Q P, где је: ( ), P, а ( ) Q,. Одавде је: P, а Q, па је задовољено да је Q P. Значи: ( ) u P, ( ) ( ) d P u,, ( ) ( ) d u, ( ) d d u, ( ) d u, ( ) ( ) u,. Како мора бити задовољено: ( ) u Q, ( ) ( ) Q, ( )

17 Страна 7 ( ) ( ) ( ) ( ) d d ( ) u (, ) u (, ). Решити диференцијалну једначину: ( ) d ( cos ) d 0. Решити диференцијалну једначину: ( ) d ( ) d 0 d d 5. Решити диференцијалну једначину: d d d. Решити диференцијалну једначину: d 7. Наћи опште решење диференцијалне једначине: ( si ) d cos d 0 8. Наћи опште решење диференцијалне једначине: d ( ) d 0. Показати да је d d 0 једначина тоталног диференцијала и решити је. 0. Наћи опште решење диференцијалне једначине: ( ) d ( ) d 0 7. Снижавање реда диференцијалне једначине. Решити диференцијалну једначину: si si si si Видимо диференцијалну једначину другог реда. Како је други извод сам, једначина је облика ( ) f ( ) и онда можемо интегралити једном да добијемо први извод, а затим поново да добијемо функцију. Jov@s lcurs

18 Страна 8 si si si si cos d d si cos si d si cos d d d d si si cos si cos si d d si si d d si cg d cg. Решити диференцијалну једначину:. Решити диференцијалну једначину: 5( ) 0. Решити диференцијалну једначину. 5. Наћи опште решење диференцијалне једначине ( ). ( ) 0 и ( ). Решити диференцијалну једначину. 7. Решити диференцијалну једначину ( ) која задовољава услове 8. Метода варијације константи 8. Решити диференцијалну једначину: Видимо нехомогену диференцијалну једначину другог реда која има све чланове, тј. која је ( ) ( ) ( ) облика f( ) f( )... f ( ) f( ) F( ). Њу можемо решити методом варијације консктанти. Jov@s lcurs

19 Страна lcurs Карактеристична једначина је 0 k k. Одавде је 8, ± ± k. k и k и h. Када се нађе извод овог хомогеног решења, добија се: 0. Ово је први услов. Онда је. Даље је: ( ). Ово је други услов добијен директном применом теореме о варијацији константи. Можемо ово добити и заменом првог и другог извода у полазну једначину, па је: ( ) ( ), дакле исто оно што се добија директном применом теореме о варијацији константи. Дакле добија се систем једначина из два услова: k d k d Одавде је за h ( ) k k k k k k. Решити диференцијалну једначину:

20 Страна Решити диференцијалну једначину: 5. Решити диференцијалну једначину: 5. Метода неодређених коефицијената 5. Решити диференцијалну једначину: 5 5 Видимо нехомогену диференцијалну једначину другог реда која има све чланове, тј. која је ( ) ( ) ( ) облика a a a... a ao f ( ). Њу можемо решити методом неодређених коефицијената. Суштина ове методе је да одредимо решење као збир решења који потичу независно од хомогеног и партикуларног (нехомогеног) h. Хомогени део решења се добија из карактеристичне једначине a k a k a k... a k ao 0, док нехомогени део добијемо у зависности од f облика тога каквог је облика функција f ( ). Уколико је функција ( ) a f ( ) ( P ( ) cos b Qm( ) sib), тада је претпостављено решење a ( Rl ( ) cos b Sl ( ) sib) једначине броја a ± bi, а који је одређен обликом функције f ( ), а l ma{ m, }, где је вишеструкост решења карактеристичне. 5 Решење дате једначине је облика једначине 5 0. Карактеристична једначина је k 5k 0. Одавде је k и k, па је h. h. Хомогено решење добијемо из хомогене 5 ± 5 k, Када се дата функција са десне стране једначине f ( ) напише у облику a f ( ) ( P ( ) cos b Qm( ) sib), излази да је 0 f ( ) ( P ( ) cos( 0 ) Qm ( ) si( 0 ) ) a ± bi 0 ± 0i, {,0}, одакле се упоређивањем види да је 5 ± k, l ma, а како су решења карактеристичне једначине и, број понављања броја a ± bi 0 ± 0i у том случају је 0, па је 0. За такву дату функцију, претпостављено партикуларно решење је a 0 0 ( R ( ) cosb S ( ) sib) ( R ( ) cos( 0 ) S ( ) si( 0 ) ). l l l Jov@s lcurs

21 Страна Општи облик полинома првог реда је R ( ) cos ( 0 ), si ( 0 ) 0, па је (( ) S ( ) 0), а при томе је 0 0,, l Другим речима, упроштено речено, са десне стране једначине имамо линеарни моном, а са леве изводе функције,а и саму функцију. Овај линеарни моном је могао настати само од функције, јер изводом и првим и другим степен полинома се само смањивао. Зато је претпостављено решење. Када ово решење заменимо у полазну једначину, добија се: ( ) и ( ) 0, па је 5 ( ) , па је из полазног услова h 5 5. Решити диференцијалну једначину: 5. Решити диференцијалну једначину: 7 si 55. Решити диференцијалну једначину si 5. Решити диференцијалну једначину 57. Решити диференцијалну једначину Наћи опште решење диференцијалне једначине 5. Наћи опште решење диференцијалне једначине IV 8 cos. 0. Наћи опште решење диференцијалне једначине. Наћи опште решење диференцијалне једначине... Решити диференцијалну једначину ( ) cos Jov@s lcurs

22 Страна. Решити диференцијалну једначину ( 5 ). Решити диференцијалну једначину si si Види се да је једначина вишег реда и да са десне стране има израз од кога ће се направити два типа партикуларног решења. Решава се методом неодређених коефицијената. Суштина ове методе је да одредимо решење као збир решења који потичу независно од хомогеног и партикуларног (нехомогеног) h. Хомогени део решења се добија из карактеристичне једначине a k a k a k... a k ao 0, док нехомогени f део добијемо у зависности од тога каквог је облика функција f ( ). Уколико је функција ( ) a облика f ( ) ( P ( ) cos b Qm( ) sib), тада је претпостављено решење a ( Rl ( ) cos b Sl ( ) sib), где је вишеструкост решења карактеристичне једначине броја a ± bi, а који је одређен обликом функције f ( ), а l ma{ m, }. Решење дате једначине је облика једначине 0. Карактеристична једначина је k 0 k 0 k 0 k 0 k k k. h. Хомогено решење добијемо из хомогене k. Одавде је ( k ) 0 0 h o. Одавде је хомогени део решења: Партикуларно решење се може наћи из два дела, тј. две једначине: А) si Б) k k k k ( ) ( ) 0 А) Када се дата функција са десне стране једначине f ( ) si a a f ( ) ( P ( ) cos b Qm ( ) sib), излази да је si ( P ( ) cosb Qm( ) sib) је a ib i, а P ( ) P ( ) напише у облику o. Број понављања решења у карактеристичној једначини нема. јер је a k k k па је 0, а степен полинома решења је l 0. Одавде је претпостављено партикуларно решење облика: a 0 R cosb S sib R cos S si ( l ( ) l ( ) ) ( o( ) o( ) ) ( cos si ). Када се ово решење уврсти у једначину, добије се: ( ) ( ) ( ) cos si cos si ( cos si ) ( si cos ) ( cos si si cos ) ( cos si si cos ), па Jov@s lcurs

23 Страна ( ) ( cos si si cos ) ( cos si si cos ) ( cos si si cos ) ( si cos cos si ) ( cos si si cos si cos cos si ) ( cos si si cos ) ( ) ( ) cos si si cos ( cos si si ) cos ( cos si si cos ) ( si cos cos si ) ( cos si 8si 8 cos si cos cos si ) ( cos si si cos ) si ( cos si si cos ) ( cos si si cos ) si ( cos si si cos cos si si cos ) si 0 ( 0si 0 cos ) si 0 si 0 cos si cos 0 0 Б) Када се дата функција са десне стране једначине f ( ) напише у облику f a a ( ) ( P ( ) cos b Qm ( ) sib), излази да је f ( ) ( P ( ) cosb Qm ( ) sib) a ib 0 i, а ( ) P ( ). Број понављања решења у карактеристичној једначини је 0 P, па нема. јер је a k k k, али је, јер је најнижи степен први извод, а степен полинома решења је l 0. Одавде је претпостављено партикуларно решење облика: 0 0 ( R ( ) cos0 S( ) si 0) ( R ( ) cos( 0 ) S ( ) si( 0 ) ) ( ). Када се ово решење уврсти у једначину, добије се: Онда је: o ( ) Jov@s lcurs

24 Страна 0 0 Коначно решење је: h cos 0 o 5. Решити диференцијалну једначину ( ) cos. 0 0 Види се да је једначина вишег реда хомогена са константним коефицијентима и да је k хомогена. Решење добијамо из претпоставке да је, јер једино таква функција може k да задовољи алгебарски збир извода и саме функције, јер је једино функција слична своме изводу. Карактеристична једначина је k 0. Одавде је k k., ± Одавде је хомогени део решења: IV 0 0. Ојлерова смена 70. Решити диференцијалну једначину: ( ) ( ) ( ). Хомогене једначине са познатим партикуларним решењем, ако је si једно партикуларно 7. Решити једначину ( g cg) cg 0 решење. Jov@s lcurs

25 Страна 5 ( ) g cg cg 0 Видимо хомогену диференцијалну једначину за коју је познато једно пшартикуларно решење. Тада уводимо смену, где је нова непозната по којој се добија једначина облика F,,,,.... ( ) 0 Како је si једно партикуларно решење, тада уводимо смену. Тада је: si. Одавде је: ( si ) cos si, а ( cos si ) ( cos ) ( si ) si cos cos si si cos si Заменом у полазну једначину, добија се: si cos si si cos si cos si ( g cg) ( cos si ) cg si 0 ( g cg) cos ( g cg) si cg si si 0 ( g cg) si cg si si ( g cg) cos 0 ( cos ) 0 ( cos ( g cg) si ) cg si si ( g cg) si cos cos si cos si cos si si si cos si si cos si cos 0 si cos si cos cos si si si cos cos si si si cos si si cos si 0 cos Уводимо смену cos cos si cos cos 0 0 si 0/ : si cos si cos si si si cos si cos si si si cos si si si cos si cos 0 0 cos 0 Jov@s lcurs

26 Страна si d si 0 0 cos d cos d si d cos d d si cos d si d cos cos d si d d cos d l l l l l cos d cos d cos d si. Одавде је: si ( si ) 7. Показати да једначина ( ) ( ) 0 има партикуларно решење у облику полинома степена мањег од и решити је. 7. Једно партикуларно решење диференцијалне једначине ( ) β. Наћи β и решити једначину. 7. Сменом g наћи опште решење диференцијалне једначине g. cos cos је облика Прво поступамо по препоруци да уведемо смену. d d d d d Решење:. Како је g d d d d d cos ± Из тригонометрије знамо да је: cos cos g g g cos cos d d d d ( ) d d. Даље, ( ( ) ) ( ) Увођењем ових вредности у полазну једначину, добија се: g cos cos ( ( ) ) ( ) g ( ) cos cos ( ( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ) / : ( ) ( ) ( ) ( ) Jov@s lcurs

27 Страна 7 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) / : ( ) Одавде се добија једначина: Шта сада видимо? Видимо да се добила диференцијална једначина другог реда, a њу можемо решити методом неодређених коефицијената. Суштина ове методе је да одредимо решење као збир решења који потичу независно од хомогеног и партикуларног (нехомогеног) h. Хомогени део решења се добија из карактеристичне једначине a k a k a k... a k ao 0, док нехомогени део добијемо у зависности од f облика тога каквог је облика функција f ( ). Уколико је функција ( ) a f ( ) ( P ( ) cos b Qm( ) sib), тада је претпостављено решење a ( Rl ( ) cos b Sl ( ) sib) једначине броја a ± bi, а који је одређен обликом функције f ( ), а l ma{ m, }, где је вишеструкост решења карактеристичне. Решење дате једначине је облика једначине 0. h. Хомогено решење добијемо из хомогене Карактеристична једначина је: r 0 r r, ± i. Одавде је хомогени део решења: h cos si. Партикуларно решење се може наћи из једначине: Када се дата функција са десне стране једначине f ( ) напише у облику a f ( ) ( P ( ) cos b Q ( ) sib), излази да је f ( ) P ( ) cosb Q ( ) si b m m. Нема понављања решења у карактеристичној једначини, па је претпостављено партикуларно решење облика:. Да би уврстили ову вредност у једначину, треба да израчунамо потребне изводе. Када се ово решење уврсти у једначину, добије се: ( ) Jov@s lcurs

28 Страна Решење је: h cos si ( ) cos si 0 si 75. Сменом si свести једначину g cos cos ( si ) на једначину са константним коефицијентима и наћи опште решити. 7. Сменом cos једначину ( ) 0 свести на једначину са константним коефицијентима и наћи опште решити. 77. Сменом свести диференцијалну једначину на једначину са константним коефицијентима и решити је. 78. Сменом cos са константним коефицијемтима и решити је. свести диференцијалну једначину ( ) на једначину свести диференцијалну једначину ( ) ( ) ( ) 7. Сменом на једначину са константним коефицијентима и решити је. Jov@s lcurs