diferencialne enačbe nadaljevanje linearne diferencialne enačbe višjih redov 13. vaja iz Matematike 2 (UNI)

Velikost: px
Začni prikazovanje s strani:

Download "diferencialne enačbe nadaljevanje linearne diferencialne enačbe višjih redov 13. vaja iz Matematike 2 (UNI)"

Transkripcija

1 13. vaja iz Matematike (UNI) avtorica: Melita Hajdinjak datum: Ljubljana, 009 diferencialne enačbe nadaljevanje linearne diferencialne enačbe višjih redov Homogene linearne diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti Tako imenujemo diferencialne enačbe oblike: kjer so a 0, a 1,..., a n konstantni koeficienti. a n y (n) + + a 1 y + a 0 y = 0, Navodilo za reševanje: Rešujemo jo z nastavkom y(x) = e λx, ki ga odvajamo in vstavimo v dif. enačbo. Dobimo karakteristično enačbo: a n λ n + + a 1 λ + a 0 = 0, katere rešitve so λ 1,..., λ n. Splošna rešitev homogene linearne diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti je tedaj y = C 1 e λ 1x + C e λ x + + C n e λnx. 1. naloga: Reši enačbo y 4y + 3y = 0. Rezultat: y(x) = C 1 e 3x + C e x.. naloga: DN Reši enačbo y y + y = 0. Dana je homogena linearna dif. enačba s konstantnimi koeficienti. Rešujemo jo z nastavkom y = e λx. Dobimo karakteristično enačbo: λ λ + 1 = 0 (λ 1) = 0 λ 1, = 1 dvojna ničla Splošna rešitev se glasi: y = C 1 e x + C xe x. Rezultat: y(x) = C 1 e x + C xe x. 1

2 3. naloga: Poišči rešitev dif. enačbe y y y + y = 0, ki zadošča pogojem y(0) =, y(1) = e 1 e in y (0) = 0. Rezultat: y(x) = C 1 e x + C xe x + C 3 e x splošna rešitev; y(x) = 3e x 4xe x e x. 4. naloga: Reši enačbo y 4y + 5y = 0. Poišči tisto rešitev, za katero velja y(0) = 0 in y (0) =. Namig: Uporabi Eulerjevo formulo e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ. Rezultat: y(x) = C 1 e x cosx+c e x sin x splošna rešitev; y(x) = e x sin x rešitev začetnega problema. Nehomogene linearne diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti Tako imenujemo diferencialne enačbe oblike: a n y (n) + + a 1 y + a 0 y = b(x), kjer so a 0, a 1,..., a n konstantni koeficienti, b(x) pa funkcija spremenljivke x. Splošna rešitev je oblike y(x) = y h + y p, kjer je y h rešitev homogene linearne dif. enačbe s konst. koef., y p pa neka partikularna rešitev (zadošča diferencialni enačbi). A. Homogeni del (dobimo y h ): a n y (n) + + a 1 y + a 0 y = 0. To je homogena linearna dif. enačba s konstantnimi koeficienti. Dobimo rešitev y h. B. Nehomogeni del (dobimo y p ): a n y (n) + + a 1 y + a 0 y = b(x). Rešujemo lahko z metodo inteligentnega ugibanja oz. nedoločenih koeficientov. Za nastavek vzamemo funkcijo iste oblike, kot je desna stran b(x) z nekaj prostimi parametri. Metoda deluje, če je b(x) funkcija, katere odvodi so podobni funkciji sami. V splošnem, če je b(x) = e αx (P i (x) cos (βx) + Q j (x) sin (βx)), kjer je P i (x) polinom stopnje i in Q j (x) polinom stopnje j, potem za nastavek vzamemo y p = x k e αx (R m (x) cos (βx) + S m (x) sin (βx)), kjer sta R m in S m polinoma stopnje m = max{i, j}, k pa večkratnost ničle α + iβ v karakteristični enačbi homogene enačbe. Če je b(x) vsota več različnih členov zgornje oblike, je nastavek y p vsota posameznih nastavkov. Nastavek y p odvajamo in vstavimo v diferencialno enačbo. Iz dobljene enačbe izračunamo vse parametre iz nastavka.

3 Partikularna rešitev z metodo variacije konstant Partikularno rešitev lahko vedno najdemo z metodo variacije konstant. Če je splošna rešitev pripadajoče homogene enačbe y h = C 1 y 1 + C y + + C n y n, kjer so y 1, y,...,y n osnovni sistem rešitev homogene enačbe, rešitev iščemo v obliki y p = u 1 (x)y 1 + u (x)y + + u n (x)y n. Za določitev u 1, u,...,u n rešimo naslednji sistem enačb: u 1y u ny n = 0 u 1 y u n y n = 0. u 1 y(n 1) u n y(n 1) n. = b(x) Z integracijo dobimo neznane funkcije u 1, u,...,u n, jih vstavimo v nastavek y p in dobimo partikularno rešitev. 5. naloga: DN Reši enačbo y 5y 6y = cosx + e x. Splošna rešitev dane nehomogene linearne dif. enačbe s konstantnimi koeficienti je oblike y(x) = y h + y p, kjer je y h rešitev homogene linearne dif. enačbe s konst. koef., y p pa partikularna rešitev. A. Homogeni del (računamo y h ): y 5y 6y = 0. To je homogena linearna dif. enačba s konstantnimi koeficienti. Dobimo karakteristično enačbo Rešitev homogenega dela je zato: B. Nehomogeni del (računamo y p ): λ 5λ 6 = 0 (λ 6)(λ + 1) = 0 λ 1 = 6, λ = 1 y h = C 1 e 6x + C e x. Partikularno rešitev y p iščemo z metodo nedoločenih koeficientov. Za nastavek vzamemo funkcijo iste oblike, kot je desna stran b(x) = cosx + e x 3

4 z nekaj prostimi parametri. Zaradi prvega dela cosx, kjer je α + iβ = i, kar ni ničla karakteristične enačbe iz homogenega dela in je zato k = 0, dobimo prvi del nastavka A cosx + B sin x, kjer sta pred obema trigonometričnima funkcijama polinoma stopnje 0 tako kot pred cosx v b(x). Zaradi drugega dela e x, kjer je α + iβ =, kar spet ni ničla karakteristične enačbe iz homogenega dela in je zato k = 0, dobimo drugi del nastavka Ce x, kjer je pred funkcijo e x polinom stopnje 0 tako kot pred e x v b(x). Sledi nastavek za partikularno rešitev y p = A cosx + B sin x + Ce x z nedoločenimi koeficienti A, B in C. Določimo jih, tako da nastavek vstavimo v dif. enačbo. Še prej ga seveda moramo dvakrat odvajati: y = A cosx + B sin x + Ce x y y Funkcije y, y, y vstavimo v dif. enačbo: = A sin x + B cosx + Ce x = A cos x B sin x + 4Ce x ( A cosx B sin x+4ce x ) 5( A sin x+b cosx+ce x ) 6(A cosx+b sin x+ce x ) = cos x+e x, ki jo uredimo po linearno neodvisnih funkcijah sin x, cosx in e x : (5A 7B) sinx + ( 7A 5B) cosx 1Ce x = cosx + e x. Enačbo rešimo, tako da primerjamo koeficiente pred linearno neodvisnimi funkcijami sin x, cosx in e x na obeh straneh enačbe: sin x : 5A 7B = 0, cosx : 7A 5B = 1, e x : 1C = 1. Sledi rešitev sistema: A = 7, B = 5 in C = 1. Partikularna rešitev dif. enačbe se zato glasi Splošna rešitev dif. enačbe je torej y p = 7 74 cosx 5 74 sin x 1 1 ex. y = y h + y p = C 1 e 6x + C e x 7 74 cosx 5 74 sin x 1 1 ex. 4

5 Rezultat: y(x) = C 1 e 6x + C e x 7 74 cosx 5 74 sin x 1 1 ex. 6. naloga: DN Reši začetni problem y y 3y = x, y(0) = 0 in y (0) = 1. Splošna rešitev dane nehomogene linearne dif. enačbe s konstantnimi koeficienti je oblike y(x) = y h + y p, kjer je y h rešitev homogene linearne dif. enačbe s konst. koef., y p pa partikularna rešitev. A. Homogeni del (računamo y h ): y y 3y = 0. To je homogena linearna dif. enačba s konstantnimi koeficienti. Dobimo karakteristično enačbo Rešitev homogenega dela je zato: B. Nehomogeni del (računamo y p ): λ λ 3 = 0 (λ 3)(λ + 1) = 0 λ 1 = 3, λ = 1 y h = C 1 e 3x + C e x. Partikularno rešitev y p iščemo z metodo nedoločenih koeficientov. Za nastavek vzamemo funkcijo iste oblike, kot je desna stran b(x) = x, ki je polinom stopnje, z nekaj prostimi parametri. Ker je α + iβ = 0, ki ni ničla karakteristične enačbe iz homogenega dela in je zato k = 0, vzamemo za nastavek za partikularno rešitev poljuben polinom stopnje, y p = Ax + Bx + C, z nedoločenimi koeficienti A, B in C. Določimo jih, tako da nastavek vstavimo v dif. enačbo. Še prej ga seveda moramo dvakrat odvajati: y = Ax + Bx + C y y = Ax + B = A Funkcije y, y, y vstavimo v dif. enačbo: A (Ax + B) 3(Ax + Bx + C) = x, ki jo uredimo po linearno neodvisnih potencah spremenljivke x: 3Ax + ( 4A 3B)x + A B 3C = x. 5

6 Enačbo rešimo, tako da primerjamo koeficiente pred istimi potencami x na obeh straneh enačbe: Sledi rešitev sistema: A = 1, B = se zato glasi Splošna rešitev dif. enačbe je torej Poiščimo še rešitev začetnega problema: Drugi pogoj se nanaša na odvod x : 3A = 1, x 1 : 4A 3B = 0, x 0 : A B 3C = 0. in C = 14. Partikularna rešitev dif. enačbe 7 y p = 1 3 x x y = y h + y p = C 1 e 3x + C e x 1 3 x x y(0) = 0 : 0 = C 1 + C 14 7 y (0) = 1 : 1 = 3C 1 C y = 3C 1 e 3x C e x 3 x Sledi rešitev sistema: C 1 = 9 in C 108 = 1. Rešitev začetnega problema je zato 4 y = e3x e x 1 3 x x Rezultat: y(x) = C 1 e 3x + C e x 1 3 x + 4x x + 4 x 14 rešitev začetnega problema. 9 7 splošna rešitev; y(x) = e3x e x 7. naloga: Reši enačbo y y = 3e x. Namig: Partikularno rešitev išči v obliki y p = Axe x. Rezultat: y(x) = C 1 e x + C e 1 cos 3 x + C 3e 1 sin 3 x xex. 8. naloga: Reši enačbo y + y = 4 sin x + 1. Namig: Partikularno rešitev išči v obliki y p = x(a sin x + B cosx) + C. Rezultat: y(x) = C 1 sin x + C cos x x cosx naloga: Reši enačbo y y = (x + 1) cos x. Namig: Partikularno rešitev išči v obliki y p = (Ax + B) sin x + (Cx + D) cos x. Rezultat: y(x) = C 1 e x + C e x sin x (8 5 x ) cos x. 6

7 Eulerjeve enačbe Tako imenujemo diferencialne enačbe oblike: kjer so a 0, a 1,..., a n konstantni koeficienti. a n x n y (n) + + a x y + a 1 xy + a 0 y = 0, Navodilo za reševanje: Rešujemo jo z nastavkom y(x) = x λ, ki ga odvajamo in vstavimo v dif. enačbo. Dobimo karakteristično enačbo, katere rešitve so λ 1,...,λ n. Splošna rešitev Eulerjeve dif. enačbe je tedaj y = C 1 x λ 1 + C x λ + + C n x λn. 10. naloga: Reši enačbo x y xy 3y = 0. Rezultat: y(x) = C 1 x 3 + C x naloga: DN Reši enačbo x y xy + y = 0. Dana dif. enačba je Eulerjeva. Rešujemo jo z nastavkom y = x λ. Dobimo karakteristično enačbo: λ(λ 1) λ + 1 = 0 λ λ + 1 = 0 (λ 1) = 0 λ 1, = 1 dvojna ničla Splošna rešitev se glasi: y = C 1 x + C x ln x. Rezultat: y(x) = C 1 x + C x ln x. 1. naloga: Reši enačbo x 3 y 3x y + 7xy 8y = 0. Rezultat: y(x) = C 1 x + C x ln x + C 3 x ln x. Diferencialne enačbe, v katerih odvisna spremenljivka y nastopa samo enkrat 13. naloga: Reši diferencialno enačbo y = + sin x. Rezultat: y(x) = x3 3 + cosx + Cx + Dx + E. Metode za zniževanje reda diferencialnih enačb Nekaterim diferencialnim enačbam lahko znižamo red. 7

8 Če enačba ne vsebuje odvisne spremenljivke y, tj. je oblike F(x, y, y,..., y (n) ) = 0. Red dif. enačbe znižamo, tako da uvedemo novo odvisno spremenljivko, npr. u = y. 14. naloga: DN Reši diferencialno enačbo (1 x )y xy = 0. Dana diferencialna enačba ne vsebuje odvisne spremenljivke y, zato lahko znižamo njen red, tako da (namesto y) uvedemo novo odvisno spremenljivko Po zamenjavi dobimo u = y = u = y. (1 x )u xu = 0, kar je dif. enačba 1. reda in sicer dif. enačba z ločljivima spremenljivkama. To enačbo rešimo (tj. poiščemo u), tako da namesto u pišemo du, ločimo spremenljivki in integriramo: dx (1 x )u = xu (1 x ) du dx = xu (1 x )du = xu dx du x = u 1 x dx 1 x u du = 1 u du = 1 x dx 1 t dt ln u = 1 ln t + ln C ln u = ln t 1 + ln C ln u = ln (Ct 1 ) u = Ct 1 u = C t u = C 1 x Pri tem smo v integral racionalne funkcije uvedli novo spremenljivko x 1 x t = 1 x dt = xdx. 8

9 Ker je splošna rešitev dif. enačbe za u enaka u = C 1 x in je u = y, je rešitev začetne dif. enačbe C y = u dx = dx = C arcsin x + D. 1 x Rezultat: y(x) = C arcsin x + D. 15. naloga: Reši diferencialno enačbo cos x y + sin x y = sin x. Rezultat: y(x) = x C cos x + Dx + E. sistemi diferencialnih enačb Sisteme linearnih dif. enačb s konstantnimi koeficienti ẋ(t) = a 1 x + a y ẏ(t) = a 3 x + a 4 y rešujemo s podobnimi nastavki kot linearne dif. enačbe s konst. koeficienti: x(t) = Ae λt, y(t) = Be λt. Ko nastavek odvajamo in vstavimo v sistem, dobimo homogen sistem dveh enačb za dve neznanki A in B (λ pa je parameter), ki ima netrivialno rešitev, ko je determinanta koeficientov sistema enaka 0. Iz te enačbe izračunamo λ. 16. naloga: DN Reši sistem diferencialnih enačb ẋ = x y, ẏ = x + y, kjer je x = x(t), y = y(t), skupaj z začetnim pogojem x(0) = 1, y(0) = 3. Podan je sistem dveh linearnih diferencialnih enačb s konstantnimi koeficienti. Neznani funkciji sta x in y, ki sta obe odvisni od časa t. Sistem rešujemo s podobnimi nastavki kot linearne dif. enačbe s konst. koef.: x(t) = Ae λt, y(t) = Be λt. 9

10 Nastavka odvajamo in vstavimo v sistem: ẋ(t) = Aλe λt ẏ(t) = Bλe λt Aλe λt Bλe λt = Ae λt Be λt = Ae λt + Be λt Aλ = A B Bλ = A + B Dobljen sistem dveh linearnih enačb obravnavajmo kot sistem za neznanki A in B (λ pa naj bo parameter): (λ )A + B = 0, A + (λ )B = 0. Ker je ta sistem homogen in kvadraten (enako število enačb kot neznank), ima netrivialno rešitev natanko tedaj, ko je determinanta koeficientov sistema enaka 0: λ 1 1 λ = 0. Torej, ko je (λ ) 1 = 0, (λ 1)(λ + 1) = 0, (λ 3)(λ 1) = 0, λ 1 = 3, λ = 1. Sedaj dobi nastavek (podobno kot pri dif. enačbah s konstantnimi koeficienti) naslednjo obliko: x(t) = A 1 e 3t + A e t, y(t) = B 1 e 3t + B e t. Splošna rešitev bo vsebovala dva parametra (v sistemu nastopata dva različna odvoda prvega reda, tj. ẋ in ẏ), trenutni nastavek pa zaenkrat vsebuje štiri parametre, torej dva preveč. Zvezo med njimi lahko poiščemo, tako da ta nastavek še enkrat vstavimo v sistem. Dovolj je, če ga vstavimo v eno samo dif. enačbo sistema, saj obe enačbi vodita do istih rezultatov, torej enakih zvez med parametri A 1, A, B 1, B. Sledi: ẋ = x y, 3A 1 e 3t + A e t = (A 1 e 3t + A e t ) (B 1 e 3t + B e t ). Ko izenačimo koeficiente pred linearno neodvisnima funkcijama e t in e 3t, dobimo linearni sistem dveh enačb za štiri neznanke, katerega rešitev je -parametrična: e 3t : 3A 1 = A 1 B 1, e t : A = A B. 10

11 Torej B 1 = A 1 in B = A. Sledi splošna rešitev sistema diferencialnih enačb: x(t) = A 1 e 3t + A e t, y(t) = A 1 e 3t + A e t. Izračunajmo še rešitev začetnega problema z začetnim pogojem x(0) = 1 in y(0) = 3: 1 = A 1 + A, 3 = A 1 + A. Dobimo A 1 = in A = 1. Sledi rešitev x(t) = e 3t e t, y(t) = e 3t e t. Rezultat: x(t) = e t + e 3t, y(t) = e t e 3t. 17. naloga: Reši sistem diferencialnih enačb ẋ = 3x y, ẏ = x y, kjer je x = x(t), y = y(t). Rezultat: x(t) = (Ct + D)e t, y(t) = ( Ct C D)e t. nekaj primerov uporabe diferencialnih enačb v elektrotehniki 1. primer: LINEARNA DIFERENCIALNA ENAČBA 1. REDA Dano je LR vezje na sliki s podatki R = 6Ω, L = 3H in U = V. Izračunaj, kako se spreminja tok s časom, če smo ob času t = 0s preklopili stikalo (torej je bil tok takrat enak 0). Kolikšen je tok ob času t = 5s? Rešitev: Diferencialna enačba za to vezje se glasi: L di + RI = U. dt Začetni pogoj: I(0) = 0. To je nehomogena linearna diferencialna enačba prvega reda. Najprej rešimo homogeni del. L di dt + RI = 0 di = R dt I L ln I = R L t + ln k I h (t) = ke R L t 11

12 Nato z variacijo konstante izračunamo partikularno rešitev. I = k(t)e R L t I = k(t)e R L t k(t) R L e R L t Vstavimo v enačbo in dobimo L k(t)e R L t k(t)re R L t + k(t)re R L t = U k(t) = U L e R L t k(t) = U L e R L t = U R e R L t Partikularna rešitev je torej: I p (t) = U R. Splošna rešitev je vsota partikularne rešitve in rešitve homogenega dela: Ko upoštevamo še začetni pogoj, dobimo: I(t) = I p (t) + I h (t) = U R + ke R L t I(0) = U R + k = 0, od koder sledi, da je k = U R. Tok v vezju se torej s časom spreminja takole: Za dane podatke je tok ob času t = 5s: I(t) = U R (1 e R L t ) I(5) = (1 e ) = 0.33A. 6. primer: LINEARNA DIFERENCIALNA ENAČBA. REDA Dano je LCR vezje na sliki s podatki U = 10V, R = 7Ω, L = 0mH in C = µ8f. 1

13 Izračunaj, kako se spreminja tok s časom, če smo ob času t = 0s preklopili stikalo (torej je bil tok takrat enak 0). Rešitev: Napetostna enačba za to vezje: L di dt + RI + 1 C Idt = U. Enačbo enkrat odvajamo po času in delimo z L, da dobimo diferencialno enačbo: d I dt + R di L dt + I LC = 0. Začetni pogoji: I(0) = 0 in di(0) = U. Drugi začetni pogoj dobimo iz prve enačbe pri dt L t = 0. To je homogena linearna diferencialna enačba drugega reda s konstantnimi koeficienti. Rešimo jo z nastavkom I = e λt, pri čemer označimo ω = 1 in ξω = R: LC L λ + ξωλ + ω = 0 λ 1, = ξω ± 4ξ ω 4ω = ξω ± ω ξ 1 Oblika rešitve je odvisna od tega, ali ima karakteristična enačba dve različni realni rešitvi, eno dvojno rešitev, ali dve konjugirano kompleksni rešitvi. To pa je seveda odvisno od danih podatkov. Ker je L = 0mH in C = 8µF, je ω = 500 in zato je ξ = 7, kar 100 pomeni, da dobimo za dane podatke dve konjugirano kompleksni rešitvi. Zato je rešitev diferencialne enačbe oblike: I(t) = e (A ξωt cos (ω 1 ξ t) + B sin (ω ) 1 ξ t) Potrebno je še določiti konstanti A in B. V ta nemen rešitev odvajamo: I(t) = ξωe (A ξωt cos (ω 1 ξ t) + B sin (ω ) 1 ξ t) +e ( A(ω ξωt 1 ξ ) sin (ω 1 ξ t) + B(ω 1 ξ ) cos (ω ) 1 ξ t) 13

14 Nato vstavimo začetna pogoja: I(0) = A = 0 I(0) = ξωa + Bω 1 ξ = U L Od tod sledi, da je A = 0 in B = U Lω 1 ξ. Torej je rešitev diferencialne enačbe enaka: I(t) = U Lω 1 ξ e ξωt sin (ω 1 ξ t) 3. primer: LINEARNA DIFERENCIALNA ENAČBA. REDA Dano je LCR vezje na sliki. Izračunaj, kako se spreminja izhodna napetost V o s časom, če je vhodna napetost V i oblike V i = V cos Ωt. Rešitev: Napetostna enačba za to vezje je L di dt + RI + 1 C Idt = V i, kjer je V o = 1 C Idt. Od tod sledi, da je I = C dv o dt, Diferencialna enačba se torej glasi: di dt = C d V o dt. LC d V o dt + RC dv o dt + V o = V i, oziroma d V o dt + R dv o L dt + V o LC = V i LC. To je nehomogena linearna diferencialna enačba. reda s konstantnimi koeficienti. Signal V i naj bo oblike V i (t) = V cos Ωt. Če pišemo ω = 1, ξω = R in F = V, dobimo LC L LC enačbo oblike: V o + ξω V o + ω V o = F cos Ωt. 14

15 Najprej rešimo homogeni del: λ + ξωλ + ω = 0 λ 1, = ξω ± 4ξ ω 4ω = ξω ± ω ξ 1 Predpostavimo, da so podatki taki, da je ξ < 1, torej sta rešitvi karakteristične enačbe konjugirano kompleksni. Rešitev ima obliko: Vo (A h (t) = e ξωt cos (ω 1 ξ t) + B sin (ω ) 1 ξ t) Partikularno rešitev poiščemo z nastavkom (predpostavimo, da so podatki taki, da je Ω ω 1 ξ ): Vo p (t) = D cos Ωt + E sin Ωt. Ker je V p o = DΩ sin Ωt + EΩ cos Ωt in V p o = DΩ cos Ωt EΩ sin Ωt, sledi ( DΩ + EξωΩ + Dω ) cosωt + ( EΩ DξωΩ + Eω ) sin Ωt = F cos Ωt Dobimo sistem enačb: DΩ + EξωΩ + Dω = F EΩ DξωΩ + Eω = 0 Od tu dobimo konstanti D in E in partikularno rešitev diferencialne enačbe. Splošna rešitev je vsota partikularne rešitve in rešitve homogenega dela. 15