Obi cne diferencijalne jednad zbeprelog.chem.pmf.hr/~fmbruckler/odj.pdf · UvodDiferencijalne jednad zbe prvog reda Linearne diferencijalne jednad zbe s konstantnim koe cijentimaSustavi

Uvod Diferencijalne jednadzbe prvog reda Linearne diferencijalne jednadzbe s konstantnim koeficijentima Sustavi diferencijalnih jednadzbi

Obicne diferencijalne jednadzbe

Franka Miriam Bruckler


Definicija (Obicna diferencijalna jednadzba)

Obicna diferencijalna jednadzba je jednadzba u kojoj jenepoznanica funkcija jedne varijable, a koja opisuje vezu izmedu tefunkcije i njenih derivacija za proizvoljnu vrijednost varijablefunkcije. Dakle, to je jednadzba oblika

F (t, y , y ′, . . . , y (n)) = 0,

gdje F predstavlja neki izraz koji povezuje varijablu t s o njojovisnom nepoznatom funkcijom y i njenim derivacijamay ′, y ′′, . . . , y (n).Rjesenje takve jednadzbe na intervalu I je funkcija y : I → R cijeuvrstavanje u jednadzbu daje istinitu jednakost za svaku vrijednostvarijable t ∈ I .Red (stupanj) diferencijalne jednadzbe je red najvise derivacijenepoznate funkcije koja se u njoj pojavljuje: red jednadzbeF (t, y , y ′, . . . , y (n)) = 0 je n.


Osnovna tehnika u pozadini rjesavanja diferencijalnih jednadzbi jeintegriranje.

Primjer

Jednadzbay ′ = sin x

je diferencijalna prvog reda, i to takva da ju mozemo rijesitidirektnim integriranjem:∫

y ′ dx =

∫sin x dx , y(x) = − cos x + C .

U primjenama su najcesce diferencijalne jednadzbe one u kojima jevarijabla nepoznate funkcije vrijeme t, a same jednadzbe iskazujuvezu izmedu nepoznate funkcije (pozicije, koncentracije, . . . ) ibrzine njene promjene te eventualno ubrzanja; dakle, za primjene sunajbitnije diferencijalne jednadzbe prvog i drugog reda. U kemiji,diferencijalne jednadzbe se najvise pojavljuju u kemijskoj kinetici.


Primjer

Kretanje cestice mase m po pravcu (opisano pozicijom x(t) utrenutku t) pod utjecajem sile F (t) opisano je drugim Newtonovimzakonom, koji je diferencijalna jednadzba drugog reda:

F (t) = md2x

dt2.

Ovisno o formuli koja opisuje silu koja djeluje na cesticu, tajednadzba moze poprimiti niz razlicitih konkretnih oblika.Slobodni pad tijela mase m opisan je diferencijalnom jednadzbom

z ′′(t) = −g .

Rjesenje dobijemo integriranjem (dvaput): z ′(t) = −gt + C1 paz(t) = −g

2 t2 + C1t + C2.


Ukoliko ishodiste stavimo u mjesto otkud je tijelo pocelo padati ipretpostavimo da je samo ispusteno, a ne baceno, onda su nampoznata i dva dodatna podatka koja cine pocetni uvjet za gornjujednadzbu:

z(0 s) = 0 m, z ′(0 s) = 0 m s−1.

Dakle, partikularno rjesenje koje opisuje poziciju tijela koje jeispusteno s pozicije z(0 s) = 0 m je

z(t) = −g

2t2.

Definicija (Pocetni uvjet)

Diferencijalna jednadzba F (t, y , y ′, . . . , y (n)) = 0 je zadana spocetnim uvjetom ako su poznate vrijednostiy(t0), y ′(t0), . . . , y (n−1)(t0) za neku konkretnu vrijednost varijablet0.


Definicija (Opce, partikularno i singularno rjesenje)

Opce rjesenje diferencijalne jednadzbe reda n je njeno rjesenje kojesadrzi n neodredenih konstanti. Partikularno rjesenje je ono kojeodgovara uvrstavanju konkretnih vrijednosti konstanti u opcerjesenje. Singularno rjesenje diferencijalne jednadzbe je njenorjesenje koje se ne moze dobiti uvrstavanjem nikojih vrijednosti ukonstante opceg rjesenja.

Primjer

Opce rjesenje Clairaut-ove jednadzbe

y = xy ′ + (y ′)2

je y(x) = Cx + C 2. No, i funkcija y(x) = −14 x2 je takoder

rjesenje: −14 x2 = −1

2 x · x +(−1

2 x)2

. Ocito ni za koji C nemozemo iz opceg rjesenja dobiti y(x) = −1

4 x2, dakle je tosingularno rjesenje Clairautove jednadzbe.


Egzaktne diferencijalne jednadzbe

Egzaktne diferencijalne jednadzbe su one koje se mogu zapisati uobliku

”egzaktan diferencijal dviju varijabli jednako nula”, tj. koje

su oblikaM dx + N dy = 0

uz uvjet∂M

∂y=∂N

∂x.

U tom slucaju postoji funkcija f dviju varijabli takva da jedf = M dx + N dy = 0. Kako je diferencijal konstantne funkcije usvakoj tocki domene nulfunkcional, a za slucaj glatkih funkcija ipogodnih domena vrijedi i obrat, slijedi da se takva jednadzba mozeintegrirati cime dobijemo rjesenje u implicitnom obliku f (x , y) = 0.


Primjer

y 2 + 2xyy ′ = 0, y 2 dx + 2xy dy = 0,

∂f

∂x= y 2,

∂f

∂y= 2xy

f (x , y) = y 2x + C (y),∂f

∂y= 2xy + C ′(y).

f (x , y) = y 2x + C

y 2x + C = 0.

Ponekad se iz neegzaktnog diferencijala M dx + N dy mnozenjem spogodnom funkcijom µ istih varijabli x i y dobije egzaktandiferencijal µM dx + µM dy . U tom slucaju µ zovemo Euler-ovimmultiplikatorom.


Iz Euler-ovog kriterija egzaktnosti primijenjenog na diferencijalµM dx + µM dy dobije se parcijalna diferencijalna jednadzba za µ.No, u nekim slucajevima µ = µ(x) (ili µ = µ(y)). U takvimslucajevima µ je rjesenje diferencijalne jednadzbe oblika

−Nµ′(x) +

(∂M

∂y− ∂N

∂x

)µ(x) = 0

odnosno

Mµ′(y) +

(∂M

∂y− ∂N

∂x

)µ(y) = 0

Primjer

y − xy ′ = 0, µ′(x) = −2

xµ(x), µ(x) = ± 1

x2

Provjera egzaktnosti daje da treba odabrati − varijantu.


Metoda separacije varijabli

Mnoge diferencijalne jednadzbe prvog reda mogu se zapisati uobliku

y ′ = f (t)g(y).

Takve diferencijalne jednadzbe rjesavaju se sljedecim postupkom:

dy

dt= f (t)g(y),

dy

g(y)= f (t) dt,∫

dy

g(y)=

∫f (t) dt.

Primjer

xy ′ = y :

xdy

dx= y ,

dy

y=

dx

x, ln |y | = ln |x |+ C0,

|y | = eC0 |x |, |y | = C |x |, y = Cx .


Jednadzbe sa separiranim varijablama u kemijskoj kinetici

Potrebni pojmovi i formule:

Stehiometrijski koeficijenti (oznaka: ν) reaktanata sunegativni, a produkata pozitivni.

Doseg reakcije je definiran s dξ =1

νJdnJ, gdje je J proizvoljni

sudionik reakcije.

Pomocna velicina x (tzv. koncentracija izvedenih pretvorbi)definirana je s x = ξ

V , dakle je1 dx = 1νJV

dnJ = 1νJ

d[J].

x(0 s) = 0 mol L−1.

Integriranjem jednakosti d[J] = νJ dx dobije se korisnaformula

(♥) [J] = [J]0 + νJ · xkoja za svaki trenutak povezuje x s koncentracijomproizvoljnog sudionika reakcije.

1Pretpostavljamo da je volumen V (npr. otopine u kojoj se odvija reakcija)konstantan.


Brzina reakcije definira se kao

v =1

V· dξ

dt=

dx

dt=

1

νJ· d[J]

dt.

Zakon brzine reakcije opisuje brzinu reakcije kao produkt potencijakoncentracija reaktanata J1, J2, . . . :

v = k · [J1]n1 · [J2]n2 · . . .

Zbroj n =∑

ni se zove red reakcije, a brojevi ni se zovu parcijalniredovi reakcije obzirom na reaktante Ji ). Velicina k (ovisna otemperaturi, ali konstantna pri danoj temperaturi) zove sekoeficijent brzine reakcije. Uvrstavanjem definicije brzine reakcije ikoristenjem formule (♥) dobijemo diferencijalni oblik zakona brzinereakcije:

dx

dt= k([J1]0 + νJ1 · x)n1([J2]0 + νJ2 · x)n2 . . . .

Dakle, zakon brzine reakcije svodi se na diferencijalnu jednadzbuprvog reda sa separiranim varijablama.


Reakcije nultog reda

Reakcije nultog reda su reakcije s konstantnom brzinom, tj.brzinom neovisnom o trenutnim koncentracijama sudionika:

v = k

dx

dt= k , x(0 s) = 0 mol L−1

x = x(t) = kt

[J] = [J]0 + νJkt

(koncentracija reaktanta J afino pada s vremenom).


Reakcije n-tog reda

Reakcije reda n u kojima brzina ovisi samo o jednom reaktantu J(n je najcesce 0, 1 ili 2) opisane se zakonom brzine oblika

v = k[J]n.

1

νJ· d[J]

dt= k[J]n

d[J]

[J]n= kνJ dt

n = 1 n 6= 1

ln [J]c−◦ = kνJt + ln

[J]0c−◦

[J]−n+1

−n+1 = kνJt +[J]0−n+1

−n+1

[J] = [J]0exp(kνJt) 1[J]n−1

0

− 1[J]n−1 = (n − 1)kνJt


Napomenimo da iz [J] mozemo odrediti koncentraciju svakogdrugog sudionika reakcije A pomocu formule (♥):

[A] = [A]0 + νAx = [A]0 + νA[J]−[J]0νJ

.

Zadatak

Neka reakcija stehiometrije A + 2B −−→ C je prvog reda i brzinajoj ovisi samo o koncentraciji reaktanta A. Pocetne koncentracijeod A i B su jednake i iznose 0,10 mol/L, a koeficijent brzinereakcije iznosi 0,50 s−1. Nakon koliko vremena ce koncentracija odA pasti na pola pocetne koncentracije? Ovisi li to vrijeme opocetnoj koncentraciji od A? Kolika ce u tom trenutku bitikoncentracija od B?


Reakcije drugog reda s parcijalnim redovima 1

v = k[A][B]

dx

dt= k2([A]0 + νAx)([B]0 + νBx).

y ′ = a(b1 + c1y)(b2 + c2y)∫dy

(b1 + c1y)(b2 + c2y)=

1

b2c1 − b1c2

∫ (c1

b1 + c1y− c2

b2 + c2y

)dy =

=1

b2c1 − b1c2· ln b1 + c1y

b2 + c2y.

lnb1 + c1y

b2 + c2y= (b2c1 − b1c2)ax + K

Iz pocetnog uvjeta y(0) = 0 imamo

K = lnb1

b2


ln

([B]0[A]0

·[A]0 + νAx

[B]0 + νBx

)= ([B]0νA − [A]0νB)k2t.

Primjer

Za neku reakciju tipa A + 3B −−→ 2C poznato je da je drugogreda, prvog obzirom na A i prvog obzirom na B. Pocetnekoncentracije su [A]0= 0,01 mol/L, [B]0 = 0,02 mol/L i [C]0 = 0mol/L. Preko pripadne diferencijalne jednadzbe odredite ovisnostkoncentracije produkta C o vremenu. Kolika ce biti koncentracijaod C nakon 1 minute ako je koeficijent brzine reakcije 0,62L mol−1 s−1?


dx

dt= k2[A][B] = 0,62 M−1 s−1 (0,01 M− x)(0,02 M− 3x).

100 ln0,01 M− x

0,02 M− 3x= 0,62t s−1 + C .

Iz x(0 s) = 0 mol L−1 dobije se C = 100 ln 12 pa je

0,62t s−1 = 100 ln 0,02 M−2x0,02 M−3x , odnosno

0,02 M− 2x

0,02 M− 3x= e0,0062t s−1

.

Odatle slijedi

x(t) = 0,02 M · e0,0062t s−1 − 1

2− 3e0,0062t s−1 .

Iz relacije (♥) sad slijedi da je

[C] = [C]0 + 2x = 2x = 0,04 M · e0,0062t s−1 − 1

2− 3e0,0062t s−1 .


Homogene diferencijalne jednadzbe

Neke diferencijalne jednadzbe mogu se supstitucijom svesti najednadzbe sa separiranim varijablama. Medu njima su istaknutehomogene diferencijalne jednadzbe. To su jednadzbe koje se moguzapisati u obliku

y ′ = f(y

t

).

Homogene diferencijalne jednadzbe rjesavaju se supstitucijom

u =y

t.

Dakle, u′ = ty ′−yt2 = y ′

t −ut , iz cega slijedi tu′ = y ′ − u, tj.

y ′ = tu′ + u.

Time nasa jednadzba poprima oblik

tu′ + u = F (u),

a ona se moze rijesiti separacijom varijabli.


Primjer

Jednadzba ty ′ = 5t + 2y je homogena: dijeljenjem s t poprimaoblik

y ′ = 5 + 2y

t.

Supstitucija u = yt daje tu′ + u = 5 + 2u, tj. tu′ = 5 + u.

Separacija varijabli prevodi ju u oblik

du

5 + u=

dt

t.

Integriranje daje ln |5 + u| = ln |t|+ C0, odnosno

5 +y

t= Ct.

Stoga je opce rjesenje polazne jednadzbe

y = Ct2 − 5t.


Logisticka jednadzba

Vec smo rekli da je primjerice radioaktivni raspad opisandiferencijalnom jednadzbom N ′ = rN, gdje je r konstanta. Koje jerjesenje ove DJ?

Za radioaktivni raspad ona je negativna, noslicnom se jednadzbom s pozitivnom konstantom proporcionalnostimoze opisati rast brojnosti neke populacije. Kako onda izgleda grafovisnosti N o t? No, u stvarnom svijetu neograniceni rastpopulacija nije moguc, dakle u jednadzbu treba ukljucitiogranicenje rasta: maksimalni kapacitet okoline doticne populacije(K ). Dok je N puno manji od K rast je eksponencijalan, no sto jeN blizi K , to se rast vise usporava. Kako bi izgledao graf takveovisnosti N o t?

K − N

N≈ 1, N << K ;

K − N

K→ 0, N → K

N ′ = rN · K − N

K= rN

(1− N

K

)



Vec smo rekli da je primjerice radioaktivni raspad opisandiferencijalnom jednadzbom N ′ = rN, gdje je r konstanta. Koje jerjesenje ove DJ? Za radioaktivni raspad ona je negativna, noslicnom se jednadzbom s pozitivnom konstantom proporcionalnostimoze opisati rast brojnosti neke populacije. Kako onda izgleda grafovisnosti N o t?

No, u stvarnom svijetu neograniceni rastpopulacija nije moguc, dakle u jednadzbu treba ukljucitiogranicenje rasta: maksimalni kapacitet okoline doticne populacije(K ). Dok je N puno manji od K rast je eksponencijalan, no sto jeN blizi K , to se rast vise usporava. Kako bi izgledao graf takveovisnosti N o t?

K − N

N≈ 1, N << K ;

K − N

K→ 0, N → K

N ′ = rN · K − N

K= rN

(1− N

K

)



Vec smo rekli da je primjerice radioaktivni raspad opisandiferencijalnom jednadzbom N ′ = rN, gdje je r konstanta. Koje jerjesenje ove DJ? Za radioaktivni raspad ona je negativna, noslicnom se jednadzbom s pozitivnom konstantom proporcionalnostimoze opisati rast brojnosti neke populacije. Kako onda izgleda grafovisnosti N o t? No, u stvarnom svijetu neograniceni rastpopulacija nije moguc, dakle u jednadzbu treba ukljucitiogranicenje rasta: maksimalni kapacitet okoline doticne populacije(K ). Dok je N puno manji od K rast je eksponencijalan, no sto jeN blizi K , to se rast vise usporava. Kako bi izgledao graf takveovisnosti N o t?

K − N

N≈ 1, N << K ;

K − N

K→ 0, N → K

N ′ = rN · K − N

K= rN

(1− N

K

)



Vec smo rekli da je primjerice radioaktivni raspad opisandiferencijalnom jednadzbom N ′ = rN, gdje je r konstanta. Koje jerjesenje ove DJ? Za radioaktivni raspad ona je negativna, noslicnom se jednadzbom s pozitivnom konstantom proporcionalnostimoze opisati rast brojnosti neke populacije. Kako onda izgleda grafovisnosti N o t? No, u stvarnom svijetu neograniceni rastpopulacija nije moguc, dakle u jednadzbu treba ukljucitiogranicenje rasta: maksimalni kapacitet okoline doticne populacije(K ). Dok je N puno manji od K rast je eksponencijalan, no sto jeN blizi K , to se rast vise usporava. Kako bi izgledao graf takveovisnosti N o t?

K − N

N≈ 1, N << K ;

K − N

K→ 0, N → K

N ′ = rN · K − N

K= rN

(1− N

K

)


Rjesenje logisticke jednadzbe

Napomena

Logisticka jednadzba opisuje mnoge prirodne zakonitosti: ovisnost brojnostineke bioloske populacije o vremenu uz ogranicene resurse za prezivljavanje, umedicini ovisnost velicine tumora o vremenu, u ekonomiji ovisnost sirenja nekeinovacije na trzistu, u kemiji ovisnosti koncentracija reaktanata i produkata uautokatalitickim reakcijama, . . .

N ′ = rN · K − N

K= rN

(1− N

K

), N(0) = N0

Metodom separacije varijabli dobiva se

N(t) =KN0

N0 + (K − N0)e−rt

Uocimo: kako je N0 < K , prirodna domena od N je cijeli skup R, aN poprima samo pozitivne vrijednosti manje od K . Kako sporastom t e−rt → 0, vidimo i da je N = K HA. Nadalje, kako jeN ′ = rN

(1− N

K

)> 0 za sve t, N je rastuca funkcija.


Deriviranjem logisticke jednadzbe dobivamo

N ′′ = rN ′ − 2rNN ′

K= r 2N

(1− N

K

)(1− 2N

K

)Od svih tih faktora jedini koji moze biti 0 je zadnji, i to ako jeN = K/2 (koji je pripadni t?), i tu N ′′ mijenja predznak, tj. imamotocku infleksije.

Primjer

Pri nekom malom jezeru uvjeti su prikladni za prezivljavanje najvise100 pataka. Na to jezero naselimo par pataka (patka i patku).Nakon 19 godina uz nepromijenjene uvjete pri tom ce jezeru zivjeti12 pataka. Nakon koliko godina ce se porast broja pataka pocetiusporavati? Skicirajte ovisnost broja pataka o proteklom brojugodina za prvih 70 godina od naseljenja tog para pataka!


N ′ = rN

(1− N

100

), N(0) = 2

dN

N (1− N/100)= r dt

1

N (1− N/100)=

1

N+

1/100

1− N/100

lnN

1− N/100= rt + C0

N = (1− N/100)Cert , C = 2/(1− 2/100) = 100/49

N(t) =100

1 + 49e−rt

N(19) = 12 =100

1 + 49e−19r⇒ r = 0,0999679 . . . ≈ 0,1

N(t) =100

1 + 49 · 0,9t


N ′ = rN

(1− N

100

), N(0) = 2

dN

N (1− N/100)= r dt

1

N (1− N/100)=

1

N+

1/100

1− N/100

lnN

1− N/100= rt + C0

N = (1− N/100)Cert , C = 2/(1− 2/100) = 100/49

N(t) =100

1 + 49e−rt

N(19) = 12 =100

1 + 49e−19r⇒ r = 0,0999679 . . . ≈ 0,1

N(t) =100

1 + 49 · 0,9t


Linearne diferencijalne jednadzbe prvog reda

Ponovimo: linearna diferencijalna jednadzba prvog reda jediferencijalna jednadzba koja se moze zapisati u obliku

y ′ + a0(t)y = f (t).

Ako je f (t) = 0 za sve t, govorimo o homogenoj linearnojdiferencijalnoj jednadzbi prvog reda.

Primjer

Diferencijalna jednadzba koja opisuje kinetiku reakcije reda 1(obzirom na jedan reaktant) je homogena linearna diferencijalnajednadzba prvog reda.

Ako je linearna diferencijalna jednadzba prvog reda, lako ju jerijesiti separacijom varijabli. U nehomogenom slucaju koristimometodu varijacije konstante: rijesimo pripadnu homogenujednadzbu (stavimo f = 0), a zatim konstantu C opceg rjesenja tejednadzbe proglasimo funkcijom temeljne varijable (t) i takvorjesenje uvrstavamo u polaznu jednadzbu, cime dobivamo izraztipa C ′(t) = . . ., iz kojeg se integriranjem odredi C (t).


Primjer

Ranije smo se susreli s primjerom u kojem je temperatura patke koja sepece u pecnici opisana diferencijalnom jednadzbom oblika

dϑ

dt= k(200◦C− ϑ)

s pocetnim uvjetom ϑ(0 min) = 2◦ C. Imamo: ϑ+ kϑ = k · 200◦C.Pripadna homogena jednadzba je ϑ+ kϑ = 0 pa imamo

dϑ

ϑ= −k dt ⇒ ln

ϑ

C= −kt + C0 ⇒ ϑH = C exp(−kt).

Stavimo ϑ(t) = C (t) exp(−kt). Onda jeϑ = C ′(t) exp(−kt)− kC (t) exp(kt), te uvrstavanje u polaznu jednadzbudaje

C ′(t) exp(−kt)− kC (t) exp(−kt) + k · C (t) exp(−kt) = k · 200◦C,

C ′(t) = k · 200◦C exp(kt)⇒ C (t) = 200◦C exp(kt) + C1 ⇒

ϑ(t) = (200◦C exp(kt) + C1) exp(−kt) = 200◦C + C1 exp(−kt).


Primjer

Objekt mase m izbacen je iz helikoptera. Potrebno je odrediti njegovubrzinu u proizvoljnom trenutku ako se pretpostavi da je u svakomtrenutku otpor zraka proporcionalan trenutnoj brzini. Odgovarajucadiferencijalna jednadzba je homogena linearna prvog reda:

mv = mg − kv ⇒ v +k

mv = 0

Njeno rjesenje je v(t) = mgk + Ce−

km t . Primijetimo da je to rjesenje

primjenjivo samo za slucajeve kad ima otpora zraka jer nije definirano zaslucaj k = 0 kg s−1. Odredite rjesenje kad nema otpora zraka!

Primjer

RL-strujni krug s jednim otpornikom otpora R i jednom zavojnicominduktiviteta L te baterije elektromotorne sile E opisan je (temeljemKirchhoffovog zakona) nehomogenom linearnom diferencijalnomjednadzbom prvog reda:

LI + RI = E .


Linearna diferencijalna jednadzba je jednadzba oblika”linearna

kombinacija nepoznate funkcije i njenih derivacija jednaka je nekojfunkciji osnovne varijable”; pritom koeficijenti u toj linearnojkombinaciji nacelno mogu ovisiti o osnovnoj varijabli. Linearnadiferencijalna jednadzba je homogena ako nema clana koji ovisisamo o osnovnoj varijabli, a ne i o nepoznatoj funkciji.

Definicija (Linearne diferencijalne jednadzbe)

Linearna diferencijalna jednadzba reda n je diferencijalna jednadzba oblika

an(t)y (n) + . . .+ a2(t)y ′′ + a1(t)y ′ + a0(x)y = f (t).

Ukoliko je f nulfunkcija govorimo o homogenoj linearnoj jednadzbi. Uslucaju nehomogene jednadzbe, jednadzbu koja se dobije zamjenom f snulfunkcijom zovemo pripadnom homogenom jednadzbom.Ako su sve funkcije an, . . . , a0 konstantne, govorimo o linearnojdiferencijalnoj jednadzbi s konstantnim koeficijentima (homogenoj ilinehomogenoj).


Primjer

Nelinearna DJ: y ′y ′′ = yNehomogena linearna DJ prvog reda: y ′ − y cos t = 2Nehomogene linearna DJ s konstantnim koeficijentima (LDJKK):y ′′′ − 3y ′ = 2et − tHomogena linearna DJ: y ′′ = y ′ sin t − tyHomogena linearna DJ s konstantnim koeficijentima (HLDJKK):y ′ − 5y = 0

Primjer

Koje od linearnih diferencijalnih jednadzbi u prethodnim primjerimasu s konstantnim koeficijentima?


Homogene linearne DJ s konstantnim koeficijentima

a2y ′′ + a1y ′ + a0y = 0

test-rjesenje: y(t) = ext

a2x2ext + a1xext + a0ext = 0⇒ a2x2 + a1x + a0 = 0

Definicija (Karakteristicna jednadzba)

Karakteristicna jednadzba linearne DJ n-tog reda s konstantnimkoeficijentima

any (n) + . . .+ a2y ′′ + a1y ′ + a0y = f (t)

je polinomijalna jednadzba n-tog stupnja

anxn + . . .+ a2x2 + a1x + a0 = 0.



a2y ′′ + a1y ′ + a0y = 0





any (n) + . . .+ a2y ′′ + a1y ′ + a0y = f (t)


anxn + . . .+ a2x2 + a1x + a0 = 0.



a2y ′′ + a1y ′ + a0y = 0





any (n) + . . .+ a2y ′′ + a1y ′ + a0y = f (t)


anxn + . . .+ a2x2 + a1x + a0 = 0.


Fundamentalni skup rjesenja

Primijetimo: ako je y(t) = ext rjesenje, onda je (zbog linearnostideriviranja i jednadzbe) za svaku konstantu C takoder y(t) = Cext

rjesenje polazne diferencijalne jednadzbe.

Stoga svako rjesenje karakteristicne jednadzbe x doprinosi pojednim clanom oblika Cext opcem rjesenju HLDJKK. Nadalje, zarazlicite xi funkcije y(t) = Cexi t su linearno nezavisne.Opcenito se linearna nezavisnost skupa funkcija provjerava pomocuWronskijana: Ako Wronskijan

W (f1, . . . , fn)(t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣f1(t) . . . fn(t)f ′1(t) . . . f ′n(t)f ′′1 (t) . . . f ′′n (t)

f(n−1)

1 (t) . . . f(n−1)n (t)

∣∣∣∣∣∣∣∣nije nulfunkcija, funkcije f1, . . . , fn su linearno nezavisne.Linearno nezavisan skup rjesenja HLDJKK zove se fundamentalnimskupom rjesenja.




rjesenje polazne diferencijalne jednadzbe.Stoga svako rjesenje karakteristicne jednadzbe x doprinosi pojednim clanom oblika Cext opcem rjesenju HLDJKK. Nadalje, zarazlicite xi funkcije y(t) = Cexi t su linearno nezavisne.

Opcenito se linearna nezavisnost skupa funkcija provjerava pomocuWronskijana: Ako Wronskijan

W (f1, . . . , fn)(t) =


f(n−1)

1 (t) . . . f(n−1)n (t)





rjesenje polazne diferencijalne jednadzbe.Stoga svako rjesenje karakteristicne jednadzbe x doprinosi pojednim clanom oblika Cext opcem rjesenju HLDJKK. Nadalje, zarazlicite xi funkcije y(t) = Cexi t su linearno nezavisne.Opcenito se linearna nezavisnost skupa funkcija provjerava pomocuWronskijana: Ako Wronskijan

W (f1, . . . , fn)(t) =


f(n−1)

1 (t) . . . f(n−1)n (t)

∣∣∣∣∣∣∣∣nije nulfunkcija, funkcije f1, . . . , fn su linearno nezavisne.

Linearno nezavisan skup rjesenja HLDJKK zove se fundamentalnimskupom rjesenja.




rjesenje polazne diferencijalne jednadzbe.Stoga svako rjesenje karakteristicne jednadzbe x doprinosi pojednim clanom oblika Cext opcem rjesenju HLDJKK. Nadalje, zarazlicite xi funkcije y(t) = Cexi t su linearno nezavisne.Opcenito se linearna nezavisnost skupa funkcija provjerava pomocuWronskijana: Ako Wronskijan

W (f1, . . . , fn)(t) =


f(n−1)

1 (t) . . . f(n−1)n (t)



Fundamentalni skup rjesenja je baza za prostor rjesenja homogenelinearne diferencijalne jednadzbe:

Teorem

Skup svih rjesenja homogene linearne diferencijalne jednadzbe(n-tog reda) s konstantnim koeficijentima cini (n-dimenzionalni)vektorski prostor, tj. zbroj bilo koja dva rjesenja jednadzbe i svakiskalarni visekratnik nekog rjesenja jednadzbe su ponovno rjesenjaiste jednadzbe, a svako rjesenje je linearna kombinacija nodabranih linearno nezavisnih rjesenja.

Napomena

Koristan link na temu DJ:http: // tutorial. math. lamar. edu/ Classes/ DE/ DE. aspx .

http://tutorial.math.lamar.edu/Classes/DE/DE.aspx


Opce rjesenje HLDJKK drugog reda

Imamo tri slucaja:1 Karakteristicna jednadzba ima dva razlicita realna rjesenja x1 i x2:

y(t) = C1ex1t + C2ex2t

2 Karakteristicna jednadzba ima jedno (dvostruko) realno rjesenje x :Pripadna rjesenja diferencijalne jednadzbe su linearno zavisna(degeneracija) pa nam treba jos jedno, s ext linearno nezavisno,rjesenje. Ono se dobiva pokusajem s test-funkcijom oblikay(t) = text i dobivamo y(t) = C1ext + C2text .

3 Karakteristicna jednadzba ima dva razlicita kompleksna rjesenja:Ona moraju biti medusobno kompleksno konjugirana: x1,2 = a± ib.Uvrstavanje u formulu za opce rjesenje y(t) = c1ex1t + c2ex2t daje:

y(t) = c1ex1t + c2ex2t = eat(c1e ibt + c2e−ibt) =

= eat((c1+c2) cos(bt)+i(c1−c2) sin(bt)) = eat(C1 cos(bt)+C2 sin(bt)).

Ako nas zanimaju samo realne funkcije y , C1 i C2 moraju biti realni,sto je moguce postici pogodnim odabirom kompleksnih konstanti c1

i c2 pa imamo y(t) = eat(C1 cos(bt) + C2 sin(bt)).
































Primjer

y ′′ − 4y ′ − 5y = 0 y(t) = C1e5t + C2e−t .

Primjer

y ′′ + 4y ′ + 4y = 0 y(t) = C1e−2t + C2te−2t

Primjer

2y ′′ + y ′ + 5y = 0 a = −1

4, b =

√39

4

y(t) = e−t/4

(C1 cos

(√39

4t

)+ C2 sin

(√39

4t

)).


Nehomogene LDJ drugog reda s konstantnimkoeficijentima

Teorem

Opce rjesenje svake linearne diferencijalne jednadzbe s konstantnimkoeficijentima je zbroj opceg rjesenja yH pripadne homogenejednadzbe i jednog partikularnog rjesenja yP polazne jednadzbe(koje je nulfunkcija ako je polazna jednadzba homogena):y = yH + yP .

Stoga prvo odredujemo yH . Partikularno rjesenje nehomogenejednadzbe odreduje se jednom od dvije metode: metodomvarijacije konstanti ili metodom neodredenih koeficijenata.


Metoda neodredenih koeficijenata

Ovisno o nehomogenom clanu f (t) pretpostavimo odredeni oblikyP , koji ce sadrzavati jednu ili vise neodredenih konstanti, uvrstimoga u jednadzbu i odredimo te konstante.Ova metoda je primjenjiva ako je f (t) produkt nekog polinoma,eksponencijalne funkcije (zapisane u obliku eat) i linearnekombinacije sinusa i kosinusa od bt; tada se za yP pretpostavljaisti oblik s neodredenim koeficijentima.

Ako je f polinom stupnja n pretpostavlja se da je yP polinom istogstupnja, ali s neodredenim koeficijentima.Ako je f (t) oblika eat , pretpostavlja se da je yP oblika Aeat snepoznatim A.Ako je f (t) oblika eat pomnozenog s polinomom stupnja n,pretpostavlja se da je yP oblika Aeat pomnozen s polinomomstupnja n s nepoznatim A i koeficijentima polinoma.Ako je f (t) oblika eat(α sin(bt) + β sin(bt)) (sto ukljucuje oblikesin(bt), cos(bt), eat sin(bt) i eat cos(bt)), pretpostavlja se da jeyP = eat(A sin(bt) + B sin(bt)) s neodredenim A i B.


U svim navedenim slucajevima postoji poneka iznimka: ako jepretpostavljeni yP vec ukljucen u yH . U takvom slucaju potrebnoje prvotno pretpostavljeni yP pomnoziti s t.

Primjer

Ako je f (t) polinom, do iznimke dolazi u slucaju da je jedno odrjesenja karakteristicne jednadzbe nula (tj. kad u diferencijalnojjednadzbi nema clana s y). Tada se za yP uzima polinom stupnjan pomnozen s t.

y ′′ − y ′ = t x2 − x = 0 x1 = 0, x2 = 1

yH = C1e0t + C2e1t = C1 + C2et

Ako pretpostavimo da je yP = A + Bt, uvrstavanje u polaznujednadzbu daje 0− B = t?! No, iz yP = (A + Bt)t dobijemo2B − (A + 2Bt) = t, dakle B = −1/2, A = −1 i na krajuy = C1 + C2et − t − t2/2.


Opisana metoda funkcionira i ako je f (t) zbroj vise clanovanabrojanih oblika. Tada se tom metodom odredi po jedan yP zasvaki od tih clanova, a ukupni yP je zbroj dobivenih yP -ova.

Primjer

y ′′ − 4y = tet + cos 2t x2 − 4 = 0 yH(t) = C1e2t + C2e−2t .

yP,1 = (At + B)et (At + 2A + B)et − 4(At + B)et = tet

yP,1 =

(−1

3t − 2

9

)et .

yP,2 = A cos 2t + B sin 2t

−4A cos 2t − 4B sin 2t − 4(A cos 2t + B sin 2t) = cos 2t

yP,2 = −1

8cos 2t.

y = yH + yP,1 + yP,2 = C1e2t + C2e−2t −(

1

3t +

2

9

)et − 1

8cos 2t.


Opisana metoda funkcionira i ako je f (t) zbroj vise clanovanabrojanih oblika. Tada se tom metodom odredi po jedan yP zasvaki od tih clanova, a ukupni yP je zbroj dobivenih yP -ova.

Primjer

y ′′ − 4y = tet + cos 2t x2 − 4 = 0 yH(t) = C1e2t + C2e−2t .

yP,1 = (At + B)et (At + 2A + B)et − 4(At + B)et = tet

yP,1 =

(−1

3t − 2

9

)et . yP,2 = A cos 2t + B sin 2t

−4A cos 2t − 4B sin 2t − 4(A cos 2t + B sin 2t) = cos 2t

yP,2 = −1

8cos 2t.

y = yH + yP,1 + yP,2 = C1e2t + C2e−2t −(

1

3t +

2

9

)et − 1

8cos 2t.


Metoda varijacije konstanti

Princip: odredi se rjesenje yH , a zatim se za konstante C1 i C2

pretpostavi da ovise o t te se tako izmijenjeni yH uvrstava udiferencijalnu jednadzbu. Time se dobiva linearni sustav od dvijejednadzbe s dvije nepoznanice (C ′1 i C ′2). Ako je yH = C1y1 + C2y2

rjesenje2 jednadzbi a2y ′′ + a1y ′ + a0y = f (t) pripadne homogenejednadzbe, pretpostavljamo

y(t) = C1(t)y1(t) + C2(t)y2(t).

Kako nam odgovaraju bilo koje funkcije C1 i C2 kojima cemo dobitipartikularno rjesenje, uz taj uvjet mozemo postaviti i jos jedanuvjet na njih, koji ce olaksati racun. To je uvjet

C ′1y1 + C ′2y2 = 0.

2Tu su y1 i y2 dva linearno nezavisna rjesenja, dakle ex1t i ex2t ili ext i text ilieat cos(bt) i eat sin(bt), ovisno o rjesenjima karakteristicne jednadzbe.


Uvrstavanjem y , y ′, y ′′ u a2y ′′ + a1y ′ + a0y = f (t) vidi se da se C ′1i C ′2 mogu odrediti iz sustava

C ′1y1 + C ′2y2 = 0,

a2(C ′1y ′1 + C ′2y ′2) = f (t).

Nakon toga se dobivene formule za C ′1 i C ′2 integriraju i dobiveniC1 i C2 uvrste u y(t) = C1(t)y1(t) + C2(t)y2(t).


Primjer

y ′′ + y = tg t

y(t) = C1(t) sin t + C2(t) cos t

C ′1(t) sin t + C ′2(t) cos t = 0,

C ′1(t) cos t − C ′2(t) sin t = tg t.

Mnozeci prvu jednadzbu sa sin t, a drugu sa cos t te zbrajanjemtako dobivenih jednadzbi dobivamo C ′1(t) = sin t, tj.

C1(t) = − cos t + c1. Sada iz prve jednadzbe slijedi C ′2(t) = − sin2 tcos t

odakle integriranjem nalazimo

C2(t) =∫

cos2 t−1cos t dt = sin t − ln

∣∣∣∣tg(t2 + π

4

)∣∣∣∣+ c2. Dakle, opce

rjesenje je

y(t) = (− cos t + c1) sin t +

(sin t − ln

∣∣∣∣tg( t

2+π

4

)∣∣∣∣+ c2

)cos t.


Harmonijski oscilator


Harmonijski oscilator je fizicki sustav koji se sastoji od tijela kojeperiodicki titra oko ravnoteznog polozaja. Ekvivalentno, radi se otijelu koje oscilira oko ravnoteznog polozaja pod utjecajem sile kojaje po iznosu proporcionalna odmaku iz ravnoteznog polozaja.Jednodimenzionalni slucaj: za opis polozaja tijela dovoljna je jednakoordinata x .3 Kao ravnotezni polozaj uzimamo poziciju 0.Po definiciji harmonijskog oscilatora, na tijelo (mase m) na pozicijix(t) djeluje sila

F (t) = −kx(t),

gdje je k konstanta (u slucaju titranja na opruzi, to je konstantaopruge, a gornji izraz je Hookeov zakon). Stoga drugi Newtonovzakon povlaci:

mx ′′ = −kx ⇒ mx ′′ + kx = 0.3Kako smo s x oznacili poziciju, za nepoznanicu u karakteristicnoj jednadzbi

u ovom cemo poglavlju koristiti oznaku ω.



Karakteristicna jednadzba: mω2 + k = 0.

Njena rjesenja: ω1,2 = ±i√

km .

Pozicija: x(t) = C1 cos(ωt) + C2 sin(ωt) uz ω =√

k/m (kutnafrekvencija) odnosno x(t) = A cos(ωt + δ) (A je amplitudagibanja, a δ fazni pomak).

Kako se ovdje radi o fizikalnom problemu, uobicajeno je zadavanjepocetnih uvjeta:

x(0 s) = x0, x ′(0 s) = v0.

Deriviranjem x(t) dobivamo x ′(t) = −C1ω sin(ωt) + C2ω cos(ωt)pa uvrstavanje pocetnih uvjeta daje C1 = x0, C2ω = v0. Stoga jekonacno rjesenje

x(t) = x0 cos(ωt) +v0

ωsin(ωt).

Zakljucujemo: ako na tijelo u svakoj poziciji djeluje samo silaoblika F = −kx (s pozitivnom konstantom k), rezultat jeperiodicko gibanje tijela.



Karakteristicna jednadzba: mω2 + k = 0.

Njena rjesenja: ω1,2 = ±i√

km .

Pozicija: x(t) = C1 cos(ωt) + C2 sin(ωt) uz ω =√

k/m (kutnafrekvencija) odnosno x(t) = A cos(ωt + δ) (A je amplitudagibanja, a δ fazni pomak).Kako se ovdje radi o fizikalnom problemu, uobicajeno je zadavanjepocetnih uvjeta:

x(0 s) = x0, x ′(0 s) = v0.

Deriviranjem x(t) dobivamo x ′(t) = −C1ω sin(ωt) + C2ω cos(ωt)pa uvrstavanje pocetnih uvjeta daje C1 = x0, C2ω = v0. Stoga jekonacno rjesenje

x(t) = x0 cos(ωt) +v0

ωsin(ωt).

Zakljucujemo: ako na tijelo u svakoj poziciji djeluje samo silaoblika F = −kx (s pozitivnom konstantom k), rezultat jeperiodicko gibanje tijela.



Harmonijski oscilator s trenjem

Na tijelo uz silu F = −kx djeluje i sila trenja −fx ′ (f je konstantatrenja): F = ma = −kx + fv , tj.

mx ′′ + fx ′ + kx = 0 mω2 + f ω + k = 0; D = f 2 − 4mk

Za D > 0 (tj. f > 2√

mk) ω1,2 = −f±√f 2−4mk

2m ∈ R−(−f −

√f 2 − 4mk < −f +

√f 2 − 4mk < −f +

√f 2 = 0) pa

x(t) = C1eω1t + C2eω2t → 0(t →∞)

Za D = 0, tj. f = 2√

mk dobivamo ω = − f2m < 0 i

x(t) = C1eωt + C2teωt → 0(t →∞)

(zasto?).

Za D < 0, tj. f < 2√

mk, ω1,2 = a± ib, uz a = − f2m < 0 i

b =√

4mk−f 2

2m pa je

x(t) = eat(C1 cos(bt) + C2 sin(bt))→ 0(t →∞)

(zasto?). Ovo je slucaj prigusenih oscilacija.



Harmonijski oscilator s trenjem

Na tijelo uz silu F = −kx djeluje i sila trenja −fx ′ (f je konstantatrenja): F = ma = −kx + fv , tj.

mx ′′ + fx ′ + kx = 0 mω2 + f ω + k = 0; D = f 2 − 4mk

Za D > 0 (tj. f > 2√

mk) ω1,2 = −f±√f 2−4mk

2m ∈ R−(−f −

√f 2 − 4mk < −f +

√f 2 − 4mk < −f +

√f 2 = 0) pa

x(t) = C1eω1t + C2eω2t → 0(t →∞)

Za D = 0, tj. f = 2√

mk dobivamo ω = − f2m < 0 i

x(t) = C1eωt + C2teωt → 0(t →∞)

(zasto?).

Za D < 0, tj. f < 2√

mk, ω1,2 = a± ib, uz a = − f2m < 0 i

b =√

4mk−f 2

2m pa je

x(t) = eat(C1 cos(bt) + C2 sin(bt))→ 0(t →∞)

(zasto?). Ovo je slucaj prigusenih oscilacija.





Opci harmonijski oscilator

U slucaju da na tijelo koje oscilira djeluje jos neka sila opisanaformulom f (t), drugi Newtonov zakon daje nehomogenu linearnudiferencijalnu jednadzbu drugog reda s konstantnim koeficijentima

mx ′′ + kx = f (t)

(ili mx ′′ + fx ′ + kx = f (t)). U tom je slucaju pozicija opisanaformulom

x(t) = C1 cos(ωt) + C2 sin(ωt) + xP(t),

gdje je xP partikularno rjesenje jednadzbe mx ′′ + kx = f (t).Konacni oblik ocigledno ovisi o obliku te sile.



Primjer

Promotrimo strujni krug koji se sastoji od izvora napona E,otpornika otpora R, kondenzatora kapaciteta C , zavojniceinduktivnosti L i sklopke koja se zatvara u pocetnom trenutku(I (0 s) = 0 A).Po definiciji je I (t) = dQ

dt . Prema Ohmovom zakonu, pad napona

na otporniku je U = RI = R dQdt . Pad napona na zavojnici iznosi

L dIdt = L d2Q

dt2 , a na kondenzatoru Q/C . Prema drugomKirchhoffovom zakonu pak mora vrijediti

E = RdQ

dt+ L

d2Q

dt2+

1

CQ.



Zanimljiv je i kvantnomehanicki harmonijski oscilator, cijajednadzba je specijalni slucaj Schrodingerove jednadzbe. Kvantnaverzija kineticke energije jednodimenzijskog gibanja opisana jelinearnim operatorom

T = − ~2m

d2

dx2.

Potencijalna energija harmonijskog oscilatora, koju dobivamointegriranjem jednadzbe −F = kx , je V (x) = k

2 x2.

Kvantnomehanicka verzija potencijalne energije je operator Vmnozenja valne funkcije s gornjim izrazom za V (x).

Stoga jedjelovanje Hamiltonijana, koji odgovara ukupnoj energiji sustava,na valnu funkciju ψ koja opisuje stanje sustava dano s

Hψ = Tψ + Vψ = − ~2m

ψ′′(x) +k

2x2ψ(x).

Uvrstavanje u Schrodingerovu jednadzbu Hψ = Eψ daje

− ~2m

ψ′′ +k

2x2ψ = Eψ.



Zanimljiv je i kvantnomehanicki harmonijski oscilator, cijajednadzba je specijalni slucaj Schrodingerove jednadzbe. Kvantnaverzija kineticke energije jednodimenzijskog gibanja opisana jelinearnim operatorom

T = − ~2m

d2

dx2.

Potencijalna energija harmonijskog oscilatora, koju dobivamointegriranjem jednadzbe −F = kx , je V (x) = k

2 x2.

Kvantnomehanicka verzija potencijalne energije je operator Vmnozenja valne funkcije s gornjim izrazom za V (x). Stoga jedjelovanje Hamiltonijana, koji odgovara ukupnoj energiji sustava,na valnu funkciju ψ koja opisuje stanje sustava dano s

Hψ = Tψ + Vψ = − ~2m

ψ′′(x) +k

2x2ψ(x).

Uvrstavanje u Schrodingerovu jednadzbu Hψ = Eψ daje

− ~2m

ψ′′ +k

2x2ψ = Eψ.



No, ovdje treba primijetiti da ne samo da ne znamo valnu funkcijuψ (koja ovisi o poziciji tijela), nego ni energije E (tj. ne znamo nisvojstvene vrijednosti ni svojstvene vektore Hamiltonijana). Ipak,za svaki zamisljeni iznos energije E imamo homogenu linearnudiferencijalnu jednadzbu drugog reda, no ona nije s konstantnimkoeficijentima. Jedan od nacina njenog rjesavanja je uvrstavanjemtest-funkcija oblika e−ax

2, iz cega se dobivaju a = ± 1

2~√

km.Jedan od uvjeta kvantne mehanike na valne funkcije je da

”trnu u

beskonacnosti”4, tj. limx→±∞

ψ(x) = 0, pa otpada negativni a.

Dobivamo da je jedno rjesenje Schrodingerove jednadzbe zajednodimenzionalni harmonijski oscilator oblika

ψ0(t) = exp

(− 1

2~√

kmx2

).

4Kako ψ∗ψ treba biti funkcija gustoce vjerojatnosti, imamo uvjet da morajukonvergirati nepravi integrali tipa

∫∞0ψ∗ψ dx , sto je moguce samo ako

limx→±∞ ψ(x) = 0.



Uvrstavanje tog rjesenja natrag u jednadzbu dobivamo da jeodgovarajuca energija

E0 =~

2m

√km.

Dakle, za svojstvenu vrijednost Hamiltonijana E0 = ~2m

√km jedan

svojstveni vektor je valna funkcija ψ0(x) = exp(− 1

2~√

kmx2)

.

Ovo je samo jedno od beskonacno mnogo rjesenja5 Schrodingerovejednadzbe za jednodimenzionalni harmonijski oscilator; energijaE0 = ~

2m

√km je najniza moguca i zove se energija nulte tocke, a

samo stanje harmonijskog oscilatora koje ima tu energiju opisano jenavedenom valnom funkcijom.

5Svojstveni vektori Hamiltonijana jednodimenzionalnog harmonijskogoscilator, tj. valne funkcije koje opisuju stanje oscilatora, su oblikaψv (x) = NvHv (x)ψ0(x), gdje je Nv konstanta normiranja, a Hv -ovi su tzv.Hermiteovi polinomi. Broj v ∈ N0 je kvantni broj koji opisuje kojem po redu odmogucih iznosa energije Ev odgovara konkretna valna funkcija.


Sustavi diferencijalnih jednadzbi

Sustavi obicnih diferencijalnih jednadzbi sastoje se od vise obicnihdiferencijalnih jednadzbi koje opisuju vezu izmedu nekolikonepoznatih funkcija y , z , . . . iste nezavisne varijable t i njihovihprvih (i eventualno visih) derivacija y ′, z ′, . . .. Neki sustavidiferencijalnih jednadzbi mogu se rijesiti supstitucijom.

Primjer

Harmonijski oscilator mogli smo opisati i kao sustav diferencijalnihjednadzbi za poziciju i brzinu:

x ′(t) = v(t),

mv ′(t) = −kx(t).

Supstitucijom prve u drugu jednadzbu dobivamo jednudiferencijalnu jednadzbu za poziciju (mx ′′ + kx = 0).


Ukupna kemijska promjena je rezultat vise jednostavnijih koraka namolekulskoj razini koje zovemo elementarnim procesima. Postoji samonekoliko tipova elementarnih procesa i njihovi zakoni reakcija su izvediviiz njihove stehiometrije:

Elementarni proces Zakon brzineA −−→ P v = k[A]

2A −−→ P v = k[A]2

A + B −−→ P v = k[A][B]

2A + B −−→ P v = k[A]2[B]A + B + C −−→ P v = k[A][B][C]

Mehanizam usporednih reakcija

A

B↗↘

C

v1 = k(1)1 [A], v2 = k

(2)1 [A], v = v1 + v2

− d[A]

dt= (k

(1)1 + k

(2)1 )[A].


Mehanizam predravnoteze

A + B −−⇀↽−− C −−→ D

Radi se o tri elementarna procesa A + B −−→ C, C −−→ A + B iC −−→ D, za koje koeficijente brzina oznacimo redom s k1, k−1 ik2. Pripadni sustav diferencijalnih jednadzbi je

− d[A]

dt= k1[A][B]− k−1[C], − d[B]

dt= k1[A][B]− k−1[C],

d[C]

dt= k1[A][B]− k−1[C]− k2[C],

d[D]

dt= k2[C].

Gornje diferencijalne jednadzbe se pojednostavljuju ako uzmemopretpostavku ustaljenog stanja, tj. d[C]

dt = 0Ms−1: iz prve

dobijemo [C] = k1k−1+k2

[A][B] sto uvrsteno u drugu jednadzbu daje

d[D]

dt=

k1k2

k−1 + k2[A][B].


Mehanizam predravnoteze

A + B −−⇀↽−− C −−→ D

Radi se o tri elementarna procesa A + B −−→ C, C −−→ A + B iC −−→ D, za koje koeficijente brzina oznacimo redom s k1, k−1 ik2. Pripadni sustav diferencijalnih jednadzbi je

− d[A]

dt= k1[A][B]− k−1[C], − d[B]

dt= k1[A][B]− k−1[C],

d[C]

dt= k1[A][B]− k−1[C]− k2[C],

d[D]

dt= k2[C].

Gornje diferencijalne jednadzbe se pojednostavljuju ako uzmemopretpostavku ustaljenog stanja, tj. d[C]

dt = 0Ms−1: iz prve

dobijemo [C] = k1k−1+k2

[A][B] sto uvrsteno u drugu jednadzbu daje

d[D]

dt=

k1k2

k−1 + k2[A][B].


Formalno, sustav linearnih diferencijalnih jednadzbi prvog reda (snepoznatim funkcijama y1, y2, . . . , yn) je sustav oblika

y ′1 = a11(t)y1 + a12(t)y2 + . . .+ a1n(t)yn + b1(t),

y ′2 = a21(t)y1 + a22(t)y2 + . . .+ a2n(t)yn + b2(t),

...

y ′n = an1(t)y1 + an2(t)y2 + . . .+ ann(t)yn + bn(t).

Krace:Y ′ = A · Y + B,

Y ′ =

y ′1y ′2...

y ′n

, Y =

y1

y2...

yn

, B =

b1(t)b2(t)

...bn(t)

, A = ( aij(t) )i ,j .

Sustav je s konstantnim koeficijentima ako su sve aij konstantne,tj. ako je A ∈ Mn. Sustav je homogen ako je B = 0n,1 nulmatrica.Homogeni sustavi sigurno imaju trivijalno rjesenje: svi yinulfunkcije.


Formalno, sustav linearnih diferencijalnih jednadzbi prvog reda (snepoznatim funkcijama y1, y2, . . . , yn) je sustav oblika

y ′1 = a11(t)y1 + a12(t)y2 + . . .+ a1n(t)yn + b1(t),

y ′2 = a21(t)y1 + a22(t)y2 + . . .+ a2n(t)yn + b2(t),

...

y ′n = an1(t)y1 + an2(t)y2 + . . .+ ann(t)yn + bn(t).

Krace:Y ′ = A · Y + B,

Y ′ =

y ′1y ′2...

y ′n

, Y =

y1

y2...

yn

, B =

b1(t)b2(t)

...bn(t)

, A = ( aij(t) )i ,j .

Sustav je s konstantnim koeficijentima ako su sve aij konstantne,tj. ako je A ∈ Mn. Sustav je homogen ako je B = 0n,1 nulmatrica.Homogeni sustavi sigurno imaju trivijalno rjesenje: svi yinulfunkcije.


Primjer

Sustav linearnih diferencijalnih jednadzbi prvog reda s konstantnimkoeficijentima je primjerice

y ′ = 2y − z + et ,

z ′ = −y + 3z − t.

Deriviranje prve jednadzbe daje

y ′′ = 2y ′ − z ′ + et .

Uvrstimo li tu na desnu stranu z ′ iz polazne druge jednadzbe i zizrazen iz polazne prve dobijemo

y ′′ = 5y ′ + 6y + t − 2et .

Odredimo li njeno rjesenje y , funkciju z mozemo dobiti iz drugediferencijalne jednadzbe polaznog sustava.


Teorem

Skup svih rjesenja Y homogenog sustava Y ′ = AY linearnihdiferencijalnih jednadzbi prvog reda je vektorski prostor, tj. zbrojdva rjesenja je rjesenje istog sustava i skalar puta rjesenje jerjesenje istog sustava. Dimenzija tog vektorskog prostora je n.

Dakle, potrebno je naci n linearno nezavisnih rjesenja sustava(bazu prostora), a opce rjesenje je njihova linearna kombinacija. Zanehomogene sustave vrijedi kao i ranije:

Teorem

Opce rjesenje nehomogenog sustava Y ′ = AY + B je zbroj opcegrjesenja pripadnog homogenog sustava Y ′ = AY i jednogpartikularnog rjesenja.


Rjesavanje homogenih sustava s konstantnimkoeficijentima

Pretpostavimo li da je rjesenje oblika

(y1, . . . , yn) = eλt(y1,0, . . . , yn,0),

gdje su yi ,0 i λ konstante, dobijemo

(y ′1, . . . , y′n) = λ(y1, . . . , yn)

pa iz Y ′ = AY dobivamo da λ i Y0 moraju biti takvi da vrijedi

AY0 = λY0.

Za skup od n linearno nezavisnih svojstvenih vektora Y0,1, . . . ,Y0,n

opce rjesenje naseg sustava je dano s

Y = C1eλ1tY0,1 + . . .+ CneλntY0,n.


Primjer

Zadan je sustavy ′ = 3y + 2z ,

z ′ = 4y + z .

Pripadna matrica A je

A =

(3 24 1

)cije svojstvene vrijednosti su λ1 = 5 i λ2 = −1.Svojstvene vektore za λ1 dobivamo rjesavanjem sustava(A− 5I )X = 0: (x1, x2) = (t, t) = t(1, 1), t ∈ R. Odgovarajucisvojstveni vektor je stoga npr. Y0,1 = (1, 1)t . Slicno, svojstvenevektore za λ2 dobivamo iz sustava (A + I )X = 0:(x1, x2) = (t,−2t) = t(1,−2), Y0,2 = (1,−2)t .


Rjesenje polaznog sustava diferencijalnih jednadzbi je

Y = C1eλ1tY0,1 + C2eλ2tY0,2 =

= C1e5t

(11

)+ C2e−t

(1−2

)odnosno y(t) = C1e5t + C2e−t , z(t) = C1e5t − 2C2e−t .

Primjer

Promotrimo mehanizam A −−→ B −−⇀↽−− C, uz pretpostavku da supocetne koncentracije od B i C jednake 0 M. Recimo da naszanima vremenska ovisnost produkta C.Odgovarajuci sustav diferencijalnih jednadzbi je

d[A]dt = −k1[A],

d[B]dt = k1[A]− k2[B] + k−2[C],

d[C]dt = k2[B]− k−2[C]

.


Imamo redom matricu sustava

A =

−k1 0 0k1 −k2 k−2

0 k2 −k−2

,

ciji karakteristicni polinom je

(−k1−λ)((−k2−λ)(−k−2−λ)−k2k−2) = −λ(λ+k1)((λ+k2+k−2).

Svojstvene vrijednosti od A su 0, −k1 i −k2 − k−2.Nadimo svojstveni vektor za svojstvenu vrijednost 0: −k1 0 0

k1 −k2 k−2

0 k2 −k−2

∼ . . . ∼ −k1 0 0

0 −k2 k−2

0 0 0

,

tj. (x1, x2, x3) = (0, k−2t, k2t) = t(0, k−2, k2). Dakle, pripadnisvojstveni vektor je Y0,1 = (0, k−2, k2)t .


Imamo redom matricu sustava

A =

−k1 0 0k1 −k2 k−2

0 k2 −k−2

,

ciji karakteristicni polinom je

(−k1−λ)((−k2−λ)(−k−2−λ)−k2k−2) = −λ(λ+k1)((λ+k2+k−2).

Svojstvene vrijednosti od A su 0, −k1 i −k2 − k−2.Nadimo svojstveni vektor za svojstvenu vrijednost 0: −k1 0 0

k1 −k2 k−2

0 k2 −k−2

∼ . . . ∼ −k1 0 0

0 −k2 k−2

0 0 0

,

tj. (x1, x2, x3) = (0, k−2t, k2t) = t(0, k−2, k2). Dakle, pripadnisvojstveni vektor je Y0,1 = (0, k−2, k2)t .


Svojstveni vektor za svojsvenu vrijednost −k1 je

Y0,2 = (k1 − k2 − k−2,−k1 + k−2, k2)t , aY0,3 = (0, 1,−1)t

je svojstveni vektor za −k2 − k−2. Ukupno rjesenje sustava je stoga

C1

0k−2

k2

+ C2e−k1t

k1 − k2 − k−2

−k1 + k−2

k2

+ C3e−(k2+k−2)t

01−1

.

Iz pocetnih uvjeta dobivamo:

[A]0 = C2(k1 − k2 − k−2)⇒ C2 =[A]0

k1 − k2 − k−2,

[B]0 = C1k−2 + C2(k−2 − k1) + C3, [C]0 = C1k2 + C2k2 − C3 ⇒

C1 =[A]0

k2 + k−2,C3 =

[A]0k1k2

(k1 − k2 − k−2)(k2 + k−2)⇒

[C] = [A]0k2

(1

k2 + k−2+

1

k1 − k2 − k−2e−k1t−

− k1

(k1 − k2 − k−2)(k2 + k−2)e−(k2+k−2)t

).



Y0,2 = (k1 − k2 − k−2,−k1 + k−2, k2)t , aY0,3 = (0, 1,−1)t


C1

0k−2

k2

+ C2e−k1t

k1 − k2 − k−2

−k1 + k−2

k2

+ C3e−(k2+k−2)t

01−1

.


[A]0 = C2(k1 − k2 − k−2)⇒ C2 =[A]0

k1 − k2 − k−2,

[B]0 = C1k−2 + C2(k−2 − k1) + C3, [C]0 = C1k2 + C2k2 − C3 ⇒

C1 =[A]0

k2 + k−2,C3 =

[A]0k1k2

(k1 − k2 − k−2)(k2 + k−2)⇒

[C] = [A]0k2

(1

k2 + k−2+

1

k1 − k2 − k−2e−k1t−

− k1

(k1 − k2 − k−2)(k2 + k−2)e−(k2+k−2)t

).



Y0,2 = (k1 − k2 − k−2,−k1 + k−2, k2)t , aY0,3 = (0, 1,−1)t


C1

0k−2

k2

+ C2e−k1t

k1 − k2 − k−2

−k1 + k−2

k2

+ C3e−(k2+k−2)t

01−1

.


[A]0 = C2(k1 − k2 − k−2)⇒ C2 =[A]0

k1 − k2 − k−2,

[B]0 = C1k−2 + C2(k−2 − k1) + C3, [C]0 = C1k2 + C2k2 − C3 ⇒

C1 =[A]0

k2 + k−2,C3 =

[A]0k1k2

(k1 − k2 − k−2)(k2 + k−2)⇒

[C] = [A]0k2

(1

k2 + k−2+

1

k1 − k2 − k−2e−k1t−

− k1

(k1 − k2 − k−2)(k2 + k−2)e−(k2+k−2)t

).



Y0,2 = (k1 − k2 − k−2,−k1 + k−2, k2)t , aY0,3 = (0, 1,−1)t


C1

0k−2

k2

+ C2e−k1t

k1 − k2 − k−2

−k1 + k−2

k2

+ C3e−(k2+k−2)t

01−1

.


[A]0 = C2(k1 − k2 − k−2)⇒ C2 =[A]0

k1 − k2 − k−2,

[B]0 = C1k−2 + C2(k−2 − k1) + C3, [C]0 = C1k2 + C2k2 − C3 ⇒

C1 =[A]0

k2 + k−2,C3 =

[A]0k1k2

(k1 − k2 − k−2)(k2 + k−2)⇒

[C] = [A]0k2

(1

k2 + k−2+

1

k1 − k2 − k−2e−k1t−

− k1

(k1 − k2 − k−2)(k2 + k−2)e−(k2+k−2)t

).



Y0,2 = (k1 − k2 − k−2,−k1 + k−2, k2)t , aY0,3 = (0, 1,−1)t


C1

0k−2

k2

+ C2e−k1t

k1 − k2 − k−2

−k1 + k−2

k2

+ C3e−(k2+k−2)t

01−1

.


[A]0 = C2(k1 − k2 − k−2)⇒ C2 =[A]0

k1 − k2 − k−2,

[B]0 = C1k−2 + C2(k−2 − k1) + C3, [C]0 = C1k2 + C2k2 − C3 ⇒

C1 =[A]0

k2 + k−2,C3 =

[A]0k1k2

(k1 − k2 − k−2)(k2 + k−2)⇒

[C] = [A]0k2

(1

k2 + k−2+

1

k1 − k2 − k−2e−k1t−

− k1

(k1 − k2 − k−2)(k2 + k−2)e−(k2+k−2)t

).

Documents

Obi cne diferencijalne jednad zbeprelog.chem.pmf.hr/~fmbruckler/odj.pdf · UvodDiferencijalne jednad zbe prvog reda Linearne diferencijalne jednad zbe s konstantnim koe cijentimaSustavi