MAT2-Rijeseni Primjeri Iz Starih Kolokvija

7/26/2019 MAT2-Rijeseni Primjeri Iz Starih Kolokvija

1/40

1

Rijeeni primjeri iz kolokvija

1. SKUPINA PITANJA..........................................................................................................2

Zadatak 1.(ortogonalne trajektorije)....................................................................................2

Zadatak 2.(separacija varijabli) ...........................................................................................3

Zadatak 3.(nehomogena linearna jedn. 1. reda) ................................ ............ .......................4

Zadatak 4.(homogena linearna vieg reda s konst. koef. )....................................................6

Zadatak 5.(linearna vieg reda s konst. koef.)......................................................................6

Zadatak 6.(dif. jedn. oblika )()( xfy n ) ...............................................................................8

Zadatak 7.(ortogonalne trajektorije)....................................................................................9

Zadatak 8.(separacija varijabli) .........................................................................................10

Zadatak 9.(linearna nehomogena prvog reda)....................................................................10

Zadatak 10. (linearna s konstantnim koeficijentima vieg reda).........................................12

Zadatak 11.(dif.jednadba oblika )()( xfy n )....................................................................13

Zadatak 12. (dif.jednadba oblika )()( xfy n )...................................................................14

2. SKUPINA PITANJA........................................................................................................16

Zadatak 1.(Bernoullijeva prvog reda)................................................................................16

Zadatak 2. (sustav diferencijalnih jednadbi) .......... ..........................................................17

Zadatak 3.(sniavanje reda diferencijalnih jednadbi) ........................................ ............ ...20

Zadatak 4.(sustav diferencijalnih jednadbi) ........... ................................ ........... ............ ...21

Zadatak 5.(sustav diferencijalnih jednadbi) ........... ................................ ........... ............ ...24

Zadatak 6.(homogena diferencijalna jednadba prvog reda)..............................................25

Zadatak 7.(Lagrangeova metoda varijacije konstanti)........................................................27

3. TEORIJSKA PITANJA....................................................................................................30


2/40

2

1. SKUPINA PITANJA

Zadatak 1.(ortogonalne trajektorije) (1 bod) Nai diferencijalnu jednadbu ortogonalnihtrajektorija familije krivulja xCy 3ln (dobivenu diferencijalnu jednadbu ne treba rjeavati).

Rjeenje. Da bi nali traenu diferencijalnu jednadbu ortogonalnih trajektorija familijekrivulja xCy 3ln najprije trebamo nai pripadnu diferencijalnu jednadbu od familije

xCy 3ln . To radimo tako da izraz xCy 3ln najprije deriviramo:

/'3ln xCy

)'3(ln3ln'' xCxCy

(derivacija od funkcije xln jex

1pa imamo)

33

1'

xCy

xCy

1'

(deriviranjem izraza xCy 3ln nismo se rijeili konstante Cpa emo ju izraziti)

'1

' yxCx

Cy

(sada se sa 'yxC vraamo u familiju xCy 3ln i dobivamo)xyxy 3ln'

(ako gornju jednakost malo sredimo dobivamo)

xx

yy

3ln' Pripadna diferencijalna jednadba familije xCy 3ln

(od nas se trai da naemo diferencijalnu jednadbu ortogonalnih trajektorija familije

xCy 3ln )

(traenu jednadbu emo dobiti tako to emo u naenoj diferencijalnoj jednadbixx

yy

3ln'

zamijeniti 'y sa'

1

y )

(tada dobivamo)

xx

y

y 3ln'

1 Traena diferencijalna jednadba ort. trajektorija familije xCy 3ln

(nije nuno, ali gornju jednakost moemo malo srediti pa dobivamo)

1/3ln'

1

xx

y

y

yxxy 3ln'

y

xxy

3ln'


3/40

3

Zadatak 2.(separacija varijabli) (1,5 bod) Metodom separacije varijabli nai ope rjeenjediferencijalne jednadbe yyx ')1( , a potom ono partikularno rjeenje koje zadovoljava uvjet

1)2( y .

Rjeenje. Dakle, metodom separacije varijable trebamo rijeiti diferencijalnu jednadbuprvog reda yyx ')1( , odnosno izraunati nepoznatu funkciju y koja zadovoljava jednadbu

yyx ')1( :

yyx ')1(

( 'y emo zapisati kaodx

dyy ' pa imamo)

ydx

dyx )1(

(kako bi separirali varijable, odnosno da bi se rijeili svega vezanog u varijablux na lijevoj

strani, gornju jednakost mnoimo sax

dx

1pa dobivamo:)

x

dxy

dx

dyx

1

/)1(

x

dxydy

1

(jo se trebamo rijeitiy-ona na desnoj strani pa sve dijelimo say)

yx

dxydy :/

1

x

dx

y

dy

1

(na lijevoj strani imamo sve vezano uzy a na densoj uzx, dakle separirali smo varijable)

(moemo integrirati)

/1 xdx

y

dy

x

dx

y

dy

1

11 )1ln(ln

1

1ln CxCt

t

dt

dtdx

dxdt

xt

x

dxy

1)1ln(ln Cxy

(radi jednostavnosti rjeenja, uvodimo novu konstantu Ctakvu da 1ln CC )

Cxy ln)1ln(ln

)1ln(lnln xCy

(na desnoj strani gornjeg izraza primjenjujemo pravilob

aba lnlnln )

x

Cy

1

lnln

x

Cy

1OPE RJEENJE (ima 1 konstantu jer smo rjeavali dif. jedn. 1. reda)

Jo trebamo nai partikularno rjeenje koje zadovoljava poetni uvjet 1)2( y (obratiti panjuna to da nam je zadan samo jedan poetni uvjet, ali to e biti dovoljno jer se radi o dif.

jednadbi prvog reda, prema tome ope rjeenje ima samo jednu konstantu pa nam je dovoljanjedan uvjet odnosno jedna jednadba da bi izraunali tu jednu nepoznanicu). Dakle, u operjeenje trebamo uvrstiti poetni uvjet i izraunati emu je jednaka konstanta C:


4/40

4

11121

)2(1

CCCC

yx

Cy

Dakle, uz poetni uvjet 1)2( y smo izraunali da je 1C , pa je traeno partikularno rjeenjeono koje dobijemo kada u ope umjesto konstante Cuvrstimo dobivenu vrijednost 1C :

xy

1

1 Traeno partikularno rjeenje

Zadatak 3.(nehomogena linearna jedn. 1. reda) (3 boda) Nai ope rjeenje linearne

diferencijalne jednadbe xxyx

y tan1212

1'

.

Rjeenje. Jednadba xxyx

y tan1212

1'

je nehomogena linearna diferencijalna jednadba

prvog reda. Istu moemo rijeavati Lagrangeovom metodom varijacije konstanti ili

Bernoullijevom metodom. Ovdje emo je rijeiti Lagrangeovom metodom.

Najprije moramo rijeiti pripadnu homogenu jednadbu koju emo dobiti tako da umjesto

funkcije na densoj strani jednadbe xxy

x

y tan12

12

1'

napiemo nulu:

012

1'

y

xy

(ova jednadba bi se trebala moi rijeiti separacijom varijabli)

yx

y12

1'

(dx

dyy ' )

yxdx

dy

12

1

y

dxy

xdx

dy

/

12

1

12

x

dx

y

dy

/12xdx

y

dy

12xdx

y

dy

11 )12ln(2

1ln

2

1

2

1

2

12

12ln CxCt

t

dt

dxdt

xt

x

dxy

1)12ln(2

1ln Cxy

(primjenjujemo pravilo naan lnln )

12

1

)12ln(ln Cxy

(uvodimo novu konstantu Ctakvu da vrijedi 1ln CC )

Cxy ln)12ln(ln 21

(na desnoj strani gornjeg izraza primjenjujemo pravilo abba lnlnln )

2

1

)12(lnln xCy


5/40

5

12xCy Ope rjeenje pripadne homogene dif. jednadbe

Sada, prema Lagrangeovoj metodi varijacije konstanti, pretpostavimo da je traeno ope

rjeenje poetne diferencijalne jednadbe xxyx

y tan1212

1'

oblika 12)( xxCy , pri

emu je )(xC nepoznata funkcija koju tek trebamo izraunati.

12)( xxCy

(deriviramo li gornju jednakost imamo)

2122

1)(12)(''

xxCxxCy

12

1)(12)(''

xxCxxCy

Sada izraze 12)( xxCy i12

1)(12)(''

xxCxxCy uvrtavamo u poetnu

diferencijalnu jednadbu xxyx

y tan1212

1'

i dobivamo:

xxxxCxxxCxxC tan1212)(12

1

12

1)(12)('

(sredimo li gornji izraz dobivamo)

xxxCxx

xCxxC tan12)(12

1

12

1)(12)('

xxxxC tan1212)('

(podijelimo sa 12 x )

xxC tan)('

(integriramo xxC tan)(' i imamo )

11 )ln(cosln

sin

sin

cos

cos

sintan)( CxCt

t

dt

dtxdx

xdxdt

xt

dxx

xxdxxC

(dakle, traena funkcija )(xC je jednaka)

1)ln(cos)( CxxC

(pa je traeno ope rjeenjeyjednako:)12)( xxCy

(nakon uvrtavanja 1)ln(cos)( CxxC )

12))ln(cos( 1 xCxy OPE RJEENJE POETNE DIF. JEDN.(ponovno, u opem rjeenju imamo samo jednu konstantu jer smo rjeavali diferencijalnu

jednadbu prvog reda)


6/40

6

Zadatak 4.(homogena linearna vieg reda s konst. koef. ) (2 boda) Nai ope rjeenjediferencijalne jednadbe 0''4'''4 yyyIV .

Rjeenje. Jednadba 0''4'''4 yyyIV je linearna homogena diferencijalna jednadba 4. reda

s konstantnim koeficijentima. Prema tome, rjeavamo je tako da uvedemo supstituciju rxey

u samu jednadbu. Tada dobivamo:

044

234 rxrxrxererer

(izluimo li rxe dobivamo)0)44(

234 rrre rx

044 234 rrr Karakteristina jednadba

(izluimo li 2r dobivamo)0)44( 22 rrr

(nastavljamo rjeavanjem jednadbe: )

0442 rr

22

04

2

441642,1

r

(dakle, polinom 442

rr je jednak22

)2()2)(2(44 rrrrr )

0)2()0()44(442222234 rrrrrrrr

(sada oitavamo sljedee:) 02,1r realno rjeenje viestrukosti 2

24,3r realno rjeenje viestrukosti 2

Sada moramo svakom rjeenju karakteristine jednadbe prema pravilima pridruitipartikularna (bazna) rjeenja. Imamo:

02,1r realno rjeenje viestrukosti 2 pridruujemo mo partikularna rjeenjaxx xee 00 ,

24,3r realno rjeenje viestrukosti 2 pridruujemo mu part. rjeenjaxx xee 22 ,

Konano, traeno ope rjeenje je jednako:xxxx

xeCeCxeCeCy2

42

30

20

1

(to je jednako)

xx xeCeCxCCy 242

321 OPE RJEENJE POETNE DIF. JEDN.(rjeavali smo dif. jednadbu 4. reda i dobili ope rjeenje sa 4 konstante)

Zadatak 5.(linearna vieg reda s konst. koef.) Zadana je diferencijalna jednadba 04'' yy .

a) (0.5 boda) Odredite ope rjeenje zadane diferencijalne jednadbe.b) (1 bod) Odredite ope rjeenje diferencijalne jednadbe xxeyy 4'' .

c) (0.5 boda) Ako je PH yyy rjeenje diferencijalne jednadbexexyy

224'' pri emu

Hy oznaava ope rjeenje homogenog dijela, kojeg e oblika biti funkcija Py ?(Konstante nije potrebno odreivati.)

Rjeenje.


7/40

7

a) Diferencijalna jednadba 04'' yy je homogena linearna diferencijalna jednadba 2. reda s

konstantnim koeficijentima. Prema tome, uvodimo supstituciju rxey i dobivamo

karakteristini polinom: 042r Karakteristini polinom

(primjenom pravila za razliku kvadrata koje glasi ))((22 bababa imamo)

0)2)(2(4

2

rrr(prema tome slijedi)

21r je jednostruko realno rjeenje pridruujemo mu partikularno rjeenjexe

2

22r je jednostruko realno rjeenje pridruujemo mu partikularno rjeenjexe 2

(ope rjeenje jednadbe 04'' yy je)

xx eCeCy 222

1 TRAENO OPE RJEENJE

b) Diferencijalna jednadba xxeyy 4'' je nehomogena linearna diferencijalna jednadba 2.

reda s konstantnim koeficijentima. Prema tome, njezino ope rjeenje je oblika PH yyy gdje je Hy rjeenje pripadne homogene diferencijalne jednadbe koje smo izraunali u a)

djelu zadatka, dakle

xx

H eCeCy 2

2

2

1

a gdje je Py partikularno rjeenje jednadbex

xeyy 4'' . Da bi nali Py najprije moramo svrstati u jedno od tri kategorije funkciju sa

desne strane jednakosti xxeyy 4'' , dakle funkciju xxexf )( . Dotina funkcija xxexf )( je

prve vrste, odnosno oblika )()( xPexf nax pri emu je 1a a polinom )(xPn je polinom

prvog stupnja xxPxPn )()( 1 . Da bi nali Py , sada trebamo provjeriti je li 1a rjeenje

karakteristine jednadbe pripadne homogene jednadbe, odnosno jednadbe iz a) djelazadatka koja glasi 042 r . 1a nije rjeenje pripadne karakteristine jednadbe, pa prema

pravilima sada slijedi da je traeno partikularno rjeenje Py oblika )( 01 AxAey x

P . Jo

trebamo izraunati emu su jednake konstante 1A i 0A .

Pretpostavka je da je )( 01 AxAey x

P partikularno rjeenje jednadbexxeyy 4'' , prema

tome kada ga u nju uvrstimo trebali bi dobiti identitet odnosno jednakost. Kako se u jednadbix

xeyy 4'' pojavljuje druga derivacija funkcijey , trebamo izraunati drugu derivaciju od

funkcije )( 01 AxAey x

P da bi je mogli uvrstiti u jednadbu:

)( 01 AxAey x

P

101 )(' AeAxAey xx

P

)(' 101 AAxAey x

P

1101 )('' AeAAxAey xx

P

)2('' 101 AAxAey x

P

Sada funkciju )( 01 AxAey x

P i njezinu drugu derivaciju )2('' 101 AAxAey x

P

uvrtavamo u diferencijalnu jednadbu xxeyy 4'' :xxx

xeAxAeAAxAe )(4)2( 01101

(podijelimo gornji izraz sa )xe

xAxAAAxA )(42 01101

(malo sredimo)xAxAAAxA 01101 442

xAAxA 101 233

(izjednaavanjem koeficijenata sa lijeve i desne strane dobivamo jednadbe)13 1 A


8/40

8

023 10 AA

(pa rjeavanjem dobivamo)

3

11 A

9

20 A

(te sada imamo:)

)9

2

3

1( xey xP

(poeli smo od toga daje traeno ope rjeenjeyjednako PH yyy pa imamo)

)9

2

3

1(22

21 xeeCeCy

xxx TRAENO OPE RJEENJE

c) Funkcija Py ovisi o funkciji sa desne strane jednadbexexyy 224'' , odnosno o funkciji

xexxf

22)( . Funkcija xexxf 22)( je oblika )()( xPexf n

ax gdje je 2a a polinom )(xPn je

polinom drugog stupnja 22 )()( xxPxPn . Da bi nali Py , sada trebamo provjeriti je li 2a

rjeenje karakteristine jednadbe pripadne homogene jednadbe, odnosno jednadbe iz a)djela zadatka koja glasi 042 r . 2a je jednostruko realno rjeenje pripadne karakteristine

jednadbe, pa prema pravilima sada slijedi da je traeno partikularno rjeenje Py oblika

)( 012

22

AxAxAexy x

P .

Zadatak 6.(dif. jedn. oblika )()( xfy n )

Odredite rjeenje diferencijalne jednadbe xxy 2cossin'' koje zadovoljava poetne uvjete1)0( y i 0)0(' y .

Rjeenje. Trebamo nai partikularno rjeenje koje zadovoljava zadana dva uvjeta. Da bi tonapravili, najprije moramo nai ope rjeenje zadane jednadbe. Diferencijalna jednadba

xxy 2cossin'' je jednadba oblika )()( xfxy n , prema tome rjeavati emo ju uzastopnom

direktnom integracijom:

/2cossin'' xxy

dxxxy )2cos(sin'

xdxxdxy 2cossin'

12sin2

1coscos

2

1cos

2

22coscos' Cxxdttx

dxdt

xtxdxxy

12sin2

1cos' Cxxy

/2sin2

1cos' 1Cxxy

dxCxxy )2sin2

1cos( 1

dxCxdxxdxy 12sin21

cos

212cos4

1sin CxCxxy OPE RJEENJE

Da bi nali traeno partikularno rjeenje, pomou zadana dva uvjeta trebamo izraunativrijednosti dviju konstanti iz opeg rjeenja:


9/40

9

1. uvjet: 1)0( y :4

51

4

100cos

4

10sin)0( 2221 CCCCy

2. uvjet: 0)0(' y : (prilikom nalaenja opeg rjeenja, ve smo izraunali emu je jednakaprva derivacija funkcijey pa emo to ovdje iskoristiti)

1010sin2

10cos)0(' 111 CCCy

Dakle, izraunali smo vrijednosti dviju konstanti: 11 C i4

52 C . Traeno partikularno

rjeenje je ono koje emo dobiti kada u ope rjeenje uvrstimo izraunate vrijednostikonstanti:

4

52cos

4

1sin xxxy TRAENO PARTIKULARNO RJEENJE

Zadatak 7.(ortogonalne trajektorije) Nai diferencijalnu jednadbu ortogonalnihtrajektorija familije krivulja 53 xCey (dobivenu diferencijalnu jednadbu ne treba rijeavati).

Rjeenje. Da bi nali traenu diferencijalnu jednadbu ortogonalnih trajektorija familije

krivulja

53 x

Cey najprije trebamo nai pripadnu diferencijalnu jednadbu odfamilije 53 xCey . To radimo tako da izraz 53 xCey najprije deriviramo:

/'53 xCey

3'53 xCey

533' xCey

(deriviranjem izraza 53 xCey nismo se rijeili konstante Cpa emo ju izraziti)

53

53

3

'3'

x

x

e

yCCey

(sada se sa53

3

'

xe

yC vraamo u familiju 53 xCey i dobivamo)

53

533

'

x

x ee

y

y

(ako gornju jednakost malo sredimo dobivamo)

3

'yy

'3 yy Pripadna diferencijalna jednadba familije 53 xCey

(od nas se trai da naemo diferencijalnu jednadbu ortogonalnih trajektorijafamilije 53 xCey )

(traenu jednadbu emo dobiti tako to emo u naenoj diferencijalnoj jednadbi '3 yy

zamijeniti 'y sa'

1

y )

(tada dobivamo)

'

13

yy Traena diferencijalna jednadba ort. trajektorija familije 53 xCey

(nije nuno, ali gornju jednakost moemo malo srediti pa dobivamo)

'3

1y

y


10/40

10

yy

3

1'

Zadatak 8.(separacija varijabli) Metodom separacije varijabli nai ope rjeenjediferencijalne jednadbe 23' xyy , a potom ono partikularno rjeenje koje zadovoljava uvjet

0)2( y .

Rjeenje.Najprije nalazimo ope rjeenje:23' xyy

(dx

dyy ' )

23 xdx

dyy

xdx

dyy 32

dxxdx

dyy /32

dxxdyy )32(

/)32( dxxdyy

dxxdyy )32(

1

22

232

2C

xx

y

2/2

322

1

22

Cx

xy

122 234 Cxxy OPE RJEENJE

Da bi nali partikularno, u ope uvrtavamo poetni uvjet. Ovdje je sada situaciju malodrukija nego inae. Naime, ope rjeenje 1

22234 Cxxy nam nije zadano u eksplicitnom

obliku. U ovom sluaju emo u ope rjeenje uvrstiti poetni uvjet na nain da emo svex-evezamijeniti sa 2 a sve y-one sa 0. Na taj emo nain dobiti jednu jednadbu s jednomnepoznanicom:

0)2(y 24221280243240 11112 CCCC

Dakle, traeno partikularno rjeenje je : 434 22 xxy

Zadatak 9.(linearna nehomogena prvog reda) (3 boda) Nai ope rjeenje linearnediferencijalne jednadbe xx eyey 22' .

Rjeenje. Zadana diferencijalna jednadba xx eyey 22' je nehomogena linearnadiferencijalna jednadba. Dakle, moemo ju rjeavati Lagrangeovom metodom varijacije

konstanti ili Bernoullijevom metodom. Ovdje emo ju rijeiti Bernoullijevom metodom.

Najprije pretpostavimo da je traena, nepoznata funkcijayjednaka umnoku )()()( xvxuxy .

Deriviramo li izraz )()()( xvxuxy dobivamo )(')()()(')(' xvxuxvxuxy . Sada izraze

)()()( xvxuxy i )(')()()(')(' xvxuxvxuxy uvrtavamo u dif. jednadbu xx eyey 22' pa

imamo:xx evuevuvu

22''


11/40

11

(izluimo v)xx evuueuv

22')'(

(sada nam je cilj nai neku funkciju u(x) za koju je izraz u zagradi u prethodnom redu jednaknuli, dakle rjeavamo diferencijalnu jednadbu:)

0' 2 ueu x

uedx

du x 2

dxuedx

du x /2

udxuedu x :/2

dxeu

du x 2

/2 dxe

u

du x

dxeudu x2

(trebamo nai samo jednu funkciju upa emo u iduem koraku zanemariti konstantu )

xeu 221ln

xe

eu

2

2

1

(kada izraunatu funkcijux

e

eu

2

2

1

uvrstimo u izraz xx evuueuv 22 ')'( dobivamo)

xe

eve

x

22

1

'

2

(dakle, dobili smo diferencijalnu jednadbu prvog reda u kojoj nam je nepoznanica funkcija v)

(podijelimo jednadbu sax

e

e

2

2

1

)

xe

x

e

ev

2

2

1

2

'

22

2

'

xe

x

ev

(integriramo gornji izraz i dobivamo:)

dxev

xex

22

2

12

2

2

2

2

2

2

12

2

11

2

1

22

Cedue

dtdu

tu

dtedt

edxedt

etdx

e

ev uu

t

tx

x

e

x

x

12

12

2

CeCev

xet

12

2

Cev

x

e

(dakle, sada smo izraunali funkcijux

e

eu

2

2

1

i funkciju 12

2

Cev

xe

)

(poeli smo od pretpostavke da je traena funkcijay jednaka )()()( xvxuxy pa slijedi:)

)()( 122

12

2

Ceexy

xx e

e

OPE RJEENJE


12/40

12

Zadatak 10. (linearna s konstantnim koeficijentima vieg reda) Zadana je diferencijalnajednadba 0'4'' yy .

a) (0,5 boda) Odredite ope rjeenje zadane diferencijalne jednadbe.b) (1 bod) Odredite ope rjeenje diferencijalne jednadbe xxeyy 3'4'' .

c) (0,5 boda) Ako je PH yyy rjeenje diferencijalne jednadbe 53'4''2 xxyy pri

emu Hy oznaava ope rjeenje homogenog dijela, kojeg e oblika biti funkcija Py ?(Konstante nije potrebno odreivati.)

Rjeenje.a) Diferencijalna jednadba 0'4'' yy je homogena linearna diferencijalna jednadba 2. reda s

konstantnim koeficijentima. Prema tome, uvodimo supstituciju rxey i dobivamo

karakteristinipolinom: 042 rr Karakteristini polinom

(izluimo r)0)4( rr

(slijedi)

01

rje jednostruko realno rjeenje pridruujemo mu partikularno rjeenje

10 xe

42r je jednostruko realno rjeenje pridruujemo mu partikularno rjeenjexe4

(ope rjeenje jednadbe 0'4'' yy je)

xeCCy 421 TRAENO OPE RJEENJE

b) Diferencijalna jednadba xxeyy 3'4'' je nehomogena linearna diferencijalna jednadba 2.

reda s konstantnim koeficijentima. Prema tome, njezino ope rjeenje je oblika PH yyy gdje je Hy rjeenje pripadne homogene diferencijalne jednadbe koje smo izraunali u a)

djelu zadatka, dakle xH eCCy4

21 a gdje je Py partikularno rjeenje jednadbe xxeyy 3'4'' .

Da bi nali Py najprije moramo svrstati u jednu od tri kategorije funkciju sa desne strane

jednakosti

x

xeyy

3

'4''

, dakle funkciju

x

xexf

3

)(

. Dotina funkcijax

xexf

3

)(

je prve vrste,odnosno oblika )()( xPexf n

ax pri emu je 3a a polinom )(xPn je polinom prvog stupnjaxxPxPn )()( 1 . Da bi nali Py , sada trebamo provjeriti je li 3a rjeenje karakteristine

jednadbe pripadne homogene jednadbe, odnosno jednadbe iz a) djela zadatka koja

glasi 042 rr . 3a nije rjeenje pripadne karakteristine jednadbe, pa prema pravilimasada slijedi da je traeno partikularno rjeenje Py oblika )( 01

3AxAey xP . Jo trebamo

izraunati emu su jednake konstante 1A i 0A .

Pretpostavka je da je )( 013

AxAey xP partikularno rjeenje jednadbe xxeyy

3'4'' , prema

tome kada ga u nju uvrstimo trebali bi dobiti identitet odnosno jednakost. Kako se u jednadbixxeyy

3'4'' pojavljuju i prva i druga derivacija funkcijey , trebamo izraunatiprvu i drugu

derivaciju od funkcije )(01

3 AxAey x

P

da bi je mogli uvrstiti u jednadbu:

)( 013

AxAey x

P

13

013

)(3' AeAxAey xxP

)33(' 1013

AAxAey x

P

13

1013

3)33(3'' AeAAxAey xxP

)699('' 1013

AAxAey x

P

Sada funkciju )( 013 AxAey xP , odnosno njezine derivacije uvrtavamo u diferencijalnu

jednadbu xxeyy 3'4'' :


13/40

13

xxxxeAAxAeAAxAe

3101

3101

3)33(4)699(

(podijelimo gornji izraz sa )3xe

xAAxAAAxA 101101 41212699

(malo sredimo)xAAxA 101 233

(izjednaavanjem koeficijenata sa lijeve i desne strane dobivamo jednadbe)13 1 A

023 10 AA

(pa rjeavanjem dobivamo)

3

11 A

9

20 A

(te sada imamo:)

)9

2

3

1(3 xey xP

(poeli smo od toga da je traeno ope rjeenjeyjednako PH yyy pa imamo)

)9

2

3

1(3421 xeeCCy

xx TRAENO OPE RJEENJE

c) Funkcija Py ovisi o funkciji sa desne strane jednadbe 53'4''2 xxyy , odnosno o

funkciji 53)( 2 xxxf . Funkcija 53)( 2 xxxf je oblika )()( xPexf nax gdje je 0a a

polinom )(xPn je polinom drugog stupnja 53)()(2

2 xxxPxPn . Da bi nali Py , sada

trebamo provjeriti je li 0a rjeenje karakteristine jednadbe pripadne homogene jednadbe,odnosno jednadbe iz a) djela zadatka koja glasi 042 rr . 0a je jednostruko realno

rjeenje pripadne karakteristine jednadbe, pa prema pravilima sada slijedi da je traenopartikularno rjeenje Py oblika )( 01

22

0AxAxAexy xP .

Zadatak 11.(dif.jednadba oblika )()( xfy n )

Odredite rjeenje diferencijalne jednadbe xxy 3sin3'' koje zadovoljava poetne uvjete1)0( y i 0)0(' y .

Rjeenje. Trebamo nai partikularno rjeenje koje zadovoljava zadana dva uvjeta. Da bi tonapravili, najprije moramo nai ope rjeenje zadane jednadbe. Diferencijalna jednadba

xxy 3sin3'' je jednadba oblika )()( xfxy n , prema tome rjeavati emo ju uzastopnomdirektnom integracijom:

/3sin3'' xxy

dxxxy )3sin3('

1

2

3cos3

1

23' Cx

xy

/3cos31

23' 1

2

Cxx

y

dxCxx

y )3cos3

1

23( 1

2

21

3

3sin9

1

32

3CxCx

xy


14/40

14

21

3

3sin9

1

2CxCx

xy OPE RJEENJE

Da bi nali traeno partikularno rjeenje, pomou zadana dva uvjeta trebamo izraunativrijednosti dviju konstanti iz opeg rjeenja:

1. uvjet: 1)0( y : 10sin9

1

2

0)0( 22

3 CCy


3

10

3

1)0(' 11 CCy

Dakle, izraunali smo vrijednosti dviju konstanti:3

11 C i 12 C . Traeno partikularno

rjeenje je ono koje emo dobiti kada u ope rjeenje uvrstimo izraunate vrijednostikonstanti:

1313sin

91

2

3

xxxy TRAENO PARTIKULARNO RJEENJE

Zadatak 12. (dif.jednadba oblika )()( xfy n )

Odredite rjeenje diferencijalne jednadbe xey 5''' koje zadovoljava poetne uvjete

1)0( y , 0)0(' y i 1)0('' y .

Rjeenje. Trebamo nai partikularno rjeenje koje zadovoljava zadana tri uvjeta (obratitipanju na to da imamo jednadbu 3. reda njezino ope rjeenje imati e 3 konstante da bimogli izraunati vrijednosti tih konstanti moramo imati 3 poetna uvjeta dakle, tri

jednadbe s tri nepoznanice). Da bi to napravili, najprije moramo nai ope rjeenje zadane

jednadbe. Diferencijalna jednadba xey 5''' je jednadba oblika )()( xfxy n , prema tomerjeavati emo ju uzastopnom direktnom integracijom:

/'''5x

ey

dxey x5

''

15

5

1'' Cey x

/51

'' 15

Cey x

dxCey x )51

(' 15

215

251' CxCey x

/251

' 215

CxCey x

dxCxCey x )25

1( 21

5

32

2

15

2125

1CxC

xCey x OPE RJEENJE


15/40

15

Da bi nali traeno partikularno rjeenje, pomou zadana tri uvjeta trebamo izraunativrijednosti tri konstanti iz opeg rjeenja:

1. uvjet: 1)0( y :125

1241

125

10

2

0

125

1)0( 3332

2

10 CCCCCey x


25

10

25

10

25

1)0(' 2221

0 CCCCey x

3. uvjet: 1)0('' y : (prilikom nalaenja opeg rjeenja, ve smo izraunali emu je jednakadruga derivacija funkcijey pa emo to ovdje iskoristiti)

5

41

5

1

5

1)0('' 111

0 CCCey x

Dakle, izraunali smo vrijednosti triju konstanti:5

41 C ,

25

12 C i

125

1243 C . Traeno

partikularno rjeenje je ono koje emo dobiti kada u ope rjeenje uvrstimo izraunatevrijednosti konstanti:

125124

251

254

1251

25 xxey x TRAENO PARTIKULARNO RJEENJE


16/40

16

2. SKUPINA PITANJA

Zadatak 1.(Bernoullijeva prvog reda) (2.5 boda) Odrediti ope rjeenje Bernoullijevediferencijalne jednadbe 0coscot' 2 xyxyy .

Rjeenje. Zadana diferencijalna jednadba 0coscot' 2 xyxyy je Bernoullijeva jednadba

pa emo ju zapisati u standardnom obliku xyxyy coscot'2

. Istu moemo rjeavati

Bernoullijevom metodom ili ju supstitucijom)(

1)(

xyxz svesti na nehomogenu linearnu

diferencijalnu jednadbu koju isto znamo rijeiti. Ovdje emo ju rijeiti Bernoullijevommetodom.

Najprije pretpostavimo da je traeno rjeenje, odnosno nepoznata funkcijayjednaka vuy

gdje su u i v takoer zasada nepoznate funkcije koje moramo izraunati. Deriviramo lijednakost vuy dobivamo ''' vuvuy . Izraze vuy i ''' vuvuy uvrstimo u zadanu dif.

jednadbu xyxyy coscot' 2 i dobivamo:

xvuxvuvuvu coscot'' 22

(na lijevoj strani izluimo v)xvuvuxuuv cos')cot'(

22

(sada elimo nai jednu funkciju u za koju je izraz u zagradi u gornjoj jednakosti jednak nuli )

(dakle, rjeavamo dif jednadbu)

0cot' xuu

(ova jednadba bi se trebala moi rijeiti separacijom varijabli)0cot' xuu

xuu cot'

xudx

ducot

u

dxxu

dx

du /cot

xdxu

ducot

/cotxdxudu

xdxudu

cot

xtt

dt

xdxdt

xtdx

x

xu sinlnln

cos

sin

sin

cosln

xu sinlnln

(ovdje traimo samo jednu funkciju u za koju e izraz xuu cot' biti jednak nuli, ne itavufamiliju pa smo zato zanemarili pisanje konstante na desnoj strani )

xu sin

(sada kada se sa izraunatom funkcijom xu sin vratimo u jednakostxvuvuxuuv cos')cot'(

22 ostat e nam idue: )

xvxvx cos)(sin'sin 22


17/40

17

(gornji izraz predstavlja diferencijalnu jednadbu prvog reda gdje nam je nepoznanica

funkcija v)

(podijeliti emo sve sa sinx)xvxv cossin' 2

xvx

dx

dvcossin 2

2

2/cossin

v

dxxvx

dx

dv

xdxxv

dvcossin

2

/cossin2 xdxxvdv

xdxxvdv

cossin2

Cx

Ct

tdtxdxdt

xtxdxx

v 2

sin

2cos

sincossin

1 22

Cx

v

2

sin1 2

2

2sin1 2 Cx

v

2

2sin1 2 Cx

v

Cxv

2sin

22

(dakle, jo smo prije izraunali xu sin a sad smo izraunaliCx

v2sin

22

)

(rjeavanje smo zapoeli sa pretpostavkom da je ope rjeenje vuy prema tome sadaimamo)

Cx

xy2sin

2sin

2TRAENO OPE RJEENJE

Zadatak 2. (sustav diferencijalnih jednadbi) (2,5 boda) Rijeite sustav diferencijalnihjednadbi :

xezyy3

3' xezyz 239' .

Rjeenje.Najprije trebamo utvrditi to su nam nepoznanice u ovom sustavu i to je nezavisna

varijabla. U prvoj jednadbi se pojavljuje 'y , prema tome y je jedna nepoznata funkcija. Izdruge jednadbe zakljuujemo da je z druga nepoznata funkcija. U jednadbama se jo

pojavljuje varijabla x, prema tome slijedi da je x nezavisna varijabla. Dakle, moramo naifunkcije )(xy i )(xz .

Najprije iz jedne od jednadbi moramo izraziti jednu od nepoznatih funkcija. Iz prve

jednadbe xezyy 33' emo izrazitizjer je to najjednostavnija opcija. Imamo:

yyezezyy xx 3'3'33


18/40

18

Da bi sada yyez x 3'3 mogli uvrstiti u drugu jednadbu najprije moramo izraunatiderivaciju :

/'3'3 yyez x

'3''3'3

yyez x

(sada izraze yyez x 3'3 i '3''3' 3 yyez x uvrtavamo u drugu jednadbu pa imamo:)xxx

eyyeyyye233

9'339'3''3 (sredimo li gornju jednakost dobivamo:)

xeyyy 218'6''

(pomnoimo sa (-1))x

eyyy2

18'6''

(dobili smo nehomogenu linearnu diferencijalnu jednadbu 2. reda s konstantnim

koeficijentima)

(ovisno o funkciji sa desne strane xeyyy 218'6'' , odnosno o funkciji xexf 2)( ovu

jednadbu rjeavamo ili Metodom neodreenih koeficijenata ili Lagrangeovom metodomvarijacije konstanti)

( budui da je funkcija xexf 2)( oblika )()( xPexf nax pri emu je 2a i polinom )(xPn je

polinom nultog stupnja 1)()( 0 xPxPn , slijedi da jednadbu moemo rijeiti metodom

neodreenih koeficijenata)

(ope rjeenje jednadbe xeyyy 218'6'' je funkcija )(xy z akoju vrijedi PH yyxy )( gdjeje Hy rjeenje pripadne homogene jednadbe a Py partikularno rjeenje nehomogene)

(dakle, najprije rjeavamo pripadnu nehomogenu diferencijalnu jednadbu:)

01862 rr Karakteristini polinom

ii

r 332

66

2

1843662,1

(dakle, ir 332,1 je jednostruki kompleksni par korjena)

(ope rjeenje prema pravilima glasi:) xeCxeCy xx 3sin3cos 32

31 OPE RJEENJE PRIPADNE HOMOGENE D.J.

(sada trebamo izraunati partikularno rjeenje Py )

(ve smo vidjeli da je funkcija budui da je funkcija xexf 2)( oblika )()( xPexf nax priemu je 2a i polinom )(xPn je polinom nultog stupnja 1)()( 0 xPxPn )

(sada trebamo provjeriti je li 2a rjeenje karakteristine jednadbe koja glasi 01862 rr )(uvrstimo li dvojku u izraz 1862 rr dobivamo 34, dakle 2a nije rjeenje karakteristine

jednadbe)

(sada slijedi da je traeno partikularno rjeenje oblika )

)(2 xQey nx

P


19/40

19

(gdje je )(xQn neki nepoznati polinom stupnja jednakog stupnju polinoma izx

exf2

)( ,

dakle nultog stupnja pa piemo)

Aey xP 2

(jo trebamo izraunati emu je jednaka konstantaA)(to emo uiniti tako to emo izraunati prvu i drugu derivaciju od Aey xP

2 i to sve

uvrstiti u dif. jednadbu xeyyy 218'6'' )

/'2

Aey xP x

P Aey22'

xP Aey

24''

(uvrtavamo u xeyyy 218'6'' :)xxxx eAeAeAe

222218124

(podijelimo sa xe2 pa imamo:)

118124 AAA

134 A

34

1A

(dakle, traeno partikularno rjeenje je jednako:)

xP ey

2

34

1

(pa je ope rjeenje diferencijalne jednadbe xeyyy 218'6'' oblika PH yyxy )( jednako:)

xxx exeCxeCxy23

23

134

13sin3cos)(

Izraunali smo prvu nepoznatu funkcijuy(x). Jo trebamo izraunati funkcijuz.Jo smo na poetku zadatka doli do veze : yyez x 3'3 .

Dakle, kada u taj izraz uvrstimo izraunatu funkciju xxx exeCxeCxy 2323

134

13sin3cos)(

imamo:

)34

13sin3cos(3)'

34

13sin3cos()( 232

31

232

31

3 xxxxxxx exeCxeCexeCxeCexz

(deriviramo :)

xeCxeCxeCxeCexz xxxxx 3cos33sin33sin33cos3)( 323

23

13

13

)34

13sin3cos(3

17

1 232

31

2 xxxx exeCxeCe

(malo sredimo i dobivamo:)

xxxxx

eexeCxeCexz223

23

13

34

3

17

1

3cos33sin3)(


20/40

20

Zadatak 3.(sniavanje reda diferencijalnih jednadbi) (2,5 boda) Naite ope rjeenje

diferencijalne jednadbe xyx

y '2

'' .

Rjeenje. Zadana diferencijalna jednadba je jednadba drugog reda. Ona nije linearnadiferencijalna jednadba s konstantnim koeficijentima zato jer koeficijent koji u jednadbi

xy

x

y '2

'' mnoiy'nije konstanta nego je funkcijax

xf2

)( . Prema tome, jedino to ovdje

moemo raditi je pokuati uvesti supstituciju, odnosno novu funkcijuz(x) i tako sniziti red

ove diferencijalne jednadbe.

Prema pravilu, nova funkcija )(xz bi trebala biti jednaka najnioj derivaciji od funkcijey koja

se javlja u zadanoj jednadbi xyx

y '2

'' . Prema tome, uvodimo supstituciju:

)(')( xyxz

(deriviramo li gornju jednakost imamo:)('')(' xyxz

(sada izraze )(')( xyxz i )('')(' xyxz uvodimo u jednadbu xyx

y '2

'' pa imamo:

xzx

z 2

'

(dakle, ovom smo supstitucijom snizili red poetne dif. jednadbe i sada smo problem sveli na

rjeavanje jednadbe xzx

z 2

' to je nehomogena linearna diferencijalna jednadba 1. reda

koju moemo rjeavati Bernoullijevom ili Lagrangeovom metodom varijacije konstanti )

(rjeavati emo ju Bernoullijevom metodom)(najprije pretpostavimo da je nepoznata funkcija )(xz koju trebamo izraunati jednaka

umnoku vuz gdje su u i v takoer nepoznate funkcije koje emo tek izraunati)

(deriviramo li vuz dobivamo ''' vuvuz )

(jednakosti vuz i ''' vuvuz uvrtavamo u dif. jednadbu xzx

z 2

' i dobivamo:

xuvx

uvvu 2

''

xuvux

uv ')2

'(

(traimo onakvu funkciju u za koju e zagrada u prethodnom redu biti jednaka nuli: )

02

' ux

u

uxdx

du 2

u

dxu

xdx

du /

2

dxxu

du 2

dxxudu 1

2

(u iduem koraku emo zanemariti konstantu Cjer ne trebamo nai itavu familiju, negosamo jednu funkciju u sa spomenutim svojstvom)


21/40

21

xu ln2ln

(koristimo pravilo nxxn lnln )2lnln xu

2

1lnln

xu

2

1

xu

(kada funkciju2

1

xu uvrstimo u xuvu

xuv ')

2'( dobivamo: )

xvx

'12

(dobili smo dif. jednadbu u kojoj je nepoznanica funkcija v: )

2

2/'

1xxv

x

3' xv

dxxv3

1

4

4Cxv

(poeli smo od pretpostavke da je traena funkcijazjednaka vuz , a izraunali smo2

1

xu i

1

4

4C

xv pa dobivamo

2

12

21

4

4

1)

4(

x

Cx

xC

xz

(jo nismo gotovi, naime jo trebamo izraunati funkcijuy)(jo smo na poetku uveli supstituciju )(')( xyxz , prema tome vrijedi: )

2

12

4'

x

Cxy

(integriramo)

213

2

12

12)

4( C

x

Cxdx

x

Cxy OPE RJEENJE

(ponovno, imamo ope rjeenje s dvije konstante- zato jer smo rjeavali dif. jedn. 2. reda)

Zadatak 4.(sustav diferencijalnih jednadbi) (2,5 boda) Rijeite sustav diferencijalnihjednadbi tyxx 24' i 18836' yxy .

Rjeenje. Budui da trebamo rijeiti sustav diferencijalnih jednadbi, najprije trebamoustanoviti to su nam u tom sustavu nepoznanice (nepoznate funkcije) a to je nezavisna

varijabla.

U sustavu tyxx 24' i 18836' yxy nepoznanice e biti one varijable- funkcije koje sepojavljuju kao derivacije. Dakle, u naem konkretnom sustavu nepoznanice su funkcije x i y .

Ako se u sustavu pojavljuje i trea varijabla, onda e ona biti nezavisna varijabla. U naemkonkretnom sustavu, jo se pojavljuje varijabla t, prema tome ona je nezavisna varijabla.


22/40

22

Dakle, mi moramo nai funkcije x i y po varijabli t, odnosno simbolima funkcije ?)( tx i

?)( ty .

Poinjemo tako da iz jedne od jednadbi izrazimo jednu nepoznanicu preko druge. Odabratiemo prvu jednadbu tyxx 24' i iz nje izraziti nepoznanicuyprekox-a.

xxtytyxx 4'224' VEZA MEU NEPOZNANICAMA

Sada trebamo uvrstiti pronaenu vezu udrugu jednadbu. Meutim, da bi to mogli napravitinajprije trebamo izraunati derivaciju ody-ona. Dakle,

xxty 4'2

(deriviramo li gornju jednakost imamo)'4''2' xxy

(u prethodnom koraku samo treba paziti na to to je nezavisna varijabla po kojoj i deriviramo,

u naem sluaju to je varijabla t)Dakle, nakon to smo nali veze xxty 4'2 i '4''2' xxy , iste uvrtavamo u drugu

jednadbu pa imamo:18)4'2(8364''2 xxtxxx

(odnosno sredimo li gornji izraz)txxx 16168'8''

(mnoimo sa -1 kako bi dobili standardni oblik)

txxx 16168'8''

(vidimo da smo dobili nehomogenu linearnu diferencijalnu jednadbu 2. reda s konstantnim

koeficijentima)

(ovisno o funkciji sa desne strane gornje jednadbe, jednadbu emo rjeavati Metodomneodreenih koeficijenata ili Lagrangeovom metodom varijacije konstanti)

(funkcija sa desne strane jest funkcija ttf 166)( )

(vidimo da je ta funkcija oblika )()( tPetfn

at gdje je 0a a gdje je polinom )(tPn

polinom

prvog stupnja ttPtPn 166)()( 1 )

(dakle, jednadbu txxx 16168'8'' emo rijeavati Metodom neodreenih koeficijenata)

(rjeenje jednadbe txxx 16168'8'' biti e funkcija )(tx za koju vrijedi )()()( txtxtx PH gdje je )(txH rjeenje pripadne homogene jednadbe a gdje je )(txP partikularno rjeenje

nehomogene)

(dakle, najprije rjeavamo pripadnu homogenu jednadbu koja glasi:)

08'8'' xxx

0882 rr Karakteristina jednadba

2242

2482

21682

3282

326482,1 r

(dakle, dobili smo rjeenja)

2241 r

2242 r

(to su dva realna razliita rjeenja, prema tome i jednostruka pa im prema pravilimapridruujemo idua partikularna rjeenja:)


23/40

23

2241r pridruujemo mu partikularno rjeenjete )224(

2242r pridruujemo mu partikularno rjeenjet

e)224(

(slijedi da je traeno ope rjeenje homogene jednadbe 08'8'' xxx jednako:)tt

H eCeCtx)224(

2)224(

1)(

(jo trebamo nai )(txP )( )(txP e ovisiti o funkciji ttf 166)( )

(ve smo ustanovili da je funkcija ttf 166)( oblika )()( tPetf nat gdje je 0a a gdje je

polinom )(tPn polinom prvog stupnja ttPtPn 166)()( 1 )

(idue to trebamo napraviti je provjeriti je li 0a rjeenje karakteristine jednadbe)(karakteristinu jednadbu smo ve rjeili pa znamo da 0a nije njezino rjeenje)

(prema tome, sada slijedi da je )(txP oblika )()( tQetx nat

P gdje je )(tQn zasada neki nepoznati

polinom stupnja n , odnosno stupnja jednakog stupnju polinoma iz funkcije ttf 166)( )

(dakle:)

BAtBAtetx t

P )()(0

(da bi izraunali vrijednost konstantiA iB, funkciju BAttxP )( trebamo uvrstiti ujednadbu txxx 16168'8'' , ali prije toga moramo izraunati njezinu prvu i drugu

derivaciju budui da se one pojavljuju u jednadbi txxx 16168'8'' )AtxP )('

0)('' txP

(uvrtavamo i dobivamo)

tBAtA 1616888

(izjednaavanjem koeficijenata dobivamo:)2168 AAt

43281688 BBBA

(dakle, sada imamo:)42)( ttxP

(pa je traeno rjeenje jednadbe txxx 16168'8'' jednako:))()()( txtxtx PH

42)()224(

2)224(

1 teCeCtx tt

Jo nismo gotovi. Naime, tek smo izraunali prvu nepoznanicu poetnog sustava. Sada setrebamo vratiti na vezu koju smo jo na poetku zadatka nali iz prve jednadbe

sustava: xxty 4'2 i u nju uvrstiti pronaenu funkciju 42)( )224(2)224(

1 teCeCtx tt .

Tada dobivamo:

)42(4)'42(2 )224(2)224(

1)224(

2)224(

1 teCeCteCeCty

tttt

(deriviramo li prvu zagradu u konanici imamo)

168442)224()224(2)224(

2)224(

1)224(

2)224(

1 teCeCeCeCty tttt


24/40

24

(ovo je sada dovoljno, ali ako elimo gornju jednakost moemo jo malo srediti)

Zadatak 5.(sustav diferencijalnih jednadbi) Rijeite sustav diferencijalnih jednadbi

xezy 3' i3

3'xe

yz .

Rjeenje. Budui da trebamo rijeiti sustav diferencijalnih jednadbi, najprije trebamoustanoviti to su nam u tom sustavu nepoznanice (nepoznate funkcije) a to je nezavisnavarijabla.

U sustavu xezy 3' i3

3'xe

yz nepoznanice e biti one varijable- funkcije koje se pojavljuju

kao derivacije. Dakle, u naem konkretnom sustavu nepoznanice su funkcije z i y . Ako se u

sustavu pojavljuje i trea varijabla, onda e ona biti nezavisna varijabla. U naem konkretnomsustavu, jo se pojavljuje varijabla x , prema tome ona je nezavisna varijabla.

Dakle, mi moramo nai funkcije z i y po varijabli x, odnosno simbolima funkcije ?)( xz i?)( xy .

Poinjemo tako da iz jedne od jednadbi izrazimo jednu nepoznanicu preko druge. Odabratiemo prvu jednadbu xezy 3' i iz nje izraziti nepoznanicuzprekoy-a.

3

'3'

yezezy

xx VEZA MEU NEPOZNANICAMA

Sada trebamo uvrstiti pronaenu vezu u drugu jednadbu. Meutim, dabi to mogli napravitinajprije trebamo izraunati derivaciju odz-a. Dakle,

3

'yez

x

(deriviramo li gornju jednakost imamo)

3

''' ye

zx

(u prethodnom koraku samo treba paziti na to to je nezavisna varijabla po kojoj i deriviramo,

u naem sluaju to je varijablax)

Dakle, nakon to smo nali veze3

'yez

x i

3

'''

yez

x , iste uvrtavamo u drugu jednadbu pa

imamo:

33

3

'' xx ey

ye

(mnoimo sa 3)xx eyye 9''

(sredimo)09'' yy

(mnoimo sa -1 kako bi dobili standardni oblik)09'' yy

(vidimo da smo dobili homogenu linearnu diferencijalnu jednadbu 2. reda s konstantnim

koeficijentima)

092r Karakteristina jednadba92 r


25/40

25

3r

(dakle, dobili smo rjeenja)31 r

32 r

(to su dva realna razliita rjeenja, prema tome i jednostruka pa im prema pravilima

pridruujemo idua partikularna rjeenja:) 31r pridruujemo mu partikularno rjeenje

xe3

32r pridruujemo mu partikularno rjeenjexe 3

(slijedi da je traeno ope rjeenje homogene jednadbe 09'' yy jednako:)xx eCeCxy

32

31)(

Izraunali smoprvu nepoznanicu poetnog sustava. Sada se trebamo vratiti na vezu koju smo

jo na poetku zadatka nali iz prve jednadbe sustava:3

'yez

x i u nju uvrstiti pronaenu

funkciju xxt eCeCxy 323

1)( . Tada dobivamo:

3

)'( 323

1xxx eCeCe

z

(obavimo deriviranje)

3

33)(

32

31

xxx eCeCexz

(ovo je sada dovoljno, ali ako elimo gornju jednakost moemo jo malo srediti)

xxx

eCeCe

xz3

23

13

)(

Zadatak 6.(homogena diferencijalna jednadba prvog reda) (3 boda) Odrediti

partikularno rjeenje homogene diferencijalne jednadbeyx

xyy

5

95' koje zadovoljava poetni

uvjet 0)1( y .

Rjeenje. Jednadbayx

xyy

5

95' je jednadba 1. reda. Da bi je doveli do standardnog oblika

homgene diferencijalne jednadbe 1. reda koji glasi )('x

yfy podijeliti emo i brojnik i

nazivnik desne strane jednadbeyx

xyy

5

95' saxpa imamo:

xyx

xxyy

:)5(

:)95('

x

y

x

y

y

5

95

'

(dakle, sada bi trebalo biti oito da se radi o homogenoj diferencijalnoj jednadbi 1. reda

odnosno o jednadbi oblika )('x

yfy )


26/40

26

(ovaj tip jednadbi rjeavamo uvoenjem supstitucije, odnosno nove funkcijex

yxu )( )

(imamo:)

x

yu

uxy

(deriviramo))'('' xuxuy

uxuy ''

(sada jednakostix

yu i uxuy '' uvrtavamo u dif. jednadbu

x

y

x

y

y

5

95

' :)

u

uuxu

5

95'

(ovo to smo dobili bi trebala biti diferencijalna jednadba 1. reda u kojoj se mogu separirati

varijable a u kojoj nam je nepoznanica funkcija u )

u

uuxu

5

95'

uu

uxu

5

95'

(desnu stranu stavimo na zajedniki nazivnik)

u

uuuxu

5

595'

2

u

uxu

5

9'

2

(dx

duu ' )

u

ux

dx

du

5

92

(kako bi separirali varijable gornju jednakost mnoimo sa29

5

u

u

x

dx

)

x

dxdu

u

u

29

5

(separirali smo varijable pa integriramo)

/9

52 x

dxdu

u

u

x

dxdu

u

u

29

5

x

dxdu

u

udu

u 99

522

x

dxdu

u

udu

u 99

15

22

(prvi integral je tablini, drugi rjeavamo supstitucijom 92 ut )

12 ln)9ln(

2

1)

3arctan

3

1(5 Cxu

u

(ovdje stajemo iz razloga to funkciju u iz gornjeg izraza nije lako prikazati u eksplicitnom

obliku)


27/40

27

Jo nismo gotovi. Naime, mi moramo izraunati funkcijuy. Poeli smo sa supstitucijomx

yu

pa slijedi da je:xuy

(meutim, kako nismo uspjeli nai eksplicitni oblik funkcije u ovdje emo sada napravitisljedeu stvar:)

(iz relacije xuy slijedi:)

x

yu

(sada emo u jednakosti 12 ln)9ln(

2

1)

3arctan

3

1(5 Cxu

u zamijeniti u sa

x

yu i dobivamo:)

12

2

ln)9ln(2

1)

3arctan

3

1(5 Cx

x

y

x

y OPE RJEENJE

(vidimo da smo dobili ope rjeenje s jednom konstantu budui da smo rjeavalidiferencijalnu jednadbu 1. reda)

Jo trebamo nai partikularno rjeenje koje zadovoljava poetni uvjet 0)1( y . Dakle, kakoope rjeenje nije u eksplicitnom obliku, u ovoj emo situaciji u opem rjeenju umjesto x

uvrstit 1, odnosno umjesto y uvrstiti 0. Na taj emo nain dobiti jednu jednadbu s jednomnepoznanicom konstantom 1C . Dakle imamo:

9ln2

109ln

2

1051ln)90ln(

2

1)0arctan

3

1(5 111 CCC .

Traeno partikularno rjeenje emo dobiti kada u opem rjeenju konstantu zamijenimo sa

izraunatom konkretnom vrijednou 9ln2

11 C :

9ln2

1ln)9ln(

2

1)

3arctan

3

1(5

2

2

xx

y

x

yTRAENO PARTIKULARNO RJEENJE

Zadatak 7.(Lagrangeova metoda varijacije konstanti) Nai ope rjeenje diferencijalnejednadbe

2

3

9'6''x

eyyy

x

primjenom Lagrangeove metode varijacije konstanti.

Rjeenje. Jednadba2

3

9'6''x

eyyy

x

je nehomogena linearna diferencijalna jednadba 2. reda

s konstantnim koeficijentima. U zadatku je ve odreeno da ju rjeavamo Lagrangeovommetodom. Dakle, najprije moramo nai ope rjeenje pripadne homogene diferencijalne

jednadbe:09'6'' yyy

0962 rr Karakteristina jednadba

032

363662,1

r

321 rr

(dakle, dobili smo jedno realno rjeenje, prema tome ono je dvostruko)

(prema pravilima, pridruujemo mu partikularna rjeenja oblika:)

321 rr pridruujemo part. rjeenjaxx xee 33 ,

(dakle, ope rjeenje pripadne homogene jednadbe 09'6'' yyy je)xx

xeCeCy3

23

1


28/40

28

Drugi korak Lagrangeove metode varijacije konstanti je da pretpostavimo da je traeno ope

rjeenje poetne diferencijalne jednadbe2

3

9'6''x

eyyy

x

funkcijay oblika:

xx xexCexCy3

23

1 )()(

Pri emu su nam funkcije )(1 xC i )(2 xC nepoznanice koje tek moramo izraunati. Budui daimamo dvije nepoznanice, prema pravilima si postavljamo sustav od dvije jednadbe koje

glase:

0''3

23

1 xx

xeCeC

2

33

23

1 )'(')'('x

exeCeC

xxx

____________________________

(deriviramo li u drugoj jednadbi dobivamo sustav)

0''3

23

1 xx

xeCeC

2

333

23

1 )3(''3x

exeeCeC

xxxx

________________________________(da bi si pojednostavili jednadbe, dijelimo ih sa xe3 )

0'' 21 xCC

221

1)31(''3

xxCC

_____________________________

(dakle, imamo sustav od dvije diferencijalne jednadbe sa dvije nepoznanice nepoznate

funkcije )(1 xC i )(2 xC )

(iz prve jednadbe emo iskazati jednu nepoznanicu preko druge:)''0'' 2121 xCCxCC VEZA

(sada u drugu jednadbu uvrtavamo pronaenu vezu pa imamo:)

222

1)31(''3

xxCCx

(sada smo dobili jednu diferencijalnu jednadbu sa jednom nepoznanicom funkcijom )(2 xC )

(kako bi jednadbu doveli do nekog standardnog oblika, sa lijeve strane izluujemo funkciju)('2 xC )

22

1)313('

xxxC

(sredimo)

22

1'

xC

(dobili smo diferencijalnu jednadbu oblika )(' xfy koju rjeavamo direktnom integracijom)

/1

'22

xC

122

11)( K

xdx

xxC

(dakle, nali smo prvu nepoznatu funkciju )(2 xC )


29/40

29

(sada se vraamo u vezu meu nepoznanicama '' 21 xCC gdje trebamo uvrstiti prvuderivaciju funkcije )(2 xC koju smo u raunu ve izraunali pa imamo:)

xxxC

11'

21

(ponovno integriramo i dobivamo:)

/

1

'1 xC

21 ln1

)( Kxdxx

xC (dakle, izraunali smo obje funkcije )(1 xC i )(2 xC pa sada slijedi da je traeno ope rjeenjey

poetne diferencijalne jednadbe: )

xx xeKx

eKxy 313

2 )1

()ln( OPE RJEENJE


30/40

30

3. TEORIJSKA PITANJA

Ovo su samo neki primjeri teorijskih zadataka izvueni iz kolokvija od zadnjih nekolikogodina. U vaem kolokviju moda budu sve neki drukiji zadaci, al opet mislim da ne bitrebali biti jako drukiji. Definitivno vam je najbolje uiti ono to ste na predavanjima sveradili...

1. Tip teorijski pitanja - zadaci koji zahtijevaju poznavanje iduih injenica:

Obina diferencijalna jednadba n-tog redaje jednadba oblika0),,...,''','',',,( )()1( nn yyyyyyxF ,

gdje jex nezavisna varijabla a )(xyy nepoznata funkcija.

Ope rjeenje diferencijalne jednadbe n-tog reda je familija- skup funkcija),...,,,( 21 nCCCxyy

koje su sve rjeenja iste jednadbe.Dakle, radi se o familiji koja u sebi sadri n konstanti koje zamjenjuju bilo koji realan broj.

Partikularno rjeenje diferencijalne jednadbe n-tog reda je neka konkretna funkcija kojudobivamo iz opeg rjeenja te iste jednadbe uz n zadanih poetnih uvjeta.

Zadatak 1. (1 bod) 0),,( yyxF je diferencijalna jednadba____ reda i njezino operjeenje je oblika__________________. (Rjeenje: 3, ),,,( 321 CCCxyy )

Zadatak 2. Ope rjeenje diferencijalne jednadbe 0),,,( yyyxF sadri _______

konstanti. Partikularno rjeenje se iz opeg rjeenja dobije zadavanjem poetnih uvjeta.Poetni uvjeti u toki 0x zadaju se na sljedei nain: __________________________.

(Rjeenje:3, 00 )( yxy , 10 )(' yxy i 20 )('' yxy )

Zadatak 3. Ope rjeenje diferencijalne jednadbe 0),,,( yyyxF je oblika______________. Da bi iz opeg rjeenja odredili partikularno potrebno je zadati ______poetnih uvjeta. (Rjeenje: ),,( 21 CCxyy , 2 poetna uvjeta)

Zadatak 4. Ope rjeenje diferencijalne jednadbe dano je s ),,,( 321 CCCxyy Pripadnadiferencijalna jednadbe je ________ reda. Partikularno rjeenje se iz opeg rjeenja dobijezadavanjem poetnih uvjeta. Poetni uvjeti u toki 0x zadaju se na sljedei nain:

__________________________. (Rjeenje: 3. reda, 00 )( yxy , 10 )(' yxy i 20 )('' yxy )

Zadatak 5. 0),,( IVyyxF je diferencijalna jednadba _____ reda i njezino ope rjeenje jeoblika __________________. (Rjeenje: 4. reda, ),,,,( 4321 CCCCxyy )

Zadatak 6. Diferencijalna jednadba '''

3yy

y

x je ________ reda. Ope rjeenje te

diferencijalne jednadbe sadri ________ konstanti. (Rjeenje: 2. reda, dvije konstante)


31/40

31

Zadatak 7. Diferencijalna jednadba 0'3'' 33 xxyyy je ____ reda. Ope rjeenje tediferencijalne jednadbe je oblika ___________________.(Rjeenje: 2. reda, ),,( 21 CCxyy )

Zadatak 8. Ope rjeenje diferencijalne jednadbe etvrtog reda je oblika_________________. Da bi se iz opeg rjeenja dobilo partikularno, potrebno je zadati

____________________ poetnih uvjeta. (Rjeenje: ),,,,( 4321 CCCCxyy , 4 poetnih uvjeta)

2. Znati sve tipove, to jest ope oblike svih tipova diferencijalnih jednadbi koje smoradili. Dakle :

Diferencijalnejednadbe 1.

reda

)(' xfy

)()(' ygxfy - diferencijalna jednadba sa

separiranim varijablama

)('x

yfy

- homogena diferencijalnajednadba prvoga reda

0)(' yxfy- linearna homogena diferencijalna

jednadba prvoga reda

)()(' xqyxfy - linearna nehomogena

diferencijalna jednadba prvoga

reda

nyxqyxfy )()('- Bernoullijeva diferencijalna

jednadba prvoga reda

Diferencijalnejednadbevieg reda

)()(

xfy n

)()(')(..)( 01)1(

1)(

xfyxayxayxay n

nn

- linearna diferencijalna jednadba

n-toga reda

0'.. 01)1(

1)( yayayay

nn

n- homogena linearna diferencijalna

jednadba n-toga reda s

konstantnim koeficijentima

)('.. 01)1(

1)(

xfyayayay n

nn

- nehomogena linearna

diferencijalna jednadba n-toga

reda s konstantnim koeficijentima

Zadatak 9.Napisati opi oblik homogene linearne diferencijalne jednadbe treeg reda.(Rjeenje: 0)(')('')(''' 012 yxayxayxay )

Zadatak 10. Napisati opi oblik nehomogene linearne diferencijalne jednadbe treeg reda.(Rjeenje: )()(')('')(''' 012 xfyxayxayxay )

Zadatak 11. Zapisati opi oblik homogene linearne diferencijalne jednadbe etvrtog reda skonstantnim koeficijentima. (Rjeenje: 0'''''' 0123 yayayayay

IV )

Zadatak 12. Zapisati opi oblik homogene linearne diferencijalne jednadbe etvrtog reda.(Rjeenje: 0)(')('')(''')( 0123 yxayxayxayxay

IV )

Zadatak 13. Zapisati opi oblik nehomogene linearne diferencijalne jednadbe treeg reda skonstantnim koeficijentima. (Rjeenje: )('''''' 012 xfyayayay )


32/40

32

3. Tip sve vezano uz koncepte familije krivulja, ortogonalne trajektorije, pojamderivacije.

Familija krivuljaje pojam pod kojim podrazumijevamo skup vie (esto beskonano mnogo)funkcija. est je sluaj da su krivulje iz iste familije na neki nain sline. Npr. familija

pravaca Cxy , gdje je C konstanta koja zamjenjuje bilo koji realan broj je skup svih

pravaca ija je jednadba Cxy . Dakle, neki od elemenata te familije jesu pravci xy ,1xy , exy , 1000xy . Kad bi ili skicirati sve te pravce, vidjeli bi da familiji Cxy

pripadaju svi pravci koji su paralelni sa pravcem xy . Dakle, pravci iz familije Cxy su

slini u smislu da svi imaju jednak koeficijent smjera paralelni su.

Ortogonalne trajektorijeKut izmeu dviju krivulja se definira kao kut meu tangentama na te krivulje u toki presjeka.Dvije krivulje su ortogonalne ako se sijeku pod pravim kutem.

Ako imamo neku familiju krivulja koja u sebi sadri samo jednu konstantu (to se kae i

jednoparametarska familija krivulja), u opem zapisu tu familiju emo oznaiti kao0),,( Cyxf , tada su ortogonalne trajektorije te familije sve krivulje koje su ortogonalne na

svaku krivulju iz familije 0),,( Cyxf .

Derivacija neke funkcijey(x) u toki ))(,( 00 xyx jednaka je tangensu kuta kojeg sa pozitivnimdijelom x-osi zatvara tangenta na krivulju y(x) u dotinoj toki, to je jednako koeficijentusmjera tangente. Derivacija se shvaa kao brzina rasta (opadanja) funkcije y(x) u toki

))(,( 00 xyx .

Zadatak 14. Odrediti diferencijalnu jednadbu koju zadovoljavaju krivulje sa svojstvom daje koeficijent smjera tangente u proizvoljnoj toki ),( yxT krivulje 3 puta vei od umnoka

xy u promatranoj toki.

Rjeenje. Dakle traimo sve krivulje )(xyy za koje vrijedi da je koeficijent smjera tangente

u svakoj toki ),( yxT , odnosno za koje vrijedi da je derivacija )(' xy u svakoj tokix 3 putavea od umnokaxy. Dakle, zahtijevamo da vrijedi:

xyxy 3)('

to je traena diferencijalna jednadba opisane familije krivulja.

Zadatak 15. a) Odrediti diferencijalnu jednadbu koju zadovoljavaju krivulje sa svojstvom daje koeficijent smjera tangente u proizvoljnoj toki ),( yxT krivulje 2 puta manji od umnoka

yx2 u promatranoj toki.b) (2) Nai jednadbe takvih krivulja, a zatim odrediti onu koja

prolazi tokom )1,0(A .Rjeenje. Na isti nain kao u prethodnom zadatku dolazimo do diferencijalne jednadbe

2)('

2yx

xy .

U b) djelu zadatka zahtijeva se da rijeimo pronaenu diferencijalnu jednadbu. Dakle,

2

2yx

dx

dy

dxx

y

dy

2

2

dxx

y

dy

2

2


33/40

33

1

3

6ln C

xy

1

3

6C

x

ey

Nali smo familiju1

3

6C

x

ey

sa traenim svojstvom. Jo trebamo nai tono onu krivulju iz

familije koja prolazi tokom )1,0(A . Dakle, trebamo izraunati vrijednost konstante 1C zadani poetni uvjet 1)0( y :

01)0( 16

0

11

3

Ceey C

C

.

Dakle, traena partikularna krivulja glasi : 63

x

ey .

Zadatak 16. Definirati ortogonalne trajektorije neke familije krivulja.

Zadatak 17. Zadana je familija krivulja Cxxey . Nai onu krivulju koja sadri toku

),1( 2eA .

Rjeenje. Dakle, trebamo pronai tono onu krivulju iz skupa, odnosno familije krivuljaCx

xey koja prolazi dotinom tokom. Uvrstimo li poetni uvjet u familiju dobivamo:

22 Cee C .

Dakle, traena krivulja je xxey 2 .

Zadatak 18. Zadana je familija krivulja )1( xeCy . Nai onu krivulju koja prolazi tokom)2,0(A .

Rjeenje. Dakle, trebamo pronai tono onu krivulju iz skupa, odnosno familije krivulja)1( xeCy koja prolazi dotinom tokom. Uvrstimo li poetni uvjet u familiju dobivamo:

1)1(20 CeC .

Dakle, traena krivulja je 1 x

ey .

Zadatak 19. Zadana je familija krivuljaC

xy

12

. Nai onu krivulju koja sadri toku )1,1(A .

Rjeenje. Dakle, trebamo pronai tono onu krivulju iz skupa, odnosno familije krivulja

C

xy

12

koja prolazi dotinom tokom. Uvrstimo li poetni uvjet u familiju dobivamo:

211

1

CC

.

Dakle, traena krivulja je2

12

xy .


34/40

34

4. Tip - Titranje

Promatramo titranje utega mase m na opruzi koeficijenta elastinosti k u sredstvu skoeficijentom guenja c. Primjenom 2. Newtonovog zakona dobivamo jednadbu:

0''' kxcxmx (1)

za pomak )(txx iz ravnotenog poloaja. Jednadba (1) je homogena linearna diferencijalna

jednadba 2. reda s konstantnim koeficijentima. Pripadni karakteristini polinom02 kcrmr (2)

ima korijene 2,1r , gdje jem

c

2 i

m

mkc

2

42 te mogu nastupiti etiri sluaja.

1.sluaj: Ako nema guenja, tj. 0c gibanje je slobodno titranje. Tada je 02

0

2

mm

c a

m

ki

m

mki

m

mki

m

mk

m

mk

m

mkc

2

2

2

4

2

40

2

42 . Rjeenja karakteristine jednadbe

su daklem

kir 2,1 , pri emu se esto

m

k oznaava kao . Dakle, imamo jednostruki

kompleksni par rjeenja. Prema pravilima, pridruujemo im partikularna rjeenja te t cos0 i

te t sin0 pa imamo da je ope rjeenje jednadbe:tCtCtx sincos)( 21 .

Gornje rjeenje se moe prikazati u jednostavnijem obliku (to je esto i sluaj) iduimpostupkom:

(izluimo iz tCtCtx sincos)( 21 izraz2

22

1 CCC :)

)sincos()( 21 tC

Ct

C

CCtx

(za svaka dva realna broja lako se dokae primjenom Pitagorina pouka i iz same definicijetrigonometrijskih funkcija da postoji jedinstveni kut, oznaimo ga za kojeg vrijedi:)

sin1

CC i cos2

CC

(nakon uvrtavanja prethodne dvije jednakosti u )sincos()( 21 tC

Ct

C

CCtx dobivamo:)

)sincoscos(sin)( ttCtx

(i sada prema formuli za sinus zbroja koja glasi sincoscossin)sin( imamo:)

)sin()sincoscos(sin)( tCttCtx

(dakle, doli smo do drugog oblika rjeenja koje glasi))sin()( tCtx

(takoer vrijedi:)

)2

cos()2

cos()sin()(

tCtCtCtx .

2. sluaj: Ako je 042

mkc , gibanje je gueno titranje. Tada je mc

2 a

im

cmki

m

cmki

m

cmk

m

mkc

2

)4(

2

)4(

2

)4(

2

422222

. Slinim principom kao i u 1.

sluaju, dolazimo do opeg rjeenja jednadbe, koje je u ovom sluaju oblika :teCteCtx tt sincos)( 21

.

(ponovno se esto gornje rjeenje zapisuje u obliku))sin()( teCtx

t

(ili u obliku)


35/40

35

)2

cos()(

tCetx t

(do kojih se doe istim nainom kao i u 1. sluaju)3. sluaj: Ako je mkc 42 imamo sluaj guenja bez titranja ili kritinog guenja. Tada je

m

c

2 a 0

2

42

m

mkc . Rjeenja karakteristine jednadbe su dakle 2,1r . Dakle,

imamo dvostruko realno rjeenje. Prema pravilima, pridruujemo mu partikularna rjeenjate i tet , pa je ope rjeenje oblika:

tt etCeCtx 21)(

4. sluaj: Ako je 042 mkc gibanje je guenje bez titranja. Tada smo u situaciju kadakarakteristina jednadba ima dva razliita jednostruka realna rjeenja, pa dolazimo do opegrjeenja koje glasi:

tt eCeCtx)(

2)(

1)(

Promatramo titranje utega mase m na opruzi koeficijenta elastinosti k u sredstvu skoeficijentom guenja c na koji djeluje vanjska sila a tFtf 00 cos)( . Primjenom 2.

Newtonovog zakona dobivamo jednadbu:)(''' tfkxcxmx

za pomak )(txx iz ravnotenog poloaja. Ako nema guenja (c=0) i ako je

0m

k partikularno rjeenje je amplituda neogranieno raste i dolazi do rezonancije.

Zadatak 20.Neka )(tx oznaava vertikalni poloaj materijalne toke mase m objeene naoprugu koeficijenta elastinosti 0k . Pretpostavimo da je vibracija opruge uzrokovanagravitacijskom silom mgG , a koeficijent guenja sredstva u kojem se dogaa vibracija

oznaen je s 0c . U opisanom sluaju vibracija opruge opisana je diferencijalnomjednadbom

0''' xkxcxm .

U kojem odnosu moraju biti konstante kc, i m ako je funkcija )(tx oblika

)cos()sin()( 21 teCteCtx ptpt

,

Odnosno ako se radi o guenom titranju? Odredite vrijednost konstantep u ovisnosti o

konstantama m i c. Obrazloite.

Rjeenje. Iz svega napisanog o titranju slijedi da e do sluaja guenog titranja doi ako su

dotine tri konstante u odnosu 042 mkc . Takoer, vrijedi da jem

cp

2 . Objanjenje je u

dijelu prije ovog zadatka.

Zadatak 21. Neka )(tx oznaava vertikalni poloaj materijalne toke mase m objeene naoprugu koeficijenta elastinosti 0k . Pretpostavimo da je vibracija opruge uzrokovanagravitacijskom silom mgG , a koeficijent guenja sredstva u kojem se dogaa vibracijaoznaen je s 0c . U opisanom sluaju vibracija opruge opisana je diferencijalnom

jednadbom

0''' xkxcxm .

emu mora biti jednaka konstanta c ako je funkcija )(tx oblika


36/40

36

)cos()sin()( 21 tCtCtx ,

Odnosno ako se radi o slobodnom titranju? Odredite vrijednost konstante u ovisnosti o

konstantama m i k. Obrazloite.

Rjeenje. Iz svega napisanog o titranju slijedi da e do sluaja slobodnog titranja doi ako

vrijedi 0c . Takoer, vrijedi da jek

m .

Zadatak 22. (2 boda) Zadana je diferencijalna jednadba harmonijskog oscilatora

)(4

1'' tfyy , gdje ( )y t predstavlja odmak iz ravnotenog poloaja, a ( )f t predstavlja

djelovanje vanjske sile. Kakvog oblika mora biti funkcija ( )f t da bi dolo do pojave

rezonancije? Za proizvoljno odabranu funkciju ( )f t za koju e doi do pojave rezonancijepretpostaviti partikularno rjeenje diferencijalne jednadbe.

Rjeenje. Iz objanjenja koje se nalazi na 35? Stranici, znamo da e do rezonancije doi kada

vanjska sila bude jednaka tFtf 00 cos)( pri emu je 0m

k . U naem sluaju imamo

2

1

1

4

1

0 . Dakle, da bi dolo do rezonancije funkcija )(tf mora biti oblika

2cos)(

0

tFtf .

Mi emo odabrati proizvoljnu funkciju )(tf navedenog oblika i to funkciju2

cos)( t

tf .

Dakle, sada moramo pretpostaviti partikularno rjeenje diferencijalne jednadbe

2cos

4

1''

tyy . Ono e ovisiti o funkciji

2cos)( t

tf . Vidimo da je ista funkcija oblika

)sin)(cos)(()( bttQbttPetf lnax pri emu je u naem konkretnom sluaju 0a , polinom

1)( tPn , polinom 0)( tQl i2

1b . Jo trebamo provjeriti je li kompleksni par iba , odnosno

par i2

1 rjeenje karakteristine jednadbe koja glasi 0

4

12 r . Nije teko provjeriti da je

upravo kompleksni par i2

1

rjeenje karakteristine jednadbe pa prema pravilima sada slijedi

da je traeno partikularno rjeenje oblika )2

sin)(2

cos)(()( t

tTt

tRetty mmats

P pri emu je s

viestrukost rjeenja i2

1 karakteristine jednadbe, dakle s je 1 a gdje su polinomi )(tRm i

)(tTm neki nepoznati polinomi stupnja mpri emu je mjednak veem od stupnjeva polinoma1)( tPn i 0)( tQl , dakle mje nula.

)2

sin2

cos()( t

Bt

AttyP

Zadatak 23. (2) Zadana je diferencijalna jednadba harmonijskog oscilatora )(16'' tfyy ,gdje ( )y t predstavlja odmak iz ravnotenog poloaja, a ( )f t predstavlja djelovanje vanjske

sile. Kakvog oblika mora biti funkcija ( )f t da bi dolo do pojave rezonancije? Za proizvoljno

odabranu funkciju ( )f t za koju e doi do pojave rezonancije pretpostaviti partikularnorjeenje diferencijalne jednadbe.

Rjeenje. Iz objanjenja koje se nalazi na 35? stranici, znamo da e do rezonancije doi kada

vanjska sila bude jednaka tFtf 00 cos)( pri emu je 0m

k . U naem sluaju imamo


37/40

37

41

160 . Dakle, da bi dolo do rezonancije funkcija )(tf mora biti oblika tFtf 4cos)( 0 .

Mi emo odabrati proizvoljnu funkciju )(tf navedenog oblika i to funkciju ttf 4cos)( .Dakle, sada moramo pretpostaviti partikularno rjeenje diferencijalne jednadbe

tyy 4cos16'' . Ono e ovisiti o funkciji ttf 4cos)( . Vidimo da je ista funkcija oblika

)sin)(cos)(()( bttQbttPetfln

ax pri emu je u naem konkretnom sluaju 0a , polinom1)( tPn , polinom 0)( tQl i 4b . Jo trebamo provjeriti je li kompleksni par iba , odnosno

par i4 rjeenje karakteristine jednadbe koja glasi 0162 r . Nije teko provjeriti da jeupravo kompleksni par i4 rjeenje karakteristine jednadbe pa prema pravilima sada slijedida je traeno partikularno rjeenje oblika )4sin)(4cos)(()( ttTttRetty mm

atsP pri emu je s

viestrukost rjeenja i4 karakteristine jednadbe, dakle s je 1 a gdje su polinomi )(tRm i

)(tTm neki nepoznati polinomi stupnja mpri emu je mjednak veem od stupnjeva polinoma1)( tPn i 0)( tQl , dakle mje nula.

)4sin4cos()( tBtAttyP

I jo neki teorijski zadaci...

Zadatak 24. (1 bod) Neka su )(1 xy i )(2 xy rjeenja diferencijalne jednadbe0)(')('' yxhyxfy . Pokaite da za determinantu Wronskog koja pripada rjeenjima )(1 xy i

)(2 xy vrijedi 0)(' WxfW .

Rjeenja. Determinanta Wronskog funkcija )(1 xf , )(2 xf , ..., )(xfk jednaka je

)(...)()(

............

)('...)(')('

)(...)()(

)1()1(2

)1(1

21

21

xfxfxf

xfxfxf

xfxfxf

W

kk

kk

k

k

.

Ako za funkcije )(1

xf , )(2

xf , ..., )(xfk

vrijedi da je njihova determinanta Wronskog jednaka

nuli kaemo da su funkcije )(1 xf , )(2 xf , ..., )(xfk linearno zavisne, odnosno ako je

determinanta Wronskog razliita od nule kaemo da su funkcije linearno nezavisne.

Dakle, u zadatku nam je zadano da su funkcije )(1 xy i )(2 xy rjeenja diferencijalne jednadbe

0)(')('' yxhyxfy . Prema tome, obje funkcije zadovoljava tu diferencijalnu jednadbu

odnosno vrijedi:0)(')('' 111 yxhyxfy

0)(')('' 222 yxhyxfy .

Mi trebamo pokazati da za determinantu Wronskog W od funckija )(1 xy i )(2 xy vrijedi

0)(' WxfW . Najprije emo izraunati W:

)(')()(')()(')('

)()(1221

21

21xyxyxyxy

xyxy

xyxyW .

(dakle, imamo :))(')()(')( 1221 xyxyxyxyW

( )(')()(')( 1221 xyxyxyxyW e zadovoljavati 0)(' WxfW ako nakon uvrtavanja dobijemoidentitet odnosno jednakost)

(uvrstimo )(')()(')( 1221 xyxyxyxyW u 0)(' WxfW )


38/40

38

0))(')()(')()(())'(')()(')(( 12211221 xyxyxyxyxfxyxyxyxy

(deriviramo)0)(')()()(')()()('')()(')(')('')()(')(' 122112122121 xyxyxfxyxyxfxyxyxyxyxyxyxyxy

(malo sredimo)

0))(')()(''()())(')()(''()( 112221 xyxfxyxyxyxfxyxy

(iz pretpostavki zadatka znamo da vrijedi:)

111111 )(')(''0)(')('' yxhyxfyyxhyxfy

222222 )(')(''0)(')('' yxhyxfyyxhyxfy

(ako prethodne dvije jednakosti uvrstimo u

0))(')()(''()())(')()(''()( 112221 xyxfxyxyxyxfxyxy dobivamo:)

0))(()())(()( 1221 yxhxyyxhxy

(sredimo)0)()()()( 1221 yxhxyyxhxy

00(dobili smo jednakost, dakle pokazali smo da determinanta Wronskog funkcija )(1 xy i )(2 xy

zadovoljava jednadbu 0)(' WxfW )

Zadatak 25. Neka su )(1 xy i )(2 xy rjeenja diferencijalne jednadbe )()(' xhyxfy . Pokaiteda je )()()( 123 xyxyxy rjeenje diferencijalne jednadbe 0)(' yxfy .

Rjeenje. Pretpostavka je da su funkcije )(1 xy i )(2 xy rjeenja diferencijalne jednadbe)()(' xhyxfy . To znai da zadovoljavaju jednadbu )()(' xhyxfy , odnosno da vrijedi:

)()(' 11 xhyxfy

)()(' 22 xhyxfy

U zadatku se trai da pokaemo da je funkcija )()()( 123 xyxyxy rjeenje jednadbe

0)(' yxfy . Ona e to biti ako ju zadovoljava, odnosno ako kada ju uvrstimo u jednadbudobijemo identitet odnosno jednakost. Dakle, trebamo funkciju )()()( 123 xyxyxy uvrstiti u

jednadbu 0)(' yxfy . Imamo:

0))(()'( 1212 yyxfyy

(deriviramo to se treba derivirati:)0)()('' 1212 yxfyxfyy

Iz pretpostavke zadatka, mi znamo da vrijede relacije:)()(' 11 xhyxfy

)()(' 22 xhyxfy

(iz kojih slijedi)1111 )()(')()(' yxfxhyxhyxfy

2222 )()(')()(' yxfxhyxhyxfy

(uvrstmo li 11 )()(' yxfxhy i 22 )()(' yxfxhy u izraz 0)()('' 1212 yxfyxfyy dobivamo:)

0)()()()()()( 1212 yxfyxfyxfxhyxfxh

(sredimo, sve se pokrati i ostane nam:)

00


39/40

39

Dakle uvrtavanjem funkcije )()()( 123 xyxyxy u diferencijalnu jednadbu 0)(' yxfy doli

smo do jednakosti 00 , prema tome funkcija )()()( 123 xyxyxy je rjeenje dotinejednadbe.

Zadatak 26. Neka je )(1 xy rjeenje diferencijalne jednadbe )()(' xhyxfy , a )(2 xy rjeenjadiferencijalne jednadbe 0)(' yxfy . Pokaite da je )()()( 123 xyxyxy rjeenje

diferencijalne jednadbe )()(' xhyxfy .

Rjeenje. Pretpostavka je da je funkcije )(1 xy rjeenje diferencijalne jednadbe)()(' xhyxfy a )(2 xy rjeenje diferencijalne jednadbe 0)(' yxfy . To znai da dotine

funkcije zadovoljavaju dotine jednadbe, odnosno da vrijedi:)()(' 11 xhyxfy

0)(' 22 yxfy

U zadatku se trai da pokaemo da je funkcija )()()( 123 xyxyxy rjeenje

jednadbe )()(' xhyxfy . Ona e to biti ako ju zadovoljava, odnosno ako kada ju uvrstimo u

jednadbu dobijemo identitet odnosno jednakost. Dakle, trebamo funkciju )()()( 123 xyxyxy uvrstiti u jednadbu )()(' xhyxfy . Imamo:

)())(()'( 1212 xhyyxfyy

(deriviramo to se treba derivirati:))()()('' 1212 xhyxfyxfyy

Iz pretpostavke zadatka, mi znamo da vrijede relacije:)()(' 11 xhyxfy

0)(' 22 yxfy

(iz kojih slijedi)

1111 )()(')()(' yxfxhyxhyxfy

2222 )('0)(' yxfyyxfy

(uvrstmo li 11 )()(' yxfxhy i 22 )(' yxfy u izraz )()()('' 1212 xhyxfyxfyy dobivamo:)

)()()()()()( 1212 xhyxfyxfyxfxhyxf

(sredimo, sve se pokrati i ostane nam:)

00

Dakle uvrtavanjem funkcije )()()( 123 xyxyxy u diferencijalnu jednadbu )()(' xhyxfy

doli smo do jednakosti 00 , prema tome funkcija )()()( 123 xyxyxy je rjeenje dotinejednadbe.

Zadatak 27. Zaokruite tonu tvrdnju ili tvrdnje:a) Opi oblik diferencijalne jednadbe drugog reda je 0)'',( yxf . NE

b) Diferencijalnu jednadbu xyV ln rjeavamo uzastopnom integracijom. DA

c) Homogena diferencijalna jednadba prvog reda je oblika 0)(' x

yfy . DA

(Jednadbu 0)(' x

yfy moemo zapisati u obliku )('

x

yfy a ako definiramo novu

funkciju g kao fg imamo )('x

ygy i vidimo da se radi o standardnom obliku

homogene diferencijalne jednadbe prvoga reda)


40/40

d) Poetni uvjeti za diferencijalnu jednadbu drugog reda se zadaju u obliku 00 )(' yxy i

11 )('' yxy . NE(Naime, poetni uvjeti 00 )(' yxy i 11 )('' yxy nam u veini sluajeva nee funkcionirati.

Na primjer, ako imamo diferencijalnu jednadbu 2. reda xy '' istu rjeavamo uzastopnom

integracijom pa imamo 12

2

' Cx

y odnosno 213

6

CxCx

y . Uvrstimo li sada poetne

uvjete 00 )(' yxy i 11 )('' yxy vidimo da nam uvjet 11 )('' yxy ne znai nita u pronalaskuvrijednosti dviju konstanti iz opeg rjeenja, budui da se u poetnoj diferencijalnoj

jednadbi ne pojavljuje niti jedna konstanta. Poetni uvjeti trebaju biti u obliku 00 )( yxy i

11 )(' yxy ili nekada u obliku 00 )( yxy i 11 )( yxy . S druge strane, u nekim posebnim

sluajevima e i uvjeti 00 )(' yxy i 11 )('' yxy funkcionirati, kao npr. u diferencijalnoj

jednadbi 0'' yy ije je ope rjeenje xx eCeCy 21 .)

e) Ako je 2Cxy rjeenje homogene linearne diferencijalne jednadbe prvog reda, tada

se rjeenje nehomogene jednadbe trai u obliku 2)( xxCy . DA

f) Homogena diferencijalna jednadba prvog reda je oblika )('x

yyfy . NE

g) Poetni uvjeti za diferencijalnu jednadbu petog reda se zadaju u obliku 50 )( yxyV .

NEh) Ope rjeenje sustava diferencijalnih jednadbi ),,(' yxtfx , ),,(' yxtgy je oblika

),( Cxyy . NE(Ope rjeenje navedenog sustava biti e dvije funkcije )(tx i )(ty pri emu e svaka imati

jednu konstantu)

i) Opi oblik Bernoullijeve diferencijalne jednadbe prvog reda je nyxqyxfy )()(' .DA

(Naime, definiramo li novu funkciju fg tada jednadbu nyxqyxfy )()(' moemo

zapisati kao nyxqyxgy )()(' , to je standardni oblik Bernoullijeve diferencijalne

jednadbe prvog reda)

j) Poetni uvjeti za diferencijalnu jednadbu etvrtog reda se zadaju u obliku 00 )(' yxy ,10 )('' yxy , 20 )(''' yxy i 30 )( yxy

IV . NE (obrazloenje kao i kod d)k) Ako je xy ln' diferencijalna jednadba neke familije krivulja, tada je diferencijalna

jednadba njezinih ortogonalnih trajektorijax

yln

1' . DA

l) Linearna diferencijalna jednadba drugog reda s konstantnim koeficijentima je oblika

)()(')('' 321 xayxayxay .NE (jednadba )()(')('' 321 xayxayxay nije jednadba skonstantnim koeficijentima jer )(1 xa , )(2 xa i )(3 xa predstavljaju bilo kakve funkcije

po varijablix, dakle nisu nuno konstante)

m) Opi oblik diferencijalne jednadbe drugog reda je ),,( 21 CCxyy .NE

n) Diferencijalnu jednadbu xyyVI rjeavamo uzastopnom integracijom. NEo) Linearna diferencijalna jednadba prvog reda je oblika )()(' xgyxfy . DA (kao u c) i

i))

Documents

MAT2-Rijeseni Primjeri Iz Starih Kolokvija