Šikić - Diferencijalne jednadžbe

7/30/2019 iki - Diferencijalne jednadbe

1/24

Diferencijalnejednadbe

Zvonimir ikic


2/24

SADRAJ

Sadraj

1 Uvodni primjeri 1

2 Separabilna i linearna jednadba prvog reda 23

3 Opcenito o diferencijalnim jednadbama prvoga reda 47

4 Linearna jednadba drugoga reda s konstantnim koeficijentima 79

5 Linearna jednadba drugog reda i specijalne funkcije 109

6 Opcenito o diferencijalnoj jednadbi drugog reda 135

Kazalo 155

ii |


3/24

1Uvodni primjeri

Diferencijalna jednadba ona je jednadba koja nepoznatu funkciju y povezuje s njezinim derivaci-jama y, y, . . . . Problem postavljanja i rjeavanja diferencijalnih jednadbi, cije nepoznate funkcijeopisuju veze medu fizikalnim velicinama koje nas zanimaju, jedan je od najcecih problema mate-matickog modeliranja u prirodnim znanostima i tehnici. U uvodnom poglavlju ilustrirat cemo gas nekoliko jednostavnijih primjera, a potom cemo se sustavno pozabaviti striktno matematickimproblemom rjeavanja diferencijalnih jednadbi.

Najjednostavnije diferencijalne jednadbe oblika

dy

dx= f(x)

rjeavamo neposrednom integracijom

y =

f(x)dx + C.

Zbog toga i rjeavanje mnogo sloenijih diferencijalnih jednadbi cesto zovemo integracijom tihjednadbi.

Osim ovih najjednostavnijih diferencijalnih jednadbi vjerojatno poznajete i neke sloenije. Akoje brzina rasta velicine y, koja ovisi o velicini t, proporcionalna samoj velicini y, onda ona zadovo-ljava diferencijalnu jednadbu

dy

dt= ky. (1.1)

Lako se provjerava da je rjeenje te jednadbe

y = y(t0)ek(tt0) ili y = y(0)ekt ako je t0 = 0. (1.2)

Primijetimo da za svaku velicinu y, koja eksponencijalno ovisi o t, vrijedi

y(t + s)

y(t)=

y(0)ek(t+s)

y(0)ekt= eks, tj.

y(t + s)

y(t)=

y(s)

y(0).

To znaci da postotak porasta (ili pada) velicine y na intervalu duljine s ne ovisi o pocetku tog

intervala t. Taj tip rasta zovemo uniformnim, pa slijedi da je svaki eksponencijalni rast ujedno i

1


4/24

UVODNI PRIMJERI

uniformni. Vrijedi i obratno: svaki uniformni rast nuno je i eksponencijalni. Naime, iz uvjetauniformnosti y(t + s)/y(t) = y(s)/y(0) nakon deriviranja po s slijedi

y(t + s) =y(t)y(s)

y(0),

pa uvrtavanjem s = 0 i uvodenjem pokrate k = y(0)/y(0), dobivamo

y(t) = ky(t),

to znaci da y eksponencijalno ovisi o t.Mnoge fizikalne velicine y zadovoljavaju diferencijalnu jednadbu (1.1), stoga eksponencijalno

(uniformno) rastu u odnosu na t ako je k > 0, odnosno eksponencijalno (uniformno) padaju uodnosu na t ako je k < 0. S nekim fenomenima opisanim ovom diferencijalnom jednadbom

vjerojatno ste se susreli. Jedan od njih koji se takoder svodi na rjeavanje diferencijalne jednadbe(1.1), obradujemo u slijedecem primjeru.

(A) Jednadba strujnog kruga

Najjednostavniji strujni krug sadri izvor elektricne energije, npr. generator ili bateriju te ot-pornik koji se koristi tom energijom, npr. arulju.

Zatvorimo li sklopku, struja J poteci ce otpornikom, to ce uzrokovati pad napona (tj. elek-tricni potencijali na krajevima otpornika bit ce razliciti). Eksperimentalno se pokazuje davrijedi Ohmov zakon:

UR = RJ,

tj. pad napona du otpornika proporcionalan je trenutnoj struji J. Konstanta proporcionalnostiR zove se otporom otpornika.

Vaan element strujnog kruga moe biti induktor. On se opire promjeni struje, analogno masikoja se opire promjeni gibanja. Eksperimentom se pokazuje da vrijedi sljedeci zakon:

UL = LdJ

dt,

tj. pad napona du induktora proporcionalan je trenutnoj brzini promjene struje J. Konstanta

proporcionalnosti L zove se indukcijom induktora.

2 |


5/24

UVODNI PRIMJERI

Drugi Kirchhoffov zakon (o naponima) ustvrduje da je ukupni pad napona du zatvorenogstrujnog kruga jednak nuli, tj. da je napon izvora kojim se napaja strujni krug jednak zbroju

padova napona po ostalim elementima strujnoga kruga. Dakle, tok struje J u strujnom krugus otporom R, indukcijom L i izvorom konstantnog napona U odreden je diferencijalnom jed-nadbom

U = LdJ

dt+ RJ.

Ta se diferencijalna jednadba razlikuje od diferencijalne jednadbe (1.1), ali uz supstituciju

h = RJ U ona ce, zbog dhdt

= RdJ

dt, prijeci u jednadbu

dh

dt

=

R

L

h,

koja je oblika (1.1), uz k = RL

. Njezino je rjeenje oblika (1.2)

h = h(0)eR

Lt.

Ako strujni krug prikljucujemo na izvor u trenutku t = 0, onda je J(0) = 0, tj. h(0) = U,pa je

h = U eRL t, RJ U = U eRL t, tj. J = UR

1 eRL t

.

Graf funkcije J(t) prikazan je na slici:

| 3


6/24

UVODNI PRIMJERI

Ako je strujni krug prikljucen na izvor izmjenicnog napona U = U0 cos t, onda J(t) zadovo-ljava diferencijalnu jednadbu

L dJdt

+ RJ = U0 cos t.

Ona je neto sloenija, ali se moe rijeiti upotrebom kompleksnih funkcija realnoga argu-menta. Naime, stvarni napon U0 cos t moemo shvatiti kao realni dio kompleksnoga na-pona

U = U0eit = U0 cos t + iU0 sin t,

a stvarnu struju J kao realni dio kompleksne struje

J = J + iH.

Ako je J rjeenje kompleksne diferencijalne jednadbe

LdJ

dt+ RJ = U ,

onda je

Ld(J + iH)

dt+ R(J + iH) = U0 cos t + iU0 sin t,

LdJ

dt+ RJ + iL

dH

dt+ RH = U0 cos t + iU0 sin t,

odakle slijedi

LdJ

dt+ RJ = U0 cos t.

Realni dio rjeenja kompleksne diferencijalne jednadbe jest rjeenje nae pocetne realne di-ferencijalne jednadbe. Dakle, rijeimo li kompleksnu diferencijalnu jednadbu, rijeili smona problem. No, lako vidimo da je funkcija J = J0ei(t+) (s jo neodredenim realnim para-metrima J0 i ) jedno rjeenje nae kompleksne diferencijalne jednadbe ako je

LiwJ+ RJ = U , tj. ako je J =U

R + iLw

.

To ce biti ispunjeno ako je

|J| = UR + iLw

= |U||R + iLw| , tj. J0 = U0R2 + L2w2i ako je

arg J = argU

R + iLw= arg U arg(R + iLw),

tj.

t + = t arctgL

R , = arctgL

R .

4 |


7/24

UVODNI PRIMJERI

Dakle, jedno kompleksno rjeenje nae kompleksne diferencijalne jednadbe je

J =U0

R2 + L22 ei

(t

arctg

L

R ),

odakle slijedi da je i jedno rjeenje polazne realne diferencijalne jednadbe njegov realni dio

J =U0

R2 + L22cos

t arctg L

R

.

Sva ostala rjeenja te diferencijalne jednadbe naci cemo sustavnim postupkom u sljedecempoglavlju. Ovdje smo samo eljeli prikazati prijelaz u kompleksno podrucje kao znacajnutehniku za rjeavanje diferencijalnih jednadbi. S njom cemo se sustavno koristiti u jednom

od sljedecih poglavlja.

(B) Jednaba kosog hica

Newtonov drugi zakon gibanja F = ma,

koji matematicki modelira gibanje cestice u polju sileF, sustav je triju diferencijalnih jed-

nadbi. Naime, razloimo li vektor sileF na njegove Kartezijeve komponente

Fx, Fy, Fz,

a vektor akceleracije na njegove Kartezijeve komponente

ax =d2x

dt2, ay =

d2y

dt2, az =

d2z

dt2,

onda izF = ma dobijemo tri diferencijalne jednadbe

md2x

dt2= Fx, m

d2y

dt2= Fy, m

d2z

dt2= Fz,

koje opisuju kako poloaj cestice ((x(t), y(t), z(t)) ovisi o vremenu t u polju sile (Fx, Fy, Fz).

Rijeiti problem gibanja cestice u zadanom polju sileF = (Fx, Fy, Fz), znaci rijeiti gornji

sustav od tri diferencijalne jednadbe.

Jednadba kosog hica je dobro poznat primjer. Smjestimo koordinatni sustav tako da je osy paralelna sa silom tee mg, dok je os x vodoravna i s osi y tvori ravninu u kojoj se ispa-ljuje projektil. Ako se on ispaljuje pod kutom i s pocetnom brzinom v0 (za t = 0), ondadiferencijalne jednadbe njegova gibanja izgledaju ovako:

md2x

dt2= 0, m

d2y

dt2=

mg, tj.

d2x

dt2= 0,

d2y

dt2=

g.

| 5


8/24

UVODNI PRIMJERI

Rjeenje tih jednadbi

x = v0t cos i y = 12

gt2 + v0t sin ,

koje zadovoljava uvjete x(0) = 0, x(0) = v0 cos , y(0) = 0, y(0) = v0 sin , opisujegibanje projektila. Njegova putanja parametarski je odredena tim jednadbama. Izracunamo liparametar t iz prve jednadbe i uvrstimo ga u drugu, dobit cemo eksplicitnu jednadbu putanje

y = g2v20 cos

2 x2 + (tg )x,

koja je oblika y = ax2 + b, dakle parabola.

Treca diferencijalna jednadba za znije se pojavila u prethodnom slucaju jer je gibanje ravnin-sko, pa smo koordinatne osi x, y i zmogli postaviti tako da se ravnina xy poklapa s ravninomgibanja, to znaci da je z(t) = 0. Ako istraujemo pravocrtno gibanje, onda koordinatnu os xmoemo postaviti u pravac gibanja, pa u tom slucaju samo jedna diferencijalna jednadba

md2x

dt2= F

opisuje gibanje jer je tada y(t) = z(t) = 0. Ako intenzitet kojim sila djeluje na cesticuovisi samo o poloaju cestice x, a ne ovisi o vremenu t, onda je F funkcija jedne varijable x.Jednostavan slucaj, u kojem je F = kx (k > 0), dobro je poznat:

(C) Jednadba harmonijskog oscilatoraGibanje harmonijskog oscilatora (npr. opruge) jest gibanje pod utjecajem sile koja je propor-cionalna otklonu od ravnotenog poloaja x = 0, a usmjerena je prema tom poloaju.

Harmonijske oscilacije opisane su stoga jednadbom

m

d2x

dt2 = kx (k > 0)6 |


9/24

UVODNI PRIMJERI

ili, uz uobicajenu pokratu =

k

m, jednabom

d2x

dt2= 2x. (1.3)

Poznato je da svako rjeenje ove jednadbe ima oblik

x = A cos t + B sin t, (1.4)

gdje su A i B proizvoljne konstante. Rjeenja se mogu zapisati i u obliku

x = a cos(t ), (1.5)

gdje su (a, ) polarne koordinate od (A, B):

A = cos

B = sin

Uz pocetne uvjete x(0) = x0 idx

dt(0) = v0 imamo jedinstveno rjeenje

x = x0 cos t +v0

sin t. (1.6)

Fizicari ocekuju da je gibanje cestice u zadanom polju sile potpuno determinirano ako suodredeni pocetni poloaj i pocetna brzina cestice. Jedinstvenost rjeenja (1.6) pokazuje da je

taj zahtjev zadovoljen.Diferencijalnu jednadbu harmonijskog oscilatora moemo rijeiti i na sljedeci nacin. Napi-emo li jednadbu (1.3) u obliku

md2x

dt2+ m2x = 0

i pomnoimo je sdx

dt, dobit cemo

m

dx

dt

d2x

dt2 + m2

x

dx

dt = 0.

| 7


10/24

UVODNI PRIMJERI

Uzmemo li u obzir da je

d

dtdx

dt2

= 2

dx

dt

d2x

dt2 i

d

dtx2

= 2x

dx

dt ,

slijedid

dt

1

2m

dx

dt

2+

1

2m2x2

= 0,

tj.1

2m

dx

dt

2+

1

2m2x2 = E, (1.7)

gdje je E (kao zbroj kvadrata) pozitivna konstanta. Jednadbu (1.7), koju smo izveli iz jed-

nadbe harmonijskog oscilatora (1.3), zovemo jednadbom energije harmonijskog oscilatora.Naime,

Ek =1

2mv2 i Ep =

1

2m2x2

jesu kineticka i potencijalna energija harmonijskog oscilatora, pa jednadba (1.7) znaci da seukupna energija harmonijskog oscilatora ne mijenja, Ek + Ep = E = konstanta. Zapam-timo da se jednadba energije (1.7) izvodi iz Newtonove jednadbe gibanja (1.3) mnoenjem

sadx

dtte da se gledano matematicki radi o svodenju jednadbe drugog reda (u kojoj se pojav-

ljuje druga derivacija) na jednostavniju jednadbu prvog reda (u kojoj se pojavljuje samo prvaderivacija). Jednadbu prvoga reda (1.7) lako je rijeiti. Iz nje slijedi:

dx

dt

2

=2E

m 2x2 = 2

2E

2m x2

,

dx

dt=

2E

2m x2,

dt

dx=

1

1a2 x2 , uz a

2 =2E

2m.

Dakle,

t =1

dxa2 x2 =

1

arcsinx

a

+ c,

(t c) = arcsin xa

,

x

a= sin(t c),

x = a sin(t ),

uz = c i a2 =2E

2m. Naravno, to je poznato rjeenje (1.5), uz =

2. Uocimo da je

kvadrat amplitude oscilacija a2 proporcionalan energiji harmonijskog oscilatora E.

Na slican nacin mogli bismo istraiti gibanje cestice pod utjecajem sile, ciji je iznos proporci-

onalan otklonu od ravnotenog poloaja x = 0, a koja je usmjerena nasuprot tom poloaju.

8 |


11/24

UVODNI PRIMJERI

Gibanje je opisano jednadbom

md2x

dt2= kx (k > 0)

ili, uz uobicajenu pokratu =

k

m, jednadbom

md2x

dt2m2x = 0. (1.8)

Jednadba (1.8) razlikuje se od jednadbe harmonijskog oscilatora samo u predznaku uz drugiclan i moe se rijeiti na isti nacin. Mnoenjem s

dx

dtdobit cemo:

mdx

dt

d2x

dt2 m2xdx

dt= 0,

d

dt

1

2m

dx

dt

2 1

2m2x2

= 0,

1

2m

dx

dt

2 1

2m2x2 = E,

dx

dt

2=

2E

m+ 2x2 = 2

2E

2m+ x2

,

dx

dt=

2E

2m+ x2,

dt

dx=

1

1a2 + x2

, uz a2 =2E

2m,

t =1

dx

a2 + x2= Ar sh

x

a+ c,

(t c) = Ar shx

a ,x

a= sh(t c),

x = a sh(t ), uz = c i a2 = 2E2m

.

(1.9)

(D) Linearizirana jednadba gibanja u tocki stabilne ravnotee

Opci slucaj pravocrtnog gibanja, u polju sile ciji intenzitet ne ovisi o vremenu, matematicki semodelira diferencijalnom jednadbom

m

d2x

dt2 = f(x). (1.10)

| 9


12/24

UVODNI PRIMJERI

Ako funkcija sile f(x) icezava u tocki x0, f(x0) = 0, onda tu tocku zovemo ravnotenimpoloajem gibanja. Naime, tada konstantna funkcija x = x0 zadovoljava jednadbu gibanja,

pa u takvom polju sile cestica moe mirovati u poloaju x0. Ako je k tome f

(x0) < 0 (f padau x0), radi se o stabilnom ravnotenom poloaju jer je sila pozitivna za x blizu x0 i x < x0,dok je negativna za x blizu x0 i x > x0. Stoga sila gura cesticu prema poloaju x0, cim jecestica u blizini tog poloaja:

Ako je f(x0) > 0 (f raste u x0), radi se o nestabilnom poloaju ravnotee, jer sila u tomslucaju gura cesticu od poloaja x0, cim se ona imalo odmakne od tog poloaja:

Ove dvije mogucnosti lijepo ilustrira cestica na dnu udoline i na vrhu brijega, u polju sile tee.

Jednadbu (1.10) u opcem slucaju nije lako rijeiti. Aproksimativno se rjeenje moe naci tako

da funkciju f(x), u ravnotenom poloaju x0, zamijenimo njezinom linearnom aproksimaci-jom f(x0) + f(x0)(xx0), tj. njezinim Taylorovim polinomom prvoga reda. U ravnotenomje poloaju f(x0) = 0, pa iz jednadbe (1.10) dobijamo jednadbu

md2x

dt2= f(x0)(x x0). (1.11)

koju zovemo linearnom aproksimacijom jednadbe (1.10) oko ravnotenog poloaja x0. Akoje x0 poloaj stabilne ravnotee, onda je f(x0) < 0, pa uvrtavanjem y = x x0 uz pokratuk = f(x0) > 0, dobijamo poznatu jednadbu harmonijskih oscilacija

m

d2y

dt2 = ky, k > 0.10 |


13/24

UVODNI PRIMJERI

Dakle, u onoj mjeri u kojoj je tocna linearna aproksimacija sile, cestica harmonijski osciliraoko poloaja stabilne ravnotee, u skladu s rjeenjem (1.4) linearizirane jednadbe. Vremenski

period jedne linearizirane oscilacije iznosi2

f(x0)/m . Cestica koja se giba po tocnomzakonu (1.10) takoder oscilira oko poloaja stabilne ravnotee x0, ali s vremenskim periodomkoji ovisi o amplitudi oscilacija (kao to cemo vidjeti na primjeru njihala). Kako amplitudepostaju sve manje i tee prema nuli, tako i period tei prema periodu lineariziranih oscilacija.

U slucaju da je ravnoteni poloaj x0 nestabilan, tj. f(x0) > 0, uvrtavanjem y = x x0 uzpokratu k = f(x0) > 0, dobivamo jednadbu

md2y

dt2= ky, k > 0,

cije je rjeenje (usp. (1.9))

y = x x0 = a sh

f(x0)/m(t c)

. (1.12)

Za vecinu pocetnih uvjeta bit ce a = 0 i rjeenje (1.12) teit ce k, za t . To pokazujenestabilnost ravnotenog poloaja x = x0 (tj. y = 0). Dakle, linearizacija u slucaju nestabilneravnotee nije narocito korisna jer gotovo sva rjeenja (1.12) na kraju napuste podrucje oko x0u kojem je linearna aproksimacija valjana.

Ova opca razmatranja ilustrirat cemo na primjeru jednostavnog njihala.

(E) Linearizirana jednadba njihala

Pretpostavimo da na klatnu duljine l (i zanemarive mase) visi cestica mase m. Gibajuci se pokrunici radijusa l, cestica prevaljuje put s = l . Tangencijalna komponenta sile tee, kojajedina utjece na gibanje po krunoj putanji, iznosi mg sin , pa iz Newtonovog zakona slijedidiferencijalna jednadba njihala

md2s

dt2= ml

d2

dt2= mg sin (1.13)

| 11


14/24

UVODNI PRIMJERI

(minus zbog suprotne usmjerenosti tangencijalne komponente i kuta ). Funkcija sile f() =mg sin odreduje ravnoteni poloaj = 0, jer je f(0) = 0. Radi se o poloaju stabilne

ravnotee jer je f

(0) = mg < 0. Linearizirana jednadba njihala glasid2

dt2= g

l,

a njezino je rjeenje oblika (1.6)

= 0 cos

g

lt + v0

l

gsin

g

lt,

gdje je 0 pocetni otklon njihala, a v0 njegova pocetna brzina. (Ukoliko je pocetna brzinav0 = 0, tj. ukoliko je klatno slobodno isputeno iz pocetnog poloaja = 0, gibanje je

opisano funkcijom = 0 cos

gl

t.) Dakle, vremenski period jednog punog lineariziranog

titraja iznosi

T0 = 2

l

g.

Gornje jednadbe za i T0 dobro opisuju gibanje njihala i periode njihovih oscilacija, akoje otklon od ravnotenog poloaja malen. Stari zidni satovi s klatnom imaju male otkloneklatna upravo zato da bi periodi oscilacija T, koji su vremenske jedinice, bili priblino jednaki(konstanti T0 dakle i medusobno). Ukratko, uz male otklone njihalo moe posluiti kao dobar

mehanicki sat.Primijetimo da funkcija sile f() = mg sin ima jo jedan ravnoteni poloaj = . Radise o poloaju nestabilne ravnotee jer je f() = mg > 0. Linearizirana jednadba njihalaoko nestabilnog poloaja ravnotee na vrhu glasi

d2( )dt2

=g

l( ),

a njezina su rjeenja oblika (1.12)

= a shg

l

(t

c), tj.

= + a sh

g

l(t c).

Za vecinu pocetnih uvjeta bit ce a = 0, pa ce njihalo napustiti poloaj nestabilne ravnotee navrhu ( = ), odlazeci u podrucje u kojem ova aproksimacija nije valjana.

(F) Jednadba njihala

Pokuat cemo rijeiti (nelineariziranu) jednadbu njihala (1.13)

m

d2

dt2 = mg

l sin .

12 |


15/24

UVODNI PRIMJERI

Primijenit cemo standardni postupak mnoenja sd

dtkojim snizujemo red diferencijalne jed-

nadbe, izvodeci odgovarajucu jednadbu energije njihala (prvoga reda):

md

dt

d2

dt2= mg

lsin

d

dt,

d

dt

1

2m

d

dt

2 mg

lcos

= 0,

1

2m

d

dt

2 mg

lcos = E.

Prvi clan lijeve strane kineticka je energija krunoga gibanja njihala, dok je drugi clan njegovapotencijalna energija. Pretpostavimo li da je njihalo slobodno isputeno iz pocetnog poloaja

0 bez pocetne brzine, slijedi da je ddt

(0) = 0, pa je E = mgl

cos 0.

Dakle, d

dt

2=

2g

l(cos cos 0),

d

dt=

2g

l

cos cos 0,

dt

d

=

l2g

cos cos 0,

t =

l

2g

d

cos cos 0.

Neodredeni integral podintegralne funkcije (cos cos 0)12 nije moguce izraziti uz pomocelementarnih funkcija, pa cemo se pri izracunavanju posluiti beskonacnim redovima. Ogra-nicimo se pritom na izracunavanje cetvrtine perioda jedne pune oscilacije T, koja je jednakavremenu potrebnom da njihalo iz pocetnog poloaja = 0 dode u ravnoteni poloaj = 0:

T

4= l

2g00

d

cos cos 0.

Iz poznatih identiteta

cos = 1 2sin2 2

,

cos 0 = 1 2sin2 02

,

slijedi

T

4=

l

2g

12

0

0

d

sin

2 02 sin

2

2

.

| 13


16/24

UVODNI PRIMJERI

Provedemo li supstituciju

sin

2

= sin0

2

sin ,

tj.

sin

2= k sin , k = sin

02

,

lako nalazimo da je

1

2cos

2

d

d= k cos ,

d =2k cos

cos 2

d,

d = 2k cos 1 k2 sin2 d.

pa na integral postaje

T

4=

l

2g

12

2

0

1k2 k2 sin2

2k cos 1 k2 sin2

d =

=

l

2g

22

2

0

1

k cos

k cos

1 k2 sin2

d =

=

lg

2

0

d1 k2 sin2

, k = sin 0

2.

Primjenom Newtonove binomne formule nalazimo

(1 k2 sin2 )12 = 1 + 12

k2 sin2 +1 32 4k

4 sin4 +1 3 52 4 6 k

6 sin6 + . . .

Taj red konvergira za k2 sin2 < 1, dakle za svaki [0, 2], jer je k2 < 1. Integracijomnalazimo:

T4

=

lg

2

0

(1 k2 sin2 )12 d =

=

l

g

2

0

1d +

2

0

1

2k2 sin2 d +

2

0

1 32 4 k

4 sin4 d+

+

2

0

1 3 52 4 6k

6 sin6 d + . . .

= l

g

2+

1

2k2

1

2

2+

1 32

4k2

1 32

4

2+

1 3 52

4

6k2

1 3 52

4

6

2+ . . . ,

14 |


17/24

UVODNI PRIMJERI

zato to je

20 sin

2n

d =

1

3

. . .

(2n

1)

2 4 . . . 2n

2 .

Dakle

T = 2

l

g

1 +

1

2

2k2 +

1 32 4

2k4 +

1 3 52 4 6

2k6 + . . .

.

To je tocna vrijednost vremenskog perioda njihala, odnosno jedinica vremena zidnog sata s

klatnom. Vidimo da ona ovisi o k = sin02

, tj. o amplitudi njihala 0. Kako se smanjuje

amplituda, smanjuje se i jedinica vremena, to znaci da sat nije savreno precizan. Ako jemaksimalni otklon njihala , onda je njegov maksimalni period upravo gore izracunati T uzk = sin

2. Minimalni period jest granicni period, koji se realizira kada otklon njihala tei

prema nuli, tj. kada k tei prema nuli. On je jednak lineariziranom periodu T0 = 2

l

g.

To znaci da je razlika najvece i najmanje jedinice vremena, koju realizira njihalo s maksimal-nim otklonom , jednaka T T0. Maksimalna relativna promjena, u odnosu na standardnulineariziranu jedinicu T0, iznosi:

T T0T0

= 2l

g

1 +122

k2

+13242

k4

+ . . . 2lg

2

lg

=

=2

lg

12

2k2 +

1324

2k4 +

135246

2k6 + . . .

2

lg

=

=

1

2

2k2 +

1 32 4

2k4 +

1 3 52 4 6

2k6 + 0 za x > 0,opcu jednadbu gibanja izvodimo ovako:

md2s

dt2= mg sin = mg dy

ds. (1.14)

Standardnim postupkom izvest cemo iz jednadbe (1.14) odgovarajucu jednadbu energije:

mds

dt

d2s

dt2= mg dy

ds

ds

dt= mg dy

dt,

d

dt

1

2m

ds

dt

2+ mgy

= 0,

1

2

mds

dt

2

+ mgy = E.

16 |


19/24

UVODNI PRIMJERI

Prvi je clan kineticka energija dok je drugi clan potencijalna energija u polju sile tee g. Iz

jednadbe energije lako cemo izracunati brzinu cestice, v =ds

dt

= 2Em

2gy. Ako je

cestica isputena s visine y0 bez pocetne brzine,ds

dt(y0) = 0, onda je

E

m= gy0, pa je

ds

dt=

2g

y0 y. (1.15)

Primijetimo da brzina cestice ne ovisi o putanji nego samo o visinskoj razlici y0 y. Daljnjerjeavanje jednadbe (1.15) ovisi o zadanoj krivulji y = y(x).

U slucaju njihala vrijedi s = l i = , pa imamo jednadbu njihala (1.13) kao posebni slucajopce jednadbe (1.14).

(H) Jednadba tautohrone

Njihalo moemo koristiti kao sat zato to je jednadba gibanja po krunoj putanji

md2s

dt2= mg sin ,

za male , dobro aproksimirana jednadbom harmonijskih oscilacija

md2s

dt2= m g

ll = m g

ls,

koja ima konstantne vremenske periode, neovisne o amplitudi oscilacija. Za razliku od kruneputanje koja ima priblino jednake vremenske periode, putanja y = y(x) imat ce uistinujednake periode ako se njena jednadba

md2s

dt2= mg dy

ds

tocno poklapa s jednadbom harmonijskog oscilatora

md2s

dt2= 2s.

Takva se putanja zove tautohrona (grc. "isto vrijeme") i usporedbom gornjih jednadbi vidimoda je to svaka krivulja y = y(x) koja zadovoljava jednadbu

dy

ds=

1

as

za neku pozitivnu konstantu1

a. Zbog

dx

ds

2+

dy

ds

2= 1, iz te jednadbe slijedi i odgova-

rajuca jednadba za x:

dx

ds= 1

dy

ds

2

= 1 s2

a2=

1

a

a2

s2.

| 17


20/24

UVODNI PRIMJERI

Integriramo li jednadbe za x i y po s, dobit cemo

x = 1aa2 s2ds = 1a s2a2 s2 + a

2

2 arcsin sa

+ c1 =

=a

2

s

a

1

sa

2+

a

2arcsin

s

a+ c1,

y =1

2as2 + c2.

To su parametarske jednadbe tautohrone (s parametrom s). Predemo li na novi parametar ,

supstitucijoms

a= sin

2, dobit cemo

x = a2

sin 2

cos 2

+ a2

2

+ c1 =a4

(sin + ) + c1,

y =a

2sin2

2+ c2 =

a

4(1 cos ) + c2,

jer je sin

2cos

2=

sin

2i sin2

2=

1 cos 2

.

Uvedemo li pokratu R =a

4i postavimo tocku s parametrom = 0 u ishodite (tako da je

c1 = c2 = 0, vidimo da je tautohrona zapravo cikloida (usp. sliku ):

x = R + R sin , y = R R cos .

Dakle, teorijski savren sat realizira se gibanjem cestice po cikloidi. Zanimljiva je Huygensovakonstrukcija njihala, ciji se uteg giba tocno po cikloidi. Uteg pricvrstimo na kraj uzice duljine4R, a nju objesimo o spojnicu dvaju krutih cikloida S, kao na donjoj slici. Dok se njihalo klatilijevo-desno, uzica ce se priljubljivati uz lijevu i desnu cikloidu. Huygens je pokazao da se

uteg pritom giba po trecoj cikloidi, pa takvo cikloidno njihalo predstavlja teorijski savren sat.

18 |


21/24

UVODNI PRIMJERI

(I) Jednadba brahistohrone

Pretpostavimo da cesticu ispustimo u tocki O te da ona pod utjecajem sile tee klizi po zadanoj

krivulji od tocke O do tocke A. Kakva mora biti zadana krivulja da cestica najbre stigne odtocke O do tocke A? Traenu krivulju zovemo brahistohrona (grc. najkrace vrijeme).

Prva je misao da bi to trebala biti najkraca krivulja koja spaja O i A, dakle duina OA. Me-dutim, mi elimo postici najkrace vrijeme, a moguce je da se najkrace vrijeme ne postie nanajkracem putu. Naime, upotrijebimo li put koji krece iz O strmije od spojnice OA, cesticace zbog visinske razlike postici vecu brzinu (usp. (1.15)) od one na spojnici OA, barem upocetku, pa ce moda zakrivljeni put prijeci bre no kraci nezakrivljeni.

Razmotrimo dakle putanju od O do A. Odabrali smo koordinatni sustav s ishoditem u pocet-

noj tocki gibanja O i sa osi y u smjeru sile tee. Iz (1.15) slijedi da je brzina cestice u tocki skoordinatama (x, y)ds

dt=

2g

y. (1.16)

jer je y0 = 0, a y mijenja predznak u odnosu na (1.15) zbog suprotne usmjerenosti osi y.To vrijedi za svaku krivulju. to je karakteristika brahistohrone, vremenski najkrace krivulje?Brzina cestice mijenja se na svakoj razini y prema zakonu (1.16). No poznato je (Snellov zakonloma) da cestica koja na odredenoj razini promijeni brzinu v1 u v2 ide vremenski najkracomputanjom ako je

sin 1

v1=

sin 2

v2,

| 19


22/24

UVODNI PRIMJERI

tj. ako se omjersin

vne promijeni s promjenom brzine v i kuta . To znaci da na vremenski

najkracoj putanji, brahistohroni, vrijedi

sin

v= k,

gdje je k neka konstanta. Buduci da je

sin =dx

dsi v =

ds

dt

slijedi da brahistohrona zadovoljava diferencijalnu jednadbu

dx

ds= k

ds

dt, tj.

1dsdx

= kds

dt.

Iz (1.16) i cinjenice da jeds

dx =dx2 + dy2

dx2 =

1 +dy

dx2

slijedi

11 +

dy

dx

2 = k2gy,

to uz pokratu K =1

2k2gdaje

1 + dydx

2

= Ky

.

20 |


23/24

UVODNI PRIMJERI

Rijeimo li jednadbu podx

dy, dobit cemo

1 +

dydx

2= K

y,

dy

dx=

K

y 1 =

K y

y

ilidx

dy=

y

K y .Integracijom po y lako nalazimo kako x ovisi o y:

x =

y

K y dy.Taj cemo integral najlake rijeiti supstitucijom

y = Ksin2 u.

Tada je

x =

Ksin u

K

1 sin2 u2Ksin u cos udu =

=

2Ksin2 udu =

2K

1

2(1 cos2u)du =

= K

(1 cos2u)du = K2

(2u sin2u) + c.Buduci da je x = 0 za y = 0 (tj. za u = 0), slijedi da je c = 0, pa je

x =K

2(2u sin2u),

uz

y = Ksin2 u =K

2(1 cos2u).

To su parametarske jednadbe traene krivulje. Prijedemo li na novi parametar = 2u, uz

pokratuK

2= R, vidimo da je brahistohrona zapravo cikloida (usp. sliku)

x = R R sin , y = R R cos .

| 21


24/24

UVODNI PRIMJERI

Konstanta R odredena je tockom A. Naime, ako su (x1, y1) koordinate od A, onda je

x1

= R(1

sin 1),

y1 = R(1 cos 1)

za neki parametar 1. Ove dvije jednadbe odreduju kako parametar 1, tako i konstantu R.

22 |

Documents

Šikić - Diferencijalne jednadžbe