D.J.Viseg.Reda

7/26/2019 D.J.Viseg.Reda

1/41

Diferencijalne jednadbe vieg redaRjeeni primjeri

1. JEDNADBE OBLIKA )()(

xfy n .............................................. .................................................. .. 22. SNIAVANJE REDA DIF. JEDNADBI OBLIKA 0),...,,,( )()1()( nkk yyyxF ............................. 73. LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNADBE S KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA.......... 13

3.1. Homogene.............................................. .................................................. .................................. 133.2. Nehomogene .............................................. .................................................. .............................. 20


2/41

1. JEDNADBE OBLIKA )()(

xfy n

Diferencijalnu jednadbu n-tog reda oblika )()( xfy n rjeavamo uzastopnom direktnomintegracijom.

Zadatak 1. Odrediti ope rjeenje diferencijalne jednadbe 75'''2

xy .Rjeenje. Jednadba 75''' 2 xy je jednadba oblika )()( xfy n budui da je )(75 2 xfx funkcija nezavisne varijablex. Prema tome, rjeava se uzastopnom direktnom integracijom.

/75'''2

xy

dxxy )75(''2

dxdxxy 75''2

dxdxxy 75'' 2

1

3

73

5'' Cxx

y

/735'' 13

Cxx

y

dxCxx

y )73

5(' 13

dxCxdxdxxy 13 7

3

5'

21

24

27

43

5' CxC

xxy

/27435

' 2124

CxCxx

y

dxCxCxxy )2

7

12

5

( 2124

dxCxdxCdxxdxxy 2124

2

7

12

5

32

2

1

35

232

7

512

5CxC

xC

xxy

32213

5

26

7

12 CxCx

Cx

xy OPE RJEENJE

(ope rjeenje ima 3 konstante: 1C , 2C i 3C iz razloga to se radi o opem rjeenjudiferencijalne jenadbe 3. reda)

Zadatak 2. Odrediti ope rjeenje duiferencijalne jednadbe 28'' xey .

Rjeenje. Ponovno se radi o jednadbi oblika )()( xfy n koju rjeavamo uzastopnomdirektnom integracijom.

/'' 28xeydxey

x 28'


3/41

8

8

8

28

' 28 dt

edt

dx

dxdt

xt

dxey tx

dtey t

8

1'

181' Cey t

128

8

1' Cey x

/81

' 128

Cey x

dxCey x )81

( 128

dxCdxey x 128

8

1

2128

64

1CxCey x OPE RJEENJE

(ponovno, vidi se da smo rjeavanjem diferencijalne jednadbe 2. reda doli do opeg rjeenjasa dvije konstante: 1C i 2C )

Zadatak 3. Odredite partikularno rjeenje diferencijalne jednadbe 132

IVyx uz poetneuvjete 0)0( y , 1)0(' y , 2)0('' y i 3)0(''' y .Rjeenje. Da bi mogli nai partikularno, najprije moramo nai ope rjeenje. Podijelimo li

jednadbu 132

IVyx sa 32

x dobivamo:

3

2

3

2

:/1 xyx IV

3

21

x

yIV

Sada je oito da se radi o diferencijalnoj jednadbi oblika )()( xfy n . Dakle, ope rjeenjeemo nai uzastopnom direktnom integracijom:

3

2

1

x

yIV

3

2

xyIV

/32

xyIV

dxxy

32

'''

1

3

1

3

1''' C

xy

13

1

3''' Cxy


4/41

/3''' 131

Cxy

dxCxy )3('' 131

dxCdxxy 131

3''

21

3

4

3

43'' CxC

xy

213

4

4

9'' CxCxy

/49

'' 2134

CxCxy

dxCxCxy )49

(' 213

4

dxCxdxCdxxy 21

3

4

4

9

'

32

2

1

3

7

23

74

9' CxC

xC

xy

32

2

13

7

228

27' CxC

xCxy

/22827

' 322

13

7

CxCx

Cxy

dxCxCx

Cxy )22827

( 322

13

7

dxCxdxCxC

dxxy 32213

7

228

27

43

2

2

31

3

10

2323

1028

27CxC

xC

xCxy

43

2

2313

10

26280

81CxC

xCx

Cxy OPE RJEENJE

(rjeavali smo diferencijalnu jednadbu 4. reda- ope rjeenje ima 4 konstante)

Trebamo nai partikularno rjeenje jednadbe 4. reda, prema tome trebamo imati zadana etiri

poetna uvjeta.

1. uvjet 0)0( y : uvrtavamo nulu u dobiveno ope rjeenje

0002

00

60

280

81)0( 443

2

2313

10

CCCCC

y

2. uvjet 1)0(' y : uvrtavamo nulu u izraunatu prvu derivaciju funkcijey

1102

00

28

27)0(' 332

2

13

7

CCCCy


5/41

3. uvjet 2)0('' y : uvrtavamo nulu u izraunatu drugu derivaciju funkcijey:

22004

9)0('' 2213

4

CCCy

4. uvjet 3)0(''' y : uvrtavamo nulu u izraunatu treu derivaciju funkcijey

3303)0(''' 1131

CCy

Izraunali smo vrijednosti sve etiri konstante: 31 C , 22 C , 13 C , 04 C .Prema tome, traeno partikularno rjeenje emo dobiti na nain da u ope rjeenje uvrstimoizraunate vrijednosti konstanti pa dobivamo:

012

26

3

280

81 23310

xx

xxy

I nakon sreivanja imamo:

xxxxy 23310

2

1

280

81 PARTIKULARNO RJEENJE

Zadatak 4. Odrediti partikularno rjeenje diferencijalne jednadbe xxy

sin''

uz poetne uvjete

0)0( y i 2)2

('

y .

Rjeenje. Da bi nali partikularno, najprije moramo nai ope rjeenje diferencijalne

jednadbe xx

ysin

'' . Ako istu jednadbu pomnoimo sax vidimo da se radi o jednadbi

oblika )()( xfy n te ju prema tome rjeavamo uzastopnom direktnom integracijom.

xxx

y /sin

''

xxy sin''

/sin'' xxy

dxxxy sin'

xdxxx

xxdxvdxdu

xdxdvxudxxxy coscos

cossin

sinsin'

xdxxxy coscos'1sincos' Cxxxy

/sincos' 1CxxxydxCxxxy )sincos( 1

dxCxdxxdxxxxxdxvdxdu

xdxdvxudxCxdxxdxxy 11 sinsinsinsincos

cossincos

21)cos()cos(sin CxCxxxxy

21cos2sin CxCxxxy OPE RJEENJE

Partikularno rjeenje emo nai tako to emo uz pomo poetnih uvjeta izraunati vrijednostkonstanti 1C i 2C .


6/41

1. uvjet 0)0( y : uvrtavamo nulu u izraunato ope rjeenje20200cos20sin0)0( 2221 CCCCy

2. uvjet 2)2

('

y : uvrtavamo2

u izraunatu prvu derivaciju funkcijey

1212

sin2

cos2

)2

(' 111 CCCy

Traeno partikularno rjeenje emo dobiti kada u ope rjeenje umjesto konstanti 1C i 2Cuvrstimo izraunate vrijednosti.

21cos2sin xxxxy PARTIKULARNO RJEENJE


7/41

2. SNIAVANJE REDA DIF. JEDNADBI OBLIKA 0),...,,,( )()1()( nkk yyyxF

Obinim diferencijalnim jednadbama n-tog reda oblika 0),...,,,( )()1()( nkk yyyxF gdje je

stupanj najnie derivacije razliit od nule odnosno 0k , supstitucijom )()( )( xyxz k

sniavamo red i dobivamo diferencijalnu jednadbu (n-k)-tog reda 0),....,'',',,()(

kn

zzzzxF

Zadatak 1. Odrediti ope rjeenje diferencijalne jednadbe 0''' yyx .

Rjeenje. Diferencijalna jednadba 0''' yyx oito nije jednadba oblika )()( xfy n . Naime,

podijelimo li jednadbu 0''' yyx sa x dobivamo 0''' x

yy , odnosno

x

yy

''' te se vidi da

desna strana te jednakosti nije jednaka funkciji po nezavisnoj varijablixjer nam se na desnojstrani nalazi i prva derivacija nepoznate funkcijey.

Prema tome, za rjeavanje diferencijalne jednadbe 0''' yyx najprije emo uvestisupstituciju, odnosno novu funkciju )(xz koja je jednaka najnioj derivaciji funkcijey koja se

nalazi u jednadbi 0''' yyx . Najnia derivacija funkcijey u jednadbi 0''' yyx je prvaderivacija. Prema tome imamo

)(')( xyxz

(deriviramo li gornju jednakost dobivamo)/')(')( xyxz

)('')(' xyxz

(nadalje emo pisati samo 'yz i ''' yz jer ne trebamo naglaavati da suz iy funkcijebuduida to znamo)

(sa izrazima 'yz i ''' yz sada se vraamo u diferencijalnu jednadbu 0''' yyx idobivamo)

0' zzx

(dakle dobili smo diferencijalnu jednadbu prvog reda u kojoj je nepoznata funkcija funckijaz)

(podijelimo li gornju jednadbu sa x dobivamo)xzzx :/0'

0' x

zz

(prebacimo lix

z na desnu stranu dobivamo)

x

zz '

(za diferencijalne jednadbe prvog reda znamo da ako se mogu prikazati u obliku)()(' ygxfy da se mogu rijeiti metodom separacije varijabli)

(jednadbax

zz ' je oblika )()(' zgxfz gdje je

xxf

1)( a zzg )( , prema tome moe se

rijeiti metodom separacije varijabli)


8/41

x

zz '

( 'z emo zapisati kaodx

dzz ' )

x

z

dx

dz

(kako bi separirali varijable itavu jednakost mnoimo sa dx )

dxx

z

dx

dz /

dxx

zdz

(jo se na desnoj strani elimo rijeitiz-a pa dijelimo saz)

zdxx

zdz :/

x

dx

z

dz

(separirali smo varijable i moemo integrirati)

/xdx

z

dz

xdx

z

dz

)(lnln 1Cxz

1lnln Cxz

(zbog jednostavnosti rjeenja uvodimo novu konstantu Ctakvu da vrijedi 1ln CC )

Cxz lnlnln

(koristei pravilob

aba lnlnln na desnoj strani gornje jednakosti dobivamo)

x

Cz lnln

x

Cz

(nali smo nepoznatu funkcijuz meutim jo trebamo izraunati emu je jednaka nepoznatafunkcijay )

(rjeavanje smo zapoeli uvoenjem supstitucije 'yz , prema tome sada kada smo izraunali

emu je jednaka funkcijaz da bi izraunali funkcijuy trebamo rijeiti dif. jednadbu)

x

Cy '

(gornja diferencijalna jednadba je najjednostavnijeg tipa, rjeavamo ju direktnomintegracijom )

/' xC

y


9/41

1ln1

CxCdxx

Cdxx

Cy

1ln CxCy OPE RJEENJE

Zadatak 2. Odrediti ope rjeenje diferencijalne jednadbe xyyx 1''''' .Rjeenje. Diferencijalna jednadba xyyx 1''''' je jednadba 3. reda. Takoer, ona nije

oblika )()( xfy n . Vidimo da je stupanj najnie derivacije nepoznate funkcijey u jednadbixyyx 1''''' jednak dva, prema tome moemo pokuati uvesti supstituciju )('')( xyxz i

vidjeti hoemo li tako dobiti jednadbu koju emo znati rijeiti.

Dakle, uvodimo supstituciju)('')( xyxz

(deriviramo li prethodnu jednakost dobivamo)/')('')( xyxz

)(''')(' xyxz

(dakle, sada se sa izrazima )('')( xyxz i )(''')(' xyxz odnosno izrazima ''yz i '''' yz

vraamo u dif. jednadbu xyyx 1''''' i dobivamo)

xzzx 1'(vidimo da smo dobili diferencijalnu jednadbu prvog reda u kojoj je nepoznata funkcija

funkcijaz)

(trebamo odrediti kojeg je tipa jednadba xzzx 1' )

(prvo moemo pokuati provjeriti moe li se jednadba zapisati u obliku )()(' zgxfz jer eto znaiti da se moe rijeiti separacijom varijabli)

xzzx 1'

(prebacimoz sa lijeve na desnu stranu)xzzx 1'

(podijelimo sax)xxzzx :/1'

11

' xx

zz

(desna strana gornje jednakosti se ne moe prikazati kao umnoak neke funkcije pox-u i nekepoz-u, prema tome gornju jednadbu ne moemo rijeiti separacijom varijabli)

(desna strana gornje jednadbe nije jednaka nekoj funkciji od izraza xz

, prema tome ne radi seo homogenoj dif. jednadbi)

(prebacimo lix

z sa desne na lijevu stranu dobivamo)

11

' xx

zz

(odnosno)


10/41

111

' x

zx

z

(sada bi trebali prepoznati da se radi o nehomogenoj linearnoj dif. jednadbi prvog reda iji jeopi oblik )()(' xqzxfz )

(u naem sluaju, funkcija )(xf iz izraza )()(' xqzxfz je jednakax

xf1

)( a funkcija )(xq je

jednaka 11)( x

xq )

(dakle, dif. jednadba 111' x

zx

z je nehomogena linearna dif. jednadba koju moemo

rijeiti Lagrangeovom metodom varijacije konstanti ili Bernoullijevom metodom)

(ovdje e se rijeiti Bernoullijevom metodom)

(najprije pretpostavimo da je nepoznata funkcijaz koju trebamo izraunati jednaka umnokufunkcija u i v)

vuz

(prema pravilu o derivaciji umnoka, tada slijedi)

''' vuvuz

(uvrstimo li dvije prethodne jednakosti u jednadbu 111' x

zx

z dobivamo)

111

''

x

vu

x

vuvu

(izluimo li v na lijevoj strani dobivamo)

11

')1

'( x

vuux

uv

(sada elimo nai onakvu funkciju u za koju e zagrada na lijevoj strani, odnosno izraz

)1

'( ux

u biti jednak nuli pa rjeavamo dif. jednadbu)

01

' ux

u

ux

u 1'

( 'u zapisujemo kaodx

duu ' )

uxdx

du

1

(kako bi separirali varijable gornju jednakost mnoimo sa izrazomu

dx )


11/41

u

dxu

xdx

du /

1

dxxu

du

1

(separirali smo varijable pa moemo integrirati)

/1 dxxudu

xdx

u

du

(kako traimo samo jednu, konkretnu funkciju uza koju e izraz )1'( ux

u biti jednak nuli u

iduem koraku emo zanemariti koonstantu C)xu lnln

(primjenjujemo pravilo naan lnln )xu lnln

1lnln xu

xu

1lnln

xu

1

(dakle, nali smo funkcijux

u1

i za nju e izraz )1'( ux

u biti jednak nuli )

(ako sada funkcijux

u1

uvrstimo u izraz 11')1'( x

vuux

uv dobivamo)

11

'1

x

v

x(pomnoimo li gornju jednakost sax dobivamo)

xx

vx

/11

'1

xv 1'

(gornja jednadba je najjednostavnijeg tipa i rjeavamo ju direktnim integriranjem)

/1' xvdxxv )1(

Cx

xv 2

2

(izraunali smo funkcijux

u1

i funkciju Cxxv 2

2

)

(poeli smo od pretpostavke da je nepoznata funkcijazjednaka vuz prema tome sadaslijedi)


12/41

xC

xC

xx

xz

1

21)

2(

1 2

(dakle, izraunali smo funkcijuz)

(jo moramo izraunati emuje jednaka funkcijay)

(zadatak smo zapoeli uvoenjem supstitucije ''yz pa imamo)

xC

xy

1

21''

(gornja jednadba je oblika )()( xfy n pa ju rjeavamo uzastopnom direktno mintegracijom )

/1

21''

xC

xy

dxxCx

y )1

21('

1

2

ln4

' CxCxxy

/ln4' 12

CxCx

xy

dxCxCx

xy )ln4

( 12

dxCxdxCdxxxdxy 12 ln41

xxxdxx

xxxxdxvdx

xu

dxdvxuxdx ln

1ln1

lnln

21

32

ln122 CxCxCxxCxx

y OPE RJEENJE(vidimo da ope rjeenje sadri 3 konstante : C, 1C i 2C , to je i oekivano jer smo rjeavalidif. jednadbu treeg reda)


13/41

3. LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNADBE S KONSTANTNIMKOEFICIJENTIMA

3.1. Homogene

Homogena linearna diferencijalna jednadba n-tog reda s konstantnim koeficijentima jejednadba

0'''... 012)1(

1)( yayayayay

nn

n .

Uvrtavanjem supstitucije rxey u prethodnu jednadbu dobivamo

0... 012

21

1

rxrxrxrxn

nrxn eaeraeraeraer .

(izluimo li rxe na lijevoj strani dobivamo)

0)...( 012211 arararare nnnrx

(gornji izraz e biti jednak nuli kada izraz u zagradi bude jednak nuli)

0... 012

21

1 arararar nn

n Karakteristina jednadba

OPE RJEENJE poetne dif. jednadbe je nn yCyCyCy ..2211 gdje su nyyy ,...,, 21patrikularna (ili bazna) rjeenja koja dobivamo na sljedei nain:

Naemo sva rjeenja karakteristine jednadbe.1. Ako je r realno jednostruko rjeenje njemu pripada partikularno rjeenje rxe .

2. Ako je r realno rjeenje viestrukosti s njemu pripadaju partikularna rjeenjarxsrxrxrx exexexe 12 ,...,,,

3. Ako je i jednostruki kompleksni par korjena, njemu pripadaju partikularna rjeenja

xexe xx sin,cos

4. Ako je i kompleksni par korjena viestrukosti s, njemu pripadaju partikularna rjeenja

xexxexxe xsxx cos,...,cos,cos 1 i xexxexxe xsxx sin,...,sin,sin 1

O RJEAVANJU KARAKTERISTINIH JEDNADBI

Svaka jednadba oblika0... 012211 axaxaxax

nn

n

Se moe zapisati u obliku

0)(...)()( 21 21 pa

paa

xxxxxx

pri emu su pxxx ,...,, 21 razliiti realni ili kompleksni brojevi.


14/41

Iz zapisa 0)(...)()( 21 21 pa

paa xxxxxx slijedi da je 1x rjeenje poetne jednadbe

viestrukosti 1a , da je 2x rjeenje poetne jednadbe odnosno korijen (nul-toka) polinoma

012

21

1 ... axaxaxax nn

n viestrukosti 2a itd.

Zadatak 1.Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe 045'39''11''' yyyy .

Rjeenje. Radi se o homogenoj linearnoj dif. jednadbi s konstantnim koeficijentima. Nakonsupstitucije rxey dobivamo karaktersitinu jednadbu

0453911 23 rrr Karakteristina jednadba

(trebamo nai sva rjeenja karakt. jednadbe)(radi se o jednadbi 3. stupnja)

(pogaati emo rjeenja)(slobodni lan (ili koeficijent) polinoma 453911 23 rrr je -45)

(djelitelji broja -45 su 1,-1,+3,-3,5,-5,9,-9,15,-15,)

(najprije uvrtavamo broj 1)01645391111 23 (dakle, 1 nije rjeenje karakt. jednadbe)

(uvrtavamo -1)0964539111

(dakle, niti -1 nije rjeenje karakt. jednadbe)

(uvrtavamo 3)0451179927

(dakle, 3 je korijen polinoma 453911 23 rrr )(prema tome, sada znamo da je polinom 453911 23 rrr djeljiv sa polinomom 3r )

0

4515

4515

248

45398

3

158)3(:)453911(

2

2

23

223

r

r

rr

rr

rr

rrrrrr

(pomnoimo li jednakost 158)3(:)453911( 223 rrrrrr sa polinomom 3r dobivamo)

)3()158(453911 223 rrrrrr

(jednadbu 0453911 23 rrr sada moemo zapisati kao)

0)3()158( 2 rrr

(gornja jednadba e biti jednaka nuli kada jedna od zagrada na lijevoj strani bude jednakanuli)


15/41

(dakle, dalje nastavljamo rjeavajui jednadbu 01582 rr )

2

28

2

606482,1

r

31 r

52 r

(dakle, polinom 1582 rr je jednak umnoku )5)(3( rr )

(sada imamo)

0)5()3()3()5()3()3()158(453911 2223 rrrrrrrrrrr

(prema tome sada zakljuujemo da je 3 realno rjeenje karakt. polinoma viestrukosti 2 a 5realno jednostruko rjeenje)

- 32,1 r je realno rjeenje viestrukosti 2 pridruujemo mu partikularna rjeenjaxe

3 i xex 3

- 53 r je realno jednostruko rjeenje pridruujemo mu partikularno rjeenje xe5

xxx eCexCeCy 533

23

1 OPE RJEENJE

Zadatak 2.Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe 05'4'' yyy .Rjeenje. Radi se o homogenoj lin. diferencijalnoj jednadbi s konstantnim koeficijentima.

Nakon uvrtavanja supstitucije rxey dolazimo do karakteristine jednadbe:

0542 rr Karaktersitina jednadba

(trebamo nai sva rjeenja karakt. jednadbe odnosno sve nul-toke polinoma 542 rr )

iii

r

22

24

2

44

2

44

2

20164 22,1

ir 21ir 22

(polinom 542 rr se dakle moe zapisati kao )2()2(542 irirrr )

(dakle, rjeenje ir 21 je jednostruko i ir 22 je jednostruko, pa je kompleksni parkorijena ir 22,1 takoer jednostruk)

- prema pravilima, jednostrukom kompleksnom paru korijena ir 22,1 pridruujemo

partikularna rjeenja xe x cos2 i xe x sin2

xeCxeCy xx sincos 222

1 OPE RJEENJE

Zadatak 3.Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe 0'''2'''2 yyyyyy IVV .Rjeenje. Radi se o homogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadbi s konstantnimkoeficijentima. Supstitucijom rxey dolazimo do karakteristine jednadbe:

0122 2345 rrrrr Karaktersitina jednadba


16/41

(pogaati emo rjeenja)(slobodni koeficijent polinoma 122 2345 rrrrr je -1)

(djelitelji broja -1 jesu 1 i -1)

(uvrstimo 1 u karaktersitinu jednadbu)0112211

(dakle, 1 je jedno od rjeenja karakteristine jednadbe)(slijedi da je polinom 122 2345 rrrrr djeljiv polinomom 1r )

0

1

1

22

122

12)1(:)122(

23

23

45

242345

r

r

rr

rrr

rr

rrrrrrrr

(pomnoimo li sada dobivenu jednakost 12)1(:)122( 242345 rrrrrrrr sa 1rdobivamo)

)1()12(122 242345 rrrrrrrr

(karaktersitinu jednadbu 0122 2345 rrrrr sada moemo zapisati kao : )

0)1()12(122 242345 rrrrrrrr

(dakle, gornja jednakost e vrijediti kada jedan od izraza 12 24 rr i 1r bude jednak nuli )

(prema tome, nastavljamo rjeavanjem jednadbe )

012 24 rr

(gornji izraz se moe zapisati prema pravilu za kvadrat zbroja 222 2)( bababa kao )

0)1( 22 r

(korjenujemo li gornji izraz dobivamo)

012 r

12 r

1r2

ir

ir

(slijedi )

)()(12 irirr


17/41

2222 )()()1( irirr

(dakle, sada vrijedi)

0)1()()()1()1()1()12(122 2222242345 ririrrrrrrrrrrr

(sada oitavamo)

ir1 je kompleksno rjeenje viestrukosti 2 ir2 je kompleksno rjeenje viestrukosti 2

ir je par kompleksnih rjeenja viestrukosti 2 13r realno jednostruko rjeenje

Jo trebamo svakom korijenu pridruiti pripadajua partikularna rjeenja:

ir 0 je par kompleksnih rjeenja viestrukosti 2- pridruujemo partikularna rjeenjaxxexexxexe oxxxx sin,sin,cos,cos 000

13r realno jednostruko rjeenje- pridruujemo partikularno rjeenje xe1

xeCxxCxCxxCxCy 54321 sinsincoscos OPE RJEENJE

Zadatak 4. Odrediti krivulju koja zadovoljava jednadbu 'yyV i za koju je 0)0( y ,

1)0(' y , 0)0('' y , 1)0(''' y , 2)0( IVy .Rjeenje. Da bi izraunali traeno partikularno rjeenje, najprije moramo izraunati operjeenje diferencijalne jednadbe 'yyV . Prebacimo li 'y na lijevu stranu, jednadba 'yyV

prelazi u oblik 0' yyV iz ega je oito da se radi o homogenoj linearnoj diferencijalnoj

jednadbi s konstantnim koeficijentima. Nakon uvoenja supstitucije rxey dolazimo do

karakteristine jednadbe: 05 rr Karakteristina jednadba

(izluimo li rdobivamo)0)1( 4 rr

(primijenimo li pravilo za razliku kvadrata )()(22 bababa slijedi)

0)1)(1( 22 rrr

0)1)(1)(1( 2 rrrr

012 r

12 rir

(dakle, polinom 12 r je jednak umnoku ))1)((12 rirr

(sada imamo)0))()(1)(1()1)(1)(1( 2 irirrrrrrrr


18/41

0)()()1()1()0( irirrrr

(iz posljednjeg zapisa moemo oitati rjeenja karakteristine jednadbe)

1. 01 r je realno jednostruko rjeenje pridruujemo mu partikularno rjeenjexe

0

2. 12 r je realno jednostruko rjeenje pridruujemo mu partikularno rjeenjexe1

3. 13

r je realno jednostruko rjeenje pridruujemo mu partikularno rjeenje xe 1

4. ir 05,4 je jednostruki par kompleksnih korijena pridruujemo im partikularna rjeenja

xe x cos0 i xe x sin0

xCxCeCeCCy xx sincos 54321 OPE RJEENJE

Da bi nali traeno partikularno rjeenje uz pomo zadanih poetnih uvjeta (obratiti panju nato da je poetnih uvjeta ukupno 5 i to iz razloga to se radi o diferencijalnoj jednadbi 5. reda)morati emo izraunati prve etiri derivacije naene funnkcije

.sincos 54321 xCxCeCeCCy xx

xCxCeCeCxCxCeCeCCy xxxx

cossin)'sincos(' 543254321

xCxCeCeCy xx cossin' 5432

xCxCeCeCxCxCeCeCy xxxx sincos)'cossin('' 54325432

xCxCeCeCy xx sincos'' 5432

xCxCeCeCxCxCeCeCy xxxx cossin)'sincos(''' 54325432

xCxCeCeCy xx cossin''' 5432

xCxCeCeCxCxCeCeCy xxxxIV sincos)'cossin( 54325432

xCxCeCeCy xxIV sincos 5432

Sada uvrtavamo poetne uvjete u funkcijuy i izraunate derivacije funkcijey:

0)0(y 00sin0cos)0( 4321540

30

21

CCCCCCeCeCCy

1)0('y 10cos0sin)0(' 532540

30

2

CCCCCeCeCy

0)0(''y 00sin0cos)0('' 432540

30

2 CCCCCeCeCy

1)0('''y 10cos0sin)0(''' 532540

30

2 CCCCCeCeCy

2)0(IVy 20sin0cos)0( 432540

30

2 CCCCCeCeCy

IV

Sustav od pet jednadbi sa pet nepoznanica koji smo dobili uz pomo poetnih uvjeta a koji

glasi:

04321 CCCC

1532 CCC

0432 CCC

1532 CCC

2432 CCC


19/41

Moemo zapisati u matrinom obliku :

201110

1

0

1

0

1

0

1

0

0110

1110

0110

1111

(od 3. reda oduzmemo 2. red)

201110

1

1

1

0

1

1

1

0

0110

1200

0110

1111


201110

0

1

1

0

2

1

1

0

0000

1200

0110

1111


111200

0

1

1

0

2

1

1

0

0000

1200

0110

1111


202000

01

1

0

21

1

0

00001200

0110

1111

Sada iz posljednja dva reda zadnje matrice oitavamo :002 55 CC

122 44 CC

Iz treeg reda matrice slijedi: 0021122 333543 CCCCCCIz drugog reda matrice slijedi: 12532 CCCCIz prvog reda matrice slijedi: 2011 114321 CCCCCC

Izraunali smo vrijednosti konstanti: 21 C , 12 C , 03C , 14 C i 05C .

Partikularno rjeenje emo dobiti iz opeg nakon uvrtavanja konkretnih vrijednosti konstanti:

xey x cos2 PARTIKULARNO RJEENJE


20/41

3.2. Nehomogene

Nehomogena linearna diferencijalna jednadba n-tog reda s konstantnim koeficijentima jejednadba

)('''... 012)1(

1)(

xfyayayayay nnn .

Rjeenje gornje jednadbe je funkcija PH yyy gdje je Hy ope rjeenje pripadnehomogene linearne diferencijalne jednadbe odnosno jednadbe

0'''... 012)1(

1)( yayayayay

nn

n

a Py je partikularno rjeenje poetne nehomogene jednadbe.

Ukoliko je funkcija )(xf posebnog oblika postoje metode za traenje partikularnog rjeenja

Py tj. Py se odreuje metodom neodreenih koeficijenata. U nastavku je karakteristini

polinom jednadbe 0'''... 012)1(

1)( yayayayay

nn

n , odnosno polinom

012

21

1 ... arararar nn

n oznaen sa )(r .

1. Ako je )()( xPexf nax- ako je 0)( a )(xQey n

axP

- ako je 0)( a )(xQexy naxs

P gdje je s viestrukost nultoke a

2. Ako je bxxQbxxPexf lkax sin)(cos)()(

- ako je 0)( bia bxxSbxxRey mmax

P sin)(cos)( gdje je lkm ,max

- ako je 0)( bia bxxSbxxRexy mmaxs

P sin)(cos)( gdje je lkm ,max igdje je s viestrukost nultoke bia

3. Ako je )(...)()()( 21 xfxfxfxf k gdje funkcije )(),...,(),( 21 xfxfxf k pripadaju prvoj ilidrugoj opisanoj kategoriji, traeno partikularno rjeenje Py je jednako

kPPPP yyyy ...

21

Pri emu je1P

y partikularno rjeenje jednadbe )('''... 1012)1(

1)(

xfyayayayay nn

n

Pri emu je2P

y partikularno rjeenje jednadbe )('''... 2012)1(

1)(

xfyayayayay nnn

.

.

.Pri emu je

kPy partikularno rjeenje jednadbe )('''... 012

)1(1

)(xfyayayayay k

nn

n

Zadatak 1.Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe xexyyy 26''' .

Rjeenje. Diferencijalna jednadba xexyyy 26''' je nehomogena linearna diferencijalnajednadba 2. reda s konstantnim koeficijentima.

Rjeenje gornje jednadbe biti e funkcija PH yyy gdje je Hy ope rjeenje pripadnehomogene diferencijalne jednadbe a Py partikularno rjeenje.


21/41

Dakle, najprije moramo nai Hy , odnosno ope rjeenje pripadne homogene jednadbe.Pripadna homogena diferencijalna jednadba je jednadba koju emo dobiti kada funkciju ponezavisnoj varijablix na desnoj strani jednadbe xexyyy 26''' zamijenimo sa nulom. Tadadobivamo:

06''' yyy

(nakon supstitucije rxey dobivamo)062 rxrxrx ereer

(izluimo rxe na lijevoj strani)0)6( 2 rre rx

(lijeva strana gornjeg izraza e biti jednaka nuli kada zagrada bude jednaka nuli) 062 rr Karakteristinijednadba

(trebamo nai sva rjeenja karakteristine jednadbe)

2

51

2

2411

2

)6(4112,1

r

31 r

22 r

(sada slijedi da je polinom 62 rr jednak umnoku polinoma )2)(3(62 rrrr )(prema tome, oba rjeenja 31 r i 22 r su jednostruka pa im pridruujemo partikularna

rjeenja xe 3 i xe2 )

(traeno ope rjeenje pripadne homogene jednadbe je sada jednako)

xxH eCeCy

22

31

(jo trebamo nai partikularno rjeenje nehomogene jednadbe Py )

(da bi to napravili prvo moramo funkciju sa desne strane jednadbe xexyyy 26''' , odnosno

funkciju xexxf 2)( svrstati u jednu od tri mogue kategorije )

Prva kategorija je ako je funkcijaf oblika )()( xPexf nax . Vidimo da je naa konkretna

funkcija xexxf 2)( upravo tog oblika. Naime, za vrijednost 2a i za polinom prvog stupnja

xxP )(1 izraz )(xPe nax je jednak xex 2 .

Nakon to smo svrstali funkciju xexxf 2)( u prvu kategoriju, trebamo provjeriti je li 2a

(broj koji u eksponentu od e mnoix u funkciji xexxf 2)( ) rjeenje karakteristinejednadbe koju smo jo od prije izraunali, i ako je rjeenje koliko mu je viestrukost.

Mi smo jo prilikom nalaenja funkcije xxH eCeCy2

23

1 rijeili karakteristinu jednadbu

i dobili smo da su 31 r i 22 r njezina jednostruka realna rjeenja. Prema tome, 2a jejednostruko realno rjeenje pa slijedi da e traeno partikularno rjeenje Py biti oblika

)(xQexy naxs

P gdje je s viestrukost od rjeenja 2a (u naem sluaju, s e biti jednako 1),


22/41

a gdje je )(xQn nepoznati polinom stupnja n gdje je njednako stupnju polinoma koji se nalazio

u xnax exxPexf

2)()( . To je bio polinom xxP )(1 stupnja 1, pa e polinom )(xQn biti nekinepoznati polinom prvog stupnja iji je opi zapis 01 AxA .Dakle, kada uvrstimo konkretnevrijednosti u Py dobivamo

)( 012

AxAexy xP .

Sada jo moramo izraunati vrijednosti konstanti 1A i 0A . Pretpostavka je da je)( 01

2AxAexy xP partikularno rjeenje poetne diferencijalne jednadbe

xexyyy26''' ,

prema tome kada ga uvrstimo u nju trebali bi dobiti identitet odnosno jednakost. Da bipartikularno rjeenje )( 01

2AxAexy xP uvrstili u jednadbu

xexyyy26''' najprije

moramo izraunati njegovu prvu i drugu derivaciju jer se one pojavljuju u jednadbi:)( 01

2AxAexy xP

)( 02

12

xAxAey x

P

(koristei pravilo za derivaciju umnoka funkcija '')'( gfgfgf dobivamo)

)2()(2' 012

02

12

AxAexAxAey xxP

(deriviramo gornji izraz)

)2()2(2)2(2)(4' 12

01

2

01

2

0

2

1

2

AeAxAeAxAexAxAey

xxxx

P

Izraunali smo prvu i drugu derivaciju od )( 012

AxAexy xP i sada ih uvrtavamo u

jednadbu xexyyy 26''' pa dobivamo:

)2(2)2(2)(4 012

012

02

12

AxAeAxAexAxAe xxx

xxxxxxexAxAeAxAexAxAeAe

20

21

201

20

21

21

2 )(6)2()(2)2(

(podijelimo li gornju jednakost sa xe2 dobivamo:)xxAxAAxAxAxAAAxAAxAxAxA 0

21010

21101010

21 662222242444

(sredimo gornji izraz)xxAxAAxAxAxAAAxAAxAxAxA 0

21010

21101010

21 662222242444

xAAAAAAAAAAxAAAx 01000101101112 222)622444()624(

xAAAxx 1012 25)10()0(

(izjednaavanjem koeficijenata na lijevoj i desnoj strani gornje jednakosti dobivamojednadbe)

10

1110 11 AA

25

1

5

150

5

15025 00010 AAAAA

Dakle, izraunali smo vrijednosti konstanti10

11 A i

25

10 A . Sada slijedi da je traeno

partikularno rjeenje )( 012 AxAexy xP jednako

)25

1

10

1(2 xexy xP

I konano, traeno rjeenje poetne diferencijalne jednadbe xexyyy 26''' je


23/41

)25

1

10

1(222

31

xexeCeCyyy xxxPH

Zadatak 2.Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe xeyyy 210147'8'' .

Rjeenje. Jednadba xeyyy 210147'8'' je nehomogena linearna diferencijalna jednadba 2.

reda s konstantnim koeficijentima. Dakle, njezino rjeenje e biti funkcija PH yyy

gdje jeHy ope rjeenje pripadne homogene diferencijalne jednadbe a Py partikularno rjeenje

nehomogene jednadbe.

Dakle, najprije moramo rijeiti pripadnu homogenu jednadbu koju emo dobiti na nain dafunkciju po nezavisnoj varijablix sa desne strane jednadbe xeyyy 210147'8'' zamijenimosa nulom. Tada dobivamo:

07'8'' yyy

(nakon supstitucije rxey dobili bi karakteristinu jednadbu)

0782 rr Karakteristina jednadba

2

68

2

368

2

746482,1

r

11 r

72 r

(zakljuujemo da je polinom 782 rr jednak umnoku )7)(1(782 rrrr )(prema tome, oba rjeenja 11 r i 72 r jesu jednostruka realna rjeenja pa im pridruujemo

partikularna rjeenja xe1 i xe7 )xx

H eCeCy7

21

Jo trebamo nai partikularno rjeenje nehomogene jednadbe xeyyy 210147'8'' , odnosnorjeenje Py . Da bi to napravili prvo moramo funkciju sa desne strane

jednadbe xeyyy 210147'8'' , odnosno funkciju xexf 21014)( svrstati u jednu od trimogue kategorije.

Prva kategorija je ako je funkcijaf oblika )()( xPexf nax . Vidimo da naa konkretna funkcija

xexf21014)( nije tog oblika. Naime, za vrijednost 2a i za polinom nultog stupnja

10)(0 xP izraz )(xPe nax je jednak xe210 , ali nije jednak funkciju xexf 21014)( .

Druga kategorija je ako je funkcijafoblika bxxQbxxPexf lkax sin)(cos)()( . U naoj

konkretnoj funkciji xexf 21014)( nema nikakvih trigonometrijskih funkcija pa se ne radi odrugom tipu.

Trea kategorija je ako je funkcija f oblika )(...)()()( 21 xfxfxfxf k gdje funkcije)(),...,(),( 21 xfxfxf k pripadaju prvoj ili drugoj opisanoj kategoriji. Naa konkretna funkcija

xexf21014)( se moe prikazati kao zbroj funkcija )()()( 21 xfxfxf pri emu je 14)(1 xf

a xexf 22 10)( . Funkcija 14)(1 xf je prve vrste, odnosno oblika )()( xPexf nax gdje je 0a

a )(xPn je polinom nultog stupnja 14)(0 xP . Funkcijaxexf

22 10)( je takoer prve vrste

odnosno oblika )()( xPexf nax gdje je 2a a )(xPn je polinom nultog stupnja 10)(0 xP .


24/41

Prema pravilima, traeno partikularno rjeenje Py biti e jednako 21 PPP yyy gdje je 1Py

partikularno rjeenje jednadbe 147'8'' yyy a2P

y partikularno rjeenje jednadbexeyyy

2107'8'' .

Dakle, najprije traimo partikularno rjeenje nehomogene jednadbe 147'8'' yyy . Ve smo

ustanovili da je funkcija 14)(1 xf prve vrste, odnosno oblika )()( xPexf nax gdje je 0a a)(xPn je polinom nultog stupnja 14)(0 xP . Sada trebamo utvrditi da li je 0a rjeenje

karakteristinog polinoma, i ako je koliko ja njegova viestrukost. Karakteristini polinomsmo ve rijeili pa znamo da 0a nije njegovo rjeenje. Tada zakljuujemo da je traeno

partikularno rjeenje oblika )(1

xQey nax

P gdje je )(xQn neki nepoznati polinom stupnja

jednakog stupnju polinoma iz 14)(1 xf , u naem sluaju to e biti nulti stupanj. Dakle,

000

1 AAey xP

Jo trebamo izraunati vrijednost konstante 0A . Pretpostavka je da je 01 AyP partikularno

rjeenje jednadbe 147'8'' yyy , prema tome, kada ga uvrstimo u dotinu jednadbu trebalibi dobiti identitet odnosno jednakost. Da bi ga mogli uvrstiti, najprije trebamo izraunati prvu

i drugu derivaciju od 01 AyP budui da se one pojavljuju u jednadbi 147'8'' yyy :01

AyP

0'1

Py

0''1

Py

Sada1P

y i prve dvije derivacije uvrtavamo u jednadbu 147'8'' yyy i dobivamo:

147080 0 A

20 A .Dakle, traeno partikularno rjeenje nehomogene jednadbe 147'8'' yyy je 2

1 Py .

Sada na isti nain trebamo nai partikularno rjeenje nehomogene jednadbexeyyy 2107'8'' . Ve smo utvrdili da je funkcija xexf 22 10)( druge vrste, odnosno da je

oblika )()( xPexf nax gdje je 2a a )(xPn je polinom nultog stupnja 10)(0 xP . Sada trebamo

utvrditi je li 2a rjeenje karakteristinog polinoma, i ako je koliko ja njegova viestrukost.Karakteristini polinom smo ve rijeili pa znamo da 2a nije njegovo rjeenje. Tadazakljuujemo da je traeno partikularno rjeenje oblika )(

2 xQey n

axP gdje je )(xQn neki

nepoznati polinom stupnja jednakog stupnju polinoma iz xexf 22 10)( , u naem sluaju to ebiti nulti stupanj. Dakle,

02

2 Aey

xP

Jo trebamo izraunati vrijednost konstante 0A . Pretpostavka je da je 02

2 Aey xP

partikularno rjeenje jednadbe xeyyy 2107'8'' , prema tome, kada ga uvrstimo u dotinujednadbu trebali bi dobiti identitet odnosno jednakost. Da bi ga mogli uvrstiti, najprijetrebamo izraunati prvu i drugu derivaciju od 0

22

Aey x

P budui da se one pojavljuju u

jednadbi xeyyy 2107'8'' :

02

2 Aey

xP

022'

2 Aey

xP

024''

2 Aey xP


25/41

Sada 02

2 Aey xP i prve dvije derivacije uvrtavamo u jednadbu

xeyyy

2107'8'' i

dobivamo:xxxx eeAeAeA

220

20

20 107164

(podijelimo li gornji izraz sa xe2 dobivamo)107164 000 AAA

105 0

A20 A

Dakle, traeno partikularno rjeenje nehomogene jednadbe xeyyy 2107'8'' je xP ey22

2 .

Jo prije smo utvrdili da e traeno partikularno rjeenje Py biti jednako 21 PPP yyy gdje je

1Py partikularno rjeenje jednadbe 147'8'' yyy a

2Py partikularno rjeenje jednadbe

xeyyy2107'8'' . Ta dva rjeenja smo sada izraunali, pa slijedi da je

xP ey

222 .Konano, traeno rjeenjeyje jednako PH yyy pa imamo:

xxx

eeCeCy27

21 22 .

Zadatak 3.Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe xxyy sin'' .Rjeenje. Jednadba xxyy sin'' je nehomogena linearna diferencijalna jednadba 2. reda skonstantnim koeficijentima.Njezino rjeenje e biti funkcija PH yyy gdje je Hy operjeenje pripadne homogene jednadbe a Py partikularno rjeenje nehomogene jednadbe

xxyy sin'' . Dakle, najprije moramo rijeiti pripadnu homogenu jednadbu odnosnojednadbu:

0'' yy

(nakon supstitucije rxey dobivamo karakteristinu jednadbu)

012 r

12 r

1r

ir

ir 1ir 2

(dakle, polinom 12 r se moe zapisati kao umnoak )1)((12 rirr )(prema tome, oba rjeenja ir 1 i ir 2 su jednostruka)

(slijedi da je ir 02,1 jednostruki kompleksni par korijena)

(prema pravilima, njima pridruujemo partikularna rjeenja xe x cos0 i xe x sin0 )

(sada je ope rjeenje pripadne homogene jednadbe 0'' yy jednako)xCxCyH sincos 21

Jo trebamo nai partikularno rjeenje nehomogene jednadbe xxyy sin'' , odnosno rjeenje

Py . Da bi to napravili prvo moramo funkciju sa desne strane jednadbe xxyy sin'' , odnosnofunkciju xxxf sin)( svrstati u jednu od tri mogue kategorije.


26/41

Prva kategorija je ako je funkcijaf oblika )()( xPexf nax . Vidimo da naa konkretna funkcija

xxxf sin)( nije tog oblika. Naime, u naoj funkciji xxxf sin)( pojavljuje se

trigonometrijska funkcija sinus, koja se ne pojavljuje u opem obliku )()( xPexf nax .

Druga kategorija je ako je funkcijafoblika bxxQbxxPexf lkax sin)(cos)()( . Naa

konkretna funkcija xxxf sin)( je ovog oblika. Naime, uzmemo li za a vrijednost 0a ,uzmemo li da je polinom )(xPk nul-polinom, odnosno da je 0)(0 xP , uzmemo li da jepolinom )(xQl polinom prvog stupnja jednak xxQ )(1 i uzmemo li da je 1b , izraz

bxxQbxxPexf lkax sin)(cos)()( postaje xxxxbxexf x sinsincos0)( 0 .

Prema pravilima, sada trebamo provjeriti je li kompleksni par iba , odnosno u ovom sluajukompleksni par i0 rjeenje karakteristine jednadbe, i ako je kolika mu je viestrukost. Mismo karakteristinu jednadbu ve rijeili, pa zakljuujemo da je kompleksni par i0

jednostruko rjeenje karakteristine jednadbe.

Prema pravilima, sada slijedi da e traeno partikularno rjeenje biti oblika

bxxSbxxRexy mmaxs

P sin)(cos)( gdje je lkm ,max . U naem sluaju, k je jednako nulia lje jednako 1, dakle mje jedan. Prema tome, )(xRm i )(xSm su dva nepoznata polinoma

prvog stupnja ije emo koeficijente morati izraunati.

Dakle, nakon uvrtavanja u bxxSbxxRexy mmaxs

P sin)(cos)( dobivamo

xBxBxAxAexy xP sin)(cos)( 010101

xBxBxAxAxyP sin)(cos)( 0101

xxBxBxxAxAyP sin)(cos)( 02

102

1

Jo trebamo izraunati vrijednost konstanti 1A , 0A , 1B i 0B . Pretpostavka je da je

xxBxBxxAxAyP

sin)(cos)(0

2

10

2

1 partikularno rjeenje jednadbe xxyy sin'' , prema

tome, kada ga uvrstimo u dotinu jednadbu trebali bi dobiti identitet odnosno jednakost. Dabi ga mogli uvrstiti, najprije trebamo izraunati drugu derivaciju od funkcije


102

1 budui da se ona pojavljuje u jednadbi xxyy sin'' :


102

1

(deriviramo gornju jednakost)xxBxBxBxBxxAxAxAxAyP cos)(sin)2()sin()(cos)2(' 0

21010

2101

xxAxABxBxxBxBAxAyP sin)2(cos)2(' 02

10102

101

(deriviramo gornju jednakost)

xxAxABxBxAxABxxBxBAxAxBxBAyP cos)2(sin)22()sin()2(cos)22('' 02

10101102

101011

xxBxBAxAAxABxxAxABxBBxBAyP sin)222(cos)222('' 02

10101102

101011

xxBxBAxABxxAxABxBAyP sin)242(cos)242('' 02

101102

1011

Nakon to smo izraunali drugu derivaciju funkcije xxBxBxxAxAyP sin)(cos)( 02

102

1 ,samu funkciju i njezinu drugu derivaciju uvrtavamo u jednadbu xxyy sin'' :


27/41

xxxxBxBxxAxAxxBxBAxABxxAxABxBA sinsin)(cos)(sin)242(cos)242( 02

102

102

101102

1011

(sredimo li lijevu strnu gornjeg izraza dobivamo:)xxxAxABxBxBA sinsin)242(cos)242( 011011

(sada moemo izjednaiti koeficijente koeficijent koji na lijevoj strani jednakosti mnoifunkciju xcos jednak je koeficijentu koji na desnoj strani mnoi funkciju xcos a to je nula pa

imamo)

0242 011 BxBA

(isto tako, koeficijent koji na lijevoj strani mnoi funkciju xsin mora biti jednak koeficijentukoji na desnoj strani mnoi funkciju xsin pa imamo)

xAxAB 011 242

(ponovno izjednaavamo koeficijente na jednadbama 0242 011 BxBA i xAxAB 011 242 idobivamo:)

022 01 BA

004 11 BB

022 01 AB

4

114 11 AA

4

122022 101001 ABABBA

0022 001 AAB

Izraunali smo vrijednost konstanti4

11 A , 00 A , 01B i 4

10 B , pa je partikularno

rjeenje xxBxBxxAxAyP sin)(cos)( 02

102

1 nakon uvrtavanja jednako:

xxxxyP sin)4

1(cos)

4

1( 2

Konano, traeno rjeenje PH yyy je jednako:

xxxxxCxCy sin)4

1(cos)

4

1(sincos 221 .

Zadatak 4.Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbexx

exeyyy 25

22

5

)2(4

25'5''

.

Rjeenje. Jednadbaxx

exeyyy 25

22

5

)2(4

25'5''

je nehomogena linearna diferencijalna

jednadba 2. reda s konstantnim koeficijentima. Dakle, traeno ope rjeenjey e biti oblikaPH yyy gdje je Hy ope rjeenje pripadne homogene diferencijalne jednadbe a Py

partikularno rjeenje nehomogene jednadbe.

Dakle, najprije moramo rijeiti pripadnu homogenu diferencijalnu jednadbu odnosno

jednadbu 04

25'5'' yyy . Nakon supstitucije rxey dolazimo do karakteristine jednadbe:


28/41

04

2552 rr Karakteristina jednadba

2

05

24

254255

2,1

r

2

51 r

2

52 r

(slijedi da se polinom4

2552 rr moe zapisati kao umnoak

22 )2

5()

2

5)(

2

5(

4

255 rrrrr )

(zakljuujemo da je2

52,1 r realno rjeenje viestrukosti 2 pa mu prema pravilima

pridruujemo partikularna rjeenjax

e 25

ix

xe 25

)

(traeno ope rjeenje pripadne homogene jednadbe 0

4

25'5'' yyy je jednako )

xx

H xeCeCy2

5

22

5

1

Jo trebamo nai partikularno rjeenje nehomogene jednadbe xx

exeyyy 25

22

5

)2(4

25'5''

,

odnosno rjeenje Py . Da bi to napravili prvo moramo funkciju sa desne strane

jednadbe xx

exeyyy 25

22

5

)2(4

25'5''

, odnosno funkciju

xx

exexf 25

22

5

)2()(

svrstati u

jednu od tri mogue kategorije.

Vidimo da funkcijaxx

exexf 2

5

22

5

)2()(

upada u treu vrstu. Naime, funkcijuxx

exexf 25

22

5

)2()(

moemo prikazati kao zbroj funkcija )()()( 21 xfxfxf gdje je

x

exf 25

1 )( a

x

exxf 25

22 )2()( . Sada vidimo da je funkcija

x

exf 25

1 )( prve vrste, odnosno

da je oblika )()( xPexf nax gdje je

2

5a a gdje je polinom )(xPn polinom nultog stupnja

odnosno 1)()( 0 xPxPn . Takoer, funkcijax

exxf 25

22 )2()( je prve vrste odnosno oblika

)()( xPexf nax gdje je

2

5a a gdje je polinom )(xPn polinom drugog stupnja odnosno

2)()( 22 xxPxPn .


partikularno rjeenje jednadbex

eyyy 25

4

25'5''

a

2Py partikularno rjeenje

jednadbe x

exyyy 25

2 )2(4

25'5'' .


29/41

Dakle, najprije traimo partikularno rjeenje nehomogene jednadbe x

eyyy 25

4

25'5''

. Ve

smo ustanovili da je funkcijax

exf 25

1 )( prve vrste, odnosno oblika )()( xPexf n

ax gdje je

2

5a a )(xPn je polinom nultog stupnja 1)()( 0 xPxPn . Sada trebamo utvrditi da li je

25a rjeenje karakteristinog polinoma, i ako je koliko ja njegova viestrukost.

Karakteristini polinom smo ve rijeili pa znamo da2

5a nije njegovo rjeenje. Tada

zakljuujemo da je traeno partikularno rjeenje oblika )(1

xQey nax

P gdje je )(xQn neki

nepoznati polinom stupnja jednakog stupnju polinoma iz x

exf 25

1 )( , u naem sluaju to e

biti nulti stupanj. Dakle,

02

5

1 Aey

x

P


1 Aey

x

P

partikularno rjeenje jednadbe x

eyyy 25

4

25'5''

, prema tome, kada ga uvrstimo u dotinu

jednadbu trebali bi dobiti identitet odnosno jednakost. Da bi ga mogli uvrstiti, najprije

trebamo izraunati prvu i drugu derivaciju od 025

1 Aey

x

P

budui da se one pojavljuju u

jednadbi x

eyyy 25

4

25'5''

:

02

5

1 Aey

x

P

x

P eAy 2

5

02

5'1

x

P eAy2

5

04

25''

1

Sada1P

y i prve dvije derivacije uvrtavamo u jednadbux

eyyy 25

4

25'5''

i dobivamo:

xxxx

eAeeAeA 25

02

5

2

5

02

5

04

25

2

25

4

25

(podijelimo li gornju jednakost sax

e 25

dobivamo)

14

25

2

25

4

25

000 AAA

(pomnoimo sa 4)4255025 000 AAA

25

10 A

.


30/41

Dakle, traeno partikularno rjeenje nehomogene jednadbex

eyyy 25

4

25'5''

je25

125

1

x

P ey .

Sada na isti nain trebamo nai partikularno rjeenje nehomogene

jednadbe x

exyyy 25

2 )2(4

25'5'' . Ve smo utvrdili da je funkcija

x

exxf 25

22 )2()( prve

vrste, odnosno da je oblika )()( xPexf nax gdje je

2

5a a )(xPn je polinom drugog

stupnja 2)()( 22 xxPxPn . Sada trebamo utvrditi je li 25

a rjeenje karakteristinog

polinoma, i ako je koliko ja njegova viestrukost. Karakteristini polinom smo ve rijeili pa

znamo da je2

5a njegovo realno rjeenje viestrukosti 2. Tada zakljuujemo da je traeno

partikularno rjeenje oblika )(2

xQexy naxs

P gdje je )(xQn neki nepoznati polinom stupnja

jednakog stupnju polinoma iz

x

exxf 2

52

2 )2()( , u naem sluaju to e biti drugi stupanj a gdjeje s viestrukost rjeenja

2

5a . Dakle,

)( 012

22

52

2 AxAxAexy

x

P

Jo trebamo izraunati vrijednost konstanti 2A , 1A i 0A . Pretpostavka je da je

)( 012

22

52

2 AxAxAexy

x

P partikularno rjeenje jednadbe x

exyyy 25

2 )2(4

25'5'' , prema

tome, kada ga uvrstimo u dotinu jednadbu trebali bi dobiti identitet odnosno jednakost. Dabi ga mogli uvrstiti, najprije trebamo izraunati prvu i drugu derivaciju od

)( 012

22

52

2

AxAxAexyx

P budui da se one pojavljuju u jednadbi x

exyyy 25

2 )2(4

25'5'' :

)( 012

22

52

2 AxAxAexy

x

P

)( 203

14

22

5

2 xAxAxAey

x

P

(deriviramo)

)234()(2

5' 0

21

32

2

52

03

14

22

5

2 xAxAxAexAxAxAey

xx

P

(deriviramo)

)234(2

5)(

4

25'' 0

21

32

2

52

03

14

22

5

2 xAxAxAexAxAxAey

xx

P

)2612()234(25 01

22

2

5

02

13

22

5

AxAxAexAxAxAexx

)2612()468(2

5)(

4

25'' 01

22

2

5

02

13

22

52

03

14

22

5

2 AxAxAexAxAxAexAxAxAey

xxx

P


31/41

Sada )( 203

14

22

5

2 xAxAxAey

x

P i prve dvije derivacije uvrtavamo u jednadbu

x

exyyy 25

2 )2(4

25'5'' i dobivamo:

)2612()468(2

5)(

4

2501

22

2

5

02

13

22

52

03

14

22

5

AxAxAexAxAxAexAxAxAexxx

)234(5)(2

250

21

32

2

52

03

14

22

5

xAxAxAexAxAxAexx

xx

exxAxAxAe 25

220

31

42

2

5

)2()(4

25

(podijelimo li gornji izraz sax

e 25

dobivamo)

)2612()468(2

5)222(

4

2501

220

21

32

20

31

42 AxAxAxAxAxAxAxAxA

)2()234(5)(2

25 20

21

32

20

31

42 xxAxAxAxAxAxA

(sreujemo)

22)6()12(2

0122

xAAxAx(slijedi)

12

1112 22 AA

006 11 AA

122 00 AA

Dakle, traeno partikularno rjeenje nehomogene jednadbex

exyyy 25

2 )2(4

25'5''

je )112

1( 22

52

2 xexy

x

P .

Jo prije smo utvrdili da e traenopartikularno rjeenje Py biti jednako 21 PPP yyy gdje je

1Py partikularno rjeenje jednadbe

x

eyyy 25

4

25'5''

a


jednadbe x

exyyy 25

2 )2(4

25'5'' . Ta dva rjeenja smo sada izraunali, pa slijedi da je

)112

1(

25

1 225

22

5

xexeyxx

P .

Konano, traeno rjeenjeyje jednako PH yyy pa imamo:

)1121(25122

5

22

5

2

5

22

5

1

xexexeCeCyxxxx

.

Zadatak 5.Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe xx exeyyyy 2)12(4'''''' .

Rjeenje. Jednadba xx exeyyyy 2)12(4'''''' je nehomogena linearna diferencijalnajednadba 3. reda s konstantnim koeficijentima. Dakle, traeno ope rjeenjey e biti oblika

PH yyy gdje je Hy ope rjeenje pripadne homogene diferencijalne jednadbe a Pypartikularno rjeenje nehomogene jednadbe.


32/41


33/41

oblika )()( xPexf nax gdje je 1a a gdje je polinom )(xPn polinom nultog stupnja odnosno

4)()( 0 xPxPn . Takoer, i funkcijaxexxf

22 )12()( je prve vrste odnosno oblika

)()( xPexf nax gdje je 2a a gdje je polinom )(xPn polinom prvog stupnja odnosno

12)()( 1 xxPxPn .


partikularno rjeenje jednadbe xeyyyy 4'''''' a2P

y partikularno rjeenje jednadbexexyyyy

2)12('''''' .

Dakle, najprije traimo partikularno rjeenje nehomogene jednadbe xeyyyy 4'''''' . Ve

smo ustanovili da je funkcija xexf 4)(1 prve vrste, odnosno oblika )()( xPexf nax gdje je

1a a )(xPn je polinom nultog stupnja 4)()( 0 xPxPn . Sada trebamo utvrditi da li je 1arjeenje karakteristinog polinoma, i ako je koliko ja njegova viestrukost. Karakteristini

polinom smo ve rijeili pa znamo da je 1a njegovo rjeenje viestrukosti 2. Tada

zakljuujemo da je traeno partikularno rjeenje oblika )(2

1 xQexy nx

P

gdje je )(xQn nekinepoznati polinom stupnja jednakog stupnju polinoma iz xexf 4)(1 , u naem sluaju to e bitinulti stupanj. Dakle,

02

1 Aexy xP


1 Aexy xP

partikularno rjeenje jednadbe xeyyyy 4'''''' , prema tome, kada ga uvrstimo u dotinujednadbu trebali bi dobiti identitet odnosno jednakost. Da bi ga mogli uvrstiti, najprijetrebamo izraunati prvu, drugu i treu derivaciju od 0

21

Aexy xP budui da se one pojavljuju

u jednadbi xeyyyy 4'''''' :

021 Aexy xP xx

P exAxeAy2

002'1

xxxxP exAxeAxeAeAy

20000 222''1

xxxP exAxeAeAy

2000 42''1

xxxxxP exAxeAxeAeAeAy

200000 2442'''1

xxxP exAxeAeAy

2000 66'''1

Sada1P

y i prve tri derivacije uvrtavamo u jednadbu xeyyyy 4'''''' i dobivamo:xxxxxxxxxx eAexexAxeAexAxeAeAexAxeAeA 424266 0

2200

2000

2000

(podijelimo li gornju jednakost sa xe dobivamo)144 00 AA

Dakle, traeno partikularno rjeenje nehomogene jednadbe xeyyyy 4'''''' je xP exy2

1 .

Sada na isti nain trebamo nai partikularno rjeenje nehomogenejednadbe xexyyyy 2)12('''''' . Ve smo utvrdili da je funkcija xexxf 22 )12()( prve vrste,

odnosno da je oblika )()( xPexf nax gdje je 2a a )(xPn je polinom prvog

stupnja 12)()( 1 xxPxPn . Sada trebamo utvrditi je li 2a rjeenje karakteristinog


34/41

polinoma, i ako je koliko ja njegova viestrukost. Karakteristini polinom smo ve rijeili paznamo da 2a nije njegovo rjeenje. Tada zakljuujemo da je traeno partikularno rjeenjeoblika )(2

2 xQey n

xP gdje je )(xQn neki nepoznati polinom stupnja jednakog stupnju

polinoma iz xexxf 22 )12()( , u naem sluaju to e bitiprvi stupanj. Dakle,

)( 012

2 AxAey

xP

Jo trebamo izraunati vrijednost konstanti 1A i 0A . Pretpostavka je da je )( 0122 AxAey xP partikularno rjeenje jednadbe xexyyyy 2)12('''''' , prema tome, kada ga uvrstimo udotinu jednadbu trebali bi dobiti identitet odnosno jednakost. Da bi ga mogli uvrstiti,najprije trebamo izraunati prvu, drugu i treu derivaciju od )( 01

22

AxAey x

P budui da se

one pojavljuju u jednadbi xexyyyy 2)12('''''' :

)( 012

2 AxAey

xP

(deriviramo)

12

012 )(2'

2 AeAxAey xxP

(deriviramo)

12

12

012 22)(4''

2 AeAeAxAey

xxxP

12

012 4)(4''

2 AeAxAey xxP

(deriviramo)xxx

P eAAeAxAey2

112

012 84)(8'''

2

xxP eAAxAey

2101

2 12)(8'''2

Sada )( 012

2 AxAey

xP i prve tri derivacije uvrtavamo u jednadbu

xexyyyy2)12('''''' i

dobivamo:xxxxxxxx exAxAeAeAxAeAeAxAeeAAxAe

201

21

201

21

201

22101

2 )12()()(24)(412)(8

(podijelimo li gornji izraz sa xe2 dobivamo)12)()(24)(412)(8 01101101101 xAxAAAxAAAxAAAxA

(sreujemo)1273)3( 101 xAAAx

(izjednaavanjem koeficijenata dobivamo)

3

223 11 AA

9

17

3

17

3

141713173 01010 AAAAA

Dakle, traeno partikularno rjeenje nehomogene jednadbe xexyyyy 2)12(''''''

je )9

17

3

2(2

2 xey xP .

Jo prije smo utvrdili da e traeno partikularno rjeenje Py biti jednako 21 PPP yyy gdje je

1Py partikularno rjeenje jednadbe xeyyyy 4'''''' a


jednadbe xexyyyy 2)12('''''' . Ta dva rjeenja smo sada izraunali, pa slijedi da je

)9

17

3

2(22 xeexy xxP .

Konano, traeno rjeenjeyje jednako PH yyy pa imamo:


35/41

)9

17

3

2(22321

xeexeCxeCeCy xxxxx .

Zadatak 6. Pretpostaviti partikularno rjeenje nehomogene jednadbexxxxeyyy x 2sin2cos)1(5'2'' 2 .

Rjeenje. Pod izrazom pretpostaviti partikularno rjeenje u biti se trai da naemo opioblik partikularnog rjeenja. Partikularno rjeenje Py nehomogene jednadbe

xxxxeyyy x 2sin2cos)1(5'2'' 2 ovisi o funkciji xxxxexf x 2sin2cos)1()( 2 .

Vidimo da funkcija xxxxexf x 2sin2cos)1()( 2 pripada drugoj kategoriji, odnosno da je

oblika bxxQbxxPexf lkax sin)(cos)()( pri emu je 1a , polinom )(xPk je polinom drugog

stupnja, odnosno 1)()( 22 xxPxPk , polinom )(xQl je polinom prvog stupnja odnosnoxxQxQl )()( 1 i 2b . Da bi mogli pretpostaviti opi oblik partikularnog rjeenja prvo

moramo odrediti da li je par kompleksnih brojeva bia , odnosno u naem sluaju parkompleksnih brojeva i21 rjeenje karakteristine jednadbe i ako je, koje je viestrukosti.

Karakteristina jednadba glasi: 0522 rr . Njezina rjeenju su:

iii

r 212

42

2

162

2

162

2

5442 22,1

Dakle, par kompleksnih brojeva ir 212,1 predstavlja jednostruki kompleksni par rjeenja

karakteristine jednadbe.

Sada znamo da e traeno partikularno rjeenje biti oblika bxxSbxxRexy mm

axsP sin)(cos)( gdje je s viestrukost rjeenja ir 212,1 , dakle s e biti

jednako 1 a gdje su polinomi )(xRm i )(xSm nepoznati polinomi stupnja m gdje je 21,2max,max lkm .

Dakle, xBxBxBxAxAxAexy xP 2sin)(2cos)( 01

2201

22 traeni opi oblik partikularnog

rjeenja

Zadatak 7. Pretpostaviti partikularno rjeenje nehomogene jednadbexxxxeyyy x sincos)1(5'2'' 2 .

Rjeenje. Trebamo nai opi oblik partikularnog rjeenja. Partikularno rjeenje Py

nehomogene jednadbe xxxxeyyy x sincos)1(5'2'' 2 ovisi o funkcijixxxxexf x sincos)1()( 2 .

Vidimo da funkcija xxxxexf x sincos)1()( 2 pripada drugoj kategoriji, odnosno da je

oblika bxxQbxxPexf lkax sin)(cos)()( pri emu je 1a , polinom )(xPk je polinom drugog

stupnja, odnosno 1)()( 22 xxPxPk , polinom )(xQl je polinom prvog stupnja odnosno

xxQxQl )()( 1 i 1b . Da bi mogli pretpostaviti opi oblik partikularnog rjeenja prvo


36/41

moramo odrediti da li je par kompleksnih brojeva bia , odnosno u naem sluaju parkompleksnih brojeva i1 rjeenje karakteristine jednadbe i ako je, koje je viestrukosti.

Karakteristina jednadba glasi: 0522 rr . Njezina rjeenju su:

i

ii

r 212

42

2

162

2

162

2

5442 2

2,1

Dakle, par kompleksnih brojeva ir 212,1 predstavlja jednostruki kompleksni par rjeenja

karakteristine jednadbe.Mi smo trebali provjeriti je li kompleksni par brojeva i1 rjeenje karakteristine jednadbe.Vidimo da to nije sluaj.

Sada znamo da e traeno partikularno rjeenje biti oblika bxxSbxxRey mmax

P sin)(cos)(

gdje su polinomi )(xRm i )(xSm nepoznati polinomi stupnja m gdje je 21,2max,max lkm .

Dakle, xBxBxBxAxAxAey xP sin)(cos)( 01

2201

22 traeni opi oblik partikularnog

rjeenja

Zadatak 8. Pretpostaviti partikularno rjeenje nehomogene jednadbexxexexxyy xx sincossin4'' .


nehomogene jednadbe xxexexxyy xx sincossin4'' ovisi o

funkciji xxexexxxf xx sincossin4)( .

Vidimo da funkcija xxexexxxf xx

sincossin4)( pripada treoj kategoriji, odnosno da sefunkcija )(xf moe prikazati kao zbroj funkcija )()()()( 321 xfxfxfxf gdje je

xxxf sin4)(1 , xexf x cos)(2 i xxexf

x sin)(3 . Svaka od funkcija )(1 xf , )(2 xf i )(3 xfpripada jednoj od prve dvije kategorije.

Dakle, traeno partikularno rjeenje Py biti e jednako 321 PPPP yyyy pri emu je 1Py

partikularno rjeenje jednadbe xxyy sin4'' ,2P

y partikularno rjeenje jednadbe

xeyy x cos'' a3P

y partikularno rjeenje jednadbe xxeyy x sin'' .

Dakle, najprije moramo nai opi oblik partikularnog rjeenja jednadbe xxyy sin4'' .Funkcija xxxf sin4)(1 je druge vrste, odnosno oblika bxxQbxxPexf lkax sin)(cos)()(1 pri

emu je 0a , polinom )(xPk je polinom nultog stupnja i to 0)()( 0 xPxPk , polinom )(xQl jepolinom prvog stupnja i to xxQxQl 4)()( 1 i 1b .

Sada trebamo provjeriti je li kompleksni par brojeva bia odnosno u naem sluaju parbrojeva i0 rjeenje karakteristine jednadbe.


37/41

Karakteristina jednadba glasi : 012 r12 rir

Dakle, par i0 je jednostruki kompleksni par korijena karakteristine jednadbe. Prematome, partikularno rjeenje

1Py nehomogene jednadbe xxyy sin4'' je oblika

bxxSbxxRexy mmaxs

P sin)(cos)(1

gdje je s viestrukost para i0 , odnosno s=1, a gdje su

)(xRm i )(xSm nepoznati polinomi stupnja mpri emu je 11,0max,max lkm .Dakle,

xBxBxAxAxyP sin)(cos)( 01011

Sada moramo nai opi oblik partikularnog rjeenja jednadbe xeyy x cos'' . Funkcija

xexf x cos)(2 je druge vrste, odnosno oblika bxxQbxxPexf lkax sin)(cos)()(2 pri emu je

1a , polinom )(xPk je polinom nultog stupnja i to 1)()( 0 xPxPk , polinom )(xQl je polinomnultog stupnja i to 0)()( 0 xQxQl i 1b .

Sada trebamo provjeriti je li kompleksni par brojeva bia odnosno u naem sluaju par

brojeva i1 rjeenje karakteristine jednadbe. Mi smo ve rijeili karakteristinu jednadbupa znamo da dotini par i1 nije njezino rjeenje.

Prema tome, partikularno rjeenje2P

y nehomogene jednadbe xeyy x cos'' je oblika

bxxSbxxRey mmx

P sin)(cos)(1

2 gdje su )(xRm i )(xSm nepoznati polinomi stupnja m pri

emu je 00,0max,max lkm .Dakle,

xDxCey xP sincos 001

Sada moramo nai opi oblik partikularnog rjeenja jednadbe xxeyy x

sin'' . Funkcijaxxexf x sin)(3 je druge vrste, odnosno oblika bxxQbxxPexf lk

ax sin)(cos)()(3 pri emu je

1a , polinom )(xPk je polinom nultog stupnja i to 0)()( 0 xPxPk , polinom )(xQl je polinomprvog stupnja i to xxQxQl )()( 1 i 1b .

Sada trebamo provjeriti je li kompleksni par brojeva bia odnosno u naem sluaju parbrojeva i1 rjeenje karakteristine jednadbe. Mi smo ve rijeili karakteristinu jednadbupa znamo da dotini par i1 nije njezino rjeenje.


y nehomogene jednadbe xxeyy x sin'' je oblika

bxxSbxxRey mmx

P sin)(cos)(1

2 gdje su )(xRm i )(xSm nepoznati polinomi stupnja m pri

emu je 11,0max,max lkm .Dakle,

xFxFxExEey xP sin)(cos)( 01013

Dakle, traeni opi oblik partikularnog rjeenja321 PPPP

yyyy je jednak

xFxFxExEexDxCexBxBxAxAxy xxP sin)(cos)(sincossin)(cos)( 0101000101 ___________________________________________________________________________


38/41

Zadatak 9. Pretpostaviti partikularno rjeenje nehomogene jednadbe xyyyIV 2sin16''8 .Rjeenje. Trebamo nai opi oblik partikularnog rjeenja. Partikularno rjeenje Py

nehomogene jednadbe xyyyIV 2sin16''8 ovisi o funkciji xxf 2sin)( .

Vidimo da funkcija xxf 2sin)( pripada drugoj kategoriji, odnosno da je oblika

bxxQbxxPexf lkax

sin)(cos)()( pri emu je 0a , polinom )(xPk je polinom nultog stupnja,odnosno 0)()( 0 xPxPk , polinom )(xQl je polinom nultog stupnja odnosno 1)()( 0 xQxQl i2b . Da bi mogli pretpostaviti opi oblik partikularnog rjeenja prvo moramo odrediti da li je

par kompleksnih brojeva bia , odnosno u naem sluaju par kompleksnih brojeva i20 rjeenje karakteristine jednadbe i ako je, koje je viestrukosti.

Karakteristina jednadba glasi: 0168 24 rr . Radi se o bikvadratnoj jednadbi pa uvodimosupstituciju 2rt . Tada dobivamo jednadbu

01682 tt

(primjenom pravila o kvadratu zbroja lijevu stranu zapisujemo kao)0)4( 2 t

(odnosno )0)4( 22 r

(lijeva strana gornjeg izraza e biti jednaka nuli kada 42 r bude jednako nuli)042 r

42 rir 2

(prema tome polinom )2()2(42 irirr pa imamo)

0)2()2()4(168 222224 irirrrr

(sada oitavamo da je ir 21 kompleksno rjeenje viestrukosti 2 odnosno ir 22 je takoerkompleksno rjeenje viestrukosti 2)

(dakle, par kompleksnih rjeenja ir 2 je viestrukosti 2)

Dakle, par kompleksnih brojeva i20 predstavlja kompleksni par rjeenja karakteristinejednadbe viestrukosti 2.

Sada znamo da e traeno partikularno rjeenje biti oblika bxxSbxxRexy mm

xsP sin)(cos)(

0 gdje je s viestrukost para i20 , a gdje su polinomi)(xRm i )(xSm nepoznati polinomi stupnja m gdje je 00,0max,max lkm .

Dakle, xBxAxyP 2sin2cos 00

2 traeni opi oblik partikularnog rjeenja

Zadatak 10. Pretpostaviti partikularno rjeenje nehomogene jednadbe xxexxyy 33sin29'' .Rjeenje. Trebamo nai opi oblik partikularnog rjeenja. Partikularno rjeenje Pynehomogene jednadbe xxexxyy 33sin29'' ovisi o funkciji xxexxxf 33sin2)( .


39/41

Vidimo da funkcija xxexxxf 33sin2)( pripada treoj kategoriji, odnosno da se funkcija )(xf

moe prikazati kao zbroj funkcija )()()( 21 xfxfxf gdje je xxxf 3sin2)(1 i xxexf

32 )( .

Svaka od funkcija )(1 xf i )(2 xf pripada jednoj od prve dvije kategorije.

Dakle, traeno partikularno rjeenjeP

y biti e jednako21 PPP

yyy pri emu je1P

y

partikularno rjeenje jednadbe xxyy 3sin29'' ,2P

y partikularno rjeenje jednadbexxeyy

39'' .

Dakle, najprije moramo nai opi oblik partikularnog rjeenja jednadbe xxyy 3sin29'' .

Funkcija xxxf 3sin2)(1 je druge vrste, odnosno oblika bxxQbxxPexf lkax sin)(cos)()(1 pri

emu je 0a , polinom )(xPk je polinom nultog stupnja i to 0)()( 0 xPxPk , polinom )(xQl jepolinom prvog stupnja i to xxQxQl 2)()( 1 i 3b .


Karakteristina jednadba glasi : 092 r92 rir 3

Dakle, par i30 je jednostruki kompleksni par korijena karakteristine jednadbe. Prematome, partikularno rjeenje

1Py nehomogene jednadbe xxyy 3sin29'' je oblika

xxSxxRexy mmxs

P 3sin)(3cos)(0

1 gdje je s viestrukost para i30 , odnosno s=1, a gdje su

)(xRm i )(xSm nepoznati polinomi stupnja mpri emu je 11,0max,max lkm .Dakle,

xBxBxAxAxyP 3sin)(3cos)( 01011

Sada moramo nai opi oblik partikularnog rjeenja jednadbe xxeyy 39'' . Funkcijaxxexf

32 )( je prve vrste, odnosno oblika )()(2 xPexf n

ax pri emu je 3a a polinom )(xPn jepolinom prvog stupnja i to xxPxPn )()( 1 .

Sada trebamo provjeriti je li broj 3a rjeenje karakteristine jednadbe. Mi smo ve rijeilikarakteristinu jednadbu pa znamo da dotinibroj nije njezino rjeenje.


y nehomogene jednadbe xxeyy 39'' je oblika

)(32

xQey nx

P gdje je )(xQn nepoznati polinomi stupnja n , odnosno stupnja 1.

Dakle, )( 013

2 CxCey

xP

Dakle, traeni opi oblik partikularnog rjeenja21 PPP

yyy je jednak

)(3sin)(3cos)( 013

0101 CxCexBxBxAxAxy x

P

Zadatak 11. Pretpostaviti partikularno rjeenje nehomogene jednadbexxexyyy x 3cos3sin)1(7'4'' 2 .


40/41


nehomogene jednadbe xxexyyy x 3cos3sin)1(7'4'' 2 ovisi o

funkciji xxexxf x 3cos3sin)1()( 2 .

Vidimo da funkcija xxexxf x 3cos3sin)1()( 2 pripada treoj kategoriji, odnosno da se

funkcija )(xf moe prikazati kao zbroj funkcija )()()( 21 xfxfxf gdje jexexxf x 3sin)1()( 21

i xxf 3cos)(2 . Svaka od funkcija )(1 xf i )(2 xf pripada jednoj odprve dvije kategorije.

Dakle, traeno partikularno rjeenje Py biti e jednako 21 PPP yyy pri emu je 1Py

partikularno rjeenje jednadbe xexyyy x 3sin)1(7'4'' 2 ,2P

y partikularno rjeenje

jednadbe xyyy 3cos7'4'' .

Dakle, najprije moramo nai opi oblik partikularnog rjeenja jednadbe

xexyyy x

3sin)1(7'4''2

. Funkcija xexxf x

3sin)1()(2

1

je druge vrste, odnosno oblika bxxQbxxPexf lk

ax sin)(cos)()(1 pri emu je 2a , polinom )(xPk je polinom nultogstupnja i to 0)()( 0 xPxPk , polinom )(xQl je polinom prvog stupnja i to 1)()( 1 xxQxQl i

3b .


Karakteristina jednadba glasi : 0742 rr

322

324

2

344

2

124

2

74164 22,1 i

iir

322,1 ir

Dakle, par i32 je jednostruki kompleksni par korijena karakteristine jednadbe. Prema

tome, partikularno rjeenje1P

y nehomogene jednadbe xexyyy x 3sin)1(7'4'' 2 je oblika

xxSxxRexy mmxsP 3sin)(3cos)(21 gdje je s viestrukost para i32 , odnosno s=1, agdje su )(xRm i )(xSm nepoznati polinomi stupnja mpri emu je 11,0max,max lkm .Dakle,

xBxBxAxAexy xP 3sin)(3cos)( 010121

Sada moramo nai opi oblik partikularnog rjeenja jednadbe xyyy 3cos7'4'' . Funkcija

xxf 3cos)(2 je druge vrste, odnosno oblika bxxQbxxPexf lkax sin)(cos)()(2 pri emu je0a , polinom )(xPk je polinom nultog stupnja i to 1)()( 0 xPxPk , polinom )(xQl je polinom

nultog stupnja i to 0)()( 0 xQxQl i 3b .

Sada trebamo provjeriti je li kompleksni par brojeva bia odnosno u naem sluaju parbrojeva i30 rjeenje karakteristine jednadbe. Mi smo ve rijeili karakteristinujednadbu pa znamo da dotinipar nije njezino rjeenje.


41/41


y nehomogene jednadbe xyyy 3cos7'4'' je oblika

xxSxxRey mmxP 3sin)(3cos)(01 a gdje su )(xRm i )(xSm nepoznati polinomi stupnja mpri emu je 00,0max,max lkm .Dakle,

xDxCyP 3sin3cos 002

Dakle, traeni opi oblik partikularnog rjeenja21 PPP

yyy je jednak

xDxCxBxBxAxAexy xP 3sin3cos3sin)(3cos)( 0001012

Documents

D.J.Viseg.Reda