Sadrzaj:ˇ - unizg.hr...Korijeni kar. jednadzbe su realni i meˇ dusobno razliˇciti Korijeni kar. jednadzbe su konjugirano kompleksniˇ Korijeni kar. jednadzbe su realni i meˇ dusobno

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

Sadržaj

Sadržaj:

1 Linearna diferencijalna jednadžba drugog redaPrincip superpozicije rješenja homogene linearne jednadžbe

2 Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentimaKorijeni kar. jednadžbe su realni i medusobno različitiKorijeni kar. jednadžbe su konjugirano kompleksniKorijeni kar. jednadžbe su realni i medusobno jednakiPrimjena na prigušene oscilacije

3 Nehomogena lin. dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima4 Metoda neodredenih koeficijenata

Funkcija smetnje je polinomFunkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalnefunkcijePravilo zbroja partikularnih rješenjaFunkcija smetnje je trigonometrijska funkcija


Ciljevi učenja

Ciljevi učenja:Naučiti što su linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda skonstantnim koeficijentima i kako nalazimo opće rješenjeNaučiti kako rješavamo homogene jednadžbeProučit ćemo gibanje harmonijskog oscilatora s prigušenjemPrepoznati kako rješavamo nehomogene jednadžbe metodomneodredenih koeficijenata


Linearna diferencijalna jednadžba drugog reda

LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNADŽBADRUGOG REDA

Diferencijalnu jednadžba drugog reda F (x ,y ,y ′,y ′′) = 0 zovemolinearna diferencijalna jednadžba ako je funkcija F linearna u y , y ′ iy ′′. Njen opći oblik je:

a(x)y ′′+b(x)y ′+c(x)y = f (x).

Ako su koeficijenti uz y ′′, y ′ i y konstante, onda jednadžbu zovemolinearnom s konstantnim koeficijentima:

ay ′′+by ′+cy = f (x).

Pretpostavljamo da je a �= 0, jer se inače radi o linearnoj jednadžbiprvoga reda kojom smo se već bavili.

Uz ovu jednadžbu povezuje se tzv. pripadna homogena jednadžba(u kojoj je f (x) = 0):

ay ′′+by ′+cy = 0. (H)Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 4 / 60

Linearna diferencijalna jednadžba drugog reda Princip superpozicije rješenja homogene linearne jednadžbe

Homogena linearna diferencijalna jednadžba drugogreda

Linearne diferencijalne jednadžbe s konstantnim koeficijentima vrlo sučeste u raznim primjenama. Općenito, za homogene linearnejednadžbe vrijedi

PRINCIP SUPERPOZICIJE RJEŠENJAAko su y1 i y2 rješenja homogene linearne diferencijalne jednadžbe

drugog reda, onda je C1y1 +C2y2 takoder njeno rješenje.

Dokaz:

a(x)(C1y1 +C2y2)′′+b(x)(C1y1 +C2y2)′+c(x)(C1y1 +C2y2)

= C1(a(x)y ′′1 +b(x)y′1 +c(x)y1︸︷︷︸

=0

)+C2(a(x)y ′′2 +b(x)y′2 +c(x)y2︸︷︷︸

=0

)

= 0


Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima

Homogena linearna diferencijalna jednadžba drugogreda s konstantnim koeficijentima

Homogenu jednadžbu (H) ay ′′+by ′+cy = 0 uvijek možemo riješiti.Prema principu superpozicije rješenja dovoljno je naći dva (linearnonezavisna) rješenja.Koristit ćemo tzv. Eulerovu pretpostavku: rješenje treba tražiti u obliku

y = ekx, pri čemu je k općenito kompleksna konstanta.

To znači da takav y mora zadovoljavati diferencijalnu jednadžbu (H):

ak2ekx +bkekx +c ekx = 0/: ekx �= 0

Time dobivamo tzv. karakteristčnu jednadžbu diferencijalnejednadžbe (H)

ak2 +bk +c = 0

=⇒ k1,2 = −b±√

b2 −4ac2a


Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Korijeni kar. jednadžbe su realni i medusobno različiti

Dakle, y = ekx bit će rješenje jednadžbe (H), ako je k korijenkarakteristične jednadžbe. Razlikovat ćemo tri slučaja:

I) Korijeni karakteristične jednadžbe k1, k2 su realni imedusobno različiti

Tada imamo dva rješenja y1 = ek1x , y2 = ek2x . Opće rješenjehomogene jednadžbe (H) je:

y = C1 ek1x +C2 ek2x

Može se dokazati da je ovo rješenje potpuno.

PRIMJER 1.Riješimo y′′ −y′ −6y = 0 uz početne uvjete y(0) = 0, y′(0) = 5.


Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Primjer

Rješenje:Karakteristična jednadžba diferencijalne jednadžbe y ′′ −y ′ −6y = 0 je

k2 −k −6 = 0 ⇒ k1,2 = 1±√

1+242

⇒ k1 =−2, k2 = 3

što daje opće rješenje:

y = C1 e−2x +C2 e3x

Početni uvjeti y(0) = 0, y ′(0) = 5 jednoznačno odreduju C1, C2:

y(0) = C1 +C2 = 0, y ′(0) =−2C1 +3C2 = 5,C1 =−C2; 2C2 +3C2 = 5; C2 = 1; C1 =−1

Traženo partikularno rješenje je

y =−e−2x +e3xKatedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 8 / 60

Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Zadaci

ZADATAK 1.Riješiti:

a) 4y′′+y′ = 0b) 9y′′ −16y = 0c) y′′ −5y′ −6y = 0, y(0) = 5, y′(0) = 2d) y′′+y′ −56y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 22e) −2y′′+3y′+2y = 0.

Rješenje:

a) 4k2 +k = 0 ⇒ k1 =−14 , k2 = 0opće rješenje: y = C1 e−

14 x +C2



b) 9k2 −16 = 0 ⇒ (3k −4)(3k +4) = 0 ⇒ k1 =−43 , k2 =43

opće rješenje: y = C1 e−43 x +C2 e

43 x

c) k2 −5k −6 = 0 ⇒ k1,2 = 5±√

25+242

⇒ k1 =−1, k2 = 6opće rješenje: y = C1 e−x +C2 e6x

y ′ =−C1 e−x +6C2 e6x

y(0) = 5 ⇒ C1 +C2 = 5y ′(0) = 2 ⇒ −C1 +6C2 = 2

}⇒ C2 = 1, C1 = 4

partikularno rješenje: y = 4e−x +e6x



d) k2 +k −56 = 0 ⇒ k1,2 = −1±√

1+2242

⇒ k1 =−8, k2 = 7opće rješenje: y = C1 e−8x +C2 e7x

y ′ =−8C1 e−8x +7C2 e7x

y(0) = 1 ⇒ C1 +C2 = 1y ′(0) = 22 ⇒ −8C1 +7C2 = 22

}⇒ C1 =−1, C2 = 2

partikularno rješenje: y =−e−8x +2e7x

e) −2k2 +3k +2 = 0 ⇒ k1,2 = −3±√

9+16−4 ⇒ k1 =−

12, k2 = 2

opće rješenje: y = C1 e−12 x +C2 e2x


Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Korijeni kar. jednadžbe su konjugirano kompleksni

II) Korijeni karakteristične jednadžbe su konjugiranokompleksni: k1,2 = α± iβSlično kao i u prethodnim slučajevima opće rješenje je:

y = C1 e(α−iβ)x +C2 e(α+iβ)x , pa bi rješenje bila kompleksna funkcija.

Koristeći Eulerovu formulu eiβx = cosβx + i sinβx imamo:

y = eαx[C1 e−iβx +C2 eiβx

]= eαx [C1(cosβx − i sinβx)

+ C2(cosβx + i sinβx)] = eαx [(C1 +C2)︸︷︷︸=A

cosβx + i(C1 −C2)︸︷︷︸=B

sinβx ]

Želimo li se ograničiti na realna rješenja, C1 i C2 moraju bitimedusobno konjugirani kompleksni brojevi C1,2 = 12(A∓Bi), A,B ∈ R.

Tako dobivamo opće rješenje: y = eαx (Acosβx+Bsinβx)


Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Primjeri

PRIMJER 2.Riješimo y′′+2y′+2y = 0 uz početne uvjete y(0) = 1, y′(0) = 0.

Rješenje:Karakteristična jednadžba diferencijalne jednadžbe y ′′+2y ′+2y = 0 jek2 +2k +2 = 0 ⇒ k1,2 = −2±

√4−8

2 =−1± išto daje opće rješenje: y = e−x (A cosx +B sinx)

y ′ = −e−x (A cosx +B sinx)+e−x (−A sinx +B cosx)= e−x [(B−A) cosx − (B+A) sinx ]

Početni uvjeti y(0) = 1 i y ′(0) = 0 jednoznačno odreduju A, B :

y(0) = A = 1, y ′(0) = B−A = 0 ⇒ A = B = 1Traženo partikularno rješenje je

y = e−x (cosx +sinx)Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 13 / 60

Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Primjeri

PRIMJER 3.Riješimo jednadžbu harmonijskog oscilatora

ẍ +ω2x = 0.

Rješenje:Karakteristična jednadžba diferencijalne jednadžbe harmonijskogoscilatora glasi k2 +ω2 = 0 i njezina su rješenja k1,2 =±iω. Zato jenjezino opće rješenje

x = C1 eiωt +C2 e−iωt = A cos(ωt)+B sin(ωt),

što nam je (za realne A i B) dobro poznato.




a) 9y′′+16y = 0

b) y′′ −2y′+5y = 0

c) y′′+8y = 0, y(0) = 2√

2, y′(0) = 1

d) y′′ −6y′+10y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 1.



Rješenje:

a) 9k2 +16 = 0 ⇒ 9k2 =−16 ∣∣√ ⇒ 3k =±4i ⇒ k1,2 =±43 i⇒ α = 0, β = 4

3=⇒ y = e0x

(C1 cos

43

x +C2 sin43

x)

opće rješenje: y = C1 cos43

x +C2 sin43

x

b) k2 −2k +5 = 0 ⇒ k1,2 = 2±√

4−202

=2±4i

2= 1±2i

⇒ α = 1, β = 2opće rješenje: y = ex (C1 cos2x +C2 sin2x)



c) k2 +8 = 0 ⇒ k2 =−8 ∣∣√ ⇒ k1,2 =±2√2i⇒ α = 0, β = 2

√2 =⇒ y = e0x

[C1 cos(2

√2x)+C2 sin(2

√2x)

]

opće rješenje: y = C1 cos(2√

2x)+C2 sin(2√

2x)y ′ =−C1 2

√2 sin(2

√2x)+C2 2

√2 cos(2

√2x)

y(0) = 2√

2 ⇒ C1 cos0+C2 sin0 = 2√

2 ⇒ C1 = 2√

2y ′(0) = 1 ⇒ −C1 2

√2 sin0+C2 2

√2 cos0 = 1 ⇒

⇒ C2 2√

2 = 1 ⇒ C2 =√

24

partikularno rješenje: y = 2√

2 cos(2√

2x)+√

24

sin(2√

2x)



d) k2 −6k +10 = 0 ⇒ k1,2 = 6±√

36−402

=6±2i

2⇒ k1,2 = 3± i ⇒ α = 3, β = 1opće rješenje: y = e3x (C1 cosx +C2 sinx)

y ′ = 3e3x (C1 cosx +C2 sinx)+e3x (−C1 sinx +C2 cosx)= e3x [(3C1 +C2) cosx +(3C2 −C1) sinx ]

y(0) = 1 ⇒ e0 (C1 cos0+C2 sin0) = 1 ⇒ C1 = 1y ′(0) = 1 ⇒ e0 [(3C1 +C2) cos0+(3C2 −C1) sin0] = 1 ⇒

⇒ 3C1 +C2 = 1 (uz C1 = 1) ⇒ C2 =−2

partikularno rješenje: y = e3x (cosx −2 sinx)


Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Korijeni kar. jednadžbe su realni i medusobno jednaki

III) Korijeni karakteristične jednadžbe k1, k2 su realni imedusobno jednaki (tj. b2 = 4ac, pa je k =− b2a dvostruki korijen)U ovom slučaju opisani postupak daje reducirano ”opće” rješenjey = Cekx . Potpuno opće rješenje nalazimo tzv. varijacijom konstanteC:

y = C(x)ekx , gdje je C(x) za sada nepoznata funkcija

Budući je y ′ = C ′ekx +kCekx i y ′′ = C ′′ekx +2kC ′ekx +k2Cekx ,uvrštavanjem u ay ′′+by ′+cy = 0 imamo:

[a(

C ′′+2kC ′+k2C)+b

(C ′+kC

)+cC

]ekx = 0

⇒ ( ak2 +bk +c︸︷︷︸= 0, jer je k rj. kar. j.

) C +( 2ak +b︸︷︷︸= 0, jer k =− b2a

) C ′+aC ′′ = 0

⇒ aC ′′ = 0 ⇒ C(x) = C1 +C2x

Tako dobivamo opće rješenje: y = (C1 +C2x)ekx



PRIMJER 4.Riješimo y′′+4y′+4y = 0 uz početne uvjete y(0) = 1, y′(0) = 0.

Rješenje:Karakteristična jednadžba diferencijalne jednadžbe y ′′+4y ′+4y = 0 jek2 +4k +4 = 0 ⇒ k1,2 = −4±

√16−162 =−2

što daje opće rješenje: y = (C1 +C2 x)e−2x

y ′ = (−2C1 +C2(1−2x))e−2x

Početni uvjeti y(0) = 1 i y ′(0) = 0 jednoznačno odreduju C1, C2 :

y(0) = C1 = 1, y ′(0) = C2 −2C1 = 0 ⇒ C2 = 2C1 = 2Traženo partikularno rješenje je

y = (1+2x)e−2x



Opće rješenje homogene linearne diferencijalne jednadžbe skonstantnim koeficijentima

ay ′′+by ′+cy = 0 (H)

ovisi o rješenjima karakteristične jednadžbeak2 +bk +c = 0 :

I) k1 i k2 su realni i k1 �= k2, onda je opće rješenje jednadžbe (H)y = C1 ek1x +C2 ek2x

II) k1 i k2 su konjugirano kompleksni, k1,2 = α± iβ, onday = eαx (C1 cosβx+C2 sinβx)

III) k1 i k2 su realni i k1 = k2(= k), onda

y = (C1 +C2x)ekx

C1 i C2 jednoznačno su odredne početnim uvjetima. Jednadžba (H)nema singularnih rješenja.




a) 4y′′ −y′ = 0y(0) = 5, y′(0) = 1

b) 9y′′ −6y′+y = 0y(0) = 2, y′(0) = 3

c) 4y′′+y = 0y(π) = 3, y′(π) = 1



Rješenje:

a) 4y ′′ −y ′ = 04k2 −k = 0 ⇒ k(4k −1) = 0 ⇒ k1 = 0, k2 = 14opće rješenje: y = C1 +C2 e

14 x

y ′ = 14C2 e14 x

y(0) = 5 ⇒ C1 +C2 = 5y ′(0) = 1 ⇒ 14C2 = 1 ⇒ C2 = 4

}⇒ C2 = 4, C1 = 1

partikularno rješenje: y = 1+4e14 x



b) 9y ′′ −6y ′+y = 09k2 −6k +1 = 0 ⇒ (3k −1)2 = 0 ⇒ k1,2 = 13opće rješenje: y = (C1 +C2x)e

13 x

y ′ =(C2 + 13C1 +

13C2x

)e

13 x

y(0) = 2 ⇒ C1 = 2y ′(0) = 3 ⇒ (C2 + 13C1 + 13C2 ·0)e0 = 3 ⇒

⇒ C2 + 13C1 = 3 (uz C1 = 2) ⇒ C2 = 73

partikularno rješenje: y =(

2+73

x)

e13 x



c) 4y ′′+y = 0

4k2 +1 = 0 ⇒ k2 =−14

⇒ k1,2 =±12 i ⇒ α = 0, β =12

opće rješenje: y = C1 cosx2+C2 sin

x2

y ′ =−12C1 sin x2 + 12C2 cos x2y(π) = 3 ⇒ C1 cos π2︸︷︷︸

=0

+C2 sinπ2︸︷︷︸

=1

= 3 ⇒ C2 = 3

y ′(π) = 1 ⇒ −12C1 sinπ2︸︷︷︸

=1

+12C2 cosπ2︸︷︷︸

=0

= 1 ⇒ C1 =−2

partikularno rješenje: y =−2 cos x2+3 sin

x2


Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Primjena na prigušene oscilacije

PRIMJENA NA GIBANJE HARMONIJSKOG OSCILATORA S

PRIGUŠENJEM

Razmatramo uteg, koji se giba pod utjecajem elastične sile opruge, uviskoznom mediju koji se opire gibanju.



Sila opruge proporcionalna je i suprotno usmjerena otklonu x :F0 =−kx, (k > 0).

Konstantu opruge k možemo odrediti iz vrijednosti i0 za koju utegmase m istegne oprugu (mg = ki0, vidjeti desni dio slike ).

Sila prigušenja, kojom se viskozni medij opire gibanju, proporcionalnaje i suprotno usmjerena brzini gibanja

Fp =−cdxdt , (c > 0 je konstanta prigušenja).

Dakle, jednadžba slobodnih (bez utjecaja vanjskih sila) prigušenihoscilacija glasi:

md2xdt2

= F0 +Fp =−kx −c dxdt ,

tj. md2xdt2

+cdxdt

+kx = 0 (PO)



(PO) m d2x

dt2 +cdxdt +kx = 0 je homogena linearna jednadžba s

konstantnim koeficijentima, čiji su karakteristični korijeni:

k1,2 =−c±√c2 −4km

2m=−α±β,

uz pokrate α =c

2mi β =

√c2 −4km

2m

Rješenja jednadžbe (PO) ovisi o prigušenju c, pa imamo tri mogućaslučaja:

I c2 > 4km JAKO (NADKRITIČNO) PRIGUŠENJE

II c2 = 4km GRANIČNO (KRITIČNO) PRIGUŠENJE

III c2 < 4km SLABO (POTKRITIČNO) PRIGUŠENJE.


Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Jako prigušenje

I JAKO PRIGUŠENJE

Konstanta prigušenja c tako je velika da je c2 > 4km. Karakterističnikorijeni k1 i k2 različiti su i realni, pa je opće rješenje jednadžbe (PO):

x(t) = C1e−(α−β)t +C2e−(α+β)t

Uteg u tom slučaju ne oscilira. Za t > 0 oba su eksponenta u gornjemizrazu za x(t) negativni, jer je α = c2m > 0, β =

√c2−4km

2m > 0 iβ2 = α2 −k/m < α2, pa x(t)−→ 0 za t −→ ∞. Praktično to znači da ćese masa nakon dovoljno dugo vremena umiriti u ravnotežnom položajux = 0, što i očekujemo kod jakog prigušenja.


Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Granično prigušenje

II GRANIČNO PRIGUŠENJE

Ako je c2 = 4km, onda je β = 0 i k1 = k2 =−α, pa je opće rješenjejednadžbe (PO):

x(t) = (C1 +C2t)e−αt

Uteg u tom slučaju ne oscilira, a graf funkcije pomaka x(t) kvalitativnoizgleda kao i u prethodnom slučaju (vidjeti sljedeći zadatak).


Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Zadatak

ZADATAK 4.Oscilacije su opisane diferencijalnom jednadžbom

ẍ+2ẋ+x = 0, x(0) = 5, ẋ(0) = 0

O kakvom se prigušenju radi? Skicirajte graf pomaka (tj. gibanjatočke).

Rješenje: k2 +2k +1 = 0 ⇒ (k +1)2 = 0 ⇒ k1,2 =−1

opće rješenje: x = (C1 +C2 t)e−t KRITIČNO PRIGUŠENJE!

ẋ = (−C1 +C2 −C2 t)e−tx(0) = 5 ⇒ C1 = 5ẋ(0) = 0 ⇒ C2 −C1 = 0 (uz C1 = 5) ⇒ C2 = 5

partikularno rješenje: x = (5+5 t)e−t , t ≥ 0



Za skicu grafa funkcije x = (5+5 t)e−t ispitajmo područje rasta i pada,te granično ponašanje.

ẋ = (−C1 +C2 −C2 t)e−t (uz C1 = C2 = 5) ⇒ ẋ =−5 te−tza t > 0 ⇒ ẋ < 0 ⇒ funkcija x pada na (0,∞)

limt→∞

x(t) = limt→∞

(5+5 t)e−t = limt→∞

5+5 tet

l’H= lim

t→∞5et

= 0

Dakle,


Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Slabo prigušenje

III SLABO PRIGUŠENJEOvo je najzanimljiviji slučaj. Ako je konstanta prigušenja c tako malada je c2 < 4km, onda je β imaginaran broj, β =

√4km−c2

2m i = ωi . Dakle,k1,2 =−α±ωi , pa opće rješenje jednadžbe (PO) je:

x(t) = e−αt (C1 cosωt +C2 sinωt) , α := c2m , ω :=√

km −

( c2m

)2= Ce−αt cos(ωt −ϑ),

(uz C2 = C21 +C

22 , tgϑ =

C2C1

)



ZADATAK 5.Kugla mase m = 9.082 kg rastegne čeličnu oprugu za 10 cm. Akokuglu pokrenemo iz ravnotežnog položaja, kojom će ona frekvencijomoscilirati oko tog položaja (bez prigušenja)? Uzeti da je g = 9.81 m/s2.

Opišite njezino gibanje nakon što je istegnemo prema dolje za 15 cm ipotom je ispusti iz mirujućeg položaja.

Kako se mijenja frekvencija i gibanje kugle ako je ono prigušenoviskoznim medijem s konstantom prigušenja

(i) c = 200 kg/s,

(ii) c = 100 kg/s?



Rješenje:Konstanta opruge ima vrijednost

k =mgi0

.=

9.082 ·9.810.1

.= 891 N/m.

Frekvencija harmonijskih oscilacija:

ν =ω02π

=

√k/m2π

.=

√891/9.082

2π.=

9.9052π

.= 1.576Hz

Gibanje kugle dano je rješenjem jednadžbe harmonijskog oscilatora

ẍ +ω20x = 0, ω20 =

km

= 98.106 ⇒ ẍ +98.106x = 0⇒ x(t) = C1 cos(9.905 t)+C2 sin(9.905 t)

i početnim uvjetima

x(0) = 0.15, ẋ(0) = 0 ⇒ C1 = 0.15, C2 = 0

=⇒ x(t) = 0.15 cos(9.905 t) (metara)Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 35 / 60


(i) U slučaju prigušenja c = 200 kg/s problem je modeliran s

mẍ +cẋ +kx = 0

=⇒ 9.082ẍ +200ẋ +891x = 0, x(0) = 0.15, ẋ(0) = 0Karakteristična jednadžba ima korijene

k1,2 =−11.01±4.81 =−6.2,−15.82=⇒ x(t) = C1e−6.2 t +C2e−15.82 t

Iz početnih uvjeta slijedi C1 +C2 = 0.15 i k1C1 +k2C2 = 0, tj.C1

.= 0.2466, C2

.=−0.0966. Dakle, jako prigušeno gibanje kugle

opisano je sa

x(t) .= 0.2467e−6.2 t −0.0967e−15.82 t

Nakon par sekundi x(t) praktički je nula, tj. kugla se smiri uravnotežnom položaju.



(ii) U slučaju prigušenja c = 100 kg/s problem je modeliran sa

9.082ẍ +100ẋ +891x = 0, x(0) = 0.15, ẋ(0) = 0

Karakteristični korijeni su k1,2 =−5.505±8.234 i , pa je općerješenje diferencijalne jednadžbe

x(t) = e−5.505 t [C1 cos(8.234 t)+C2 sin(8.234 t)]

Iz početnih uvjeta slijedi C1 = 0.15 i −5.505C1 +8.234C2 = 0, tj.C2

.= 0.1003. Dakle, slabo prigušeno gibanje kugle opisano je sa

x(t) .= e−5.505 t [0.15 cos(8.234 t)+0.1003 sin(8.234 t)]

Prigušene su oscilacije za oko 17% sporije od neprigušenihharmonijskih oscilacija jer je ω/ω0

.= 8.234/9.905 .= 0.83


Nehomogena lin. dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima

Nehomogena linearna diferencijalna jednadžbadrugog reda s konstantnim koeficijentima

Vratimo se sada općenitoj (nehomogenoj) linearnoj jednadžbi skonstantnim koeficijentima:

ay′′+by′+cy = f(x) (NH)

NEHOMOGENA JEDNADŽBA

Ako je yh = C1y1 +C2y2 opće rješenje homogene jednadžbeay ′′+by ′+cy = 0 i ako je yp bilo koje partikularno rješenje nehomo-gene jednadžbe (NH), onda je

y = yp +yh = yp +C1y1 +C2y2

opće rješenje nehomogene jednadžbe (NH). Jednadžba nema sin-gularnih rješenja.


Nehomogena lin. dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima

Dokaz:i) Lako provjeravamo da je y = yp +yh rješenje jednadžbe (NH):

a(yp +yh)′′+b (yp +yh)

′+c (yp +yh)= (ay ′′p +by

′p +cyp︸︷︷︸

=f (x)

)+(ay ′′h +by′h +cyh︸︷︷︸

=0

) = f (x)

ii) Da je svako rješenje Y jednadžbe (NH) toga oblika, slijedi izčinjenice što razlika dvaju rješenja jednadžbe (NH), Y −yp,zadovoljava jednadžbu (H):

a(Y −yp)′′+b (Y −yp)′+c (Y −yp)= (aY ′′+bY ′+cY︸︷︷︸

=f (x)

)− (ay ′′p +by ′p +cyp︸︷︷︸=f (x)

) = 0

što znači da je Y −yp rješenje jednadžbe (H), tj. Y −yp = yh. Dakle,Y = yp +yh, kao što smo i tvrdili.


Metoda neodredenih koeficijenata

METODA NEODREDENIH KOEFICIJENATA

Prema rečenom, preostaje pokazati način nalaženja partikularnihrješenja jednadžbe (NH). Osnovna metoda je metoda neodredenihkoeficijenata, koju ćemo ilustrirati na nekoliko karakterističnihprimjera. U ovoj metodi dopuštamo da je desna strana jednadžbe (tzv.funkcija smetnje) linearna kombinacija funkcija oblika:

Pn(x)ekx cos(ωx), Pn(x)ekx sin(ωx),

pri čemu je Pn polinom stupnja n.

Da se razumije način formiranja i oblik partikularnih rješenja, navestćemo nekoliko često korištenih specijalnih slučajeva.


Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je polinom

Funkcija f (x) je polinom stupnja n

Da bismo našli jedno partikularno rješenje, zapitajmo se koja tofunkcija linearno kombinirana sa svojim derivacijama daje polinomstupnja n. To svojstvo imat će dobro odabrani polinom istog stupnja.Dakle,

f(x) = Pn(x) ⇒ yp(x) = xrQn(x),gdje je r višestrukost korijena karakteristične jednadžbe ako je ypsadržano u yh; u protivnom r = 0.

PRIMJER 5.

Riješimo y′′+4y = 8x2.


Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je polinom

Rješenje:Pripadna homogena jednadžba y ′′+4y = 0 ima karakterističnekorijene k1,2 =±2i , pa je njeno opće rješenje

yh = C1 cos2x +C2 sin2x

Potražit ćemo jedno partikularno rješenje nehomogene jednadžbe uobliku yp = Ax2 +Bx+C. Tada je y ′′p = 2A, pa uvrštavanjem u zadanujednadžbu dolazimo do jednadžbe

2A+4(Ax2 +Bx +C) = 8x2.

Izjednačavanjem koeficijenata uz x2, x1 i x0 na lijevoj i desnoj stranijednadžbe dolazimo do linearnoga sustava

4A = 8, 4B = 0, 2A+4C = 0, čije je rješenje A = 2, B = 0 i C =−1.Dakle, partikularno je rješenje zadane jednadžbe yp = 2x2 −1, pa jenjezino opće rješenje

y = yp +yh = 2x2 −1+C1 cos2x +C2 sin2xKatedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 42 / 60

Metoda neodredenih koeficijenata Zadaci

ZADATAK 6.Nadite opće rješenje diferencijalne jednadžbe:

a) y′′ −4y = 8x3

b) y′′+4y′+4y = 12x2 +26

c) y′′+y = 3y(0) = 1, y′(0) = 2



Rješenje 6. a): y ′′ −4y = 8x3- homogena: y ′′ −4y = 0

k2 −4 = 0 ⇒ k1,2 =±2⇒ yh = C1 e−2x +C2 e2x

- partikularno rj: yp = Ax3 +Bx2 +Cx +Dy ′p = 3Ax2 +2Bx +Cy ′′p = 6Ax +2B

⇒ (6Ax +2B)−4(Ax3 +Bx2 +Cx +D) = 8x3−4Ax3 −4Bx2 +(6A−4C)x +(2B−4D) = 8x3

⇒

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

−4A = 8, A =−2−4B = 0, B = 06A−4C = 0, C =−32B−4D = 0, D = 0

⇒ yp =−2x3 −3x

Opće rješenje: y = yp +yh =−2x3 −3x+C1 e−2x +C2 e2x



Rješenje 6. b): y ′′+4y ′+4y = 12x2 +26

- homogena: y ′′+4y ′+4y = 0k2 +4k +4 = 0 ⇒ (k +2)2 = 0 ⇒ k1,2 =−2⇒ yh = (C1 +C2x)e−2x

- partikularno rj: yp = Ax2 +Bx +Cy ′p = 2Ax +By ′′p = 2A

⇒ (2A)+4(2Ax +B)+4(Ax2 +Bx +C) = 12x2 +264Ax2 +(8A+4B)x +(2A+4B+4C) = 12x2 +26

⇒⎧⎨⎩

4A = 12, A = 38A+4B = 0, B =−62A+4B+4C = 26, C = 11

⇒ yp = 3x2 −6x +11

Opće rješenje: y = yp +yh = 3x2 −6x+11+(C1 +C2x)e−2x



Rješenje 6. c): y ′′+y = 3, y(0) = 1,y ′(0) = 2

- homogena: y ′′+y = 0k2 +1 = 0 ⇒ k1,2 =±i⇒ yh = C1 cosx +C2 sinx

- partikularno rj: yp = Ay ′p = y ′′p = 0

⇒ 0+A = 3 ⇒ A = 3⇒ yp = 3

- opće rješenje: y = yp +yh = 3+C1 cosx +C2 sinx

y ′ =−C1 sinx +C2 cosxy(0) = 1 ⇒ 3+C1 cos0︸︷︷︸

=1

+C2 sin0︸︷︷︸=0

= 1 ⇒ C1 =−2

y ′(0) = 2 ⇒ −C1 sin0︸︷︷︸=0

+C2 cos0︸︷︷︸=1

= 2 ⇒ C2 = 2

Rješenje početnog problema: y = 3−2 cosx+2 sinxKatedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 46 / 60

Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije

Funkcija f (x) je umnožak polinoma i eksponencijalnefunkcije

Da bismo našli jedno partikularno rješenje, zapitajmo se koja tofunkcija linearno kombinirana sa svojim derivacijama daje umnožakpolinoma i eksponencijalne funkcije. To svojstvo imat će dobroodabrani umnožak polinoma istog stupnja i te eksponencijalnefunkcije. Dakle,

f(x) = Pn(x)ekx ⇒ yp(x) = xrQn(x)ekx,

gdje je r višestrukost korijena karakteristične jednadžbe ako je ypsadržano u yh; u protivnom r = 0.

PRIMJER 6.

Riješimo y′′ −y′ −6y = 7e5x.



Rješenje:Pripadna homogena jednadžba y ′′ −y ′ −6y = 0 ima karakterističnekorijene k1,2 = (1±

√1+24)/2 =−2,3, pa je njeno opće rješenje

yh = C1 e−2x +C2 e3x

Potražit ćemo jedno partikularno rješenje nehomogene jednadžbe uobliku yp = Ae5x. Tada je y ′p = 5Ae5x , y ′′p = 25Ae5x , pa uvrštavanjem upolaznu jednadžbu dobivamo:

(25A−5A−6A)e5x = 7e5x .

Slijedi 14A = 7, tj . A =12.

Dakle, partikularno je rješenje zadane jednadžbe yp = 12e5x, pa je

njezino opće rješenje

y = yp +yh =12

e5x +C1 e−2x +C2 e3x



PRIMJER 7.

Riješimo y′′ −3y′+2y = e2x.

Rješenje:Pripadna homogena jednadžba y ′′ −3y ′+2y = 0 ima karakterističnekorijene k1,2 = (3±

√9−8)/2 = 1,2, pa je njeno opće rješenje

yh = C1 ex +C2 e2x

Pokušaj s partikularnim rješenjem oblika Ae2x u ovom slučaju nemasmisla jer je Ae2x posebni slučaj rješenja koje zadovoljava homogenujednadžbu. Pokušajmo s partikularnim rješenjem oblika yp = xAe2x.Uvrstimo li tu funkciju, te njezine derivacije y ′p = A(1+2x)e2x ,y ′′p = 4A(1+x)e2x u zadanu jednadžbu, dobit ćemo

4A(1+x)e2x −3A(1+2x)e2x +2xAe2x = e2xAx(4−6+2)e2x +A(4−3)e2x = e2x (♣)



Nastavak rješenja Primjera 7:

⇒ Ae2x = e2x , A = 1.Dakle, partikularno je rješenje zadane jednadžbe yp = xe2x, pa jenjezino opće rješenje

y = yp +yh = xe2x +C1 ex +C2 e2x

Napomena: Član (4−6+2) = (22 −3 ·2+2) (vidjeti (♣)) neiščezava slučajno, nego zato što je k = 2 korijen karakterističnejednadžbe k2 −3 ·k +2 = 0. Iz istog bismo razloga uvrštavanjemy = Ae2x dobili A(22 −3 ·2+2)e2x = e2x , tj. 0 = e2x , što pokazuje day = Ae2x nije partikularno rješenje ni za koji A. Naravno, y = Ae2x jestrješenje pripadne homogene jednadžbe.



ZADATAK 7.Nadite opće rješenje diferencijalne jednadžbe:

a) 9y′′+6y′+y = 10e2x

b) y′′ −2y′ −3y = 5e−x



Rješenje 7. a): 9y ′′+6y ′+y = 10e2x

- homogena: 9y ′′+6y ′+y = 09k2 +6k +1 = 0 ⇒ (3k +1)2 = 0 ⇒ k1,2 =−13⇒ yh = (C1 +C2x)e− 13 x

- partikularno rj: yp = Ae2x

y ′p = 2Ae2x

y ′′p = 4Ae2x

⇒ 36A��e2x +12A��e2x +A��e2x = 10��e2x49A = 10 ⇒ A = 1049

⇒ yp = 1049e2x

Opće rješenje: y = yp +yh =1049

e2x +(C1 +C2x)e−13 x



Rješenje 7. b): y ′′ −2y ′ −3y = 5e−x- homogena: y ′′ −2y ′ −3y = 0

k2 −2k −3 = 0 ⇒ k1,2 = 2±√

4+122 ⇒ k1 =−1, k2 = 3

⇒ yh = C1 e−x +C2 e3x

- partikularno rj: ��yp = Ae−x to imamo u općem rješenju homogene

yp = Axe−x

y ′p = Ae−x −Axe−x = A(1−x)e−xy ′′p =−Ae−x −A(1−x)e−x = A(x −2)e−x

⇒ A(x −2)��e−x −2A(1−x)��e−x −3Ax��e−x = 5��e−x��Ax −2A−2A+��2Ax −��3Ax = 5−4A = 5 ⇒ A =−54

⇒ yp =−54xe−x

Opće rješenje: y = yp +yh =−54xe−x +C1 e−x +C2 e3x


Metoda neodredenih koeficijenata Pravilo zbroja partikularnih rješenja

Pravilo zbroja partikularnih rj. nehomogene jednadžbe

Ako je f (x) zbroj jedne ili više funkcija, onda je partikularno rješenjezbroj odgovarajućih partikularnih rješenja.

PRAVILO ZBROJANeka je

a(x)y ′′+b(x)y ′+c(x)y = f1(x)a(x)y ′′+b(x)y ′+c(x)y = f2(x)a(x)y ′′+b(x)y ′+c(x)y = f1(x)+ f2(x).

Ako je yp1 partikularno rješenje prve, a yp2 druge jednadžbe, onda jeyp = yp1 +yp2 partikularno rješenje treće jednadžbe.

Dokaz:

a(x)(yp1 +yp2)′′+b(x)(yp1 +yp2)

′+c(x)(yp1 +yp2)=

[a(x)y ′′p1 +b(x)y

′p1 +c(x)yp1

]+[a(x)y ′′p2 +b(x)y

′p2 +c(x)yp2

]= f1(x)+ f2(x) = f (x)


Metoda neodredenih koeficijenata Zadatak

ZADATAK 8.

Nadite opće rješenje diferencijalne jednadžbe: y′′ −25y = 2ex +3e2x.

Rješenje:

- homogena: y ′′ −25y = 0k2 −25 = 0 ⇒ k1,2 =±5 ⇒ yh = C1 e−5x +C2 e5x

- partikularno rj: yp = Aex +Be2x , y ′p = Aex +2Be2x , y ′′p = Aex +4Be2x

⇒ Aex +4Be2x −25(Aex +Be2x) = 2ex +3e2x−24Aex −21Be2x = 2ex +3e2x−24A = 2 ⇒ A =−1/12−21B = 3 ⇒ B =−1/7

⇒ yp =− 112ex − 17e2x

Opće rješenje: y = yp +yh =− 112ex − 1

7e2x +C1 e−5x +C2 e5x


Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija

Funkcija f (x) je a sin(ωx) ili a cos(ωx)

Da bismo, u prvom slučaju, našli jedno partikularno rješenje, zapitajmose koja to funkcija koja jednom ili dvaput derivirana daje višekratnikeod cosωx , odnosno, sinωx . (Slično je u drugom slučaju). Zato ćemopotražiti partikularno rješenje u obliku linearne kombinacije funkcijasinωx i cosωx . Dakle,

f(x) = a sinωx ⇒ yp(x) = xr [A cosωx+B sinωx],

gdje je r višestrukost korijena karakteristične jednadžbe ako je ypsadržano u yh; u protivnom r = 0.

PRIMJER 8.Riješimo y′′ −y′ −6y = 13 cos2x.



Rješenje:y ′′ −y ′ −6y = 13 cos2x

- homogena: y ′′ −y ′ −6y = 0k2 −k −6 = 0 ⇒ k1,2 =−2,3 ⇒ yh = C1 e−2x +C2 e3x

- partikularno rj: yp = A cos2x +B sin2xy ′p =−2A sin2x +2B cos2x , y ′′p =−4Acos2x −4B sin2x

⇒ (−4Acos2x −4B sin2x)− (−2A sin2x +2B cos2x)−−6(A cos2x +B sin2x) = 13 cos2x(−10A−2B)cos2x +(2A−10B)sin2x = 13 cos2x

⇒{ −10A−2B = 13

2A−10B = 0, ⇒ A =−5/4, B =−1/4⇒ yp =−14 (5 cos2x +sin2x)

Opće rješenje:

y = yp +yh =−14 (5 cos2x+sin2x)+C1 e−2x +C2 e3x



ZADATAK 9.Riješimo y′′+4y = 5 sin3x−10 cos3x.

Rješenje:

- homogena: k2 +4 = 0 ⇒ k1,2 =±2i ⇒ yh = C1 cos2x +C2 sin2x- partikularno rj: (po pravilu zbroja partikularnih rješenja)

yp = A cos3x +B sin3xy ′p =−3A sin3x +3B cos3x , y ′′p =−9Acos3x −9B sin3x

⇒−(9Acos3x +9B sin3x)+4(Acos3x +B sin3x) = 5sin3x −10cos3x−5A cos3x −5B sin3x = 5 sin3x −10 cos3x

⇒{ −5A = −10

−5B = 5, ⇒ A = 2, B =−1⇒ yp = 2 cos3x −sin3x

Opće rješenje:y = yp +yh = 2 cos3x−sin3x+C1 cos2x+C2 sin2x



PRIMJER 9.

Riješimo y′′ −y′ −6y = 7e5x +13 cos2x.

Rješenje:- rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe:(vidi Primjere 6 i 8)

yh = C1 e−2x +C2 e3x

- partikularno rješenje:(vidi Primjere 6 i 8, te pravilo zbroja partikularnih rješenja)

yp =12

e5x − 14(5 cos2x +sin2x)

Opće rješenje:

y = yp +yh =12

e5x − 14(5 cos2x+sin2x)+C1 e−2x +C2 e3x



TABLICA SVIH OBLIKA FUNKCIJE SMETNJE IODGOVARAJUĆIH PARTIKULARNIH RJEŠENJA

f(x) yp(x)

α = β = 0 Pn(x) xr Qn(x)

β = n = 0 Aeαx xr B eαx

β = 0 Pn(x)eαx xr Qn(x)eαx

α = n = m = 0 A cosβx +B sinβx xr (C cosβx +D sinβx)

n = m = 0 eαx (A cosβx +B sinβx) xr eαx (C cosβx +D sinβx)

α = 0 Pn(x) cosβx +Qm(x) sinβx xr (Rk (x) cosβx +Sk (x) sinβx)

općenito eαx [Pn(x) cosβx +Qm(x) sinβx ] xr eαx [Rk (x) cosβx +Sk (x) sinβx ]; k = max{n,m}

Ako je f (x) = f1(x)+ f2(x)+ · · ·+ fl , onda je yp(x) = yp1(x)+yp2(x)+· · ·ypl (x), gdje je ypi (i = 1,2, . . . , l) partikularno rješenje jednadžbeay ′′+by ′+cy = fi(x).


Documents

Sadrzaj:ˇ - unizg.hr...Korijeni kar. jednadzbe su realni i meˇ dusobno razliˇciti Korijeni kar. jednadzbe su konjugirano kompleksniˇ Korijeni kar. jednadzbe su realni i meˇ dusobno