1. No category

Diferencialne enaˇcbe
Metoda variacije konstante
Metoda variacije konstante
Dana je linearna diferencialna enaˇcba (z ne nujno konstantnimi
koeficienti)
y ′′ + f (x)y ′ + g(x)y = r (x).
(1)
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
Naj bosta y1 in y2 linearno neodvisni reˇsitvi pripadajoˇce
homogene enaˇcbe. Poiˇscˇ imo taki funkciji C1 = C1 (x) in
C2 = C2 (x), da bo y = C1 (x)y1 + C2 (x)y2 reˇsitev nehomogene
enaˇcbe. Raˇcunajmo
ˇ
Matjaˇz Zeljko
FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo
y ′ = C1′ y1 + C1 y1′ + C2′ y2 + C2 y2′ =
5. teden
= (C1′ y1 + C2′ y2 ) + (C1 y1′ + C2 y2′ ),
(Zadnja sprememba: 23. maj 2013)
y ′′ = (C1′ y1 + C2′ y2 )′ + (C1 y1′ + C2 y2′ )′ =
= (C1′ y1 + C2′ y2 )′ + (C1′ y1′ + C2′ y2′ ) + (C1 y1′′ + C2 y2′′ ).
ˇ
Matjaˇz Zeljko
1
Diferencialne enaˇcbe
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
ˇ
Matjaˇz Zeljko
2
Metoda variacije konstante
Diferencialne enaˇcbe
y ′′ + f (x)y ′ + g(x)y =
= (C1′ y1 + C2′ y2 )′ + (C1′ y1′ + C2′ y2′ ) + (C1 y1′′ + C2 y2′′ ) +
C1′ y1 + C2′ y2 = 0,
f (x)((C1′ y1 + C2′ y2 ) + (C1 y1′ + C2 y2′ )) +
C1′ y1′ + C2′ y2′ = r (x),
g(x)(C1 y1 + C2 y2 ) =
= C1 (y1′′ + f (x)y1′ + g(x)y1 ) + C2 (y2′′ + f (x)y2′ + g(x)y2 ) +
|
|
{z
}
{z
}
ki ima reˇsitev
=0
=0
′
′
′
′
′
(C1 y1 + C2 y2 ) + f (x)(C1 y1 + C2 y2 ) + (C1′ y1′ + C2′ y2′ ) =
(C1′ y1 + C2′ y2 )′ + f (x)(C1′ y1 + C2′ y2 ) + (C1′ y1′ + C2′ y2′ ),
3
ˇ
Matjaˇz Zeljko
C2′ =
(Opomniti velja, da je y1 y2′ − y1′ y2 = W (y1 , y2 ) 6= 0, saj sta y1 in
y2 linearno neodvisni reˇsitvi pripadajoˇce homogene enaˇcbe.)
Nazadnje z integracijo doloˇcimo sˇ e C1 in C2 .
r (x).
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
ry2
,
′
y1 y2 − y1′ y2
ry1
.
′
y1 y2 − y1′ y2
C1′ = −
kar nam da enaˇcbo
(C1′ y1 + C2′ y2 )′ + f (x)(C1′ y1 + C2′ y2 ) + (C1′ y1′ + C2′ y2′ ) =
Metoda variacije konstante
ˇ
V gornji enaˇcbi nastopata neznani funkciji C1 in C2 . Ce
′
′
postavimo C1 y1 + C2 y2 = 0, se gornja enaˇcba poenostavi v
C1′ y1′ + C2′ y2′ = r (x). Torej dobimo sistem enaˇcb
Torej je
=
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
4
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
Diferencialne enaˇcbe
Metoda variacije konstante
Diferencialne enaˇcbe
Eulerjeva enaˇcba
Eulerjeva enaˇcba
Zgled
Naj bo n ∈ N. Diferencialna enaˇcba oblike
Poiˇscˇ i partikularno reˇsitev enaˇcbe y ′′ − y ′ − 2y = e2x s pomoˇcjo
variacije konstante.
x n y (n) + an−1x n−1 y (n−1) + . . . + a1 xy ′ + a0 y = 0
(2)
se imenuje Eulerjeva diferencialna enaˇcba.
Reˇsujemo jo podobno kot linearno diferencialno enaˇcbo s
konstantnimi koeficienti (z nastavkom y = x λ ).
ˇ
Matjaˇz Zeljko
5
Diferencialne enaˇcbe
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
ˇ
Matjaˇz Zeljko
6
Eulerjeva enaˇcba
Diferencialne enaˇcbe
Eulerjeva enaˇcba
ˇ sta niˇcli realni in razliˇcni, sta y1 = x λ1 in y2 = x λ2
Ce
linearno neodvisni reˇsitvi enaˇcbe (3).
Res: Funkciji y1 in y2 sta reˇsitvi enaˇcbe (3), saj je
Poglejmo si primer n = 2. Enaˇcba se tedaj glasi
x 2 y ′′ + a1 xy ′ + a0 y = 0.
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
(3)
Ko v enaˇcbo vstavimo y = x λ , dobimo
x 2 y1′′ + a1 xy1′ + a0 y1 = k(λ1 )x λ1 = 0,
x 2 y2′′ + a2 xy2′ + a0 y2 = k(λ2 )x λ2 = 0.
λ (λ − 1)x λ + a1 λ x λ + a0 x λ = 0,
Ker je
kar preoblikujemo v
W (y1 , y2 ) = y1 y2′ − y1′ y2 = x λ1 λ2 x λ2 −1 − λ1 x λ1 −1 x λ2 =
(λ 2 + (a1 − 1)λ + a0 )x λ = 0.
= (λ2 − λ1 )x λ1 +λ2 −1 6= 0,
Oznaˇcimo
k(λ ) = λ 2 + (a1 − 1)λ + a0 .
sta funkciji y1 in y2 tudi linearno neodvisni.
(4)
Polinom k imenujemo karakteristiˇcni polinom Eulerjeve enaˇcbe.
Torej mora biti k(λ ) = 0. Oznaˇcimo z λ1 in λ2 niˇcli polinoma k.
Karakteristiˇcni polinom k ima bodisi dve realni razliˇcni niˇcli, eno
realno dvojno niˇclo ali pa dve konjugirano kompleksni niˇcli.
7
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
8
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
Diferencialne enaˇcbe
Eulerjeva enaˇcba
Diferencialne enaˇcbe
ˇ sta niˇcli realni, a enaki, sta y1 = x λ1 in y2 = x λ1 ln x
Ce
linearno neodvisni reˇsitvi enaˇcbe (3).
Res: Funkciji y1 in y2 sta reˇsitvi enaˇcbe (3), saj je
ˇ sta niˇcli konjugirano kompleksni, piˇsimo λ1 = a + bi,
Ce
b 6= 0. Tedaj je λ2 = a − bi ter sta y1 = x a cos(b ln x) in
y2 = x a sin(b ln x) linearno neodvisni reˇsitvi enaˇcbe (3).
Res:
x 2 y1′′ + a1 xy1′ + a0 y1 = k(λ1 )x λ1 = 0,
x 2 y1′′ + a1 xy1′ + a0 y1 = −x a (2a − 1 + a1)b sin(b ln x)+
x 2 y2′′ + a2 xy2′ + a0 y2 = k(λ1 )x λ1 + (2λ1 + a1 − 1)x λ1 = 0,
+x a (a2 + a(a1 − 1) − b 2 + a0 ) cos(b ln x) = 0,
kjer je 2λ1 + a1 − 1 = 0 zaradi tega, ker je λ1 dvojna niˇcla
polinoma k(λ ) = λ 2 + (a1 − 1)λ + a0 . Ker je
W (y1 , y2 ) = y1 y2′ − y1′ y2 =
λ1
= x (λ1 x
= x
2λ1 −1
λ1 −1
ln x + x
λ1 1
x
) − λ1 x
Eulerjeva enaˇcba
saj po Vietovih pravilih za polinom
k(λ ) = λ 2 + (a1 − 1)λ + a0 velja
a1 − 1 = −(λ1 + λ2 ) = −2a,
λ1 −1 λ1
a 0 = λ1 + λ2 = a 2 + b 2 .
x ln x =
6= 0,
Podobno je tudi
x 2 y2′′ + a1 xy2′ + a0 y2 = x a (2a − 1 + a1)b cos(b ln x)+
sta funkciji y1 in y2 tudi linearno neodvisni.
+x a (a2 + a(a1 − 1) − b 2 + a0 ) sin(b ln x) = 0.
ˇ
Matjaˇz Zeljko
9
Diferencialne enaˇcbe
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
ˇ
Matjaˇz Zeljko
10
Eulerjeva enaˇcba
Diferencialne enaˇcbe
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
Eulerjeva enaˇcba
Ker je
Zgled
W (y1 , y2 ) = y1 y2′ − y1′ y2 =
Poiˇscˇ i sploˇsno reˇsitev Eulerjeve enaˇcbe x 2 y ′′ + 2xy ′ − 6y = 0.
1
= x a cos(b ln x)(ax a−1 sin(b ln x) + x a b cos(b ln x) ) −
x
1
−(ax a−1 cos(b ln x) − x a b sin(b ln x) )x a sin(b ln x) =
x
2a−1
= bx
6= 0,
sta funkciji y1 in y2 tudi linearno neodvisni.
11
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
12
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
Diferencialne enaˇcbe
Eulerjeva enaˇcba
Diferencialne enaˇcbe
Eulerjeva enaˇcba
Zgled
Zgled
Poiˇscˇ i sploˇsno reˇsitev Eulerjeve enaˇcbe x 2 y ′′ − 3xy ′ + 4y = 0.
Poiˇscˇ i sploˇsno reˇsitev Eulerjeve enaˇcbe x 2 y ′′ − 3xy ′ + 5y = 0.
ˇ
Matjaˇz Zeljko
13
Diferencialne enaˇcbe
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
14
Eulerjeva enaˇcba
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Diferencialne enaˇcbe
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
Eulerjeva enaˇcba
Zgled
Poiˇscˇ i sploˇsno reˇsitev Eulerjeve enaˇcbe x 2 y ′′ + 2xy ′ − 6y = x 3 .
15
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
16
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
Diferencialne enaˇcbe
Nihanje
Diferencialne enaˇcbe
Nihanje
Neduˇseno nihanje
x
Enaˇcba, ki opisuje nihanje (npr. kroglice na vzmeti) brez
duˇsenja, se glasi
x ′′ + ω02 x = 0,
x0
bc
bc
0
kjer je x = x(t) odmik od ravnovesne lege v cˇ asu t.
Karakteristiˇcni polinom λ 2 + ω02 ima niˇcli ±i ω0 , zato lahko
sploˇsno reˇsitev zapiˇsemo v obliki
−x0
t
bc
x(t) = C1 cos ω0 t + C2 sin ω0 t.
Ker je nihanje neduˇseno, se amplituda nihanja ohranja. Ker je v
naravi vedno prisotno duˇsenje (npr. trenje, zraˇcni upor), v
daljˇsem cˇ asovnem obdobju model ne ustreza realnemu stanju.
Z upoˇstevanjem zaˇcetnih pogojev x(0) = x0 in x ′ (0) = 0 dobimo
C1 = x0 in C2 = 0. Torej je
x(t) = x0 cos ω0 t.
ˇ
Matjaˇz Zeljko
17
Diferencialne enaˇcbe
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
ˇ
Matjaˇz Zeljko
18
Nihanje
Diferencialne enaˇcbe
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
Nihanje
q
ˇ je b > ω0 , sta torej niˇcli sˇ tevili k1 = −b + b 2 − ω 2 in
Ce
0
q
k2 = −b − b 2 − ω02 , ki sta obe negativni. Sploˇsna reˇsitev je
Duˇseno nihanje
Enaˇcba, ki opisuje duˇseno nihanje, se glasi
x ′′ + 2bx ′ + ω02 x = 0,
x(t) = C1 ek1 t + C2 ek2 t .
kjer je b > 0 koeficient duˇsenja. Karakteristiˇcni polinom
λ 2 + 2b λ + ω02 ima niˇcli
q
λ1,2 = −b ± b 2 − ω02 .
Z upoˇstevanjem zaˇcetnih pogojev x(0) = x0 in x ′ (0) = 0 dobimo
x0
x0
in C2 = kk11−k
C1 + C2 = x0 in k1 C1 + k2 C2 = 0. Sledi C1 = kk22−k
1
2
ter nazadnje
x(t) =
Sedaj loˇcimo 3 primere:
b > ω0
k2 x0 k1 t
k1 x0 k2 t
e +
e .
k2 − k1
k1 − k2
b = ω0
b < ω0
19
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
20
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
Diferencialne enaˇcbe
Nihanje
Diferencialne enaˇcbe
Nihanje
ˇ je b = ω0 , ima karakteristiˇcni polinom dvojno niˇclo
Ce
k1 = k2 = −b. Sploˇsna reˇsitev je
x
x0
bc
x(t) = C1 e−bt + C2 te−bt .
Z upoˇstevanjem zaˇcetnih pogojev x(0) = x0 in x ′ (0) = 0 dobimo
C1 = x0 in −bC1 + C2 = 0. Sledi C1 = x0 in C2 = bx0 ter
nazadnje
x(t) = x0 e−bt + bx0 te−bt .
bc
0
−x0
t
bc
Ker je duˇsenje preveliko, se nihalo le vrne v zaˇcetno lego. S
primerno spremembo zaˇcetnega pogoja x ′ (0) bi lahko dosegli,
da nihalo sˇ e enkrat zaniha, preden se vrne v zaˇcetno lego.
ˇ
Matjaˇz Zeljko
21
Diferencialne enaˇcbe
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
22
Nihanje
Diferencialne enaˇcbe
Nihanje
ˇ je b < ω0 , oznaˇcimo ω = ω 2 − b 2. Karakteristiˇcni polinom
Ce
0
ima konjugirano kompleksni niˇcli k1 = −b + i ω in k2 = −b − i ω .
Sploˇsna reˇsitev je
x0
bc
x(t) = C1 e−bt cos ω t + C2 e−bt sin ω t.
bc
0
t
Z upoˇstevanjem zaˇcetnih pogojev x(0) = x0 in x ′ (0) = 0 dobimo
C1 = x0 in −bC1 + ω C2 = 0. Sledi C1 = x0 in C2 = ωb x0 ter
nazadnje
bc
x(t) = x0 e−bt cos ω t +
Ker je duˇsenje preveliko, se nihalo le vrne v zaˇcetno lego. S
primerno spremembo zaˇcetnega pogoja x ′ (0) bi lahko dosegli,
da nihalo sˇ e enkrat zaniha, preden se vrne v zaˇcetno lego.
23
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
q
x
−x0
ˇ
Matjaˇz Zeljko
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
24
ˇ
Matjaˇz Zeljko
b
x0 e−bt sin ω t.
ω
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
Diferencialne enaˇcbe
Nihanje
Diferencialne enaˇcbe
Nihanje
Vsiljeno nihanje
x
ˇ na nihalo deluje zunanja sila, je enaˇcba nihanja
Ce
nehomogena in ima obliko
x0
bc
x ′′ + 2bx ′ + ω02 x = f (t).
bc
0
−x0
t
Oglejmo si najprej primer, ko je b = 0 (tj. neduˇseno vsiljeno
nihanje), funkcija f pa oblike f (t) = α cos ω t. Enaˇcba je tedaj
bc
x ′′ + ω02 x = α cos ω t.
Ker duˇsenje ni preveliko, se nihalo poˇcasi vraˇca v zaˇcetno lego.
Karakteristiˇcni polinom λ 2 + ω02 homogene enaˇcbe ima niˇcli
λ1,2 = ±i ω0 , zato loˇcimo dva primera:
ω0 6= ω
ω0 = ω
ˇ
Matjaˇz Zeljko
25
Diferencialne enaˇcbe
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
ˇ
Matjaˇz Zeljko
26
Nihanje
Diferencialne enaˇcbe
ˇ je ω0 6= ω , ima homogena enaˇcba sploˇsno reˇsitev
Ce
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
Nihanje
t
xh (t) = C1 cos ω0 t + C2 sin ω0 t.
Partikularno reˇsitev nehomogene enaˇcbe poiˇscˇ emo z
nastavkom xp (t) = A cos ω t + B sin ω t in dobimo
α
cos ω t. Sploˇsna reˇsitev diferencialne enaˇcbe je
xp (t) = ω 2 −
ω2
x0
0
bc
bc
α
x(t) = C1 cos ω0 t + C2 sin ω0 t + 2
cos ω t.
ω0 − ω 2
0
t
Za upoˇstevanjem zaˇcetnih pogojev x(0) = x0 in x ′ (0) = 0
α
= x0 in C2 = 0, kar nam da
dobimo C1 + ω 2 −
ω2
0
x(t) = (x0 −
27
α
ω02 − ω 2
) cos ω0 t +
ˇ
Matjaˇz Zeljko
α
ω02 − ω 2
cos ω t.
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
Pri ugodnem faznem zamiku se lahko amplitudi obeh nihanj
seˇstejeta.
28
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
Diferencialne enaˇcbe
Nihanje
Diferencialne enaˇcbe
ˇ je ω0 = ω , ima homogena enaˇcba sploˇsno reˇsitev
Ce
x
xh (t) = C1 cos ω0 t + C2 sin ω0 t.
Partikularno reˇsitev nehomogene enaˇcbe poiˇscˇ emo z
nastavkom xp (t) = At cos ω0 t + Bt sin ω0 t in dobimo
xp (t) = α2 t cos ω0 t. Sploˇsna reˇsitev diferencialne enaˇcbe je
x0
α
t cos ω0 t.
2
Za upoˇstevanjem zaˇcetnih pogojev x(0) = x0 in x ′ (0) = 0
dobimo C1 = x0 in C2 = 2αω0 , kar nam da
bc
bc
x(t) = C1 cos ω0 t + C2 sin ω0 t +
x(t) = x0 cos ω0 t +
Nihanje
0
t
α
α
sin ω0 t + t cos ω0 t.
2ω0
2
Ker α 6= 0, je ta funkcija pri t → ∞ navzgor (in navzdol)
neomejena. Takemu primeru vsiljenega nihanja pravimo
resonanca in se mu je v tehniki potrebno izogibati, saj pride do
prekomernega naraˇscˇ anja amplitude.
29
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Diferencialne enaˇcbe
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
ˇ
Matjaˇz Zeljko
30
Nihanje
Diferencialne enaˇcbe
A(ω 2 − ω02 ) − 2bB ω = α ,
2Ab ω + B(ω 2 − ω02 ) = 0,
kjer b 6= 0. Reˇsitev pridruˇzene homogene enaˇcbe je odvisna od
koeficienta duˇsenja, in sicer:
ˇ je b > ω0 , zapiˇsemo
Ce
xh (t) = C1 e
Nihanje
Partikularno reˇsitev nehomogene enaˇcbe poiˇscˇ emo z
nastavkom xp (t) = A cos ω t + B sin ω t. Dobimo sistem enaˇcb
Nazadnje si oglejmo primer duˇsenega vsiljenega nihanja, torej
enaˇcbo
x ′′ + 2bx ′ + ω02 x = α cos ω t,
k1 t
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
ki ima reˇsitev A =
k2 t
+ C2 e ,
q
kjer sta obe sˇ tevili k1,2 = −b ± b 2 − ω02 negativni.
ˇ je b = ω0 , zapiˇsemo
Ce
xp (t) =
α (ω 2 −ω02 )
(ω 2 −ω02 )2 +(2b ω )2
in B =
2α b ω
.
(ω 2 −ω02 )2 +(2b ω )2
Torej je
α (ω 2 − ω02 )
2α b ω
cos ω t + 2
sin ω t.
2
2
2
2
(ω − ω0 ) + (2b ω )
(ω − ω02 )2 + (2b ω )2
xh (t) = C1 e−bt + C2 te−bt .
ˇ je b < ω0 , zapiˇsemo
Ce
31
xh (t) = C1 e−bt cos κ t + C2 e−bt sin κ t,
q
kjer je κ = ω02 − b 2.
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
32
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
Diferencialne enaˇcbe
ω 2 − ω02
(ω 2 − ω02 )2 + (2b ω )2
Torej obstaja tak ψ , da je
cos ψ = q
2
xp (t) =
=

 + q
ω 2 − ω02
(ω 2 − ω02 )2 + (2b ω )2
Sledi
33
Diferencialne enaˇcbe
Nihanje
Ker ne glede na koeficient duˇsenja velja lim xh (t) = 0, za velike
Ker je

q
Nihanje
2b ω
(ω 2 − ω02 )2 + (2b ω )2
t→∞
2
t velja x(t) ≈ xp (t). Torej po daljˇsem cˇ asu nihalo niha z enako
frekvenco, kot je frekvenca vzbujanja, zaradi duˇsenja pa pride
le do zmanjˇsanja amplitude nihanja.
 = 1,
x
x0
in
sin ψ = q
2b ω
(ω 2 − ω02 )2 + (2b ω )2
bc
.
bc
0
t
α
q
(cos ψ cos ω t + sin ψ sin ω t) =
(ω 2 − ω02 )2 + (2b ω )2
α
q
cos(ω t − ψ ).
2
2
2
2
(ω − ω0 ) + (2b ω )
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)
34
ˇ
Matjaˇz Zeljko
Matematika II (FKKT – Kemijsko inˇzenirstvo)