Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 1 / 60

Transcript

1 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 1 / 60

2 Sadržaj Sadržaj: 1 Linearna diferencijalna jednadžba drugog reda Princip superpozicije rješenja homogene linearne jednadžbe 2 Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Korijeni kar. jednadžbe su realni i medusobno različiti Korijeni kar. jednadžbe su konjugirano kompleksni Korijeni kar. jednadžbe su realni i medusobno jednaki Primjena na prigušene oscilacije 3 Nehomogena lin. dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima 4 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je polinom Funkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije Pravilo zbroja partikularnih rješenja Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 2 / 60

3 Ciljevi učenja Ciljevi učenja: Naučiti što su linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima i kako nalazimo opće rješenje Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 3 / 60

4 Ciljevi učenja Ciljevi učenja: Naučiti što su linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima i kako nalazimo opće rješenje Naučiti kako rješavamo homogene jednadžbe Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 3 / 60

5 Ciljevi učenja Ciljevi učenja: Naučiti što su linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima i kako nalazimo opće rješenje Naučiti kako rješavamo homogene jednadžbe Proučit ćemo gibanje harmonijskog oscilatora s prigušenjem Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 3 / 60

6 Ciljevi učenja Ciljevi učenja: Naučiti što su linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima i kako nalazimo opće rješenje Naučiti kako rješavamo homogene jednadžbe Proučit ćemo gibanje harmonijskog oscilatora s prigušenjem Prepoznati kako rješavamo nehomogene jednadžbe metodom neodredenih koeficijenata Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 3 / 60

7 Ciljevi učenja Ciljevi učenja: Naučiti što su linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima i kako nalazimo opće rješenje Naučiti kako rješavamo homogene jednadžbe Proučit ćemo gibanje harmonijskog oscilatora s prigušenjem Prepoznati kako rješavamo nehomogene jednadžbe metodom neodredenih koeficijenata Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 3 / 60

8 Linearna diferencijalna jednadžba drugog reda LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNADŽBA DRUGOG REDA Diferencijalnu jednadžba drugog reda F(x,y,y,y ) = 0 zovemo linearna diferencijalna jednadžba ako je funkcija F linearna u y, y i y. Njen opći oblik je: a(x)y + b(x)y + c(x)y = f (x). Ako su koeficijenti uz y, y i y konstante, onda jednadžbu zovemo linearnom s konstantnim koeficijentima: ay + by + cy = f (x). Pretpostavljamo da je a 0, jer se inače radi o linearnoj jednadžbi prvoga reda kojom smo se već bavili. Uz ovu jednadžbu povezuje se tzv. pripadna homogena jednadžba (u kojoj je f (x) = 0): ay + by + cy = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 4 / 60 (H)

9 Linearna diferencijalna jednadžba drugog reda Princip superpozicije rješenja homogene linearne jednadžbe Homogena linearna diferencijalna jednadžba drugog reda Linearne diferencijalne jednadžbe s konstantnim koeficijentima vrlo su česte u raznim primjenama. Općenito, za homogene linearne jednadžbe vrijedi PRINCIP SUPERPOZICIJE RJEŠENJA Ako su y 1 i y 2 rješenja homogene linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda, onda je C 1 y 1 + C 2 y 2 takoder njeno rješenje. Dokaz: a(x)(c 1 y 1 + C 2 y 2 ) + b(x)(c 1 y 1 + C 2 y 2 ) + c(x)(c 1 y 1 + C 2 y 2 ) = C 1 (a(x)y 1 + b(x)y 1 + c(x)y 1) + C }{{} 2 (a(x)y 2 + b(x)y 2 + c(x)y 2) }{{} =0 =0 = 0 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 5 / 60

10 Homogena linearna diferencijalna jednadžba drugog reda s konstantnim koeficijentima Homogenu jednadžbu (H) ay + by + cy = 0 uvijek možemo riješiti. Prema principu superpozicije rješenja dovoljno je naći dva (linearno nezavisna) rješenja. Koristit ćemo tzv. Eulerovu pretpostavku: rješenje treba tražiti u obliku y = e kx, pri čemu je k općenito kompleksna konstanta. To znači da takav y mora zadovoljavati diferencijalnu jednadžbu (H): / ak 2 e kx + b ke kx + c e kx = 0 : e kx 0 Time dobivamo tzv. karakteristčnu jednadžbu diferencijalne jednadžbe (H) ak 2 + b k + c = 0 = k 1,2 = b ± b 2 4ac 2a Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 6 / 60

11 Korijeni kar. jednadžbe su realni i medusobno različiti Dakle, y = e kx bit će rješenje jednadžbe (H), ako je k korijen karakteristične jednadžbe. Razlikovat ćemo tri slučaja: I) Korijeni karakteristične jednadžbe k 1, k 2 su realni i medusobno različiti Tada imamo dva rješenja y 1 = e k 1x, y 2 = e k 2x. Opće rješenje homogene jednadžbe (H) je: y = C 1 e k 1x + C 2 e k 2x Može se dokazati da je ovo rješenje potpuno. PRIMJER 1. Riješimo y y 6y = 0 uz početne uvjete y(0) = 0, y (0) = 5. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 7 / 60

12 Primjer Rješenje: Karakteristična jednadžba diferencijalne jednadžbe y y 6y = 0 je k 2 k 6 = 0 k 1,2 = 1 ± k 1 = 2, k 2 = 3 što daje opće rješenje: y = C 1 e 2x + C 2 e 3x Početni uvjeti y(0) = 0, y (0) = 5 jednoznačno odreduju C 1, C 2 : y(0) = C 1 + C 2 = 0, y (0) = 2C 1 + 3C 2 = 5, C 1 = C 2 ; 2C 2 + 3C 2 = 5; C 2 = 1; C 1 = 1 Traženo partikularno rješenje je y = e 2x + e 3x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 8 / 60

13 Zadaci ZADATAK 1. Riješiti: a) 4y + y = 0 b) 9y 16y = 0 c) y 5y 6y = 0, y(0) = 5, y (0) = 2 d) y + y 56y = 0, y(0) = 1, y (0) = 22 e) 2y + 3y + 2y = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 9 / 60

14 Zadaci ZADATAK 1. Riješiti: a) 4y + y = 0 b) 9y 16y = 0 c) y 5y 6y = 0, y(0) = 5, y (0) = 2 d) y + y 56y = 0, y(0) = 1, y (0) = 22 e) 2y + 3y + 2y = 0. Rješenje: a) 4k 2 + k = 0 k 1 = 1 4, k 2 = 0 opće rješenje: y = C 1 e 1 4 x + C 2 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 9 / 60

15 Zadaci b) 9k 2 16 = 0 (3k 4)(3k + 4) = 0 k 1 = 4 3, k 2 = 4 3 opće rješenje: y = C 1 e 4 3 x + C 2 e 4 3 x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 10 / 60

16 Zadaci b) 9k 2 16 = 0 (3k 4)(3k + 4) = 0 k 1 = 4 3, k 2 = 4 3 opće rješenje: y = C 1 e 4 3 x + C 2 e 4 3 x c) k 2 5k 6 = 0 k 1,2 = 5 ± opće rješenje: y = C 1 e x + C 2 e 6x y = C 1 e x + 6C 2 e 6x y(0) = 5 C 1 + C 2 = 5 y (0) = 2 C 1 + 6C 2 = 2 partikularno rješenje: } y = 4e x + e 6x k 1 = 1, k 2 = 6 C 2 = 1, C 1 = 4 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 10 / 60

17 Zadaci d) k 2 + k 56 = 0 k 1,2 = 1 ± k 1 = 8, k 2 = 7 2 opće rješenje: y = C 1 e 8x + C 2 e 7x y = 8C 1 e 8x + 7C 2 e 7x y(0) = 1 C 1 + C 2 = 1 y (0) = 22 8C 1 + 7C 2 = 22 partikularno rješenje: } y = e 8x + 2e 7x C 1 = 1, C 2 = 2 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 11 / 60

18 Zadaci d) k 2 + k 56 = 0 k 1,2 = 1 ± k 1 = 8, k 2 = 7 2 opće rješenje: y = C 1 e 8x + C 2 e 7x y = 8C 1 e 8x + 7C 2 e 7x y(0) = 1 C 1 + C 2 = 1 y (0) = 22 8C 1 + 7C 2 = 22 partikularno rješenje: } y = e 8x + 2e 7x C 1 = 1, C 2 = 2 e) 2k 2 + 3k + 2 = 0 k 1,2 = 3 ± opće rješenje: y = C 1 e 1 2 x + C 2 e 2x k 1 = 1 2, k 2 = 2 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 11 / 60

19 Korijeni kar. jednadžbe su konjugirano kompleksni II) Korijeni karakteristične jednadžbe su konjugirano kompleksni: k 1,2 = α ± iβ Slično kao i u prethodnim slučajevima opće rješenje je: y = C 1 e (α iβ)x + C 2 e (α+iβ)x, pa bi rješenje bila kompleksna funkcija. Koristeći Eulerovu formulu e iβx = cosβx + i sinβx imamo: y = e αx [ C 1 e iβx + C 2 e iβx] = e αx [C 1 (cosβx i sinβx) + C 2 (cosβx + i sinβx)] = e αx [(C 1 + C 2 ) cosβx + i(c }{{} 1 C 2 ) sin βx] }{{} =A =B Želimo li se ograničiti na realna rješenja, C 1 i C 2 moraju biti medusobno konjugirani kompleksni brojevi C 1,2 = 1 2 (A Bi), A,B R. Tako dobivamo opće rješenje: y = e αx (Acosβx + Bsinβx) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 12 / 60

20 Primjeri PRIMJER 2. Riješimo y + 2y + 2y = 0 uz početne uvjete y(0) = 1, y (0) = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 13 / 60

21 Primjeri PRIMJER 2. Riješimo y + 2y + 2y = 0 uz početne uvjete y(0) = 1, y (0) = 0. Rješenje: Karakteristična jednadžba diferencijalne jednadžbe y + 2y + 2y = 0 je k 2 + 2k + 2 = 0 k 1,2 = 2± = 1 ± i što daje opće rješenje: y = e x (A cosx + B sinx) y = e x (A cosx + B sinx) + e x ( A sinx + B cosx) = e x [(B A) cosx (B + A) sinx] Početni uvjeti y(0) = 1 i y (0) = 0 jednoznačno odreduju A, B : y(0) = A = 1, y (0) = B A = 0 A = B = 1 Traženo partikularno rješenje je y = e x (cosx + sinx) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 13 / 60

22 Primjeri PRIMJER 3. Riješimo jednadžbu harmonijskog oscilatora ẍ + ω 2 x = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 14 / 60

23 Primjeri PRIMJER 3. Riješimo jednadžbu harmonijskog oscilatora ẍ + ω 2 x = 0. Rješenje: Karakteristična jednadžba diferencijalne jednadžbe harmonijskog oscilatora glasi k 2 + ω 2 = 0 i njezina su rješenja k 1,2 = ±iω. Zato je njezino opće rješenje x = C 1 e iωt + C 2 e iωt = A cos(ωt) + B sin(ωt), što nam je (za realne A i B) dobro poznato. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 14 / 60

24 Zadaci ZADATAK 2. Riješiti: a) 9y + 16y = 0 b) y 2y + 5y = 0 c) y + 8y = 0, y(0) = 2 2, y (0) = 1 d) y 6y + 10y = 0, y(0) = 1, y (0) = 1. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 15 / 60

25 Zadaci Rješenje: a) 9k = 0 9k 2 = 16 3k = ±4i k 1,2 = ± 4 3 i α = 0, β = 4 ( = y = e 0x C 1 cos x + C 2 sin 4 ) 3 x opće rješenje: y = C 1 cos 4 3 x + C 2 sin 4 3 x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 16 / 60

26 Zadaci Rješenje: a) 9k = 0 9k 2 = 16 3k = ±4i k 1,2 = ± 4 3 i α = 0, β = 4 ( = y = e 0x C 1 cos x + C 2 sin 4 ) 3 x opće rješenje: y = C 1 cos 4 3 x + C 2 sin 4 3 x b) k 2 2k + 5 = 0 k 1,2 = 2 ± α = 1, β = 2 = 2 ± 4i 2 = 1 ± 2i opće rješenje: y = e x (C 1 cos2x + C 2 sin2x) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 16 / 60

27 Zadaci c) k = 0 k 2 = 8 k 1,2 = ±2 2i α = 0, β = 2 [ 2 = y = e 0x C 1 cos(2 2x) + C 2 sin(2 ] 2x) opće rješenje: y = C 1 cos(2 2x) + C 2 sin(2 2x) y = C sin(2 2x) + C cos(2 2x) y(0) = 2 2 C 1 cos0 + C 2 sin0 = 2 2 C 1 = 2 2 y (0) = 1 C sin0 + C cos0 = 1 C = 1 C 2 = 2 4 partikularno rješenje: y = 2 2 cos(2 2x) sin(2 2x) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 17 / 60

28 Zadaci d) k 2 6k + 10 = 0 k 1,2 = 6 ± k 1,2 = 3 ± i α = 3, β = 1 = 6 ± 2i 2 opće rješenje: y = e 3x (C 1 cosx + C 2 sinx) y = 3e 3x (C 1 cosx + C 2 sinx) + e 3x ( C 1 sinx + C 2 cosx) = e 3x [(3C 1 + C 2 ) cosx + (3C 2 C 1 ) sinx] y(0) = 1 e 0 (C 1 cos0 + C 2 sin0) = 1 C 1 = 1 y (0) = 1 e 0 [(3C 1 + C 2 ) cos0 + (3C 2 C 1 ) sin0] = 1 3C 1 + C 2 = 1 (uz C 1 = 1) C 2 = 2 partikularno rješenje: y = e 3x (cosx 2 sinx) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 18 / 60

29 Korijeni kar. jednadžbe su realni i medusobno jednaki III) Korijeni karakteristične jednadžbe k 1, k 2 su realni i medusobno jednaki (tj. b 2 = 4ac, pa je k = b 2a dvostruki korijen) U ovom slučaju opisani postupak daje reducirano opće rješenje y = Ce kx. Potpuno opće rješenje nalazimo tzv. varijacijom konstante C: y = C(x)e kx, gdje je C(x) za sada nepoznata funkcija Budući je y = C e kx + kce kx i y = C e kx + 2kC e kx + k 2 Ce kx, uvrštavanjem u ay + by + cy = 0 imamo: [ ( ) a C + 2kC + k 2 C + b ( C + kc ) ] + cc e kx = 0 ( ak } 2 + {{ bk + c } ) C + ( 2ak }{{ + b } ) C + ac = 0 = 0, jer je k rj. kar. j. = 0, jer k = 2a b ac = 0 C(x) = C 1 + C 2 x Tako dobivamo opće rješenje: y = (C 1 + C 2 x)e kx Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 19 / 60

30 Primjer PRIMJER 4. Riješimo y + 4y + 4y = 0 uz početne uvjete y(0) = 1, y (0) = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 20 / 60

31 Primjer PRIMJER 4. Riješimo y + 4y + 4y = 0 uz početne uvjete y(0) = 1, y (0) = 0. Rješenje: Karakteristična jednadžba diferencijalne jednadžbe y + 4y + 4y = 0 je k 2 + 4k + 4 = 0 k 1,2 = 4± = 2 što daje opće rješenje: y = (C 1 + C 2 x)e 2x y = ( 2C 1 + C 2 (1 2x))e 2x Početni uvjeti y(0) = 1 i y (0) = 0 jednoznačno odreduju C 1, C 2 : y(0) = C 1 = 1, y (0) = C 2 2C 1 = 0 C 2 = 2C 1 = 2 Traženo partikularno rješenje je y = (1 + 2x)e 2x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 20 / 60

32 Primjer Opće rješenje homogene linearne diferencijalne jednadžbe s konstantnim koeficijentima ay + by + cy = 0 ovisi o rješenjima karakteristične jednadžbe ak 2 + bk + c = 0 : I) k 1 i k 2 su realni i k 1 k 2, onda je opće rješenje jednadžbe (H) y = C 1 e k 1x + C 2 e k 2x (H) II) k 1 i k 2 su konjugirano kompleksni, k 1,2 = α ± iβ, onda y = e αx (C 1 cosβx + C 2 sinβx) III) k 1 i k 2 su realni i k 1 = k 2 (= k), onda y = (C 1 + C 2 x)e kx C 1 i C 2 jednoznačno su odredne početnim uvjetima. Jednadžba (H) nema singularnih rješenja. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 21 / 60

33 Zadaci ZADATAK 3. Riješiti: a) 4y y = 0 y(0) = 5, y (0) = 1 b) 9y 6y + y = 0 y(0) = 2, y (0) = 3 c) 4y + y = 0 y(π) = 3, y (π) = 1 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 22 / 60

34 Zadaci Rješenje: a) 4y y = 0 4k 2 k = 0 k(4k 1) = 0 k 1 = 0, k 2 = 1 4 opće rješenje: y = C 1 + C 2 e 1 4 x y = 1 4 C 2 e 1 4 x y(0) = 5 C 1 + C 2 = 5 y (0) = C 2 = 1 C 2 = 4 } C 2 = 4, C 1 = 1 partikularno rješenje: y = 1 + 4e 1 4 x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 23 / 60

35 Zadaci b) 9y 6y + y = 0 9k 2 6k + 1 = 0 (3k 1) 2 = 0 k 1,2 = 1 3 opće rješenje: y = (C 1 + C 2 x)e 1 3 x y = ( C C C 2x ) e 1 3 x y(0) = 2 C 1 = 2 y (0) = 3 ( C C C 2 0 ) e 0 = 3 C C 1 = 3 (uz C 1 = 2) C 2 = 7 3 partikularno rješenje: y = ( ) x e 1 3 x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 24 / 60

36 Zadaci c) 4y + y = 0 4k = 0 k 2 = 1 4 k 1,2 = ± 1 2 i α = 0, β = 1 2 opće rješenje: y = C 1 cos x 2 + C 2 sin x 2 y = 1 2 C 1 sin x C 2 cos x 2 y(π) = 3 C 1 cos π +C 2 sin π = 3 C 2 = 3 }{{ 2}}{{ 2} =0 =1 y (π) = C 1 sin π + 1 }{{ 2 2 C 2 cos π = 1 C 1 = 2 }}{{ 2} =1 =0 partikularno rješenje: y = 2 cos x sin x 2 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 25 / 60

37 Primjena na prigušene oscilacije PRIMJENA NA GIBANJE HARMONIJSKOG OSCILATORA S PRIGUŠENJEM Razmatramo uteg, koji se giba pod utjecajem elastične sile opruge, u viskoznom mediju koji se opire gibanju. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 26 / 60

38 Primjena na prigušene oscilacije Sila opruge proporcionalna je i suprotno usmjerena otklonu x: F 0 = kx, (k > 0). Konstantu opruge k možemo odrediti iz vrijednosti i 0 za koju uteg mase m istegne oprugu (mg = ki 0, vidjeti desni dio slike ). Sila prigušenja, kojom se viskozni medij opire gibanju, proporcionalna je i suprotno usmjerena brzini gibanja F p = c dx dt, (c > 0 je konstanta prigušenja). Dakle, jednadžba slobodnih (bez utjecaja vanjskih sila) prigušenih oscilacija glasi: m d2 x dt 2 = F 0 + F p = kx c dx dt, tj. m d2 x dt 2 + c dx dt + kx = 0 (PO) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 27 / 60

39 Primjena na prigušene oscilacije (PO) m d2 x + c dx dt 2 dt + kx = 0 je homogena linearna jednadžba s konstantnim koeficijentima, čiji su karakteristični korijeni: k 1,2 = c ± c 2 4km = α ± β, 2m uz pokrate α = c c 2m i β = 2 4km 2m Rješenja jednadžbe (PO) ovisi o prigušenju c, pa imamo tri moguća slučaja: I c 2 > 4km JAKO (NADKRITIČNO) PRIGUŠENJE II c 2 = 4km GRANIČNO (KRITIČNO) PRIGUŠENJE III c 2 < 4km SLABO (POTKRITIČNO) PRIGUŠENJE. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 28 / 60

40 Jako prigušenje I JAKO PRIGUŠENJE Konstanta prigušenja c tako je velika da je c 2 > 4km. Karakteristični korijeni k 1 i k 2 različiti su i realni, pa je opće rješenje jednadžbe (PO): x(t) = C 1 e (α β)t + C 2 e (α+β)t Uteg u tom slučaju ne oscilira. Za t > 0 oba su eksponenta u gornjem izrazu za x(t) negativni, jer je α = c 2m > 0, β = c 2 4km 2m > 0 i β 2 = α 2 k/m < α 2, pa x(t) 0 za t. Praktično to znači da će se masa nakon dovoljno dugo vremena umiriti u ravnotežnom položaju x = 0, što i očekujemo kod jakog prigušenja. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 29 / 60

41 Granično prigušenje II GRANIČNO PRIGUŠENJE Ako je c 2 = 4km, onda je β = 0 i k 1 = k 2 = α, pa je opće rješenje jednadžbe (PO): x(t) = (C 1 + C 2 t)e αt Uteg u tom slučaju ne oscilira, a graf funkcije pomaka x(t) kvalitativno izgleda kao i u prethodnom slučaju (vidjeti sljedeći zadatak). Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 30 / 60

42 Zadatak ZADATAK 4. Oscilacije su opisane diferencijalnom jednadžbom ẍ + 2ẋ + x = 0, x(0) = 5, ẋ(0) = 0 O kakvom se prigušenju radi? Skicirajte graf pomaka (tj. gibanja točke). Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 31 / 60

43 Zadatak ZADATAK 4. Oscilacije su opisane diferencijalnom jednadžbom ẍ + 2ẋ + x = 0, x(0) = 5, ẋ(0) = 0 O kakvom se prigušenju radi? Skicirajte graf pomaka (tj. gibanja točke). Rješenje: k 2 + 2k + 1 = 0 (k + 1) 2 = 0 k 1,2 = 1 opće rješenje: x = (C 1 + C 2 t)e t KRITIČNO PRIGUŠENJE! ẋ = ( C 1 + C 2 C 2 t)e t x(0) = 5 C 1 = 5 ẋ(0) = 0 C 2 C 1 = 0 (uz C 1 = 5) C 2 = 5 partikularno rješenje: x = (5 + 5t)e t, t 0 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 31 / 60

44 Za skicu grafa funkcije x = (5 + 5t)e t te granično ponašanje. Zadatak ispitajmo područje rasta i pada, ẋ = ( C 1 + C 2 C 2 t)e t (uz C 1 = C 2 = 5) ẋ = 5te t za t > 0 ẋ < 0 funkcija x pada na (0, ) lim x(t) = lim ( t t t 5t)e t l H 5 = lim = lim t e t t e t = 0 Dakle, Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 32 / 60

45 Slabo prigušenje III SLABO PRIGUŠENJE Ovo je najzanimljiviji slučaj. Ako je konstanta prigušenja c tako mala da je c 2 < 4km, onda je β imaginaran broj, β = 4km c 2 2m i = ωi. Dakle, k 1,2 = α ± ωi, pa opće rješenje jednadžbe (PO) je: x(t) = e αt (C 1 cosωt + C 2 sinωt), α := c 2m, ω := k m ( c ( 2m ) = Ce αt cos(ωt ϑ), uz C 2 = C1 2 + C2 2, tgϑ = C 2 C 1 ) 2 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 33 / 60

46 Zadatak ZADATAK 5. Kugla mase m = kg rastegne čeličnu oprugu za 10 cm. Ako kuglu pokrenemo iz ravnotežnog položaja, kojom će ona frekvencijom oscilirati oko tog položaja (bez prigušenja)? Uzeti da je g = 9.81 m/s 2. Opišite njezino gibanje nakon što je istegnemo prema dolje za 15 cm i potom je ispusti iz mirujućeg položaja. Kako se mijenja frekvencija i gibanje kugle ako je ono prigušeno viskoznim medijem s konstantom prigušenja (i) (ii) c = 200 kg/s, c = 100 kg/s? Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 34 / 60

47 Rješenje: Konstanta opruge ima vrijednost Zadatak k = mg = = 891 N/m. i Frekvencija harmonijskih oscilacija: ν = ω 0 k/m 2π =. 891/9.082 = 2π 2π. = π. = 1.576Hz Gibanje kugle dano je rješenjem jednadžbe harmonijskog oscilatora i početnim uvjetima ẍ + ω 2 0 x = 0, ω2 0 = k = ẍ x = 0 m x(t) = C 1 cos(9.905t) + C 2 sin(9.905t) x(0) = 0.15, ẋ(0) = 0 C 1 = 0.15, C 2 = 0 = x(t) = 0.15 cos(9.905 t) (metara) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 35 / 60

48 Zadatak (i) U slučaju prigušenja c = 200 kg/s problem je modeliran s mẍ + cẋ + kx = 0 = 9.082ẍ + 200ẋ + 891x = 0, x(0) = 0.15, ẋ(0) = 0 Karakteristična jednadžba ima korijene k 1,2 = ± 4.81 = 6.2, = x(t) = C 1 e 6.2t + C 2 e 15.82t Iz početnih uvjeta slijedi C 1 + C 2 = 0.15 i k 1 C 1 + k 2 C 2 = 0, tj. C 1. = , C2. = Dakle, jako prigušeno gibanje kugle opisano je sa x(t). = e 6.2t e 15.82t Nakon par sekundi x(t) praktički je nula, tj. kugla se smiri u ravnotežnom položaju. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 36 / 60

49 Zadatak (ii) U slučaju prigušenja c = 100 kg/s problem je modeliran sa 9.082ẍ + 100ẋ + 891x = 0, x(0) = 0.15, ẋ(0) = 0 Karakteristični korijeni su k 1,2 = ± 8.234i, pa je opće rješenje diferencijalne jednadžbe x(t) = e 5.505t [C 1 cos(8.234t) + C 2 sin(8.234t)] Iz početnih uvjeta slijedi C 1 = 0.15 i 5.505C C 2 = 0, tj. C 2. = Dakle, slabo prigušeno gibanje kugle opisano je sa x(t). = e 5.505t [0.15 cos(8.234t) sin(8.234t)] Prigušene su oscilacije za oko 17% sporije od neprigušenih harmonijskih oscilacija jer je ω/ω 0. = 8.234/ = 0.83 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 37 / 60

50 Nehomogena lin. dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Nehomogena linearna diferencijalna jednadžba drugog reda s konstantnim koeficijentima Vratimo se sada općenitoj (nehomogenoj) linearnoj jednadžbi s konstantnim koeficijentima: ay + by + cy = f(x) (NH) NEHOMOGENA JEDNADŽBA Ako je y h = C 1 y 1 + C 2 y 2 opće rješenje homogene jednadžbe ay +by +cy = 0 i ako je y p bilo koje partikularno rješenje nehomogene jednadžbe (NH), onda je y = y p + y h = y p + C 1 y 1 + C 2 y 2 opće rješenje nehomogene jednadžbe (NH). Jednadžba nema singularnih rješenja. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 38 / 60

51 Nehomogena lin. dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Dokaz: i) Lako provjeravamo da je y = y p + y h rješenje jednadžbe (NH): a(y p + y h ) + b (y p + y h ) + c (y p + y h ) = (ay p + by p + cy p ) + (ay h }{{} + by h + cy h) = f (x) }{{} =f (x) =0 ii) Da je svako rješenje Y jednadžbe (NH) toga oblika, slijedi iz činjenice što razlika dvaju rješenja jednadžbe (NH), Y y p, zadovoljava jednadžbu (H): a(y y p ) + b (Y y p ) + c (Y y p ) = (ay } + by {{ + cy } ) (ay p + by p + cy p ) = 0 }{{} =f (x) =f (x) što znači da je Y y p rješenje jednadžbe (H), tj. Y y p = y h. Dakle, Y = y p + y h, kao što smo i tvrdili. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 39 / 60

52 Metoda neodredenih koeficijenata METODA NEODREDENIH KOEFICIJENATA Prema rečenom, preostaje pokazati način nalaženja partikularnih rješenja jednadžbe (NH). Osnovna metoda je metoda neodredenih koeficijenata, koju ćemo ilustrirati na nekoliko karakterističnih primjera. U ovoj metodi dopuštamo da je desna strana jednadžbe (tzv. funkcija smetnje) linearna kombinacija funkcija oblika: P n (x)e kx cos(ωx), P n (x)e kx sin(ωx), pri čemu je P n polinom stupnja n. Da se razumije način formiranja i oblik partikularnih rješenja, navest ćemo nekoliko često korištenih specijalnih slučajeva. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 40 / 60

53 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija f (x) je polinom stupnja n Funkcija smetnje je polinom Da bismo našli jedno partikularno rješenje, zapitajmo se koja to funkcija linearno kombinirana sa svojim derivacijama daje polinom stupnja n. To svojstvo imat će dobro odabrani polinom istog stupnja. Dakle, f(x) = P n (x) y p (x) = x r Q n (x), gdje je r višestrukost korijena karakteristične jednadžbe ako je y p sadržano u y h ; u protivnom r = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 41 / 60

54 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija f (x) je polinom stupnja n Funkcija smetnje je polinom Da bismo našli jedno partikularno rješenje, zapitajmo se koja to funkcija linearno kombinirana sa svojim derivacijama daje polinom stupnja n. To svojstvo imat će dobro odabrani polinom istog stupnja. Dakle, f(x) = P n (x) y p (x) = x r Q n (x), gdje je r višestrukost korijena karakteristične jednadžbe ako je y p sadržano u y h ; u protivnom r = 0. PRIMJER 5. Riješimo y + 4y = 8x 2. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 41 / 60

55 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je polinom Rješenje: Pripadna homogena jednadžba y + 4y = 0 ima karakteristične korijene k 1,2 = ±2i, pa je njeno opće rješenje y h = C 1 cos2x + C 2 sin2x Potražit ćemo jedno partikularno rješenje nehomogene jednadžbe u obliku y p = Ax 2 + Bx + C. Tada je y p = 2A, pa uvrštavanjem u zadanu jednadžbu dolazimo do jednadžbe 2A + 4(Ax 2 + Bx + C) = 8x 2. Izjednačavanjem koeficijenata uz x 2, x 1 i x 0 na lijevoj i desnoj strani jednadžbe dolazimo do linearnoga sustava 4A = 8, 4B = 0, 2A + 4C = 0, čije je rješenje A = 2, B = 0 i C = 1. Dakle, partikularno je rješenje zadane jednadžbe y p = 2x 2 1, pa je njezino opće rješenje y = y p + y h = 2x C 1 cos2x + C 2 sin2x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 42 / 60

56 Metoda neodredenih koeficijenata Zadaci ZADATAK 6. Nadite opće rješenje diferencijalne jednadžbe: a) y 4y = 8x 3 b) y + 4y + 4y = 12x c) y + y = 3 y(0) = 1, y (0) = 2 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 43 / 60

57 Metoda neodredenih koeficijenata Zadaci Rješenje 6. a): y 4y = 8x 3 - homogena: y 4y = 0 k 2 4 = 0 k 1,2 = ±2 y h = C 1 e 2x + C 2 e 2x - partikularno rj: y p = Ax 3 + Bx 2 + Cx + D y p = 3Ax 2 + 2Bx + C y p = 6Ax + 2B (6Ax + 2B) 4(Ax 3 + Bx 2 + Cx + D) = 8x 3 4Ax 3 4Bx 2 + (6A 4C)x + (2B 4D) = 8x 3 4A = 8, A = 2 4B = 0, B = 0 6A 4C = 0, C = 3 2B 4D = 0, D = 0 y p = 2x 3 3x Opće rješenje: y = y p + y h = 2x 3 3x + C 1 e 2x + C 2 e 2x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 44 / 60

58 Metoda neodredenih koeficijenata Zadaci Rješenje 6. b): y + 4y + 4y = 12x homogena: y + 4y + 4y = 0 k 2 + 4k + 4 = 0 (k + 2) 2 = 0 k 1,2 = 2 y h = (C 1 + C 2 x)e 2x - partikularno rj: y p = Ax 2 + Bx + C y p = 2Ax + B y p = 2A (2A) + 4(2Ax + B) + 4(Ax 2 + Bx + C) = 12x Ax 2 + (8A + 4B)x + (2A + 4B + 4C) = 12x A = 12, A = 3 8A + 4B = 0, B = 6 2A + 4B + 4C = 26, C = 11 y p = 3x 2 6x + 11 Opće rješenje: y = y p + y h = 3x 2 6x (C 1 + C 2 x)e 2x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 45 / 60

59 Metoda neodredenih koeficijenata Zadaci Rješenje 6. c): y + y = 3, y(0) = 1,y (0) = 2 - homogena: y + y = 0 k = 0 k 1,2 = ±i y h = C 1 cosx + C 2 sinx - partikularno rj: y p = A y p = y p = A = 3 A = 3 y p = 3 - opće rješenje: y = y p + y h = 3 + C 1 cosx + C 2 sinx y = C 1 sinx + C 2 cosx y(0) = C 1 cos0 }{{} +C 2 sin0 }{{} = 1 C 1 = 2 =1 =0 y (0) = 2 C 1 sin0 }{{} +C 2 cos0 }{{} = 2 C 2 = 2 =0 =1 Rješenje početnog problema: y = 3 2 cosx + 2 sinx Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 46 / 60

60 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije Funkcija f (x) je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije Da bismo našli jedno partikularno rješenje, zapitajmo se koja to funkcija linearno kombinirana sa svojim derivacijama daje umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije. To svojstvo imat će dobro odabrani umnožak polinoma istog stupnja i te eksponencijalne funkcije. Dakle, f(x) = P n (x)e kx y p (x) = x r Q n (x)e kx, gdje je r višestrukost korijena karakteristične jednadžbe ako je y p sadržano u y h ; u protivnom r = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 47 / 60

61 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije Funkcija f (x) je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije Da bismo našli jedno partikularno rješenje, zapitajmo se koja to funkcija linearno kombinirana sa svojim derivacijama daje umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije. To svojstvo imat će dobro odabrani umnožak polinoma istog stupnja i te eksponencijalne funkcije. Dakle, f(x) = P n (x)e kx y p (x) = x r Q n (x)e kx, gdje je r višestrukost korijena karakteristične jednadžbe ako je y p sadržano u y h ; u protivnom r = 0. PRIMJER 6. Riješimo y y 6y = 7e 5x. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 47 / 60

62 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije Rješenje: Pripadna homogena jednadžba y y 6y = 0 ima karakteristične korijene k 1,2 = (1 ± )/2 = 2,3, pa je njeno opće rješenje y h = C 1 e 2x + C 2 e 3x Potražit ćemo jedno partikularno rješenje nehomogene jednadžbe u obliku y p = Ae 5x. Tada je y p = 5Ae 5x, y p = 25Ae 5x, pa uvrštavanjem u polaznu jednadžbu dobivamo: Slijedi 14A = 7, tj. A = 1 2. (25A 5A 6A)e 5x = 7e 5x. Dakle, partikularno je rješenje zadane jednadžbe y p = 1 2 e5x, pa je njezino opće rješenje y = y p + y h = 1 2 e5x + C 1 e 2x + C 2 e 3x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 48 / 60

63 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije PRIMJER 7. Riješimo y 3y + 2y = e 2x. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 49 / 60

64 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije PRIMJER 7. Riješimo y 3y + 2y = e 2x. Rješenje: Pripadna homogena jednadžba y 3y + 2y = 0 ima karakteristične korijene k 1,2 = (3 ± 9 8)/2 = 1,2, pa je njeno opće rješenje y h = C 1 e x + C 2 e 2x Pokušaj s partikularnim rješenjem oblika Ae 2x u ovom slučaju nema smisla jer je Ae 2x posebni slučaj rješenja koje zadovoljava homogenu jednadžbu. Pokušajmo s partikularnim rješenjem oblika y p = xae 2x. Uvrstimo li tu funkciju, te njezine derivacije y p = A(1 + 2x)e 2x, y p = 4A(1 + x)e 2x u zadanu jednadžbu, dobit ćemo 4A(1 + x)e 2x 3A(1 + 2x)e 2x + 2xAe 2x = e 2x Ax( )e 2x + A(4 3)e 2x = e 2x ( ) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 49 / 60

65 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije Nastavak rješenja Primjera 7: Ae 2x = e 2x, A = 1. Dakle, partikularno je rješenje zadane jednadžbe y p = xe 2x, pa je njezino opće rješenje y = y p + y h = xe 2x + C 1 e x + C 2 e 2x Napomena: Član ( ) = ( ) (vidjeti ( )) ne iščezava slučajno, nego zato što je k = 2 korijen karakteristične jednadžbe k 2 3 k + 2 = 0. Iz istog bismo razloga uvrštavanjem y = Ae 2x dobili A( )e 2x = e 2x, tj. 0 = e 2x, što pokazuje da y = Ae 2x nije partikularno rješenje ni za koji A. Naravno, y = Ae 2x jest rješenje pripadne homogene jednadžbe. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 50 / 60

66 Metoda neodredenih koeficijenata Zadaci ZADATAK 7. Nadite opće rješenje diferencijalne jednadžbe: a) 9y + 6y + y = 10e 2x b) y 2y 3y = 5e x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 51 / 60

67 Metoda neodredenih koeficijenata Zadaci Rješenje 7. a): 9y + 6y + y = 10e 2x - homogena: 9y + 6y + y = 0 9k 2 + 6k + 1 = 0 (3k + 1) 2 = 0 k 1,2 = 1 3 y h = (C 1 + C 2 x)e 1 3 x - partikularno rj: y p = Ae 2x y p = 2Ae 2x y p = 4Ae 2x 36A e 2x + 12A e 2x + A e 2x = 10 e 2x 49A = 10 A = y p = e2x Opće rješenje: y = y p + y h = e2x + (C 1 + C 2 x)e 1 3 x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 52 / 60

68 Metoda neodredenih koeficijenata Zadaci Rješenje 7. b): y 2y 3y = 5e x - homogena: y 2y 3y = 0 k 2 2k 3 = 0 k 1,2 = 2± k 1 = 1, k 2 = 3 y h = C 1 e x + C 2 e 3x - partikularno rj: y p = Ae x to imamo u općem rješenju homogene y p = Axe x y p = Ae x Axe x = A(1 x)e x y p = Ae x A(1 x)e x = A(x 2)e x A(x 2) e x 2A(1 x) e x 3Ax e x = 5 e x Ax 2A 2A + 2Ax 3Ax = 5 4A = 5 A = 5 4 y p = 5 4 xe x Opće rješenje: y = y p + y h = 5 4 xe x + C 1 e x + C 2 e 3x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 53 / 60

69 Metoda neodredenih koeficijenata Pravilo zbroja partikularnih rješenja Pravilo zbroja partikularnih rj. nehomogene jednadžbe Ako je f (x) zbroj jedne ili više funkcija, onda je partikularno rješenje zbroj odgovarajućih partikularnih rješenja. PRAVILO ZBROJA Neka je a(x)y + b(x)y + c(x)y = f 1 (x) a(x)y + b(x)y + c(x)y = f 2 (x) a(x)y + b(x)y + c(x)y = f 1 (x) + f 2 (x). Ako je y p1 partikularno rješenje prve, a y p2 druge jednadžbe, onda je y p = y p1 + y p2 partikularno rješenje treće jednadžbe. Dokaz: a(x)(y p1 + y p2 ) + b(x)(y p1 + y p2 ) + c(x)(y p1 + y p2 ) = [ a(x)y p 1 + b(x)y p ] [ 1 + c(x)y p1 + a(x)y p 2 + b(x)y p ] 2 + c(x)y p2 = f 1 (x) + f 2 (x) = f (x) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 54 / 60

70 Metoda neodredenih koeficijenata Zadatak ZADATAK 8. Nadite opće rješenje diferencijalne jednadžbe: y 25y = 2e x + 3e 2x. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 55 / 60

71 Metoda neodredenih koeficijenata Zadatak ZADATAK 8. Nadite opće rješenje diferencijalne jednadžbe: y 25y = 2e x + 3e 2x. Rješenje: - homogena: y 25y = 0 k 2 25 = 0 k 1,2 = ±5 y h = C 1 e 5x + C 2 e 5x - partikularno rj: y p = Ae x + Be 2x, y p = Ae x + 2Be 2x, y p = Ae x + 4Be 2x Ae x + 4Be 2x 25(Ae x + Be 2x ) = 2e x + 3e 2x 24Ae x 21Be 2x = 2e x + 3e 2x 24A = 2 A = 1/12 21B = 3 B = 1/7 y p = 1 12 ex 1 7 e2x Opće rješenje: y = y p + y h = 1 12 ex 1 7 e2x + C 1 e 5x + C 2 e 5x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 55 / 60

72 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija Funkcija f (x) je a sin(ωx) ili a cos(ωx) Da bismo, u prvom slučaju, našli jedno partikularno rješenje, zapitajmo se koja to funkcija koja jednom ili dvaput derivirana daje višekratnike od cosωx, odnosno, sinωx. (Slično je u drugom slučaju). Zato ćemo potražiti partikularno rješenje u obliku linearne kombinacije funkcija sinωx i cosωx. Dakle, f(x) = a sinωx y p (x) = x r [A cosωx + B sinωx], gdje je r višestrukost korijena karakteristične jednadžbe ako je y p sadržano u y h ; u protivnom r = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 56 / 60

73 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija Funkcija f (x) je a sin(ωx) ili a cos(ωx) Da bismo, u prvom slučaju, našli jedno partikularno rješenje, zapitajmo se koja to funkcija koja jednom ili dvaput derivirana daje višekratnike od cosωx, odnosno, sinωx. (Slično je u drugom slučaju). Zato ćemo potražiti partikularno rješenje u obliku linearne kombinacije funkcija sinωx i cosωx. Dakle, f(x) = a sinωx y p (x) = x r [A cosωx + B sinωx], gdje je r višestrukost korijena karakteristične jednadžbe ako je y p sadržano u y h ; u protivnom r = 0. PRIMJER 8. Riješimo y y 6y = 13 cos2x. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 56 / 60

74 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija Rješenje: y y 6y = 13 cos2x - homogena: y y 6y = 0 k 2 k 6 = 0 k 1,2 = 2,3 y h = C 1 e 2x + C 2 e 3x - partikularno rj: y p = A cos2x + B sin2x y p = 2A sin2x + 2B cos2x, y p = 4Acos2x 4B sin2x ( 4Acos2x 4B sin2x) ( 2A sin2x + 2B cos2x) 6(A cos2x + B sin2x) = 13 cos2x ( 10A 2B)cos2x + (2A 10B)sin2x = 13 cos2x { 10A 2B = 13 A = 5/4, B = 1/4 2A 10B = 0, y p = 1 4 (5 cos2x + sin2x) Opće rješenje: y = y p + y h = 1 4 (5 cos2x + sin2x) + C 1 e 2x + C 2 e 3x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 57 / 60

75 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija ZADATAK 9. Riješimo y + 4y = 5 sin3x 10 cos3x. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 58 / 60

76 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija ZADATAK 9. Riješimo y + 4y = 5 sin3x 10 cos3x. Rješenje: - homogena: k = 0 k 1,2 = ±2i y h = C 1 cos2x + C 2 sin2x - partikularno rj: (po pravilu zbroja partikularnih rješenja) y p = A cos3x + B sin3x y p = 3A sin3x + 3B cos3x, y p = 9Acos3x 9B sin3x (9Acos3x + 9B sin3x) + 4(Acos3x + B sin3x) = 5sin3x 10cos3x 5A { cos3x 5B sin3x = 5 sin3x 10 cos3x 5A = 10 A = 2, B = 1 5B = 5, y p = 2 cos3x sin3x Opće rješenje: y = y p + y h = 2 cos3x sin3x + C 1 cos2x + C 2 sin2x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 58 / 60

77 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija PRIMJER 9. Riješimo y y 6y = 7e 5x + 13 cos2x. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 59 / 60

78 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija PRIMJER 9. Riješimo y y 6y = 7e 5x + 13 cos2x. Rješenje: - rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe: (vidi Primjere 6 i 8) y h = C 1 e 2x + C 2 e 3x - partikularno rješenje: (vidi Primjere 6 i 8, te pravilo zbroja partikularnih rješenja) Opće rješenje: y p = 1 2 e5x 1 (5 cos2x + sin2x) 4 y = y p + y h = 1 2 e5x 1 4 (5 cos2x + sin2x) + C 1 e 2x + C 2 e 3x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 59 / 60

79 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija TABLICA SVIH OBLIKA FUNKCIJE SMETNJE I ODGOVARAJUĆIH PARTIKULARNIH RJEŠENJA f(x) y p(x) α = β = 0 P n(x) x r Q n(x) β = n = 0 Ae αx x r B e αx β = 0 P n(x)e αx x r Q n(x)e αx α = n = m = 0 A cosβx + B sinβx x r (C cosβx + D sinβx) n = m = 0 e αx (A cosβx + B sinβx) x r e αx (C cosβx + D sinβx) α = 0 P n(x) cosβx + Q m(x) sinβx x r (R k (x) cosβx + S k (x) sinβx) općenito e αx [P n(x) cosβx + Q m(x) sinβx] x r e αx [R k (x) cosβx + S k (x) sinβx]; k = max{n,m} Ako je f (x) = f 1 (x)+f 2 (x)+ +f l, onda je y p (x) = y p1 (x)+y p2 (x)+ y pl (x), gdje je y pi (i = 1,2,...,l) partikularno rješenje jednadžbe ay + by + cy = f i (x). Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 60 / 60