2 Diferencialne enačbe

abc

MATEMATIKA 2

UNIVERZITETNI ŠTUDIJSKI PROGRAM BIOKEMIJA1. LETNIK

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE OSNOVNI POJMI

2

Diferencialna enačba je funkcijska enačba, v kateri nastopajo odvodi iskane funkcije.

parcialna diferencialna enačba (2. reda)

diferencialna enačba za y kot funkcijo x

diferencialna enačba 2. reda

diferencialna enačba 3. reda

Diferencialne enačbe za funkcije ene spremenljivke imenujemo navadne, ko nastopajo parcialni odvodi na več spremenljivk pa pravimo, da so to parcialne diferencialne enačbe

Red diferencialne enačbe je red najvišjega odvoda, ki v njej nastopa.

y xy

2 2y y y x

2 2yx y y e xy

xx yz z x

DIFERENCIALNE ENAČBE

MATEMATIKA 2


3

Rešitev diferencialne enačbe je funkcija y=y(x), pri kateri je F(x,y(x),y’(x))=0 za vse x na nekem definicijskem območju.

F(x,y,y’)=0 splošna oblika diferencialne enačbe 1. reda

2

2

2 2 2

2 2 22

2

( ) , je rešitev diferencialne enačbe

ker je

x

x x xxx

y x e y xy

e e e

Enačba mora biti izpolnjena za vse x na nekem intervalu.

2

3

( ) ,

2

rešitev diferencialne enačbe

čeprav je za nekatere vrednosti

n

iy x x y xy

x x x

MATEMATIKA 2


4

je rešitev enačbe

je tudi rešitev enačbe

je prav tako rešitev zgornje enačbe...

Velja: diferencialna enačba reda n ima splošno rešitev, ki je odvisna od n parametrov.

( )y x x

( ) xy x x e

( ) xy x x xe

2 2y y y x

2 2y y y x

2 2 ( )

Splošna rešitev diferencialne enačbe je običajno odvisna od nekaj parametrov.

Na primer, vse rešitve enačbe so oblike , kjer sta in poljubni realni tevil

x xy y y x y x x Ae Bxe

A B š

. i

Diferencialne enačbe imajo praviloma veliko rešitev, kar je posledica dejstva, da odvajanje ni injektivno.

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE GEOMETRIČNI POMEN

5

GEOMETRIČNI POMEN DIFERENCIALNE ENAČBE

y=y (x) je rešitev enačbe y’ =f (x,y)

smerni koeficient tangente na graf rešitve v točki x0 je enak f (x0,y (x0))

funkcija f(x,y) določa polje smeri:pri vsaki točki (x,y) z majhno puščico označimo smer s koeficientom f(x,y).

f(x,y)=x-y

krivulja, ki je v vseh svojih točkah tangentna na polje smeri, je graf ene izmed rešitev diferencialne enačbe

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE GEOMETRIČNI POMEN

6

Polje smeri, določeno s f(x,y)=x2-y2+1 in nekaj rešitev pripadajoče diferencialne enačbe. Vse rešitve imajo skupno asimp-toto, t.j. trend.

Polje smeri, določeno s f(x,y)=-y-sin3x. Rešitve se za x - malo razlikujejo, za x + pa povsem divergirajo.

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE MODELIRANJE

7

Diferencialna enačba skupaj z začetnim stanjem v celoti določa evolucijo sistema.

y(0)=C, torej je C ravno začetna količina opazovane snovi

Hitrost razpadanja pogosto podamo z razpolovno dobo T: zveza s k je kT=ln 2

Hitrost razpadanja radioaktivne snovi je sorazmerna s količino snovi (reakcija 1. reda). Če imamo na začetku neko količino snovi (npr. 5g izotopa 14C), kaj lahko povemo o količini snovi čez nekaj časa (npr. čez koliko časa bo ostalo le 3g 14C)?

y=y(t) količina snovi v trenutku ty’=-k y k je sorazmernostni faktor med količino snovi in hitrostjo razpadanja (npr. za 14C je k =3.83 10-12 s-1)

ln ktdy dy dyky k dt k dt y kt c y Ce

dt y y

314 5

12

ln 0.51083 5 133368146214 4230

3.83 10Za C: s letkte t

k

Razpolovna doba 14C je (0.6931/3.83) 1012 s ≈ 5730 let.

FIZIKALNI PRIMER: RADIOAKTIVNI RAZPAD

MATEMATIKA 2


8

Ogljikov izotop 14C nastaja v višjih plasteh atmosfere, ko pod vplivom kozmičnih žar kov dva neutrona nadomestita dva protona v 14N. Nastali 14C se veže s kisikom v 14CO2. Razmerje med 14CO2 in 12CO2 v atmosferi je dokaj stabilno.

kozmični žarki

Rastline absorbirajo CO2 v biosfero. Razmerje med 12C in

14C v živih bitjih je enako, kot v atmosferi.

Ko ostanki živih bitij niso več v stiku z atmosfero se razmerje med 12C in

14C zaradi radioaktivnega razpada poveča v prid prvega. Starost ostankov ocenimo na podlagi primerjave stopenj radioaktivnosti.

stopnja radioaktivnosti

0 let 5730 let 11460 let 17190 letstarost

DATIRANJE S 14C

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE PROBLEM ZAČETNE VREDNOSTI

9

Pri diferencialnih enačbah obravnavamo dva tipa nalog:

enačba

začetni problem iščemo rešitev enačbe, ki ima v nekaterih točkah predpisane funkcijske vrednosti ali morda vrednosti odvodov

začetni problem

2y y 2( ) xy x Ae

iskanje splošne rešitve

splošna rešitev

2 2y y y x ( ) x xy x x Ae Bxe

rešitev

2

(0) 3

y y

y

2( ) 3 xy x e

2 2

(0) 0

(0) 2

y y y x

y

y

( ) xy x x xe

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE ENAČBE Z LOČLJIVIMI SPREMENLJIVKAMI

10

DIFERENCIALNE ENAČBE Z LOČLJIVIMI SPREMENLJIVKAMI

V diferencialni enačbi 1. reda lahko ločimo spremenljivki, če jo lahko zapišemo v obliki

nista enačbi z ločljivimi spremenljivkami

( )( ) ( )

( ) ali

u xv y y u x y

v y

2 0xy y

yy x

1

2

yy x

21y y 2

11

yy

2 1xyy x 21 x

yyx

y x y 1xy y xy

MATEMATIKA 2


11

Reševanje enačb z ločljivimi spremenljivkami

implicitna oblika splošne rešitve

U(y) primitivna funkcija za u(y)

V(x) primitivna funkcija za v(x)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) u y y v x U y V x U y V x C

Praktično navodilo: v enačbi pišemo ter prestavimo vse na eno in vse na drugo stran.

Nato vsako stran posebej integriramo in eni od njih prištejemo integracijsko konstanto.

dyy x y

dx

2 22 0x y y 2 22 0dy

x ydx

2 22

dy dxy x

2 22

dy dxy x

1 1

2C

y x ( )

2( 1)

xy x

Cx

( ) , V xy Ae A

MATEMATIKA 2


12

spremenljivk se ne da ločiti!

' ( )y v x y

( )'( ) ln ( ) C V xy

v x y V x C y e ey

'y x y

1

Vpeljemo novo spremenljivko u x y

u y

1u u

1 ln 1 11

xdu duu dx u x C u Ce

dx u

1xy Ce x

Pogosto srečamo enačbe, pri katerih je odvod sorazmeren funkcijski vrednosti, vendar se sorazmernostni faktor odvisen od x.

MATEMATIKA 2


13

Začetni problem pri enačbah z ločljivimi spremenljivkami

0 0

( ) ( )

( )

u y y v x

y x y

0 0

( ) ( )y x

y x

u y dy v x dx

21

(1) 2

xyy x

y

2

2 1

1y x xydy dx

x

2 2

2 1

ln2 2

y xy x

x

2 22 21

2 ln 2ln 52 2 2

y x

x y x x

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE POVZETEK

14

Diferencialna enačba je funkcijska enačba, v kateri nastopajo odvodi iskane funkcije.

Rešitev DE je funkcija y=y(x), ki za vse x ustreza enačbi. Število prostih parametrov,

od katerih je odvisna rešitev je enako redu enačbe.

Geometrično je rešitev DE vsaka krivulja, ki je tangentna na polje smeri.

Začetni problem je iskanje rešitve DE, ki ustreza nekim začetnim pogojem.

DE z ločljivimi spremenljivkami rešimo tako, da ločimo spremenljivki in potem integriramo vsako stran enačbe posebej.

MATEMATIKA 2


15

Primer modeliranja z DETripsin je encim trebušne slinavke, ki nastane iz tripsinogena. V reakciji nastopa tripsin kot katalizator, zato je hitrost nastajanja tripsina sorazmerna z njegovo koncentracijo.

y0 ........... začetna koncentracija tripsina y(t) ........... koncentracija tripsina v času t y’=ky ........... hitrost nastajanja je sorazmerna koncentraciji

Model napoveduje eksponentno in neomejeno rastkoličine tripsina. To se v resnici ne more zgoditi, zato moramo poiskati ustreznejši model.

0(0)

y ky

y y

začetni problem: rešitev: y=y0ekt

0kty y e

0y

y

t

MATEMATIKA 2


16

Med reakcijo se tripsinogen porablja: iz vsake molekule tripsinogena nastane ena molekula tripsina. Zato privzamemo, da je hitrost reakcije sorazmerna tako koncentraciji tripsina, kot koncentraciji tripsinogena. Če je skupna koncentracija tripsina in tripsinogena C, začetna koncentracija tripsina pa y0 dobimo začetni problem:

Logistična krivulja: model predvideva, da bo koncentracija tripsina zrasla do prvotne koncentracije tripsinogena, potem pa se bo ustalila.

0

( )

(0)

y ky C y

y y

0 0

00

1ln

( ) ( )

yy tt

y y

dy dy yk dt k dt kt

y C y y C y C C y

0

0

0

( )1 1

Ckt

CktCy

C yC y Ce y t

y y e

MATEMATIKA 2


17

Logistična krivulja je dober model za omejeno rast, vendar ni vedno povsem ustrezna. Npr. pri tumorjih število rakastih celic najprej narašča eksponencialno, potem pa se rast umiri in sčasoma ustavi. S poskusi so ugotovili, da krivulja naraščanja ni logistična temveč t.im. Gompertzova krivulja (ena od vidnih razlik je, da pri njej prevoj nastopi precej prej kot pri logistični).

Gompertzova funkcija

(1 )0( )

atk ey t y e

logistična krivulja

Gompertzova krivulja

MATEMATIKA 2


18

Eksperimentalno ugotovljeno zakonitost poskusimo razložiti tako, da pogledamo, kateri diferencialni enačbi ustreza Gompertzova funkcija.

s staranjem se reproduktivna moč celic zmanjšuje

reproduktivni faktor se ne spreminja, vendar je naraščanje sorazmerno le z delom števila celic v tumorju, ker se v notranjosti tumorja ustvari nekrotično območje

(1 ) (1 )0 0 ( )

at atk e k e at aty e y e ak e e y t

a

Diferencialna enačba pomeni, da število rakastih celic narašča sorazmerno z velikostjo tumorja, vendar se sorazmernostni faktor spreminja s časom. Vzroke za spremembo razlagajo različno:

aty e y

( )aty e y

( )aty e y

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE LINEARNE ENAČBE

19

LINEARNE DIFERENCIALNE ENAČBE 1. REDA

( ) ( ) splošna LDE 1. reday a x y b x

( ) .Elementi ničelne množice so oblike ( je primitivna funkcija za ) A xHy Ce A x a x

( ) ( )3 ( ). je rešitev splošne LDEA x A xPy e b x e dx

( )( ) 0 ( )

a x dxdyy a x y a x dx y Ce

y

( ) ( ) ( ) ( )( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

A x A x A x A xP P

P P

y e a x b x e dx e b x e a x y b x

y a x y b x

: ( ) je linearna funkcija (na prostoru zvezno odvedljivih funkcij)L y y a x y

1. ( ) rešitve linearne enačbe so oblike , kjer je neka rešitev enačbe, pa element ničelne množice za

P

P H

HL y b x

L

y

y

y

y

y

2.

( ) 0 : 0

ničelno množico za tvorijo rešitve enačbe

homogena LDE 1. reda

L

L y y a x y

MATEMATIKA 2


20

sin( )xy y x 1 sin( )xy y

x x

1( ) lnA x dx x

x

lnsin( ) sin cos xx

B x e dx x dx xx

1( ) cosy x x C

x

REŠEVANJE LDE 1. REDA

( ) ( )y a x y b x

1. izračunamo integral ;

2. izračunamo integral ;

3. splošna rešitev enačbe je

( )( ) ( ) A xB x b x e dx ( )( ) ( ( ) )A xy x e B x C

( ) ( )A x a x dx

MATEMATIKA 2


21

ZAČETNI PROBLEM ZA LDE 1.REDA

0 0

( ) ( )

( ) y a x y b x

y x y

0

0

( )

( ) ( )

( ) ( )

izračunamo x

x

xA x

x

A x a x dx

B x b x e dx

( )0( ) ( ( ) )rešitev A xy x e B x y

2 3

(0) 1 y y

y

0

( ) 2 2x

A x dx x

2 2

0

3 3( ) 3

2 2

xx xB x e dx e

22

23 3( ) 1

2 22 2

3x xx

y x e ee

MATEMATIKA 2


22

RL- ELEKTRIČNI KROG

Kirchhoffov zakon: E=ER+EL

LDE 1.reda

Kakšen je tok v krogu s konstantnim virom napetosti E0?

ER=RIpadec napetosti na uporu:

padec napetosti na tuljavi: EL=LI ’

L

R

1( )

RI I E t

L L

0

1

(0) 0

RI I E

L LI

0 0

0

( ) 1t R R

t tL L

E EB t e dt e

L R

0( ) 1R

tL

EI t e

R

vir napetosti:

E=E(t)

t

I

0ER

0

( )t R R

A t dt tL L

MATEMATIKA 2


23

0( ) sinizmenični vir napetosti E t E t 0

1sin

(0) 0

RI I E t

L LI

2 2sin sin cosuporabimo:

axax e

e bx dx a bx b bxa b

2

2

0 02 2 2 2

0

sin cos sin cos

tRt RL t

LRL

E E Le R Rt t e t t

L L R L L

0 02 2 2 2 2 2

sin cosR

tLE E L

I t R t L t eR L R L

0 02 2 22 2 2

sin( ) arctgR

tLE E L L

t eR L RR L

0

( )t R R

A t dt tL L

0

0

( ) sint R

tL E

B t e t dtL

2 2sin cos sin arctguporabimo: , kjer je b

a x b x a b xa

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE REŠLJIVOST DIFERENCIALNIH ENAČB

24

2 2

2 2

( ) 0

(0) 1

( ) 0 0

Začetni problem rešitev, ker je edina

rešitev enačbe dana s funkci

nima

jo

y y

y

y y y x

1( ) 1

(0) 1

Začetni problem ima za rešitevedi no

yy x x

y

1( ) 1.

(0) 1 Začetni problem ima rešitevneskončn oblike

o

yy

y x Cxxy

REŠLJIVOST DE 1. REDA

MATEMATIKA 2


25

PICARDOVA ITERACIJSKA METODA Numerična metoda za reševanje DE 1.reda, ki obenem daje zadostne pogoje za rešljivost DE 1.reda.

(Podobno smo pri Newtonovi metodi enačbo f(x)=0 preoblikovali v x=g(x).)

0

0 0

0

( , )

( )

( ) ( , ( )) ,

Rešitev začetnega problema

zapišemo kot integralsko enačbo

ki je primerna za reševanje z metodo iteracij.

x

x

y f x y

y x y

y x y f t y t dt

Tvorimo zaporedje funkcij y0(x), y1(x), y2(x),... po rekurzivnem pravilu:

0

0 0 1 0( ) , ( ) ( , ( ))x

n nx

y x y y x y f t y t dt

0 0 1( ) , ( ) ( , ( )), ( ) lim ( )Za vse je za limito pa velja:n n n nnn y x y y x f x y x y x y x

(če je f zvezna in če smemo odvajati limito)0 0 0( ) lim ( , ( )) ( , lim ( )) ( , ( )) ( ) lim ( )in n n nn n n

y x f x y x f x y x f x y x y x y x y

limitna funkcija y(x) je rešitev začetnega problema.

MATEMATIKA 2


26

......

Taylorjeva vrsta za funkcijo y(x)=ex.

(0) 1

y y

y

1

0

( ) 1 1 1 x

y x dt x 0 ( ) 1y x

2

2

0

( ) 1 (1 ) 12

x x

y x t dt x 2 2 3

3

0

( ) 1 (1 ) 12 2 6

x t x x

y x t dt x

0 1

0

( ) 1, ( ) 1 ( )x

n ny x y x y t dt

2

(0) 1 y x y

y

MATEMATIKA 2


27

Če so izpolnjeni določeni pogoji, Picardove iteracije konvergirajo proti rešitvi začetnega problema, dobljena rešitev pa je enolična.

Če sta f(x,y) in fy’(x,y) zvezni na neki okolici točke (x0,y0)

potem začetni problem ima natanko eno rešitev

y=y(x) na neki okolici točke x0.0 0

( , )

( ) y f x y

y x y

( ) tgy x x21

(0) 0 y y

y

Rešitve ni zmeraj mogoče podaljšati na celo realno os!

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE LINEARNE ENAČBE 2. REDA

28

LINEARNE DIFERENCIALNE ENAČBE 2. REDA

( ) ( ) splošna LDE 2. reday a x y b x y c x

: ( ) ( ) je linearna funkcija (na prostoru dvakrat zvezno odvedljivih funkcij)L y y a x y b x

1. ( ) rešitve linearne enačbe so oblike , kjer je neka rešitev enačbe, pa element ničelne množice za

P

P H

HL y c x

L

y

y

y

y

y

2.

( ) 0 : 0

ničelno množico za tvorijo rešitve enačbe

homogena LDE 2. reda

L

L y y a x y b x y

Iz rezultatov o rešljivosti diferencialnih enačb sledi, da je ničelna množica dvodimenzionalna.

Elementi ničelne množice so oblike yH=c1y1+c2y2 , kjer sta y1in y2 linearno neodvisni rešitvi homogene enačbe.

3. Splošna rešitev enačbe je oblike y=yP+c1y1+c2y2.

Glavna težava pri LDE 2. reda je, v splošnem ni mogoče rešiti homogene enačbe.

MATEMATIKA 2


29

Dovolj je, če poznamo eno rešitev homogene enačbe: potem lahko izračunamo še eno neodvisno rešitev homogene enačbe ter partikularno rešitev nehomogene enačbe.

1 2 1( ) ( ) 0 :Naj bo rešitev enačbe drugo rešitev iščemo kot y y a x y b x y y u y

1

1

(2 )y

u a uy

( )

21( )

A xeu

y

(A(x) primitivna funkcija za a(x))

1 1 1 1 1 1

1 1

1 1 1 1

0 2

2

y a y b y u y uy uy

auy auy

buy u y u y ay

=0

( )

2 1 21

( ) ( )( ( ))

A xey x y x dx

y x

MATEMATIKA 2


30

1 2Py vy wy

1 1 2 2Py v y vy w y wy 1 2 0dodatni pogoj: v y w y

1 2vy wy

1 1 2 2Py v y vy w y wy

1 2 1 1 1 2 2 2

1

( ) ( )P P Py ay by v y w y vy avy bvy wy awy bwy

v y w y

= 0 = 0

1 2

1 2

0v y w y

v y w y c

1 2Py uy vy

1 2

1 2

, ( ) ( ) 0.

( ) ( ) ( )

Naj bosta rešitvi enačbe Partikularno rešitev enačbe iščemo kot P

y y y a x y b x y

y a x y b x y c x y v y w y

2 1

1 2 2 1 1 2 2 1

,cy cy

v wy y y y y y y y

MATEMATIKA 2


31

( ) ( ) ( )y a x y b x y c x

1. Poiščemo vsaj eno rešitev homogene enačbe

2. Druga rešitev homogene enačbe je dana z

REŠEVANJE LDE 2.REDA

( )

2 1 21

( ) ( )( ( ))

A xey x y x dx

y x

3. Partikularno rešitev dobimo v obliki

kjer sta v,w določena z

1 2Py vy wy

2 1

1 2 2 1 1 2 2 1

,cy cy

v wy y y y y y y y

2 2 2(1 ) 2 2 (1 )x y xy y x

2 12

2 20 :

(1 ) (1 )Uganemo rešitev homogene enačbe

xy y y

xx

xy

22

2( ) ln(1 )

(1 )

xA x dx x

x

2

22 2

11 1x

x dxy xx xx x

2 2 21 2 2

3 2

(2 ) 1 ( 1 ,3 2

) 1 1 ,y y y y x x x x v x w xx x

v x w

42 2322 2( ) ( 1) ( 1)

2( 1

6)

3 2

x xy x x

x xAx B xx x Ax B x

MATEMATIKA 2


32

preprosto rešljiva homogena enačba lažje računanje posebne rešitve

Primeri uporabe: nihanja električna vezja modeliranje metabolizma .......

( )y ay by f x

LDE 2. REDA S KONSTANTNIMI KOEFICIENTI

HOMOGENA ENAČBA

Poskusimo z nastavkom: y=erx (po zgledu z LDE 1.reda)

par realnih ničel

dvojna realna ničla

par konjugiranih kompleksnih ničel

0y ay by

2( ) 0rxr ar b e

2

rx

rx

rx

y e

y re

y r e

2 0r ar b

2

1,2

4

2

a a br

2 4 0a b 2 4 0a b 2 4 0a b

MATEMATIKA 2


33

1. primer: par realnih ničel r1,r2:

splošna rešitev:

2. primer: dvojna realna ničla r

splošna rešitev:

1 21 2( ) , ( )bazični rešitvi r x r xy x e y x e

1 21 2( ) r x r x

Hy x ce c e

1 2( ) ( ) rxHy x c c x e

1 2( ) , ( )bazični rešitvi rx rxy x e y x xe

3. primer: par konjugirano kompleksnih ničel: α+iβ, α-iβ

splošna rešitev

( )i x x i xe e e potrebujemo rešitve, ki so realne funkcije

1 2( ) cos , ( ) sinbazični rešitvi x xy x e x y x e x

1 2( ) ( cos sin )xHy x e c x c x

MATEMATIKA 2


34

Diferencialna enačba

Karakteristična enačba Ničle Splošna rešitev

0y y

0y y

4 4 0y y y

4 5 0y y y

0y y y

2 1 0r

2 1 0r

2 4 4 0r r 2 4 5 0r r

2 1 0r r

1 21, 1r r

1 2,

0, 1

r i r i

1,2 2r

1 25, 1r r

1

2

1 3

2 2

1 3

2 2

r i

r i

1 2x xce c e

1 2cos sinc x c x

21 2( )xe c c x

51 2

x xce c e

2 3 31 22 2( cos sin )

x

e c x c x

MATEMATIKA 2


35

rešitev iščemo v obliki

NEHOMOGENA ENAČBA

1. način

in dobimo preprosto rešljiv sistem

kjer je

( )y ay by f x

1 2( ) ( ) ( ) ( ) ( )Py x u x y x v x y x

2 1 1 2

0

1( ) ( ) ( ( ) ( ) ( ) ( ))

xat

Py x f t e y x y t y x y t dtA

1 2 1 2(0) (0) (0) (0)A y y y y

2 3y y y x 2 2 3 0r r karakteristična enačba:

rešitve kar. enačbe: 1 21, 3r r 3

1 2( ) , ( )x xy x e y x e rešitve homogene:

4A3

2 3 3

0

1 3 2( ) ( )

4 9 4 36

x x xt x t x t

P

x e ey x te e e e e dt

partikularna rešitev:

31 2

3 2( )

9x xx

y x ce c e splošna rešitev:

MATEMATIKA 2


36

2. način

Za nekatere pomembne primere desnih strani lahko na podlagi izkušenj uganemo obliko rešitve in računamo le neznane koeficiente.

desna stran nastavek (ki so neznani koeficienti)

f(x)=Pn(x) (polinom n-te stopnje)

f(x)=eax

Izjema: če je nastavek za yP rešitev homogene enačbe, potem cel nastavek pomnožimo z x (oz. z x2, če ima karakteristični polinom dvojno ničlo).

Superpozicija: če je desna stran vsota izrazov iz levega stolpca tabele, potem tudi za nastavek vzamemo ustrezno vsoto.

11 1 0( ) ...n n

P n ny x k x k x k x k

( ) axPy x ke

( ) cos , ( ) sinf x bx f x bx 1 2( ) cos sinPy x k bx k bx

( ) ( )axnf x e P x 1

1 1 0( ) ( ... )ax n nP n ny x e k x k x k x k

( ) cos , ( ) sinax axf x e bx f x e bx 1 2( ) ( cos sin )axPy x e k bx k bx

MATEMATIKA 2


37

2 3y y y x 3

1 2( ) ,rešitve homogene: x xy x e y e

0

nastavek y ax b

y a

y

1 20 2 3( ) ,

3 9 a ax b x a b

3 2( )

9P

xy x

31 2

3 2( )

9x xx

y x ce c e

22 xy y y x e 2 2 1 0kar. enačba r r 1,2 1r 1 2( ) , ( )x xy x e y x xe

(ker sta ex in xex rešitvi homogene enačbe)2 2

2

2

( )

2 2

2 2 4

Nastavek: x

x x

x x x

y ax bx c dx e

y ax b dxe dx e

y a de dxe dx e

2 2 2 2 2(2 2 4 ) 2(2 2 ) ( )x x x x x x xa de dxe dx e ax b dxe dx e ax bx c dx e x e

11, 4, 6,

2a b c d

22

1 2( ) 4 6 ( )2

xxx e

y x x x c c x e

MATEMATIKA 2


38

REŠEVANJE LDE 2.REDA S KONSTANTNIMI KOEFICIENTI

3. Nehomogeno enačbo rešimo z nastavkom

par realnih ničel r1,r2

dvojna ničla r

par kompleksnih ničel α+iβ, α+iβ

Izjema: če je nastavek za yP rešitev homogene enačbe, potem cel nastavek pomnožimo z x ali z x2.

( )y ay by f x 2 0r ar b 1. Rešimo karakteristično enačbo

2. Na podlagi rešitev določimo bazične rešitve homogene enačbe

1 21 2( ) , ( )r x r xy x e y x e

1 2( ) , ( )rx rxy x e y x xe 1 2( ) cos , ( ) sinx xy x e x y x e x

11 1 0( ) ...n n

P n ny x k x k x k x k

( ) axPy x ke

( ) cos , ( ) sinf x bx f x bx 1 2( ) cos sinPy x k bx k bx

( ) ( )axnf x e P x 1

1 1 0( ) ( ... )ax n nP n ny x e k x k x k x k

( ) cos , ( ) sinax axf x e bx f x e bx 1 2( ) ( cos sin )axPy x e k bx k bx

( ) ( )nf x P x

( ) axf x e

4. Splošna rešitev je y=yP+c1y1+c2y2.

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE NIHANJA

39

NIHANJA

sile, ki delujejo na utež

nehomogena LDE 2. reda homogena LDE za odmik od ravnovesne lege

y

y=y(t) odmik od ravnovesne legey’(t) hitrosty’’(t) pospešek

my’’ =mg-ky

ky y g

m

y0

y-y0

mg=ky0 ravnovesna lega obremenjene vzmeti

0 0 0( ) ( )m y y ky ky k y y

0 0( ) ( ) 0k

y y y ym

MATEMATIKA 2


40

Utež z maso m obesimo na vzmet in izmaknemo za L iz ravnovesne lege. Kako bo zanihala?(privzamemo veljavnost Hookovega zakona, zanemarimo upor in maso vzmeti)

harmonično nihanje

0

(0)

(0) 0

ky y

my L

y

( ) cos sin

, 0

k ky t A t B t

m mA L B

( ) cos k

y t L tm

periodično nihanje z amplitudo L in frekvenco frekvenca je odvisna le od mase uteži in trdote vzmeti, ni pa odvisna od amplitude

km

enačba prostega nihanja(isto enačbo dobimo, če pri običajnem nihalu in pri majhnih kotih nadomestimo sin x z x)

MATEMATIKA 2


41

Sila dušenja je sorazmerna hitrosti (če hitrost ni prevelika) in ima nasprotno smer.

koeficient dušenja

my ky cy

0c k

y y ym m

enačba dušenega nihanja

2 0c k

r rm m

karakteristična enačba:

2

1,2

4

2

c c kmr

m

rešitve karakteristične enačbe:

DUŠENO NIHANJE

MATEMATIKA 2


42

2 4 koeficient dušenja je majhenc km

2 22 202

2

4

2 4d

cm

km c k cm m m

( ) ( cos sin )td dy t e A t B t 2 2 cos( )t

dA B e t arctgBA

Če je koeficient dušenja dovolj majhen, vtež niha z amplitudo, ki eksponentno vpada s časom. Frekvenca nihanja je konstantna in je nekoliko manjša od frekvence nedušenega nihanja.

MATEMATIKA 2


43

2 4 koeficient dušenja je velikc km2

1

2

2

40

2

40

2

c km cr

m

c km cr

m

1 2( ) r t r ty t Ae Be

Pri velikem koeficientu dušenja se vtež bodisi preprosto vrne v ravnovesno lego in v njej obmiruje ali pa enkrat zaniha in potem obmiruje v ravnovesni legi.

2 4 mejni primerc km

2( ) ( )c

tmy t e A Bt

V mejnem primeru se zgodi podobno kot v primeru velikega koeficienta dušenja.

MATEMATIKA 2


44

VSILJENO NIHANJE

zunanja sila, ki deluje na vzmet

lastna frekvenca prostega nihanja

Splošna rešitev:

Posebno rešitev dobimo z: - nastavkom - variacijo konstant - integralsko formulo

- rešitev začetnega problema y(0)=y’(0)=0 - primerna tudi za odsekoma zvezne desne strani

f(t)

( )my ky f t

0

km

0 0

2 20

( ) ( ) cos sin

( ) cos( )

P

P

y t y t A t B t

y t A B t

0

0

1( ) ( )sin ( )

t

Py t f x t x dxk

MATEMATIKA 2


45

en signal sproži harmonično nihanje

posamezni signali spremenijo amplitudo, frekvenca se ne spreminja

periodični signal s frekvenco nesorazmerno z lastno frekvenco povzroči neurejeno nihanje

MATEMATIKA 2


46

periodični signal s frekvenco enako lastni povzroči resonanco

periodični signal s frekvenco blizu lastne povzroči utripanje

MATEMATIKA 2


47

Zakaj pride do resonance?

zunanja sila:

nastavek:

splošna rešitev:

amplituda neomejeno narašča

0( ) cosf t F t 2 00 cos

Fy y t

m

cos siny A t B t 2 2 2 0

0cos sin ( cos sin ) cosy y

FA t B t A t B t t

m

02 20

, 0( )

F

A Bm

002 2

0

( ) cos cos( )( )

Fy t t C t

m

0

amplituda linearno narašča

00

0

( ) sin2P

Fy t t t

m

0 ( cos sin )nastavek: y t A t B t

MATEMATIKA 2


48

DUŠENO VSILJENO NIHANJE

superpozicija dveh nihanj; drugo postane sčasoma zanemarljivo (prehodno stanje stacionarno stanje)⇒

v stacionarnem stanju je frekvenca enaka frekvenci spodbujanja, amplituda pa je odvisna od mase, koeficienta upora ter razlike med frekvenco spodbujanja in lastno frekvenco dušenega nihanja.

Amplituda pri dušenem vsiljenem nihanju ne narašča čez vse meje, ko gre ωω0

20 cos 4(Privzamemo )my cy ky F t c km

2 20( ) cos( ) ,

2Rešitev homogene enačbe: t

H d d

cy t Ce t

m

cos sinNastavek za nehomogeno enačbo ( ):d y A t B t 2 2

0 02 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

( ),

( ) ( ) d

d d

m cA F B F

m c m c

0

2 2 2 2 2 2( ) cos( ) cos( )

( )Splošna rešitev: t

v d

d

Fy t t Ce t

m c

Razmerje med amplitudo spodbujanja in amplitudo nihanja – ojačenje – je

2 2 2 2 2 2

1

( )dm c

0

2c

1c

1

2c

1

4c Resonančna krivulja

Ojačenje kot funkcija frekvence spodbujanja za različne vrednosti koeficienta upora (k=1, m=1):

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE ELEKTRIČNI KROG

49

RLC ELEKTRIČNI KROG

Padec napetosti na ...

upoštevamo I=Q ’:

E(t)

ER=RI

EL=LI ’

C

QE

C

- uporu je sorazmeren toku;

- tuljavi je sorazmeren spremembi toka;

- kondenzatoru je sorazmeren naboju.

( )

1R L CE t E E E

RI LI QC

1( )LI RI I E t

C ( )my cy ky F t

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE ELEKTRIČNI KROG

50

induktanca tuljave L

upor R

recipročje kapacitivnosti 1/C

odvod napetosti iz vira E ’(t)

električni tok I 2. Kirchhoffov zakon

masa m (inercija)

koeficient dušenja c (viskoznost)

koeficient elastičnosti k

zunanja sila F(t)

odmik od ravnovesja y2. Newtonov zakon

RLC krog z izmeničnim (sinusnim) virom napetosti (R>0):

- prehodnemu toku sledi stacionarni električni tok; - frekvenca stacionarnega toka je enaka frekvenci vira; - amplituda stacionarnega toka je odvisna od induktance,

kapacitivnosti in razlike med frekvenco vira in lastno frekvenco RLC kroga

- ko se frekvenca vira približa lastni frekvenci pride do utripanja in do resonance

1( )LI RI I E t

C ( )my cy ky F t

MATEMATIKA 2

DIFERENCIALNE ENAČBE MODELIRANJE METABOLIZMA

51

MODEL ZA UGOTAVLJANJE DIABETESADiabetes je disfunkcija pri presnovi glukoze. Pri običajnem testiranju dobi pacient na tešče večjo količino glukoze. V naslednjih nekaj urah mu večkrat odvzamejo kri in izmerijo koncentracijo glukoze. Oblika sprememb je podlaga za ugotavljanje diabetesa. Zaradi nihanja koncentracije, individualnih razlik in drugih dejavnikov, ki vplivajo na količino glukoze v krvi, je pogosto težko postaviti pravilno diagnozo.

1. OBLIKOVANJE MATEMATIČNEGA MODELA

Presnovo glukoze krmili vrsta hormonov: insulin (spodbuja absorbcijo glukoze), glukagon (spodbuja nastanek glukoze iz glikogena v jetrih), adrenalin (spodbuja nastanek glukoze in zavira izločanje insulina), tiroksin (spodbuja nastanek glukoze iz ne-karbohidratov), somatotropin (zavira delovanje insulina) in drugi.

G: koncentracija glukoze v krviH: skupna koncentracija hormonov v krvi; tiste, ki zmanjšujejo G štejemo z negativnim, ostale pa s pozitivnim predznakom; v običajnih okoliščinah prevladuje vpliv insulina. Laboratorijsko merimo predvsem G; določanje H je precej težje ali celo nemogoče.

Spreminjanje G in H je odvisno od trenutnih koncentracij G in H.

dovajanje insulina v kri

( , ) ( )

( , ) G u G H J t

H v G H

MATEMATIKA 2


52

Funkciji u in v nista znani. Njuni vrednosti blizu ravnovesnega stanja (G0,H0) lahko približno izrazimo s pomočjo parcialnih odvodov (temu pristopu pravimo linearizacija):

0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0

( , ) ( , ) ( , ) ( ) ( , ) ( )

( , ) ( , ) ( , ) ( ) ( , ) )G H

G H

u G H u G H u G H G G u G H H H

v G H v G H v G H G G v G H H H

sistem LDE 1.reda( )

( , , , 0)

g ag bh J ta b c d

h cg dh

0 0( ), ( )Napišemo diferencialno enačbo za odmike od ravnovesja

(podobno kot pri nihanjih)

g G G h H H

, , ,Vrednosti ne poznamo, lahko pa ocenimo njihov predznak - pozitiven, če vplivajo na povečanje količine in negativen, če povzročajo zmanjšanje količine.

G H G Hu u v v

MATEMATIKA 2


53

Prevedemo na LDE 2.reda:odvajamo 1. enačbo

h’ izrazimo iz 2. enačbe

bh izrazimo iz 1. enačbe

g a g b h J ( )a g b c g d h J

( )a g bc g d J a g g J

( ) ( )a d g ad bc g J d J

( ) ( )g a d g ad bc g J d J

2. POSLEDICE MATEMATIČNEGA MODELA

Pacientu damo glukozo na začetku in skoraj trenutno, zato je smiselno reševati homogeno enačbo pri začetnih pogojih g(0)=J in g’(0)=0.

Enačba opisuje dušeno nihanje splošna rešitev gre sčasoma proti ⇒ 0, tj. G gre proti G0.

Splošna rešitev je (ob negativni diskriminanti) nihanje oblike

torej je določena s konstantami G0,A,α,d,δ.

0( ) cos( )tdG t G Ae t

S poskušanjem ugotovimo, da je lastna frekvenca d najmanj občutljiva za napake pri merjenju koncentracij. Na podlagi izkušenj je frekvenca, ki ustreza manj kot 4 uram znak normalne presnove, tista pa, ki ustreza bistveno več kot 4 uram pa kaže na diabetes.

Konstante določimo s pomočjo metode najmanjših kvadratov iz nekaj meritev (običajno 6-8).

Documents

2 Diferencialne enačbe