Upload
lytu
View
221
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
Univerza v Ljubljani
Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo
Jože Šrekl
Diferencialne enačbe
Skripta za predavanja za Kemijske tehnologe
izredni študij
Ljubljana, 2011
J. Šrekl Diferencialne enačbe
2
Kazalo
1. Pojem diferencialne enačbe………………………………………………….3
2. Osnovni modeli enačb………………………………………………………..4
3. Konstrukcija matematičnega modela………………………………………7
4. Rešitve preprostih diferencialnih enačb…………………………………..8
5. Enačbe z ločljivimi spremenljivkami…………………………………..…12
6. Nehomogene diferencialne enačbe……………………………………….15
7. Nelinearne diferencialne enačbe prvega reda………………………….18
8. Diferencialna enačba drugega reda……………………………………..22
9. Reševanje homogene enačbe……………………………………………..22
10. Reševanje homogene enačbe s konstantnimi koeficienti.……………..23
11. Reševanje nehomogene enačbe s konstantnimi koeficienti.…………..26
12. Diferencialne enačbe višjega reda………………………………………30
13. Sistemi diferencialnih enačb……………………………………………..33
J. Šrekl Diferencialne enačbe
3
1. Pojem diferencialne enačbe
Pri problemih, kjer gre za ravnotežje (sil, tlakov, napetosti itd) se srečujemo z navadnimi
enačbami, ki popisujejo medsebojno povezavo dveh ali več spremenljivk. Vendar pa pri
naravnih pojavih pogosto srečujemo dogajanje, kjer se nekaj spreminja. Če se avto premika
po cesti, se s spreminjajočim časom spreminja njegova prevožena pot, morda tudi hitrost in
pospešek. V zaprti posodi segrevamo tekočino, s časom se spreminjata tlak in temperatura
tekočine. Takega spreminjajočega sistemu ni mogoče popisati z običajnimi linearnimi ali
nelinearnimi enačbami, ker se poleg samih spremenljivk (neodvisnih in odvisne) pojavijo tudi
odvodi odvisne spremenljivke (sistem postane dinamičen) in dobimo diferencialne enačbe.
Oglejmo si nekaj primerov takih enačb.
1. Vemo, da se pri radioaktivnem razpadu s časom manjša masa snovi, ki razpada. Z
enačbo želimo popisati hitrost razpadanja radioaktivne snovi. Hitrost razpada je
sorazmerna z maso, sorazmernostni koeficient je konstanta razpada.
Če označimo:
X – masa nerazpadle snovi v času t
c – začetna masa
k – konstanta razpada,
potem je enačba razpada:
dx
dtkx
in rešitev:
kxcex
2. Gibanje telesa pri neenakomernem gibanju, ki ga povzročajo sile popišemo z znano
Newtonovo enačbo. Produkt masa telesa in pospeška je enak vsoti vseh sil, ki delujejo
na telo
F ma
),,( txxFxm
Če zapišemo vse na desno stran, dobimo:
0 ),,( txxFxm
Tako dobimo idejo, kako splošno zapisati enačbo !
Posvetimo se splošni teoriji diferencialnih enačb in si oglejmo splošno obliko:
0),...,,,,( )( nyyyyxF
ki ima rešitev:
021 ),...,,,,( ncccyxG
kjer so: nccc ,...,, 21
konstante.
J. Šrekl Diferencialne enačbe
4
Diferencialne enačbe delimo po vrsti odvoda, po stopnji odvoda in po potencah odvodov
2. Osnovni modeli enačb
Padanje delca v viskoznem sredstvu (povezava enačb):
Na masni delec delujejo dve sile kot kaže slika
J. Šrekl Diferencialne enačbe
5
Slika 2.1.: Padanje delca
Primer: m = 10 kg, k = 2 kg/sec mi določa enačbo: 5
8.9v
dt
dv .
Pri hitrosti v = 40 m/sec je pospešek 8.1dt
dv , če je hitrost
v = 50 m/sec, je pospešek 2.0dt
dv . Obstaja torej vmesna točka, ko je pospešek enak 0.
Slika 2.2.:Polje smeri ki jo določa enačba (1 )
Če postavimo enačbo (1) v koordinatni sistem (x,v), dobimo v vsaki točki ravnine smer, ki jo
določa diferencialna enačba. Odvod v točki pomeni smer tangente na krivuljo v = f(x) v dani
točki.
J. Šrekl Diferencialne enačbe
6
Splošna enačba za polje smeri:
),( yxfdx
dy
Splošna enačba smeri povezuje odvod z neodvisno in odvisno spremenljivko, ki sta povezani
z neko funkcijsko zvezo. Grafično to lahko prikažemo v koordinatnem sistemu, kjer ima
vsaka točka v ravnini določeno smer glede na svojo lego.
Slika 2.4.: Določitev smeri v točki
Primer: Populacija miši na polju – zakon naravne rasti:
rpdt
dp
Zaradi zatiranja sovražnikov malih glodalcev (ujede, podlasice itd),dobimo drugačno enačbo
krpdt
dp (2)
Grafično enačbo prikažemo v polju smeri, kjer se nedvoumno vidi kako močna mora biti
populacija, da preživi.
Slika 2.2.:Polje smeri ki jo določa enačba (1 )
J. Šrekl Diferencialne enačbe
7
Polje hitrosti razmnoževanja za enačbo (2). Kritična vrednost je 900. Pod to vrednostjo se
populacija zmanjšuje, nad to vrednostjo doživimo populacijsko eksplozijo.
Primer: Še dva prim era polj smeri za dve različni enačbi:
3. Konstrukcija matematičnega modela
1. Določimo neodvisne in odvisne spremenljivke (čas je vedno neodvisna
spremenljivka).
2. Izberemo enote in mere za posamezne spremenljivke (enote morajo biti usklajene).
3. Določimo osnovne principe, ki opisujejo dogajanje (fizikalni zakoni itd).
4. V teh osnovnih principih (zakonih) uporabimo naše spremenljivke. To je običajno
najtežji del.
5. Prepričati se moramo, da imajo vsi deli enačbe enako fizikalno enoto. Ne moremo
seštevati različnih enot.
6. Iz točke 4. dobimo diferencialno enačbo, ki je matematični model fizikalnega
dogajanja.
7. V primerih, ko je dogajanje kompleksno – sestavljeno, dobimo sistem diferencialnih
enačb. Primer: Newtonova enačba v prostoru .
8. Pri kompliciranih diferencialnih enačbah ocenimo dejanski prispevek posameznih
delov enačbe in zanemarimo dele z zanemarljivim prispevkom.
J. Šrekl Diferencialne enačbe
8
4. Rešitve preprostih diferencialnih enačb
Diferencialna enačba je lahko neodvisna od odvisne spremenljivke y, torej je odvisna samo od
neodvisne spremenljivke :
)x(fy
Rešujemo tako, da enačbo preprosto integriramo:
dx)x(fdxy
in dobimo rešitev
cdx)x(fy
Rešitev te enačbe je enoparametrična družina krivulj.
Primer: Zakon harmonične rasti se popiše z enačbo
kxdt
dx
in je nasprotni zakon od zakona radioaktivnega razpada. Poleg osnovnega zakona
harmonične rasti obstaja še en zakon rasti:
00 k,a)(x),xb(kxdt
dx
Rešitev druge enačbe je :
bkt
ab e
bx
)1(1
ki ima za grafu logistična krivulja. V primeru ko je a manjši od polovice b dobimo krivuljo.
Na grafu smo določili tudi prevoj!
Diferencialna enačba je lahko neodvisna od odvisne spremenljivke y, torej je odvisna samo od
neodvisne spremenljivke
)y(fy
Rešujemo tako, da enačbo delimo z y in integriramo:
J. Šrekl Diferencialne enačbe
9
dx)y(f
dy
in dobimo rešitev
c)y(f
dyx
Rešitev te enačbe je enoparametrična družina krivulj.
Primer: Širjenje populacije glodavcev, Vrnimo se k enačbi širjenja populacije miši:
krpdt
dp
V enačbo vstavimo konkretne podatke r = 0.5, k = 450:
4505.0 pdt
dp
S križnim množenjem ločimo spremenljivke in po integraciji leve in desne strani dobimo:
2/900 t
cep
Slika 4. 1.: Rešitve enačbe o širjenju glodalcev
Primer: Padanje masnega delca v viskoznem sredstvu
Vrnimo se k enačbi
kvmgdt
dvm
J. Šrekl Diferencialne enačbe
10
V enačbo vstavimo konkretne podatke m = 10 kg, k = 2 kg/sec
58.9v
dt
dv
S križnim množenjem ločimo spremenljivke in po integraciji leve in desne strani dobimo:
5/49 t
cev
Če upoštevamo še začetni pogoj t=0, v=0, dobimo rešitev:
)1(49 5/tev
Slika 4. 2.: Rešitve enačbe o padanju masnega delca skozi viskozno sredstvo
Primer: Problem električnega kroga. Shema prikazuje električni tokokrog, v katerem imamo
upor z upornostjo R, kondenzator s kapacitivnostjo C in napajanje z napetostjo V
Enačba tokokroga pri konstantnem napajanju z napetostjo V:
VC
Q
dt
dQR
Enačbo uredimo:
CR
dt
QCV
dQ
Slika 4. 3.: Shema tokokroga
J. Šrekl Diferencialne enačbe
11
in jo lahko integriramo.
Primer: Določi funkcijo iztekanja nevarne tekočine iz prevrnjene cisterne
Podatki: Cisterna ima eliptično obliko z osema a in b in dožino L. Zaobljenost na koncih
cisterne zanemarimo.
Slika 4. 4.: Prevrnjena cisterna
Velja Torricelli-jev zakon za hitrost iztekanja v odvisnosti od višine tekočine nad iztekom:
ghhv 2)(
Sprememba volumna je količina iztečene tekočine je odvisna od preseka in hitrosti iztekanja:
dhhSvdtV )(
Velikost ploščine preseka cisterne na višini h dobimo iz geometrije cisterne:
lxhS 2)(
12
2
2
2
b
y
a
x 22 2 a
b
h
b
hx
)2(2
)( hbhb
aLhS
Združimo do sedaj zapisane enačbe:
dhhbhb
aLdtgh )2(
22 (3)
Konstante združimo v eno samo konstanto:
gb
aLK
2
2
Uredimo enačbo (3) in vstavimo novo konstanto:
)2( hbKdh
dt
To je enačba z ločljivima spremenljivkama:
dhhbKdt )2(
J. Šrekl Diferencialne enačbe
12
S kvadraturo – integriranjem dobimo:
dhhbKt
th
b
)2(
)(
2
Z vpeljavo nove spremenljivke 2b-h = z
dhzKt
thb
)(2
0
in dobimo rezultat:
3
2
2
32)(
K
tbth
5. Enačbe z ločljivimi spremenljivkami
Enačbo, kjer je mogoče ločiti funkcijo za neodvisno in odvisno spremenljivko, imenujemo
enačba z ločljivima spremenljivkama in zapišemo:
dx
dyf x f y1 2( ). ( )
Rešujemo tako, da v enačbi ločimo spremenljivki - odvisno spremenljivko na levo stran
enačbe in neodvisno na desno stran enačbe. Enako velja tudi za diferenciale. Po ločitvi
integriramo vsako stran enačbe posebej:
dx
f xf y dy
1
2
( )( )
J. Šrekl Diferencialne enačbe
13
Nekoliko spremenjeno enačbo
dx
dyf ax by ( )
lahko še vedno rešujemo s pomočjo substitucije z = ax + by kot enačbo z ločljivimi
spremenljivkami.
Diferencialno enačbo tipa:
)('yxfy
rešujemo s substitucijo y = zx.
Dobimo enačbo )(' zfxzz
in po ločitvi spremenljivk
xdx
zzfdz )(
Rešitev ima obliko:
zzf
dz
Cex )(
Primer:
0)0(,arctan)'( yxyxyx
y
To je diferencialno enačbo oblike:
0),(),( dyyxNdxyxM
Tako enačbo lahko prevedemo v homogeno enačbo z ločljivimi spremenljivkami, Če velja
),(),(
),(
yx
yxN
yxMf
uporabimo substitucijo iz prejšnjega tipa naloge.(V praksi to pomeni, da sta funkciji M in N
vsoti sumandov oblike ., konstjiyxa jik )
Primer:
52
42
yx
xy
dx
dy
Navodilo: Naprej uporabi substitucije: y=Y+a in x=X+b. Iz enačb 2a-b-4=0 in 2b-a-5=0
dobimo a=13/3 in b=14/3.
Primeri:
1. Naj bo u=xy hitrostni potencial ravninskega toka tekočine. Poišči tokovnice za tok s
tem hitrostnim potencialom!
J. Šrekl Diferencialne enačbe
14
2. yxdx
dy
1
3. Enačba o mešanju koncentracij
Lonec, mešalo, pipa in luknja Prostornina lonca je l
litrov. Doteka p % raztopina česarkoli (spreminjanje
prostornine pri raztapljanju zanemarimo), mešalec
meša, meša; odteka pa prav toliko raztopine, kolikor
je priteka, denimo m litrov v sekundi. V začetku (t =
0) je v posodi a% raztopina. Kolikšna je
koncentracija po t sekundah?
V začetku reševanja se ozrimo po neznanki. Kar
koncentracija tistega česarkoli naj bo. Še krstimo jo,
neznanko, x ji recimo. V dovolj majhnem času dt se koncentracija spremeni za dx. Pomislimo,
kaj vse je povzročilo to spremembo, pa bo enačba pred nami. V času dt je v posodo priteklo in
iz nje odteklo mdt litrov tekočine. Vsak liter, ki je pritekel, je vseboval pmdt/100 litrov snovi,
vsak liter, ki je odtekel pa xmdt/l00 litrov raztopljene snovi. Zato:
mdtxpdx
l100100
)xp(l
mx
enačbi dodajmo še začetni pogoj:
x(0) = a
Ločimo spremen1jivki: (p-x)-1
dx = (m/l)dt
Integrirajmo: ln(p-x) = -(m/l)t + lnC
Preoblikujmo: p-x = Ce-(m/l)t
vstavimo v začetni pogoj: p-a = C
in nazadnje zapišimo iskano rešitev:
x = p + (a – p)e-(m/l)t
.
4. Telo v gravitacijskem polju
Gravitacijska sila deluje proti središču zemlje, kar ni nujno, ker lahko upoštevamo še rotacijo
zemlje. Gravitacijska sila je obratno sorazmerna s kvadratom razdalje od središča zemlje.
Slika 4. 5.: Mešalna posoda
Slika5. 1.: Mešanje koncentracij
J. Šrekl Diferencialne enačbe
15
( )
( )
w(x) - gravitacijska sila
k – sorazmernostni koeficient
R – radij zemlje
x – oddaljenost od zemeljske površine
Slika 5.2. Točka v gravitacijskem polju
Ker je gravitacijska sila na zemeljskem površju (x=0) – mg, velja enakost
in
. Lahko zapišemo enačbo
( )
Ker je
je končna enačba
( )
V enačbi je mogoče ločiti spremenljivke, ni pa linearna.
( )
Po integraciji dobimo
Z uporabo začetnega pogoja x=0 če je t=0 in , dobimo končno rešitev
√
6. Nehomogene diferencialne enačbe
Linearne diferencialne enačbe prvega reda v splošni obliki zapišemo
( ) ( ) Linearne enačbe, ki smo jih obravnavali do sedaj, imenujemo homogene diferencialne
enačbe, ker imajo splošno obliko ( ) .
Oglejmo si še način kako bomo reševali nehomogene diferencialne enačbe, torej enačbe
oblike
( ) ( ) (4)
Izberemo si neznano funkcijo ( ) s katero pomnožimo enačbo (4)
( )
( ) ( ) ( ) ( ) (5)
J. Šrekl Diferencialne enačbe
16
Izračunamo odvod produkta
[ ( ) ] ( )
( )
Ker je ( ) nedoločena, zahtevamo ( )
( ) ( )
Iz zahteve izračunamo
Na levi imamo logaritemski odvod
| ( )| ( )
Ločimo spremenljivki in integriramo
∫ ( | ( )|) ∫ ( )
| ( )| ∫ ( )
( ) ∫ ( ) (6)
Zaradi izbire funkcije ( ) se enačba (5) zapiše
[ ( ) ] ( ) ( )
Enačbo pomnožimo z dx in integriramo
( ) ∫ ( ) ( )
Upoštevamo še (6) in dobimo končni izraz:
∫ ( ) ∫ ( ) ∫ ( ) (7)
Primer: Reši enačbo 32 ydt
dy
Funkciji f(x)=2 in g(x)=3 vstavimo v rešitev in dobimo naslednji izraz
∫ ∫ ∫
Po integraciji integralov v eksponentih dobimo:
∫
Naslednja integracija pa nam da končni rezultat:
( )
Ugotavljamo, da je rešitev sestavljena iz dveh delov in sicer prvi del predstavlja rešitev
homogenega dela, drugi del pa rešitev nehomogenega dela.
( ) ( ) ( )
Iz enačbe (7) dobimo posamezne rešitve:
( ) ∫ ( )
( ) ∫ ( ) ∫ ( ) ∫ ( ) (brez konstante)
Rešitve primera si lahko pogledamo tudi na grafu
J. Šrekl Diferencialne enačbe
17
Primer: xydx
dy 2
2
1 Rezultat: 2/22 xexy , če je pri x=0 y=2
Primer: xydx
dy 42 Rezultat:
xcexy 2
2
1
4
7
J. Šrekl Diferencialne enačbe
18
Primeri:
1. yxyx 24)12(
2. Enačba električnega vodnika s samoindukcijo
Ittdt
dI 22 )2(
3. Problem matematičnega nihala - nelinearna enačba
Enačba:
0sin2
2
L
g
dt
d
Če je kot majhen , dobimo enostavnejšo enačbo:
02
2
L
g
dt
d
To imenujemo linearizacija
7. Nelinearne diferencialne enačbe prvega reda
Navadna diferencialna enačba prvega reda se splošno zapiše v implicitni obliki:
0),,( yyxF ,
kar pomeni, da je enačba odvisna od neodvisne spremenljivke x, odvisne spremenljivke y
in njenega odvoda y'. Odvisna spremenljivka in odvod nastopata v enačbi tudi na višje
potence ali znotraj neke funkcije.
Bernoullijeva enačba nyxgyxfy )()( , 1,0n
Enačbo delimo z yn:
)(1
)(xg
nn y
xf
y
y
Uvedemo novo spremenljivko
, in njen odvod ny
ynz
)1(
Vstavimo v enačbo in dobimo navadno linearno diferencialno enačbo:
)()(1
xgzxfn
z
Primera:
Slika 5. 3. Matematično nihalo
J. Šrekl Diferencialne enačbe
19
1.
yx
x
yy
22
2
2. 22 xyxyy
Rešitve:
1,23
22 xx ceycxy
Riccatijeva enačba
)()()( 2 xfyxqyxpy
Če poznamo partikularno rešitev y1(x), lahko splošno rešitev iščemo v obliki:
y(x) = y1(x) + z(x)
rešitev vstavimo v enačbo in dobimo:
)())(())(( 2111 xfzyxqzyxpzy
Ker je y1(x) partikularna rešitev, nam od enačbe ostane le:
0)())(2)(( 21 zxqzyxqxpz
To kar smo dobili je Bernoullijeva enačba, ki pa jo že znamo reševati.
Primera:
1. x
yy 22 , x
y 11
2. 122 xyxyyy , xy 1
Rešitve:
,
32
231
xc
xx
y
Enačba ki razpade v dve ali več linearnih enačb se imenuje razcepna enačba.
0')()'( 2 xyyyxy ,
Zgornja enačba razpade na produkt dveh faktorjev, ki je vsak zase enak 0. 0)')('( yyxy
Torej dobimo rešitve.
12
2' cyxy x in
xecyyy 2'
S poljubno izbiro vrednosti prve ali druge konstante , dobimo posamezne partikularne rešitve.
Seveda lahko združimo obe rešitve v eno samo, tako da dobimo eno samo krivuljo kot rešitev
(primer: c1=0.5 in c2=1/e lahko sestavimo rešitev:
1
11
212
xe
xy
x
x
Nepopolna enačba, ki vsebuje samo odvode
J. Šrekl Diferencialne enačbe
20
0)( yF
Če ima enačba vsaj en realen koren y' = k, dobimo z integracijo te enačbe rešitev y = kx + c,
oziroma rešitev celotne diferencialne enačbe:
0
x
cyF
Primer:
03')'()'( 57 yyy ima rešitev
03)()( 57
x
cy
x
cy
x
cy
Nepopolna enačba, ki vsebuje odvod in neodvisno spremenljivko
0),( yxF
Če je y' mogoče izraziti z x, potem enačbo rešimo s kvadraturo (integriranjem). Če to ni
mogoče, si pomagamo s parametričnimi funkcijami.
)('
)(
ty
tx
Upoštevamo, da je
dtttdy )(')(
in dobimo rešitev
cdttty )(')(
Primera:
1')'( 3 yyx
''1 2 yyx , ty tan'
Nepopolna enačba, ki vsebuje odvod in odvisno spremenljivko
0),( yyF
Spet si pomagamo s parametričnimi funkcijami.
)('
)(
ty
ty
Upoštevamo, da je
'y
dydx
dtt
tdx
(
)('
in dobimo rešitev
,(
)('cdt
t
tx
)(ty
Primer:
J. Šrekl Diferencialne enačbe
22
8. Diferencialne enačbe drugega reda
Diferencialne enačbe drugega reda vsebujejo poleg neodvisne in odvisne spremenljivke še
prvi in drugi odvod odvisne spremenljivke. Implicitna splošna oblika enačbe se zapiše
( )
V eksplicitni obliki se iz zgornje enačbe izrazi drugi odvod
( ) (8)
Ukvarjali se bomo z enačbami, kjer je mogoče desno stran razstaviti v tričlenik
( ) ( ) ( ) ( ) (9)
Desno stran enačbe (9) uporabimo v enačbi (8), vse člene povezane z neodvisno
spremenljivko prenesemo na desno in dobimo
( ) ( ) ( ) (10)
Če enačbo (10) pomnožimo s ( ) dobimo novo obliko enačbe
( ) ( ) ( ) ( ) (11)
Pričakovana rešitev enačbe (10) ali (11)
( ) ( ) ( ) ( )
Prva dva člena predstavljata rešitev homogenega dela, tretji člen pa je rešitev nehomogenega
dela.
9. Reševanje homogene enačbe drugega reda
Diferencialna enačba drugega reda je homogena, če je v enačbi (10) g(x)=0 V tem primeru
dobimo enačbo
( ) ( ) 0y p x y q x y (12)
1( )y x je rešitev enačbe če zadošča pogoju
1 1 1( ) ( ) 0y p x y q x y
Trditev: Če sta 1( )y x in 1( )y x rešitvi enačbe (11), potem je tudi 1 1 2 2( ) ( )c y x c y x rešitev te
enačbe.
Trditev sledi iz enakosti
1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )y y p x y y q x y y y p x y q x y y p x y q x y
Dve rešitvi sta neodvisni, če ni mogoče ene rešitve zapisati kot večkratnik druge.
J. Šrekl Diferencialne enačbe
23
Primer. Rešitvi 2x in 3x sta odvisni saj je druga rešitev dve tretjini prve rešitve; rešitvi 2x in 3x pa sta neodvisni rešitvi
Definiramo determinanto Wronskega ki je sestavljena iz rešitev diferencialne enačbe in
odvodov teh rešitev
21
21
2121
''''
yy
yyyyyyW
Determinanta predstavlja kriterij za določanje neodvisnosti rešitev
Če je determinanta Wronskega v kakšni točki različna od nič, potem sta rešitvi
neodvisni in njuna linearna kombinacija rešuje enačbo
Pri začetnih problemih preverjamo vrednost determinante Wronskega v začetni točki.
Če je determinanta v tej točki različna od nič, je linearna kombinacija rešitev enačbe in
zadošča tudi začetnemu pogoju
Primera. Diferencialna enačba ima rešitvi in .
Pokaži, da sta rešitvi neodvisni. To bomo pokazali z determinanto Wronskega.
*
+
Pokaži še, da sta rešitvi in neodvisni rešitvi enačbe .
10. Reševanje homogene enačbe s konstantnimi koeficienti
Vzemimo, da sta v enačbi (12) funkciji neodvisne spremenljivke p(x) in q(x) konstanti
neodvisni od x. Enačba dobi enostavnejšo obliko:
(13)
Predpostavimo, da je rešitev enačbe (13), pri čemer je k neznana vrednost. Vstavimo
v enačbo in izračunajmo za kakšne vrednosti k dobimo rešitev.
(14)
Enačbo (14) delimo z in dobimo polinomsko enačbo za neznani k.
(15)
Rešitev te enačbe je rešitev kvadratne enačbe. Če je , potem je rešitev enačbe
(15)
√
in je rešitev enačbe (13)
( )
Primer. Reši enačbo z začetnima pogojema y(0) = 2 in y'(0) = 3
J. Šrekl Diferencialne enačbe
24
Predpostavimo, da je in iščemo rešitev enačbe:
Rešitev je in , rešitev diferencialne enačbe pa:
( )
Vstavimo v rešitev še začetne pogoje in iz sistema enačb za konstante
in dobimo rešitev
( ) Grafični prikaz rešitve
Če je , potem je rešitev enačbe (15)
Dobili smo eno samo rešitev. Vemo pa, da bi morali dobiti dve neodvisni rešitvi. Zato
postavimo trditev:
Če je ( )
rešitev enačbe (13), potem je rešitev tudi ( ) ( ) , ki je
neodvisna.
Najprej dokažemo z vstavljanjem v enačbo (13), da je druga rešitev zares rešitev.
(
) ( ) (
)
(
)
Z determinanto Wronskega dokažemo še neodvisnost rešitev
*
+
Determinanta Wronskega ni nikjer enaka nič, ker je rešitev eksponentna funkcija.
Rešitev enačbe (13) torej lahko zapišemo:
( ) ( )
J. Šrekl Diferencialne enačbe
25
Primer. Reši diferencialno enačbo z začetnima pogojema y(0) = 1 in
y'(0) = -4.
Ker je je
in rešitev
( ) ( )
Po uporabi začetnih pogojev je rešitev
( ) ( )
Če je , potem je rešitev enačbe (15)
√
Ker sta rešitvi kompleksni vrednosti, se rešitev enačbe (13) zapiše
( ) ( )
Veljavnost rešitve bi preverili z vstavljanjem v enačbo (13), neodvisnost pa z računanjem
determinante Wronskega.
Primer. Reši diferencialno enačbo z začetnimi pogoji ( ) in ( ) .
Uporabimo nastavek za rešitev in vstavimo v enačbo, delimo z eksponentno
funkcijo in dobimo karakteristični polinom
.
Rešitvi karakterističnega polinoma sta
√
Splošno rešitev enačbe zapišemo
( ) ( )
Vstavimo še začetne pogoje in dobimo končno rešitev
( ) (
)
,
ki se izraža z grafom
0
1
2
3
4
5
6
-2 -1 0 1 2 3
J. Šrekl Diferencialne enačbe
26
11. Reševanje nehomogene enačbe s konstantnimi koeficienti
Vzemimo, da sta v enačbi (10) funkciji neodvisne spremenljivke p(x) in q(x) konstanti
neodvisni od x. Enačba dobi enostavnejšo obliko:
( ) (16)
Rešitev enačbe je sestavljena iz dveh delov
( ) ( ) ( ) ( )
Prvi del ( ) ( ) ( ) je rešitev homogene diferencialne enačbe (13). Drugi
del rešitve je rešitev nehomogenega dela saj rešuje enačbo
( ) (17)
Do te rešitve pridemo z ustreznimi nastavki, če je g(x) dovolj enostavna funkcija. Metodo
imenujemo tudi metoda nedoločenih koeficientov.
Če je ( ) ( ) polinom stopnje n, potem bo rešitev polinom enake stopnje z
neznanimi koeficienti
(18)
Rešitev z nedoločenimi koeficienti vstavimo v enačbo (17). Dobimo enakost dveh polinomov,
ki sta enaka, če se ujemata v vseh koeficientih. Izenačimo vse koeficiente in dobimo (n+1)
linearnih enačb za koeficiente. Rešimo sistem in vstavimo v rešitev (18) in v skupno rešitev
za celo enačbo.
Primer. Reši enačbo
Iz ene prejšnjih nalog vemo da je rešitev homogene enačbe
( )
Nastavek za homogeni del enačbe je
Izračunamo še odvode: ,
Rešitev z nedoločenimi koeficienti vstavimo v enačbo
( ) ( )
J. Šrekl Diferencialne enačbe
27
Z izenačitvijo koeficientov polinoma na levi in desni strani enačbe dobimo sistem:
Rešitev sistema:
Vstavimo v rešitev celotne enačbe:
( )
Če je ( ) linearna kombinacija eksponentnih funkcij, potem bo rešitev
enaka linearna kombinacija z neznanimi koeficienti
(19)
Rešitev z nedoločenimi koeficienti vstavimo v enačbo (17). Dobimo enakost linearnih
kombinacij eksponentnih funkcij, ki sta enaki, če se ujemata v vseh koeficientih pri istoležnih
funkcijah. Izenačimo vse koeficiente in dobimo ustrezno število linearnih enačb za
koeficiente. Rešimo sistem in vstavimo v rešitev (19) in v skupno rešitev za celo enačbo.
Primer. Reši diferencialno enačbo ( )
Rešimo najprej homogeni del z nastavkom rešitve , ki ga vstavimo
v enačbo in dobimo karakteristično enačbo . Enačba je razcepna
( )( ) , torej sta korena enačbe . Rešitev homogenega dela
enačbe je
( )
.
Zapišemo nastavek za nehomogeni del rešitve
( ) ( )
Prvemu delu smo dodali x ker je partikularna rešitev odvisna od splošne. Dvakrat odvajamo
nastavek rešitve.
( ) ( )
( ) ( )
Nastavek in odvode vstavimo v enačbo in dobimo
( ) ( ) In iz enačbe izračunamo koeficiente A=-1/6, B=-7/9 in C=1/2. Torej dobimo rešitev
( ) ( ) ( ) (
)
Če je ( ) linearna kombinacija eksponentnih funkcij, potem bo
rešitev enaka linearna kombinacija z neznanimi koeficienti
(20)
Rešitev z nedoločenimi koeficienti vstavimo v enačbo (17). Dobimo enakost linearnih
kombinacij eksponentnih funkcij, ki sta enaki, če se ujemata v vseh koeficientih pri istoležnih
funkcijah. Izenačimo vse koeficiente in dobimo ustrezno število linearnih enačb za
koeficiente. Rešimo sistem in vstavimo v rešitev (20) in v skupno rešitev za celo enačbo.
Primer. Reši diferencialno enačbo
J. Šrekl Diferencialne enačbe
28
Rešimo najprej homogeni del z nastavkom rešitve , ki ga
vstavimo v enačbo in dobimo karakteristično enačbo . Enačba je razcepna
( )( ) , torej sta korena enačbe . Rešitev homogenega
dela enačbe je
( )
.
Zapišemo nastavek za nehomogeni del rešitve
( )
Prvemu delu smo dodali x ker je partikularna rešitev odvisna od splošne. Dvakrat odvajamo
nastavek rešitve.
( )
( )
Nastavek in odvode vstavimo v enačbo in dobimo ( ) ( )
In iz enačbe izračunamo koeficiente A=-1/8, in B=-3/8. Torej dobimo rešitev
( ) ( ) ( )
Druga metoda je metoda variacije konstante. Če rešujemo enačbo (16), rešimo najprej
homogeno enačbo (13), kjer dobimo rešitev
( ) ( ) ( ) To imenujemo splošna rešitev enačbe. V splošni rešitvi zamenjamo konstante s funkcijami
neodvisne spremenljivke in dobimo partikularno rešitev.
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
Partikularno rešitev vstavimo v enačbo (16) " ( ) '( ) ( ) ( )y p x y x q x y g x
in dobimo
1 1 2 2 1 1 2 2" " 2( ' ' ' ')c y c y c y c y 1 1 2 2( )( ' ' ) ( )p x c y c y g x
Če hočemo enakost, mora biti
1 1 2 2
1 1 2 2
' ' 0
' ' ' ' ( )
c y c y
c y c y g x
Rešitvi sistema dobimo z integriranjem
21
( )
( )
g x yc dx
W x
12
( )
( )
g x yc dx
W x
Primer. Reši enačbo
Rešitev: Rešimo najprej homogeni del z nastavkom rešitve , ki ga
vstavimo v enačbo in dobimo karakteristično enačbo . Enačba nima realnih
rešitev zato dobimo . Rešitev homogenega dela enačbe je
( ) .
Zapišemo partikularno rešitev za variacijo konstant
( ) ( ) ( )
Po vstavljanju v enačbo dobimo sistem
Izračunamo determinanto Wronskega
( ) *
+
J. Šrekl Diferencialne enačbe
29
Z integrali izračunamo obe vrednosti
( ) ∫
∫
( ) ∫
∫
( )
|
|
Končna rešitev
( ) ( ) ( |
|)
Primeri iz tehnike
Mehansko nihanje
l – dolžina vzmeti
L – poves zaradi teže
U – pomik zaradi nihanja
Fizikalni zakoni, ki veljajo pri nihanju vzmeti:
Hookov zakon: kLFs
Ravnotežje sil: 0 kLmg
Newtonov zakon: )(tFum
Določimo F(t)
Teža deluje navzdol, sila vzmeti deluje navzgor Fs = -k(L+l). V nasprotni smeri gibanja deluje
sila, ki jo dobimo zaradi upora sredstva v katerem je utež: Fd = --γ(du/dt)
)()()( tFFtFmgtum ds
Vstavimo vse naše enačbe:
)()()( tFutuLkmgtum
Upoštevamo ravnotežje sil
)()()( tFutkutum
Enačbo še uredimo:
)()()( tFtkuutum
V enačbi pomenijo:
m = masa
γ = viskozna upornost
h = prožnostni modul vzmeti
F(t) = zunanja sila
Lastno nihanje je nihanje brez vpliva zunanje sile v sredstvu brez viskoznosti (npr. vakuum).
V tem primeru dobimo poenostavljeno enačbo
J. Šrekl Diferencialne enačbe
30
0)()( tkutum
To je običajna enačba drugega reda s konstantnimi koeficienti, ki ima negativno
diskriminanto za reševanje kvadratne enačbe karakterističnega polinoma. Zato dobimo
kompleksne korene in rešitve v obliki kombinacije trigonometričnih funkcij.
m
ktBtAu 000 ,sincos
Z ustrezno transformacijo dobimo rešitev spremenimo v preprostejši izraz
)cos( 0 tRu
kjer je √ in ⁄ Periodo nihanja dobimo kot
√
Lastno nihanje v viskoznem sredstvu je nihanje brez vpliva zunanje sile. V tem primeru pa
dobimo enačbo
Rešitev bo podobna prejšnji
( )
√
Spet lahko poenostavimo rešitev
( )
kjer je √ in ⁄
12. Diferencialne enačbe višjega reda
Splošna diferencialna enačba reda n se zapiše kot funkcija neodvisne spremenljivke, odvisne
spremenljivke in odvodov odvisne spremenljivke od prve do n-te stopnje
0),...,,,( )( nyyyyxF
Če funkcijo preuredimo, dobimo:
),...,,,( )1()( nn yyyyxfy
Začetni problem ima podane tudi začetne vrednosti:
)0()0(...),0()0(,)0( )1()1(
0
nn yyyyyy
Enačba je lahko linearna homogena
0...)1(
1
)(
0 yayaya n
nn ,
ali nehomogena
)(...)1(
1
)(
0 xyayaya n
nn .
Lahko tudi poenostavimo:
)(...)1(
1
)( xfybyby n
nn
J. Šrekl Diferencialne enačbe
31
V obeh primerih bomo uporabili enako metodo kot pri enačbah drugega reda (vstavljanje
nastavka kxey , pri čemer so k rešitve karakterističnega polinoma 0...1
10
n
nn akaka ,
nehomogeni del rešujemo z nastavkom).
Primer: Reši enačbo
033 xxxx
Karakteristični polinom ima trikratno rešitev k = -1, zato bomo dobili tri neodvisne rešitve: tecttccx )( 3
2
21
Nepopolne diferencialne enačbe višjega reda
Enačba brez odvisne spremenljivke in brez odvodov do (k-1) reda
0),...,,( )()1()( nkk yyyxF
Rešujemo tako, da uvedemo novo spremenljivko:
py k )(
S tem znižamo red enačbe in dobimo:
0),...,,( )( knpppxF
Rešitev enačbe bomo dobili v obliki:
),...,( 1
)(
kn
k ccxpy ,
ki jo še n-krat integriramo.
Primera:
1. Padanje prašnega delca se popiše z enačbo 2skmgsm .
Reševanje: Uvedemo novo spremenljivko vs (hitrost), in dobimo enačbo prvega reda 2kvmgvm
2. Reši enačbo
x
yyyx
sin Reševanje: Zaradi posebne oblike uvedemo novo spremenljivko xpy .
Enačba brez neodvisne spremenljivke
0),...,,( )( nyyyyF
Rešujemo tako, da uvedemo novo spremenljivko:
)(ypy ,
pdy
dpy ,
S tem znižamo red enačbe in dobimo:
0),...,,( 1
1
2
2
n
n
dy
pd
dy
pd
dy
dpyF
Primer:
J. Šrekl Diferencialne enačbe
32
1. 0)( 2 yyy
2. yyyyy sincos 2 , 6
)1( y , 2)1( y
Reševanje naloge 2: Vstavimo )(ypy
pdy
dpy
in dobimo enačbo:
pypypdy
dp sincos 2
Uredimo in razcepimo enačbo:
01sincos
ypy
dy
dpp
Prva rešitev je 0p oziroma 3cy , ostale rešitve pa dobimo z reševanjem enačbe:
1sincos ypydy
dp
Po urejanju dobimo:
yyp
dy
dp
cos
1tan .
Rešimo homogeno enačbo prvega reda:
ycecpydy
cos1
tan
1
in nehomogeni del
yy
dyc tan
cos21
Celotno rešitev
yycy sincos1
in po upoštevanju začetnih pogojev
))cos()(sin(4))(sin(2sincos362623 yyyyyy
dxdy
yy4
)cos()sin(6262
Integriramo in dobimo:
2622)tan(ln cxy
Vstavimo začetne pogoje in dobimo končno rešitev.
22)tan(ln62
xy
Posebna rešitev je tudi
6
y .
J. Šrekl Diferencialne enačbe
33
13. Sistemi diferencialnih enačb
Newtonovo enačbo v trirazsežnem prostoru zapišemo v vektorski obliki
),,(2
2
rrtFdt
rdm
,
ki jo je mogoče spremeniti v sistem treh običajnih enačb
).,,,,,,(
),,,,,,,(
),,,,,,,(
2
2
2
2
2
2
zyxzyxtZdt
ydm
zyxzyxtYdt
ydm
zyxzyxtXdt
xdm
Iz sistema diferencialnih enačb drugega reda lahko napravimo sistem šestih diferencialnih
enačb prvega reda.
).,,,,,,(
),,,,,,,(
),,,,,,,(
,
,
,
zyxzyxtZwm
zyxzyxtYvm
zyxzyxtXum
wz
vy
ux
Običajno so dani tudi začetni pogoji:
00)( xtx , 00)( yty ,
00)( ztz , 00)( utu ,
00)( vtv , 00)( wtw .
Splošna formulacija problema
J. Šrekl Diferencialne enačbe
34
Splošni sistem enačb
),.,...,,(
..................................
),,...,,(
),,...,,(
21
212
2
211
1
nn
n
n
n
xxxtfdt
dx
xxxtfdt
dx
xxxtfdt
dx
z začetnimi pogoji:
0101 )( xtx , 0202 )( xtx , …
00 )( nn xtx
Sistem lahko zapišemo kot vektorsko enačbo
),( XtFdt
Xd
, 00 )( XtX
Rešitev te enačbe bo vektor s komponentami
)(
...
)(
)(
)(2
1
tx
tx
tx
tXX
n
Reševanje sistema
Pretvorba v enačbo višjega reda
Iz sistema enačb zadržimo prvo enačbo, jo odvajamo po neodvisni spremenljivki
J. Šrekl Diferencialne enačbe
35
),,...,,( 211
1
nxxxtfdt
dx
dt
dx
x
f
t
f
dt
xd in
i i
1
11
2
1
2
V desni strani enačbe namesto odvodov spremenljivk ix izrazimo s funkcijami iz sistema.
i
n
i i
fx
f
t
f
dt
xd
1
11
2
1
2
Na desni strani dobimo neko novo funkcijo neodvisne spremenljivke in odvisnih
spremenljivk.
),...,,( 2112
1
2
nxxxtFdt
xd
Enačbo (n-1)-krat odvajamo in po vsakem odvajanju izrazimo s spremenljivkami začetnega
sistema. Tako dobimo nov sistem enačb, ki vsebuje odvode le ene spremenljivke.
),.,...,,(
..................................
),,...,,(
),,...,,(
2111
2112
1
2
2111
nnn
n
n
n
xxxtFdt
xd
xxxtFdt
xd
xxxtfdt
dx
Če je sistem tak, da lahko eliminiramo odvisne spremenljivke, nam na koncu ostane ena sama
enačba n-tega reda
),...,,( 1
11
11
n
n
dt
xddt
dx
n
n
xtFdt
xd
Primer:
1.
yxdt
dy
yxdt
dx
2
,23
Izrazimo x iz druge enačbe sistema in odvajamo to enačbo:
J. Šrekl Diferencialne enačbe
36
)(
),(
2
2
21
21
dt
dy
dt
yd
dtdx
dt
dy yx
Dobljeno vstavimo v prvo enačbo sistema in dobimo:
022
2
ydt
dy
dt
yd
To je linearna diferencialna enačba drugega reda s konstantnimi koeficienti.
Zapišemo karakteristični polinom 0122 kk , ki ima dvakratno rešitev k=1.
Rešitev torej dobimo:
)22(
),(
221
21
tcccex
tccey
t
t
Sistemi linearnih diferencialnih enačb
Sistem je sestavljen iz linearnih enačb:
)()(1
tfxta i
n
j
jijdt
dxi
, (i=1,2,…n)
Sistem enačb zapišemo v vektorski obliki:
FXAdt
dX
Vektorska enačba ima na levi odvod stolpca spremenljivk, na desni pa matriko sistema
pomnoženo s stolpcem spremenljivk; produktu je prištet stolpec funkcij neodvisne
spremenljivke.
Opomba: Vektorje in matrike pišemo z velikimi črkami brez oznak za vektorje.
Homogen sistem
XAdt
dX
nnnn
n
n
dt
dx
dt
dx
dt
dx
n aaa
aaa
aaa
AX
x
x
x
X
n
21
,22221
,11211
2
1
,,2
1
Sisteme enačb, ki so sestavljeni iz linearnih diferencialnih, enačb imenujemo
sistemi linearnih diferencialnih enačb.
Če je , je sistem homogen, sicer je nehomogen.
J. Šrekl Diferencialne enačbe
37
Sistem ima rešitev: kteAX
~
Če vstavimo rešitev v enačbo in delimo z eksponentno funkcijo, dobimo.
0~
)( AkEA
Lastne vrednosti izračunamo iz enačbe
0)det( kEa ,
lastne vektorje pa po vstavljanju posameznih lastnih vrednosti iz prejšnje enačbe. Dobimo
rešitev: tk
nn
tk nk eAceAcX~~
11
Najpogosteje rešujemo sistem dveh enačb, kjer dobimo rešitev tktk
eAceAcX k 2
2211
~~ .
V splošnem bomo poleg realnih rešitev dobili tudi kompleksne. Vseh rešitev je po osnovnem
izreku algebre toliko, kot je stopnja polinoma. Kompleksne rešitve nastopajo vedno v
konjugiranih parih. Natanko toliko kot je različnih lastnih vrednosti, je tudi različnih lastnih
vektorjev, saj jih dobimo kot rešitev sistema so lastne vrednosti kompleksna števila, se rešitev
izraža s trigonometričnimi funkcijami (za sistem dveh enačb)
ktAcktAcX cos~
sin~
2211 .
Rekli smo že, da so nekatere lastne vrednosti (koreni karakterističnega polinoma) večkratni. S
tem se nam seveda zmanjša število lastnih vektorjev, pravimo, da je prostor rešitev izrojen.
Pri iskanju neodvisnih rešitev si pomagamo z množenjem z neodvisno spremenljivko (enako
kot pri eni sami enačbi). kteAtccX 121
~)( .
Naloge
2. yxyx dt
dy
dtdx 34,2 .
3. yxyx dt
dy
dtdx 2,5 .
4. yxyx dt
dy
dtdx 3,
Nehomogen sistem
FXAdt
dX
Vrednosti k so lastne vrednosti, pa so pripadajoči lastni vektorji.
J. Šrekl Diferencialne enačbe
38
)(
)(
)(
,,,2
1
21
,22221
,11211
2
1
2
1
tf
tf
tf
F
aaa
aaa
aaa
AX
x
x
x
X
nnnnn
n
n
dt
dx
dt
dx
dt
dx
nn
)(~~
2
2211 tReAceAcXtktkk
Partikularno rešitev dobimo z variacijo konstante ali z nastavkom, če je nehomogeni del
sestavljen iz polinomov, eksponentnih in trigonometričnih funkcij.
Primeri:
5. t
dt
dyt
dtdx eyxeyx 23,5 .
6. Tokokrog vsebuje dva zaporedno vezana elementa. Prvi je upor z upornostjo R, drugi
element pa sestavljata vzporedno vezana tuljava z induktivnostjo L in kondenzator s
kapacitivnostjo C. Tokokrog napajamo z izmenično napetostjo tUU sin0 .
Izračunaj tokove v posameznih delih tokokroga.
Rešitev:
Enačbe za padec napetosti v posameznem tokokrogu bomo zapisali za vsak tokokrog posebej.
Prvi tokokrog sestavljata kondenzator in tuljava. Skozi kondenzator teče tok 2I in skozi
tuljavo tok 3I Dobimo prvo enačbo:
023 C
q
dt
dIL
Drugi tokokrog vsebuje upor in kondenzator, napajan je z napetostjo:
tURI C
q sin012
Upoštevamo še, da je
321 III in 2
2 Idt
dq .
Z odvajanjem prve enačbe dobimo
02
1
21 IILILC
(1)
Z dvakratnim odvajanjem druge enačbe dobimo še eno zvezo med spremenljivkami
tUIIR C sin0
2
21
1 (2)
Pomnožimo enačbo (2) z L in enačbo (1) z -R ter ju seštejemo
tLUIIIRLCR
CR sin0
2
222
Enačbo še delimo z LR
Rešitev je sestavljena iz splošne rešitve homogenega dela enačbe in partikularne rešitve
nehomogenega dela.
J. Šrekl Diferencialne enačbe
39
tIII R
U
LCRC sin0
2
21
21
2
Rešitev homogene enačbe
,21
21
tktkececI
LCCRRCk 11121
2,1 22
Rešitev partikularnega dela iščemo z nastavkom
tBtAI sincos
Končno rešitev iščemo pri konkretnih pogojih in vrednostih
R = 2Ω, L = 1H, C = 0.5F, U0 = 5V;
0)0()0( 22 II
7. Določi koncentracijo soli v tekočini ki izteka iz rezervoarjev
Dobimo sistem enačb:
15.02.015.0
05.01.005.0
211
121
QQQ
QQQ
ali v matrični obliki
015
05.0
2.015.0
1.005.0
2
1
2
1
Q
Q
Q
Q