Riješeni primjeri iz kolokvija 1. SKUPINA PITANJA........................ PITANJA........................................ .............................. ............................ .............................. ............................... ......................2 .......2 Zadatak 1.(ortogonalne trajektorije)....................................................................................2 Zadatak Zadatak 2.(separac 2.(separacija ija varijabli) varijabli).............. .............................. ............................ .............................. .................................. ...............................3 ...............3 Zadatak 3.(nehomogena linearna jedn. 1. reda) ..................... ............ .................... ........... ............ .................... ........... ............4 ...4 Zadatak 4.(homogena linearna višeg reda s konst. koef. )....................................................6 Zadatak 5.(linearna višeg reda s konst. koef.)......................................................................6 ( n)
Zadatak 6.(dif. jedn. oblika y f ( x) ) ............................. ........................................... ............................ .............................. ......................8 ......8 Zadatak 7.(ortogonalne trajektorije)....................................................................................9 Zadatak Zadatak 8.(separac 8.(separacija ija varijabli) varijabli).............. .............................. ............................ .............................. .................................. .............................10 .............10 Zadatak 9.(linearna nehomogena prvog reda)....................................................................10 Zadatak 10. (linearna s konstantnim koeficijentima višeg reda).........................................12 Zadatak 11.(dif.jednadžba oblika y ( n) f ( x) ).............................. )............................................... ............................... .....................13 .......13 Zadatak 12. (dif.jednadžba oblika y ( n) f ( x) )............................. ).............................................. ............................... .....................14 .......14 2. SKUPINA PITANJA........................ PITANJA........................................ .............................. ............................ .............................. ............................... ....................16 .....16 Zadatak 1.(Bernoullijeva prvog reda)................................................................................16 Zadatak 2. (sustav diferencijalnih jednadžbi) .......... ..................... ........... ................... .................... .................... ................. ........17 17 Zadatak 3.(snižavanje reda diferencijalnih jednadžbi) .................... ......... .................... .................... ........... ............ ...20 Zadatak 4.(sustav diferencijalnih jednadžbi) ........... ..................... ........... ..................... ........... ........... ............ ...21 Zadatak 5.(sustav diferencijalnih jednadžbi) ........... ..................... ........... ..................... ........... ........... ............ ...24 Zadatak 6.(homogena diferencijalna jednadžba prvog reda)..............................................25 Zadatak 7.(Lagrangeova metoda varijacije konstanti)........................................................27 3. TEORIJSKA TEORIJSKA PITANJA PITANJA ........................... ........................................... .............................. ............................ .............................. .............................30 .............30
1
1. SKUPINA PITANJA Zadatak 1.(ortogonalne trajektorije) (1 bod) Naći diferencijalnu jednad žbu ortogonalnih trajektorija familije krivulja y C ln 3 x (dobivenu diferencijalnu jednadžbu ne treba rješavati).
Rješenje. Da bi našli traženu diferencijalnu jednadžbu ortogonalnih trajektorija familije krivulja y C ln 3 x najprije trebamo naći pripadnu diferencijalnu jednadžbu od familije y C ln 3 x .
To radimo tako da izraz y C ln 3 x najprije deriviramo: y C ln 3x /'
y ' C ' ln 3 x C (ln 3x)' 1
(derivacija od funkcije ln x je y ' C
1
3 x 1 y ' C x
x
pa imamo)
3
pa ćemo ju izraziti) (deriviranjem izraza y C ln 3 x nismo se riješili konstante C pa y ' C
1 x
C x y'
(sada se sa C x y ' vraćamo u familij u y C ln 3 x i dobivamo) y x y ' ln 3 x
(ako gornju jednakost malo sredimo dobivamo) y '
y x ln 3 x
Pripadna diferencijalna jednadžba familije y C ln 3 x
(od nas se traži da nađemo diferencijalnu jednadžbu ortogo nalnih trajektorija familije y C ln 3 x )
(traženu jednadžbu ćemo dobiti tako što ćemo u nađenoj diferencijalnoj jednadžbi y ' zamijeniti y ' sa
1 y '
y x ln 3 x
)
(tada dobivamo)
1 y '
y x ln 3 x
Tražena diferencijalna jednadžba ort. trajektorija
familije y C ln 3 x
(nije nužno, ali gornju jednakost možemo malo „srediti“ pa dobivamo)
1 y '
y x ln 3 x
y ' y '
/ 1
x ln 3 x y x ln 3 x y
2
1. SKUPINA PITANJA Zadatak 1.(ortogonalne trajektorije) (1 bod) Naći diferencijalnu jednad žbu ortogonalnih trajektorija familije krivulja y C ln 3 x (dobivenu diferencijalnu jednadžbu ne treba rješavati).
Rješenje. Da bi našli traženu diferencijalnu jednadžbu ortogonalnih trajektorija familije krivulja y C ln 3 x najprije trebamo naći pripadnu diferencijalnu jednadžbu od familije y C ln 3 x .
To radimo tako da izraz y C ln 3 x najprije deriviramo: y C ln 3x /'
y ' C ' ln 3 x C (ln 3x)' 1
(derivacija od funkcije ln x je y ' C
1
3 x 1 y ' C x
x
pa imamo)
3
pa ćemo ju izraziti) (deriviranjem izraza y C ln 3 x nismo se riješili konstante C pa y ' C
1 x
C x y'
(sada se sa C x y ' vraćamo u familij u y C ln 3 x i dobivamo) y x y ' ln 3 x
(ako gornju jednakost malo sredimo dobivamo) y '
y x ln 3 x
Pripadna diferencijalna jednadžba familije y C ln 3 x
(od nas se traži da nađemo diferencijalnu jednadžbu ortogo nalnih trajektorija familije y C ln 3 x )
(traženu jednadžbu ćemo dobiti tako što ćemo u nađenoj diferencijalnoj jednadžbi y ' zamijeniti y ' sa
1 y '
y x ln 3 x
)
(tada dobivamo)
1 y '
y x ln 3 x
Tražena diferencijalna jednadžba ort. trajektorija
familije y C ln 3 x
(nije nužno, ali gornju jednakost možemo malo „srediti“ pa dobivamo)
1 y '
y x ln 3 x
y ' y '
/ 1
x ln 3 x y x ln 3 x y
2
Zadatak 2.(separacija varijabli) (1,5 bod) Metodom separacije varijabli naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe (1 x) y' y , a potom ono partikularno rješenje koje zadovoljava uvjet y (2) 1 . Rješenje. Dakle, metodom separacije varijable trebamo riješiti diferencijalnu jednadžbu prvog reda (1 x) y ' y , odnosno izračunati nepoznatu funkciju y koja zadovoljava jednadžbu (1 x ) y ' y : (1 x ) y ' y dy
( y' ćemo zapisati kao y ' dy
(1 x)
dx
pa imamo)
y
dx
(kako bi separirali varijable, odnosno da bi se riješili svega vezanog u varijablu x na lijevoj strani, gornju jednakost množimo sa (1 x )
dy
y /
dx
dy y
dx
1 x
pa dobivamo:)
dx
1 x
dx
1 x
(još se trebamo riješiti y-ona na desnoj strani pa sve dijelimo sa y) dx
dy y
1 x dy dx y
/ : y
1 x
(na lijevoj strani imamo sve vezano uz y a na densoj uz x, dakle separirali smo varijable) (možemo integrirati) dy y
dx
1 x
dy
/
dx
y 1 x ln y
dx
t 1 x
1 x dt dx dx dt
dt t
ln t C 1 ln(1 x) C 1
ln y ln(1 x ) C 1
(radi jednostavnosti rješenja, uvodimo novu konstantu C takvu da ln C C 1 ) ln y ln(1 x) ln C ln y ln C ln(1 x)
(na desnoj strani gornjeg izraza primjenjujemo pravilo ln a ln b ln ln y ln y
C
1 x
OPĆE
a b
)
C
1 x
RJEŠENJE (ima 1 konstantu jer smo rješavali dif. jedn. 1. reda)
Još trebamo naći partikularno rješenje koje zadovoljava početni uvjet y (2) 1 (obratiti pažnju na to da nam je zadan samo jedan početni uvjet, ali to će biti dovoljno jer se radi o dif. jednadžbi prvog reda, reda, prema tome opće rješenje ima samo jednu jednu konstantu pa nam je dovoljan dovoljan jedan uvjet odnosno jedna jednadžba da bi izračunali tu jednu nepoznanicu). Dakle, u opće rješenje trebamo uvrstiti početni uvjet i izračunati ćemu j e jednaka konstanta C : 3
y
C
1 x
C
y (2)
C
1 2
C 1 C 1
1
Dakle, uz početni uvjet y(2) 1 smo izračunali da je C 1 , pa je traženo partikularno rješenje ono koje dobijemo kada u opće umjesto konstante C uvrstimo dobivenu vrijednost C 1 : 1 Traženo partikularno rješenje 1 x
y
Zadatak 3.(nehomogena linearna jedn. 1. reda) (3 boda) Naći opće rješenje linearne diferencijalne jednadžbe y '
Rješenje. Jednadžba y '
1 2 x 1
1 2 x 1
y
y
2 x 1 tan x .
2 x 1 tan x je
nehomogena linearna diferencijalna diferencijalna jednadžba
prvog reda. Istu možemo riješavati Lagrangeovom metodom metodom varijacije konstanti ili
Bernoullijevom metodom. Ovdje ćemo je riješiti Lagrangeovom metodom. Najprije moramo riješiti pripadnu homogenu homogenu jednadžbu koju koju ćemo dobiti tako da umjesto funkcije na densoj strani jednadžbe y'
1 2 x 1
y
2 x 1 tan x
1
y '
2 x 1
napišemo nulu:
y0
(ova jednadžba bi se trebala moći riješiti separacijom varijabli) 1
y '
2 x 1 dy
( y ' dy
dx dy dx
dy y
1 2 x 1
2 x 1
y
)
dx
1
dy
y
y
y /
dx y
dx
2 x 1 dx
2 x 1
dy
/
dx
y 2 x 1 ln y
dx
t 2 x 1
1
dt
1
1
2 x 1 dt 2dx 2 t 2 ln t C 2 ln(2 x 1) C 1
ln y
1 2
1
ln(2 x 1) C 1
(primjenjujemo pravilo n ln a ln a n ) 1
ln y ln(2 x 1) 2 C 1
(uvodimo novu konstantu C takvu da vrijedi ln C C 1 ) 1
ln y ln(2 x 1) 2 ln C
(na desnoj strani gornjeg izraza primjenjujemo pravilo ln a ln b ln ab ) 1
ln y ln C (2 x 1) 2
4
y C 2 x 1 Opće rješenje pripadne homogene dif.
jednadžbe
Sada, prema Lagrangeovoj metodi varijacije konstanti, pretpostavimo da je traženo opće rješenje početne diferencijalne jednadžbe čemu je
C ( x)
y '
1 2 x 1
y
2 x 1 tan x
oblika y C ( x) 2 x 1 , pri
nepoznata funkcija koju tek trebamo izračunati. y C ( x) 2 x 1
(deriviramo li gornju jednakost imamo) 1
y ' C ' ( x) 2 x 1 C ( x)
2 2 x 1 1
y ' C ' ( x ) 2 x 1 C ( x )
diferencijalnu jednadžbu y '
1 2 x 1
y
C ' ( x) 2 x 1 C ( x)
2 x 1 tan x
1 2 x 1
2 x 1
1
Sada izraze y C ( x) 2 x 1 i y ' C ' ( x) 2 x 1 C ( x)
2
2 x 1
uvrštavamo u početnu
i dobivamo:
1 2 x 1
C ( x) 2 x 1 2 x 1 tan x
(sredimo li gornji izraz dobivamo) C ' ( x ) 2 x 1 C ( x )
1 2 x 1
C ' ( x ) 2 x 1
1 2 x 1
C ( x) 2 x 1 tan x
2 x 1 tan x
2 x 1 ) C ' ( x) tan x
(podijelimo sa
(integriramo C ' ( x) tan x i imamo ) C ( x )
tan xdx
sin x
cos x
t cos x dx dt sin xdx
sin xdx dt
dt t
ln t C 1 ln(cos x) C 1
(dakle, tražena funkcija C ( x) je jednaka) C ( x) ln(cos x) C 1
(pa je traženo opće rješenje y jednako:) y C ( x) 2 x 1
(nakon uvrštavanja C ( x) ln(cos x) C 1 ) y ( ln(cos x) C 1 ) 2 x 1 OPĆE
RJEŠENJE POČETNE DIF. JEDN. (ponovno, u općem rješenju imamo samo jednu konstantu jer smo rješavali diferencijalnu jednadžbu prvog reda)
5
Zadatak 4.(homogena linearna višeg reda s konst. koef. ) (2 boda) Naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe y IV 4 y ' ' '4 y ' ' 0 .
Rješenje. Jednadžba y IV 4 y ' ' '4 y ' ' 0 je linearna homogena diferencijalna jednadžba 4. reda s konstantnim koeficijentima. Prema tome, rješavamo je tako da uvedemo supstituciju y e rx u samu jednadžbu. Tada dobivamo: r 4 e rx 4r 3 e rx 4r 2 e rx 0
(izlučimo li
e rx
4
dobivamo)
2 e (r 4r 4r ) 0 rx
3
r 4 4r 3 4r 2 0 Karakteristična jednadžba
(izlučimo li r
2
( r
2
2
r
dobivamo)
4 r 4 ) 0
(nastavljamo rješavanjem jednadžbe: ) r 2 4r 4 0
r 1, 2
4 16 4 4 2
40 2
2
(dakle, polinom r 2 4r 4 je jednak r 2 4r 4 (r 2)(r 2) (r 2) 2 ) 4 3 2 2 2 2 2 r 4r 4r r (r 4r 4) (r 0) (r 2) 0
(sada očitavamo sljedeće:) r 1, 2 0
realno rješenje višestrukosti 2
r 3, 4 2 realno
rješenje višestrukosti 2
Sada moramo svakom rješenju karakteristične jednadžbe prema pravilima pridružiti partikularna (bazna) rješenja. Imamo: r 1, 2 0 realno rješenje višestrukosti 2 – pridružujemo mo partikularna rješenja e 0 x , xe 0 x r 3, 4 2 realno
rješenje višestrukosti 2 – pridružujemo mu part. rješenja e 2 x , xe 2 x
Konačno, traženo opće rješenje je jednako: 0 0 y C 1e C 2 xe C 3 e x
x
2 x
C 4 xe 2 x
(što je jednako) y C 1 C 2 x C 3 e 2 x C 4 xe 2 x OPĆE
RJEŠENJE POČETNE DIF. JEDN. (rješavali smo dif. jednadžbu 4. reda i dobili opće rješenje sa 4 konstante) Zadatak 5.(linearna višeg reda s konst. koef.) Zadana je diferencijalna jednadžba a) (0.5 boda) Odredite opće rješenje za dane diferencijalne jednadžbe. b) (1 bod) Odredite opće rješenje diferencijalne jednadžbe y' '4 y xe x .
y ' '4 y 0 .
c) (0.5 boda) Ako je y y H y P rješenje diferencijalne jednadžbe y ' '4 y x 2 e 2 x pri čemu y H označava opće rješenje homogenog dijela, kojeg će oblika biti funkcija y P ?
(Konstante nije potrebno određivati.) Rješenje.
6
a) Diferencijalna jednadžba y ' '4 y 0 je homogena linearna diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim koeficijentima. Prema tome, uvodimo supstituciju y e rx i dobivamo
karakteristični polinom: r 2 4 0 Karakteristični polinom
(primjenom pravila za razliku kvadrata koje glasi a 2 b 2 (a b)(a b) imamo) 2 r 4 (r 2)(r 2) 0
(prema tome slijedi) 2 r 1 2 je jednostruko realno rješenje – pridružujemo mu partikularno rješenje e x r 2 2 je
jednostruko realno rješenje – pridružujemo mu partikularno rješenje e 2 x
(opće rješenje jednadžbe y ' '4 y 0 je) 2 2 y C 1 e x C 2 e x TRAŽENO OPĆE RJEŠENJE b) Diferencijalna jednadžba y ' '4 y xe x je nehomogena linearna diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim koeficijentima. Prema tome, nje zino opće rješenje je oblika y y H y P gdje je y H rješenje pripadne homogene diferencijalne jednadžbe koje smo izračunali u a) djelu zadatka, dakle y H C 1 e 2 x C 2 e 2 x a gdje je y P partikularno rješenje jednadžbe x
y ' '4 y xe
. Da bi našli y P najprije moramo svrstati u jedno od tri kategorije funkciju sa
desne strane jednakosti y ' '4 y xe x , dakle funkciju f ( x) xe x . Dotična funkcija f ( x) xe x je prve vrste, odnosno oblika f ( x) e ax Pn ( x) pri čemu je a 1 a polinom Pn ( x) je polinom prvog stupnja Pn ( x) P1 ( x) x . Da bi našli y P , sada trebamo provjeriti je li a 1 rješenje
karakteristične jednadžbe pripadne homogene jednadžbe, odnosno jednadžbe iz a) djela zadatka koja glasi r 2 4 0 . a 1 nije rješenje pripadne karakteristične jednadžbe, pa prema pravilima sada slijedi da je traženo partikularno rješenje y P oblika y P e x ( A1 x A0 ) . Još trebamo izračunati čemu su jednake konstante A1 i A0 . Pretpostavka je da je y P e x ( A1 x A0 ) partikularno rješenje jednadžbe y' '4 y xe x , prema tome kada ga u nju uvrstimo trebali bi dobiti identitet odnosno jednakost. Kako se u jednadžbi x y ' '4 y xe pojavljuje druga derivacija funkcije y , trebamo izračunati drugu derivaciju od funkcije y P e x ( A1 x A0 ) da bi je mogli uvrstiti u jednadžbu: x y P e ( A1 x A0 )
y P ' e x ( A1 x A0 ) e x A1 x y P ' e ( A1 x A0 A1 )
y P ' ' e x ( A1 x A0 A1 ) e x A1
y P ' ' e x ( A1 x A0 2 A1 )
Sada funkciju y P e x ( A1 x A0 ) i njezinu drugu derivaciju y P ' ' e x ( A1 x A0 2 A1 ) uvrštavamo u diferencijalnu jednadžbu y' '4 y xe x : e x ( A1 x A0 2 A1 ) 4e x ( A1 x A0 ) xe x
(podijelimo gornji izraz sa e x ) A1 x A0 2 A1 4( A1 x A0 ) x
(malo sredimo) A1 x A0 2 A1 4 A1 x 4 A0 x
3 A1 x 3 A0 2 A1 x
(izjednačavanjem koeficijenata sa lijeve i desne strane dobivamo jednadžbe) 3 A1 1
7
3 A0 2 A1 0
(pa rješavanjem dobivamo) A1
1
A0
2
3 9
(te sada imamo:) 1
2 x ) 3 9
y P e x (
(počeli smo od toga da je traženo opće rješenje y jednako y y H y P pa imamo) y C 1e 2 x C 2 e 2 x e x (
1
2 x ) TRAŽENO 3 9
OPĆE RJEŠENJE
c) Funkcija y P ovisi o funkciji sa desne strane jednadžbe y ' '4 y x 2 e 2 x , odnosno o funkciji 2 2 x
f ( x) x e
. Funkcija f ( x) x 2 e 2 x je oblika f ( x) e ax Pn ( x) gdje je a 2 a polinom Pn ( x) je
polinom drugog stupnja Pn ( x) P2 ( x) x 2 . Da bi našli y P , sada trebamo provjeriti je li a 2
rješenje karakteristične jednadžbe pripadne homogene jednadžbe, odnosno jednadžbe iz a) djela zadatka koja glasi r 2 4 0 . a 2 je jednostruko realno rješenje pripadne karakteristične jednadžbe, pa prema pravilima sada slijedi da je traženo partikularno rješenje y P oblika 2 2 y P x e ( A2 x A1 x A0 ) . x
Zadatak 6.(dif. jedn. oblika y
( n)
f ( x) )
Odredite rješenje diferencijalne jednadžbe y ' ' sin x cos 2 x koje zadovoljava početne uvjete y (0) 1 i y ' (0) 0 .
Rješenje. Trebamo naći partikularno rješenje koje zadovoljava zadana dva uvjeta. Da bi to napravili, najprije moramo naći opće rješenje zadane jednadžbe. Diferencijalna jednadžba y ' ' sin x cos 2 x je jednadžba oblika y n ( x ) f ( x) , prema tome rješavati ćemo ju uzastopnom direktnom integracijom: y ' ' sin x cos 2 x /
(sin x cos 2 x)dx y ' sin xdx cos 2 xdx t 2 x 1 1 cos x cos t dt cos x sin 2 x C y ' cos x cos 2 xdx dt 2dx 2 2 y '
1
y ' cos x y ' cos x y
1 4
2
( cos x
y cos xdx y sin x
1
1 2
1 2
sin 2 x C 1
sin 2 x C 1 / 1 2
sin 2 x C 1 ) dx
sin 2 xdx C dx 1
cos 2 x C 1 x C 2 OPĆE
RJEŠENJE
Da bi našli traženo partikularno rješenje, pomoću zadana dva uvjeta trebamo izračunati vrijednosti dviju konstanti iz općeg rješenja:
8
1
1
5
4
4
4
1. uvjet: y (0) 1 : y (0) sin 0 cos 0 C 1 0 C 2 C 2 1 C 2
2. uvjet: y ' (0) 0 : (prilikom nalaženja općeg rješenja, već smo izračunali čemu je jednaka prva derivacija funkcije y pa ćemo to ovdje iskoristiti) y ' (0) cos 0
1 2
sin 0 C 1 1 C 1 0 C 1 1
Dakle, izračunali smo vrijednosti dviju konst anti:
C 1 1
5
i C 2 . Traženo partikularno 4
rješenje je ono koje ćemo dobiti kada u opće rješenje uvrstimo izračunate vrijednosti konstanti: y sin x
1 4
cos 2 x x
5 4
TRAŽENO
PARTIKULARNO RJEŠENJE
Zadatak 7.(ortogonalne trajektorije) Naći diferencijalnu jednadžbu ortogonalnih trajektorija familije krivulja y Ce 3 x 5 (dobivenu diferencijalnu jednadžbu ne treba riješavati). Rješenje. Da bi našli traženu diferencijalnu jednadžbu ortogonalnih trajektorija familije krivulja y Ce 3 x 5 najprije trebamo naći pripadnu diferencijalnu jednadžbu od familije y Ce 3 x 5 . To radimo tako da izraz y Ce 3 x 5 najprije deriviramo: 3 5 y Ce x /'
y ' Ce
3 x 5
y ' 3Ce
(deriviranjem izraza y Ce
3 x 5
3
3 x 5
nismo se riješili konstante C pa ćemo ju izraziti)
y ' 3Ce 3 x 5 C
(sada se sa C
y '
3e
3 x 5
y '
3e 3 x 5
vraćamo u familiju y Ce 3x 5 i dobivamo) y
y '
3e
3 x 5
e 3 x5
(ako gornju jednakost malo sredimo dobivamo) y
y '
3
3 3 y y' Pripadna diferencijalna jednadžba familije y Ce
x5
(od nas se traži da nađemo diferencijalnu jednadžbu ortogonalnih trajektorija familije y Ce 3 x5 )
(traženu jednadžbu ćemo dobiti tako što ćemo u nađenoj diferencijalnoj jednadžbi zamijeniti y ' sa
1 y '
3 y y '
)
(tada dobivamo) 3 y
1 y '
Tražena diferencijalna jednadžba ort. trajektorija familije y Ce 3 x 5
(nije nužno, ali gornju jednakost možemo malo „srediti“ pa dobivamo) 1 3 y
y'
9
1
y '
3 y
Zadatak 8.(separacija varijabli) Metodom separacije varijabli naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe yy'3 x 2 , a potom ono partikularno rješenje koje zadovoljava uvjet y (2) 0 .
Rješenje. Najprije nalazimo opće rješenje: yy'3x 2
( y ' y y y
dy dx dy dx
dy dx
)
3x 2 2 3 x
dy
2 3 x / dx dx y dy ( 2 3 x )dx
y dy (2 3 x)dx /
y dy (2 3 x)dx y 2
2 y
2 x 3
2
2
2 x 3
x 2
2
x 2
2
C 1
C 1 / 2
y 2 4 x 3 x 2 2C 1 OPĆE
RJEŠENJE Da bi našli partikularno, u opće uvrštavamo početni uvjet. Ovdje je sada situaciju malo drukčija nego inače. Naime, opće rješenje y 2 4 x 3 x 2 2C 1 nam nije zadano u eksplicitnom obliku. U ovom slučaju ćemo u opće rješenje uvrstiti početni uvjet na način da ćemo sve x-eve zamijeniti sa 2 a sve y-one sa 0. Na taj ćemo nač in dobiti jednu jednadžbu s jednom nepoznanicom: 2 y ( 2) 0 0 4 2 3 4 2C 1 0 8 12 2C 1 2C 1 4 C 1 2
Dakle, traženo partikularno rješenje je : y 2 4 x 3x 2 4
Zadatak 9.(linearna nehomogena prvog reda) (3 boda) Naći opće rješenje linearne diferencijalne jednadžbe y 'e 2 x y e 2 x .
Rješenje. Zadana diferencijalna jednadžba y 'e 2 x y e 2 x je nehomogena linearna diferencijalna jednadžba. Dakle, možemo ju rješavati Lagrangeovom metodom varijacije konstanti ili Bernoullijevom metodom. Ovdje ć emo ju riješiti Bernoullijevom metodom. Najprije pretpostavimo da je tražena, nepoznata funkcija y jednaka umnošku y ( x) u ( x) v( x) . Deriviramo li izraz y ( x) u ( x) v( x) dobivamo y ' ( x) u ' ( x) v( x) u ( x) v' ( x) . Sada izraze y ( x) u ( x) v ( x )
i y ' ( x) u ' ( x) v( x) u ( x) v' ( x) uvrštavamo u dif. jednadžbu y'e 2 x y e 2 x pa
imamo: u 'v u v'e
2 x
u v e 2 x
10
(izlučimo v) v (u 'e
2 x
u ) u v' e 2 x
(sada nam je cilj naći neku funkciju u(x) za koju je izraz u zagradi u prethodnom redu jednak nuli, dakle rješavamo diferencijalnu jednadžbu:) u 'e 2 x u 0 du dx du
e 2x u
e 2 x u / dx
dx
2 du e x u dx / : u du e 2 x dx u du e 2 x dx / u
du
u e
2x
dx
(trebamo naći samo jednu funkciju u pa ćemo u idućem koraku zanemariti konstantu ) ln u
1 2 1
u e2 1
(kada izračunatu funkciju
u
e2
e
e 2 x
e
2 x
2 x
uvrstimo u izraz v (u 'e 2 x u ) u v' e 2 x dobivamo) 1
e2
e
2 x
v' e 2 x
(dakle, dobili smo diferencijalnu jednadžbu prvog reda u kojoj nam je nepoznanica funkcija v) 1
(podijelimo jednadžbu sa e 2 e
v'
2 x
)
2 x
1
e2 v' e
e
e
2 x
2 x
e
2 x
2
(integriramo gornji izraz i dobivamo:) v
v
e
2 x
e
e
2 x
dx
t e
2 x
dt 2e
2 x
dx
2
1 2
1
dt
t
e2
v e
e
2 x
1 2
e 2 x
e
2
dx
2 dt
du
t
2 1 2
e u du e u C 1 dt
x
t
2
u
t
C 1 e
v e
e
e2
C 1
2
2 x
2
C 1 1
e
2 x
e 2 x
(dakle, sada smo izračunali funkciju u e 2 i funkciju v e 2 C 1 ) (počeli smo od pretpostavke da je tražena funkcija y jednaka y( x) u( x) v( x) pa slijedi:) 1
y ( x) e 2
e
2 x
( e
e
2 x
2
C 1 ) OPĆE
RJEŠENJE
11
Zadatak 10. (linearna s konstantnim koeficijentima višeg reda) Zadana je diferencijalna jednadžba y ' '4 y' 0 . a) (0,5 boda) Odredite opće rješenje zadane diferencijalne jednadžbe. b) (1 bod) Odredite opće rješenje diferencijalne jednadžbe y' '4 y' xe 3 x . c) (0,5 boda) Ako je y y H y P rješenje diferencijalne jednadžbe y ' '4 y ' x 2 3x 5 pri čemu y H označava opće rješenje homogenog dijela, kojeg će oblika biti funkcija y P ? (Konstante ni je potrebno određivati.)
Rješenje. a) Diferencijalna jednadžba y ' '4 y' 0 je homogena linearna diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim koeficijentima. Prema tome, uvodimo supstituciju y e rx i dobivamo karakteristični polinom: r 2 4r 0 Karakteristični polinom
(izlučimo r ) r (r 4) 0
(slijedi) r 1 0 je jednostruko realno rješenje – pridružujemo mu partikularno rješenje e 0 x 1 r 2 4 je
jednostruko realno rješenje – pridružujemo mu partikularno rješenje e 4 x
(opće rješenje jednadžbe y' '4 y ' 0 je) 4 y C 1 C 2 e x TRAŽENO OPĆE RJEŠENJE b) Diferencijalna jednadžba y ' '4 y ' xe 3 x je nehomogena linearna diferencijalna jednadžba 2.
reda s konstantnim koeficijentima. Prema tome, njezino opće rješenje je oblika y y H y P gdje je y H rješenje pripadne homogene diferencijalne jednadžbe koje smo izračunali u a) djelu zadatka, dakle y H C 1 C 2 e 4 x a gdje je y P partikularno rješenje jednadžbe y ' '4 y ' xe 3 x . Da bi našli y P najprije moramo svrstati u jednu od tri kategorije funkciju sa desne strane jednakosti y ' '4 y ' xe 3 x , dakle funkciju f ( x) xe 3 x . Dotična funkcija f ( x) xe 3 x je prve vrste, odnosno oblika f ( x) e ax Pn ( x) pri čemu je a 3 a polinom Pn ( x) je polinom prvog stupnja Pn ( x ) P1 ( x ) x . Da bi našli y P , sada trebamo provjeriti je li a 3 rješenje karakteristične jednadžbe pripadne homogene jednadžbe, odnosno jednadžbe iz a) djela zadatka koja glasi r 2 4r 0 . a 3 nije rješenje pripadne karakteristične jednadžbe, pa prema pravilima sada slijedi da je traženo partikularno rješenje y P oblika y P e 3 x ( A1 x A0 ) . Još trebamo izračunati čemu su jednake konstante A1 i A0 . Pretpostavka je da je y P e 3 x ( A1 x A0 ) partikularno rješenje jednadžbe y' '4 y' xe 3 x , prema tome kada ga u nju uvrstimo trebali bi dobiti identitet odnosno jednakost. Kako se u jednadžbi 3 y ' '4 y ' xe x pojavljuju i prva i druga derivacija funkcije y , trebamo izračunati prvu i drugu derivaciju od funkcije y P e 3 x ( A1 x A0 ) da bi je mogli uvrstiti u jednadžbu: y P e y P ' 3e
3 x
y P ' e y P ' ' 3e
3 x
3x
3x
( A1 x A0 )
( A1 x A0 ) e 3 x A1 (3 A1 x 3 A0 A1 )
(3 A1 x 3 A0 A1 ) e 3x 3 A1
y P ' ' e
3x
(9 A1 x 9 A0 6 A1 )
3x
Sada funkciju y P e ( A1 x A0 ) , odnosno njezine derivacije uvrštavamo u diferencijalnu jednadžbu y ' '4 y ' xe 3 x : 12
e
3 x
(9 A1 x 9 A0 6 A1 ) 4e 3 x (3 A1 x 3 A0 A1 ) xe 3 x
(podijelimo gornji izraz sa e 3 x ) 9 A1 x 9 A0 6 A1 12 A1 x 12 A0 4 A1 x
(malo sredimo) 3 A1 x 3 A0 2 A1 x
(izjednačavanjem koeficijenata sa lijeve i desne strane dobivamo jednadžbe) 3 A1 1 3 A0 2 A1 0
(pa rješavanjem dobivamo) A1
1
A0
2
3 9
(te sada imamo:) 3 y P e x (
1
2 x ) 3 9
(počeli smo od toga da je traženo opće rješenje y jednako y y H y P pa imamo) y C 1 C 2 e
4 x
e 3 x (
1
2 x ) TRAŽENO 3 9
OPĆE RJEŠENJE
c) Funkcija y P ovisi o funkciji sa desne strane jednadžbe y ' '4 y' x 2 3x 5 , odnosno o funkciji f ( x) x 2 3x 5 . Funkcija f ( x) x 2 3x 5 je oblika f ( x) e ax Pn ( x) gdje je a 0 a polinom Pn ( x) je polinom drugog stupnja Pn ( x) P2 ( x) x 2 3x 5 . Da bi našli y P , sada trebamo provjeriti je li a 0 rješenje karakteristične jednadžbe pripadne homogene jednadžbe, odnosno jednadžbe iz a) djela zadatka koja glasi r 2 4r 0 . a 0 je jednostruko realno rješenje pripadne karakteristične jednadžbe, pa prema pravilima sada sli jedi da je traženo partikularno rješenje y P oblika y P x e 0 x ( A2 x 2 A1 x A0 ) .
Zadatak 11.(dif.jednadžba oblika y ( n) f ( x) ) Odredite rješenje diferencijalne jednadžbe y ' ' 3 x sin 3 x koje zadovoljava početne uvjete y (0) 1 i y ' (0) 0 .
Rješenje. Trebamo naći partikularno rješenje koje zadovoljava zadana dva uvjeta. Da bi to napravili, najprije moramo naći opće rješenje zadane jednadžbe. Diferencijalna jednadžba n y ' ' 3 x sin 3 x je jednadžba oblika y ( x ) f ( x) , prema tome rješavati ćemo ju uzastopnom direktnom integracijom: y ' ' 3 x sin 3 x /
(3 x sin 3 x)dx
y ' y ' 3 y ' 3 y y
2
(3
2
2
2
3
3
1
3
2 3
1
cos 3 x C 1
cos 3 x C 1 /
x 2
3 x
x
2
x
1
cos 3 x C 1 )dx 3
1
sin 3 x C 1 x C 2 9
13
y
x 3
2
1
sin 3 x C 1 x C 2 9
OPĆE RJEŠENJE
Da bi našli traženo partikularno rješenje, pomoću zadana dva uvjeta trebamo izračunati vrijednosti dviju konstanti iz općeg rješenja: 1. uvjet: y (0) 1 : y (0)
03 2
1
sin 0 C 2 C 2 1 9
2. uvjet: y ' (0) 0 : (prilikom nalaženja općeg rješenja, već smo izračunali čemu je jednaka prva derivacija funkcije y pa ćemo to ovdje iskoristiti) y ' (0)
1 3
C 1 0 C 1
1 3
Dakle, izračunali smo vrijednosti dviju konstanti:
C 1
1
i C 2 1 . Traženo partikularno
3
rješenje je ono koje ćemo dobiti kada u opće rješenje uvrstimo izračunate vrijednosti konstanti: y
x
3
2
1
1
9
3
sin 3 x x 1 TRAŽENO
Zadatak 12. (dif.jednadžba oblika y ( n)
PARTIKULARNO RJEŠENJE
f ( x) )
Odredite rješenje diferencijalne jednadžbe y ' ' ' e 5 x koje zadovoljava početne uvjete y (0) 1 , y ' (0) 0 i y ' ' (0) 1 . Rješenje. Trebamo naći partikularno rješenje koje zadovoljava zadana tri uvjeta (obratiti pažnju na to da imamo jednadžbu 3. reda – njezino opće rješenje imati će 3 konstante – da bi mogli izračunati vrijednosti tih konstanti moramo imati 3 početna uvjeta – dakle, tri jednadžbe s tri nepoznanice). Da bi to napravili, najprije moramo naći opće rj ešenje zadane jednadžbe. Diferencijalna jednadžba y ' ' ' e 5 x je jednadžba oblika y n ( x) f ( x) , prema tome
rješavati ćemo ju uzastopnom direktnom integracijom: y ' ' ' e
y ' '
y ' '
y ' y y
1 125
e 5 x C 1
x
2
2
5 e
5
5x
1
1 25
1 25
e
1
/
5x
dx
e 5 x C 1
(5 e
y ' y '
1
e
1
y ' '
5 x
C 1 /
5x
C 1 )dx
e 5 x C 1 x C 2
5x
( 25 e
C 1 x C 2 /
5x
C 1 x C 2 ) dx
C 2 x C 3
OPĆE RJEŠENJE
14
Da bi našli traženo partikularno rješenje, pomoću zadana tri uvjeta trebamo izračunati vrijednosti tri konstanti iz općeg rješenja: 1. uvjet: y (0) 1 : y (0)
1 125
e
0x
C 1
02 2
C 2 0 C 3
1 125
C 3 1 C 3
124 125
2. uvjet: y ' (0) 0 : (prilikom nalaženja općeg rješenja, već smo izračunali čemu je jednaka prva derivacija funkcije y pa ćemo to ovdje iskoristiti) y ' (0)
1 25
e 0 x C 1 0 C 2
1 25
C 2 0 C 2
1 25
3. uvjet: y ' ' (0) 1 : (prilikom nalaženja općeg rješenja, već smo izračunali čemu je jednaka druga derivacija funkcije y pa ćemo to ovdje iskoristiti) y ' ' (0)
1 5
e
0x
C 1
1 5
C 1 1 C 1
4 5
Dakle, izračunali smo vrijedn osti triju konstanti:
C 1
4 5
, C 2
1 25
i C 3
124 125
. Traženo
partikularno rješenje je ono koje ćemo dobiti kada u opće rješenje uvrstimo izračunate vrijednosti konstanti: y
1 125
e
5x
4 x 2
5
2
1 25
x
124 125
TRAŽENO
PARTIKULARNO RJEŠENJE
15
2. SKUPINA PITANJA Zadatak 1.(Bernoullijeva prvog reda) (2.5 boda) Odrediti opće rješenje Bernoullijeve diferencijalne jednadžbe y ' y cot x y 2 cos x 0 .
Rješenje. Zadana diferencijalna jednadžba y ' y cot x y 2 cos x 0 je Bernoullijeva jednadžba pa ćemo ju zapisati u standardnom obliku y ' y cot x y 2 cos x . Istu možemo rješavati Bernoullijevom metodom ili ju supstitucijom z ( x)
1
svesti na nehomogenu linearnu
y ( x )
diferencijalnu jednadžbu koju isto znamo riješiti. Ovdje ćemo ju riješiti Bernoullijevom metodom. Najprije pretpostavimo da je traženo rješenje, odnosno nepoznata funkcija y jednaka y u v gdje su u i v također zasada nepoznate funkcije koje moramo izračunati. Deriviramo l i jednakost y u v dobivamo y' u 'v u v' . Izraze y u v i y ' u 'v u v' uvrstimo u zadanu dif. jednadžbu y ' y cot x y 2 cos x i dobivamo: 2
2
u 'v u v'u v cot x u v cos x
(na lijevoj strani izlučimo v) 2 2 v (u 'u cot x) u v' u v cos x
(sada želimo naći jednu funkciju u za koju je izraz u zagradi u gornjoj jednakosti jednak nuli ) (dakle, rješavamo dif jednadžbu) u 'u cot x 0
(ova jednadžba bi se trebala moći riješiti separacijom varijabli) u 'u cot x 0 u ' u cot x du dx du
u cot x /
dx
du u du u
u cot x dx u
cot xdx
cot xdx /
du
u cot xdx ln u
cos x
t sin x
dt
sin x dx dt cos xdx t ln t ln sin x ln u ln sin x
(ovdje tražimo samo jednu funkciju u za koju će izraz u 'u cot x biti jednak nuli, ne čitavu familiju pa smo zato zanemarili pisanje konstante na desnoj strani ) u sin x
(sada kada se sa izračunatom funkcijom 2
2
v (u 'u cot x) u v' u v cos x
u sin x
vratimo u jednakost
ostat će nam iduće: )
sin x v' (sin x) 2 v 2 cos x
16
(gornji izraz predstavlja diferencijalnu jednadžbu prvog reda gdje nam je nepoznanica funkcija v)
(podijeliti ćemo sve sa sinx) v' sin x v 2 cos x dv sin x v 2 cos x dx dv dx sin x v 2 cos x / 2 dx v dv sin x cos xdx 2 v dv sin x cos xdx / 2 v dv sin x cos xdx v2
1 v
sin x cos xdx
t sin x
tdt
dt cos xdx
1 v
1 v
1 v
v
(dakle, još smo prije izračunali
sin 2 x 2
2
t
2
C
sin 2 x 2
C
C
sin 2 x 2C 2 2
sin x 2C 2 2 sin 2 x 2C
u sin x
a sad smo izračunal i
(rješavanje smo započeli sa pretpostavkom da je opće rješenje
v
2 2
sin x 2C
y u v prema
)
tome sada
imamo) y sin x
2 2
sin x 2C
TRAŽENO
OPĆE RJEŠENJE
Zadatak 2. (sustav diferencijalnih jednadžbi) (2,5 boda) Riješite sustav diferencijalnih jednadžbi : y '3 y z e
3 x
z '9 y 3 z e 2 x .
Rješenje. Najprije trebamo utvrditi što su nam nepoznanice u ovom sustavu i što je nezavisna varijabla. U prvoj jednadžbi se pojavljuje y ' , prema tome y je jedna nepoznata funkcija. Iz druge jednadžbe zaključujemo da je z druga nepoznata funkcija. U jednadžbama se još pojavljuje varijabla x, prema tome slijedi da je x nezavisna varijabla. Dakle, moramo naći funkcije y ( x) i z ( x) . Najprije iz jedne od jednadžbi moramo izraziti jednu od nepoznatih funkcija. Iz prve jednadžbe y '3 y z e 3 x ćemo izraziti z jer je to najjednostavnija opcija. Imamo: 3 3 y '3 y z e x z e x y '3 y
17
Da bi sada z e 3 x y'3 y mogli uvrstiti u drugu jednadžbu najprije moramo izračunati derivaciju : z e 3 x y '3 y /'
z ' 3e
(sada izraze z e
3x
y '3 y i z ' 3e 3e
3 x
3x
3x
y ' '3 y '
y' '3 y' uvrštavamo u drugu jednadžbu pa imamo:)
y' '3 y '9 y 3e 3 x 3 y '9 y e 2 x
(sredimo li gornju jednakost dobivamo:) y' '6 y'18 y e 2 x
(pomnožimo sa (-1)) 2 y ' '6 y '18 y e
x
(dobili smo nehomogenu linearnu diferencijalnu jednadžbu 2. reda s konstantnim koeficijentima) (ovisno o funkciji sa desne strane y' '6 y'18 y e 2 x , odnosno o funkciji f ( x) e 2 x ovu
jednadžbu rješavamo ili Metodom neodređenih koeficijenata ili Lagrangeovom metodom varijacije konstanti)
( budući da je funkcija
oblika f ( x) e ax Pn ( x) pri čemu je a 2 i polinom Pn ( x) je polinom nultog stupnja Pn ( x) P0 ( x) 1 , slijedi da jednadžbu možemo riješiti metodom f ( x ) e 2 x
neodređenih koeficijenata) (opće rješenje jednadžbe y ' '6 y '18 y e 2 x je funkcija y ( x) z akoju vrijedi y ( x) y H y P gdje je y H rješenje pripadne homogene jednadžbe a y P partikularno rješenje nehomogene) (dakle, najprije rješavamo pripadnu nehomogenu diferencijalnu jednadžbu:) r 2 6r 18 0 K arakteristični polinom
r 1, 2
6 36 4 18 2
6 6i 2
3 3i
(dakle, r 1, 2 3 3i je jednostruki kompleksni par korjena)
y C 1 e
3 x
cos 3 x C 2e
3 x
(opće rješenje prema pravilima glasi:) sin 3 x OPĆE RJEŠENJE PRIPADNE HOMOGENE D.J.
(sada trebamo izračunati partikular no rješenje y P ) (već smo vidjeli da je funkcija budući da je funkcija f ( x) e 2 x oblika f ( x) e ax Pn ( x) pri čemu je a 2 i polinom Pn ( x) je polinom nultog stupnja Pn ( x) P0 ( x) 1 ) (sada trebamo provjeriti je li a 2 rješenje karakteristične jednadžbe koja glasi r 2 6r 18 0 ) (uvrstimo li dvojku u izraz r 2 6r 18 dobivamo 34, dakle a 2 nije rješenje karakteristične jednadžbe) (sada slijedi da je traženo partikularno rješenje oblika ) y P e 2 x Q n ( x )
18
(gdje je Qn ( x) neki nepoznati polinom stupnja jednakog stupnju polinoma iz f ( x) e 2 x , dakle nultog stupnja pa pišemo) 2 y P e x A
(još trebamo izračunati ćemu je jednaka konstanta A) (to ćemo učiniti tako što ćemo izračunati prvu i drugu derivaciju od y P
e 2 x A i to sve
uvrstiti u dif. jednadžbu y ' '6 y '18 y e 2 x ) 2 y P e x A /'
y P ' 2 Ae 2 x
y P ' ' 4 Ae
2 x
(uvrštavamo u y' '6 y '18 y e 2 x :) 4 Ae 2 x 12 Ae 2 x 18 Ae 2 x e 2 x
(podijelimo sa e 2 x pa imamo:) 4 A 12 A 18 A 1 34 A 1 1 A 34
(dakle, traženo partikularno rješenje je jednako:) y P
(pa je opće rješenje diferencijalne jednadžbe
1 34
e 2 x
y ' '6 y '18 y e 2 x
3 3 y ( x) C 1 e x cos 3 x C 2 e x sin 3 x
oblika y ( x) y H y P jednako:) 1
34
e
2 x
Izračunali smo prvu nepoznatu funkciju y( x). Još trebamo izračunati fun kciju z. Još smo na početku zadatka došli do veze : z e 3x y '3 y . Dakle, kada u taj izraz uvrstimo izračunatu funkciju
y ( x) C 1 e 3 x cos 3 x C 2 e 3 x sin 3 x
1 34
e 2 x
imamo: z ( x) e 3 x (C 1 e 3 x cos 3 x C 2 e 3 x sin 3 x
1 34
e 2 x )'3(C 1 e 3 x cos 3 x C 2 e 3 x sin 3 x
1 34
e2x )
(deriviramo :) z ( x) e 3 x 3C 1 e 3 x cos 3 x 3C 1e 3 x sin 3 x 3C 2 e 3 x sin 3 x 3C 2 e 3 x cos 3 x
1 17
e 2 x 3 ( C 1 e 3 x cos 3 x C 2 e 3 x sin 3 x
1 34
e 2x )
(malo sredimo i dobivamo:) z ( x) e 3 x 3C 1 e 3 x sin 3 x 3C 2 e 3 x cos 3 x
1 17
e 2 x
3 34
e 2 x
19
Zadatak 3.(snižavanje reda diferencijalnih jednadžbi) (2,5 boda) Nađite opće rješenje 2
diferencijalne jednadžbe y ' ' y ' x . x
Rješenje. Zadana diferencijalna jednadžba je jednadžba drugog reda. Ona nije linearna diferencijalna jednadžba s konstantnim koeficijentima zato jer koeficijent koji u jednadžbi y ' '
2 x
y ' x
množi y' nije konstanta nego je funkcija f ( x)
2 x
. Prema tome, jedino što ovdje
možemo raditi je pokušati uvesti supstituciju, odnosno novu funkciju z(x) i tako sniziti red ove diferencijalne jednadžbe. Prema pravilu, nova funkcija z ( x) bi trebala biti jednaka najnižoj derivaciji od funkcije y koja 2
se javlja u zadanoj jednadžbi y ' ' y ' x . Prema tome, uvodimo supstituciju: x
z ( x) y ' ( x)
(deriviramo li gornju jednakost imamo: z ' ( x) y ' ' ( x ) 2
(sada izraze z ( x) y' ( x) i z ' ( x) y ' ' ( x) uvodimo u jednadžbu y' ' y' x pa imamo: x
2 z ' z x x
(dakle, ovom smo supstitucijom snizili red početne dif. jednadžbe i sada smo problem sveli na 2
rješavanje jednadžbe z ' z x što je nehomogena linearna diferencijalna jednadžba 1. reda x
koju možemo rješavati Bernoullijevom ili Lagrangeovom metodom varijacije konstanti )
(rješavati ćemo ju Bernoullijevom metodom) (najprije pretpostavimo da je nepoznata funkcija z ( x) koju trebamo izračunati jednaka umnošku z u v gdje su u i v također nepoznate funkcije koje ćemo tek izračunati) (deriviramo li z u v dobivamo z ' u 'v u v' ) 2
(jednakosti z u v i z ' u 'v u v' uvrštavamo u dif. jednadžbu z ' z x i dobivamo: x
u ' v uv' v(u '
2 x
2 x
uv x
u ) uv' x
(tražimo onakvu funkciju u za koju će zagrada u prethodnom redu biti jednaka nuli : ) u ' du dx du
2 x
u0
2 x
u
2
dx
x
u
u /
dx
du u du
u
2 x
2
dx
1
x dx
(u idućem koraku ćem o zanemariti konstantu C jer ne trebamo naći čitavu familiju, nego samo jednu funkciju u sa spomenutim svojstvom)
20
ln u 2 ln x
(koristimo pravilo n ln x ln x n ) ln u ln x 2 1 ln u ln x 2 1 u x 2
(kada funkciju u
1 x
2
2
uvrstimo u v(u ' u ) uv' x dobivamo: ) x
1 x
2
v ' x
(dobili smo dif. jednadžbu u kojoj je nepoznanica funkcija v: ) 1 x
2
v' x / x v ' x
2
3
v x 3 dx v
x
4
4
C 1
(počeli smo od pretpostavke da je tražena funkcija z jednaka z u v , a izračunali smo v
x 4
4
u
1 x
2
i
C 1 pa dobivamo
4 x 1 x 2 C 1 C 1 ) 2 z ( 4 4 x 2 x
(još nismo gotovi, naime još trebamo izračunati funkci ju y) (još smo na početku uveli supstituciju z ( x) y ' ( x) , prema tome vrijedi: ) y '
x
2
4
C 1 x 2
(integriramo) y
2 3 C C x x 21 )dx 1 C 2 OPĆE ( 4 x 12 x
RJEŠENJE
(ponovno, imamo opće rješenje s dvije konstante - zato jer smo rješavali dif. jedn. 2. reda)
Zadatak 4.(sustav diferencijalnih jednadžbi) (2,5 boda) Riješite sustav diferencijalnih jednadžbi x'4 x y 2t i y '36 x 8 y 18 .
Rješenje. Budući da trebamo riješiti sustav diferencijalnih jednadžbi, najprije trebamo ustanoviti što su nam u tom sustavu nepoznanice (nepoznate funkcije) a što je nezavisna varijabla. U sustavu x'4 x y 2t i y '36 x 8 y 18 nepoznanice će biti one varijable - funkcije koje se pojavljuju kao derivacije. Dakle, u našem konkretnom sustavu nepoznanice su funkcije x i y .
Ako se u sustavu pojavljuje i treća varijabla, onda će ona biti nezavisna varijabla. U našem konkretnom sustavu, još se pojavljuje varijabla t , prema tome ona je nezavisna varijabla.
21
Dakle, mi moramo naći funkcije x i y po varijabli t , odnosno simbolima funkcije
x (t ) ?
i
y (t ) ? .
Počinjemo tako da iz jedne od jednadžbi izrazimo jednu nepoznanicu preko druge. Odabrati ćemo pr vu jednadžbu x'4 x y 2t i iz nje izraziti nepoznanicu y preko x-a. x '4 x y 2t y 2t x '4 x VEZA MEĐU NEPOZNANICAMA Sada trebamo uvrstiti pronađenu vezu udrugu jednadžbu. Međutim, da bi to mogli napraviti najprije trebamo izračunati derivaciju od y-ona. Dakle, y 2t x'4 x
(deriviramo li gornju jednakost imamo) y ' 2 x ' '4 x '
(u prethodnom koraku samo treba paziti na to što je nezavisna varijabla po kojoj i deriviramo, u našem slučaju to je varijabla t ) Dakle, nakon što smo našli veze y 2t x'4 x i y ' 2 x' '4 x' , iste uvrštavamo u drugu jednadžbu pa imamo: 2 x ' '4 x 36 x 8( 2t x'4 x ) 18
(odnosno sredimo li gornji izraz) x' '8 x'8 x 16 16t
(množimo sa -1 kako bi dobili standardni oblik) x ' '8 x'8 x 16 16t
(vidimo da smo dobili nehomogenu linearnu diferencijalnu jednadžbu 2. reda s konstantnim koeficijentima)
(ovisno o funkciji sa desne strane gornje jednadžbe, jednadžbu ćemo rješavati Metodom neodređenih koeficijenata ili Lagrangeovom metodom varijacije konstanti) (funkcija sa desne strane jest funkcija f (t ) 6 16t ) (vidimo da je ta funkcija oblika f (t ) e at Pn (t ) gdje je a 0 a gdje je polinom Pn (t ) polinom prvog stupnja Pn (t ) P1 (t ) 6 16t ) (dakle, jednadžbu x' '8 x'8 x 16 16t ćemo riješavati Metodom neodređenih koeficijenata) (rješenje jednadžbe x' '8 x'8 x 16 16t biti će funkcija x(t ) za koju vrijedi x(t ) x H (t ) x P (t ) gdje je x H (t ) rješenje pripadne homogene jednadžbe a gdje je x P (t ) partikularno rješenje nehomogene) (dakle, najprije rješavamo pripadnu homogenu jednadžbu koja glasi:) x ' '8 x '8 x 0
r 8r 8 0 Karakteristična jednadžba 2
r 1, 2
8 64 32 2
8 32 2
8 16 2 2
84 2 2
42 2
(dakle, dobili smo rješenja) r 1 4 2 2 r 2 4 2 2
(to su dva realna različita rješenja, prema tome i jednostruka pa im prema pravilima pridružujemo iduća partikularna rješenja:)
22
r 1 4 2 2 pridružujemo
mu partikularno rješenje e (4 2
r 2 4 2 2 pridružujemo
mu partikularno rješenje e (42
2 )t 2 ) t
(slijedi da je traženo opće rješenje homogene jednadžbe x' '8 x'8 x 0 jednako:) x H (t ) C 1 e ( 4 2
2 ) t
C 2 e ( 42
2 ) t
(još trebamo naći x P (t ) ) ( x P (t ) će ovisiti o funkciji f (t ) 6 16t )
(već smo ustanovili da je funkcija
oblika f (t ) e at Pn (t ) gdje je a 0 a gdje je polinom Pn (t ) polinom prvog stupnja Pn (t ) P1 (t ) 6 16t ) f (t ) 6 16t
(iduće što trebamo napraviti je provjeriti je li a 0 rješenje karak teristične jednadžbe) (karakterističnu jednadžbu smo već rješili pa znamo da a 0 nije njezino rješenje) (prema tome, sada slijedi da je x P (t ) oblika x P (t ) e at Qn (t ) gdje je Qn (t ) zasada neki nepoznati polinom stupnja n , odnosno stupnja jednakog stupnju polinoma iz funkcije f (t ) 6 16t ) (dakle:) 0 x P (t ) e ( At B) At B t
(da bi izračunali vrijednost konstanti A i B, funkciju x P (t ) At B trebamo uvrstiti u jednadžbu x' '8 x'8 x 16 16t , ali prije toga moramo izračunati njezinu prvu i drugu derivaciju budući da se one pojavl juju u jednadžbi x' '8 x'8 x 16 16t ) x P ' (t ) A
x P ' ' (t ) 0
(uvrštavamo i dobivamo) 8 A 8 At 8 B 16 16t
(izjednačavanjem koeficijenata dobivamo:) 8 At 16 A 2 8 A 8 B 16 8 B 32 B 4
(dakle, sada imamo:) x P (t ) 2t 4
(pa je traženo rješenje jednadžbe x' '8 x'8 x 16 16t jednako:) x(t ) x H (t ) x P (t ) (4 2 x(t ) C 1 e
2 )t
C 2 e ( 4 2
2 )t
2t 4
Još nismo gotovi. Naime, tek smo izračunali prvu nepoznanicu početnog sustava. Sada se trebamo vratiti na vezu koju smo još na početku zadatka našli iz prve jednadžbe sustava: y 2t x'4 x i u nju uvrstiti pronađenu funkciju x(t ) C 1 e (4 2 2 )t C 2 e ( 4 2 2 )t 2t 4 . Tada dobivamo: (4 2 y 2t (C 1 e
2 ) t
C 2 e ( 4 2
2 )t
2t 4)'4(C 1 e ( 4 2
2 ) t
C 2 e ( 42
2 ) t
2t 4)
(deriviramo li prvu zagradu u konačnici imamo) y 2t (4 2 2 )C 1 e ( 4 2
2 ) t
(4 2 2 )C 2 e ( 42
2 ) t
2 4C 1 e (4 2
2 ) t
4C 2 e ( 4 2
2 )t
8t 16
23
(ovo je sada dovoljno, ali ako želimo gornju jednakost možemo još malo srediti)
Zadatak 5.(sustav diferencijalnih jednadžbi) Riješite sustav diferencijalnih jednadžbi x
y '3 z e i z '3 y
e x
3
.
Rješenje. Budući da trebamo riješiti sust av diferencijalnih jednadžbi, najprije trebamo ustanoviti što su nam u tom sustavu nepoznanice (nepoznate funkcije) a što je nezavisna varijabla. U sustavu y '3 z e x i z '3 y
e x
3
nepoznanice će biti one varijable - funkcije koje se pojavljuju
kao derivacije. Dakle, u našem konkretnom sustavu nepoznanice su funkcije z i y . Ako se u
sustavu pojavljuje i treća varijabla, onda će ona biti nezavisna varijabla. U našem konkretnom sustavu, još se pojavljuje varijabla x , prema tome ona je nezavisna varijabla.
Dakle, mi moramo naći funkcije z i y po varijabli x, odnosno simbolima funkcije
z ( x ) ?
i
y ( x) ? .
Počinjemo tako da iz jedne od jedna džbi izrazimo jednu nepoznanicu preko druge. Odabrati ćemo prvu jednadžbu y '3 z e x i iz nje izraziti nepoznanicu z preko y-a. x
y '3 z e z
e x y '
3
VEZA
MEĐU NEPOZNANICAMA
Sada trebamo uvrstiti pronađenu vezu u drugu jednadžbu. Međutim, da bi to mogli napraviti najprije trebamo izračunati derivaciju od z-a. Dakle, e x y '
z
3
(deriviramo li gornju jednakost imamo) z '
e x y ' '
3
(u prethodnom koraku samo treba paziti na to što je nezavisna varijabla po kojoj i deriviramo, u našem slučaju to je varijabla x) Dakle, nakon što smo našli veze z
e x y '
i z '
3
e x y ' '
3
, iste uvrštavamo u drugu jednadžbu pa
imamo: e x y ' '
3
3 y
ex
3
(množimo sa 3) e x y ' '9 y e x
(sredimo) y' '9 y 0
(množimo sa -1 kako bi dobili standardni oblik) y ' '9 y 0
(vidimo da smo dobili homogenu linearnu diferencijalnu jednadžbu 2. reda s konstantnim koeficijentima) r 9 0 Karakteristična jednadžba 2
r 2 9
24
r 3
(dakle, dobili smo rješenja) r 1 3 r 2 3
(to su dva realna različita rješenja, prema tome i jednostruka pa im prema pravilima pridružujemo iduća partikularna rješenja:) mu partikularno rješenje e 3 x
r 1 3 pridružujemo r 2 3 pridružujemo
mu partikularno rješenje e 3 x
(slijedi da je traženo opće rješenje homogene jednadžbe y ( x) C 1 e
3 x
C 2 e
y ' '9 y 0 jednako:)
3 x
Izračunali smo prvu nepoznanicu početnog sustava. Sada se trebamo vratiti na vezu koju smo
još na početku zadatka našli iz prve jednadžbe sustava:
z
e x y '
3
i u nju uvrstiti pronađenu
funkciju y ( x) C 1 e 3 xt C 2 e 3 x . Tada dobivamo: z
e x (C 1 e 3 x C 2 e 3 x )'
3
(obavimo deriviranje) z ( x)
3 3 e x 3C 1 e x 3C 2 e x
3
(ovo je sada dovoljno, ali ako želimo gornju jednakost možemo još malo srediti) z ( x)
e x
3
C 1 e 3 x C 2 e 3 x
Zadatak 6.(homogena diferencijalna jednadžba prvog reda) (3 boda) Odrediti 5 y 9 x koje zadovoljava početni partikularno rješenje homogene diferencijalne jednadžbe y ' 5 x y
uvjet y (1) 0 .
Rješenje. Jednadžba
y '
5 y 9 x 5 x y
je jednadžba 1. reda. Da bi je doveli do standardnog oblika y
homgene diferencijalne jednadžbe 1. reda koji glasi y ' f ( ) podijeliti ćemo i brojnik i x
nazivnik desne strane jednadžbe y'
5 y 9 x 5 x y y '
sa x pa imamo: (5 y 9 x) : x (5 x y) : x 5
y
x y '
5
9 y x
(dakle, sada bi trebalo biti očito da se radi o homogenoj d iferencijalnoj jednadžbi 1. reda y
odnosno o jednadžbi oblika y' f ( ) ) x
25
(ovaj tip jednadžbi rješavamo uvođenjem supstitucije, odnosno nove funkcije
u ( x)
y x
)
(imamo:) u
y
x y ux
(deriviramo) y ' u ' x u ( x)' y ' u ' x u
(sada jednakosti u
y x
5
y
i y' u ' x u uvrštavamo u dif. jednadžbu y' x 5
9 y
:)
x
5u 9
u ' x u
5u
(ovo što smo dobili bi trebala biti diferencijalna jednadžba 1. reda u kojoj se mogu separirati varijable a u kojoj nam je nepoznanica funkcija u ) 5u 9
u ' x u
5u
5u 9
u ' x
u
5u
(desnu stranu stavimo na zajednički nazivnik) u ' x
5u 9 5u u 2 5u
u ' x
9u2
( u' du dx
x
5u du dx
)
9u2 5u
(kako bi separirali varijable gornju jednakost množimo sa 5u 2
9u
dx x
5u 9u2
)
dx
du
x
(separirali smo varijable pa integriramo) 5u 2
du
9u 5u
9u
5
9u
2
1
9u
5
du
2
2
x
du
u
du
dx
u
dx
9
du
u 2
x
u 2
/
9
dx
x
du
dx x
(prvi integral je tablični, drugi rješavamo supstitucijom
2 t u 9 )
1 1 u 5( arctan ) ln(u 2 9) ln x C 1 3 3 2
(ovdje stajemo iz razloga što funkciju u iz gornjeg izraza nije lako prikazati u eksplicitnom obliku)
26
Još nismo gotovi. Naime, mi moram o izračunati funkciju y. Počeli smo sa supstitucijom u pa slijedi da je:
y x
y u x
(međutim, kako nismo uspjeli naći eksplicitni oblik funkcije u ovdje ćemo sada napraviti sljedeću stvar:) (iz relacije y u x slijedi:) u
(sada ćemo u jednakosti 1
y x
1 1 u 5( arctan ) ln(u 2 9) ln x C 1 3 3 2 y
2
1
y 9) ln x C 1 5( arctan ) ln( 3 3 x 2 x 2
zamijeniti u sa u
y x
i dobivamo:)
OPĆE RJEŠENJE
(vidimo da smo dobili opće rješenje s jednom konstantu budući da smo rješava li diferencijalnu jednadžbu 1. reda)
Još trebamo naći partikularno rješenje koje zadovoljava početni uvjet y(1) 0 . Dakle, kako opće rješenje nije u eksplicitnom obliku, u ovoj ćemo situaciji u općem rješenju umjesto x uvrstit 1, odnosno umjesto y uvrstiti 0. Na taj ćemo način dobiti jednu jednadžbu s jednom nepoznanicom – konstantom C 1 . Dakle imamo: 1 1 1 1 5( arctan 0) ln(0 9) ln 1 C 1 5 0 ln 9 0 C 1 C 1 ln 9 . 3 2 2 2
Traženo partikularno rješenje ćemo dobiti kada u općem rješenju konstantu zamijenimo sa izračunatom konkretnom vrijednošću 1
C 1
1 2
ln 9 :
2
y 1 9) ln x ln 9 TRAŽENO 5( arctan ) ln( 2 2 3 3 x 2 x y
1
PARTIKULARNO RJEŠENJE
Zadatak 7.(Lagrangeova metoda varijacije konstanti) Naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe y ' '6 y'9 y
e
3 x
x 2
primjenom Lagrangeove metode varijacije konstanti. 3 x
Rješenje. Jednadžba y ' '6 y '9 y e 2 je nehomogena linearna diferencijalna jednadžba 2. reda x
s konstantnim koeficijentima. U zadatku je već određeno da ju rješavamo Lagrangeovom metodom. Dakle, najprije moramo naći opće rješen je pripadne homogene diferencijalne jednadžbe: y ' '6 y '9 y 0
r 2 6r 9 0 Karakteristična jednadžba r 1, 2
6 36 36 2 r 1 r 2 3
3 0
(dakle, dobili smo jedno realno rješenje, prema tome ono je dvostruko) (prema pravilima, pridružujemo mu partikularna rješenja oblika:) r 1 r 2 3 pridružujemo part. rješenja e 3 x , xe 3 x
(dakle, opće rješenje pripadne homogene jednadžbe
y ' '6 y '9 y 0 je)
3 3 y C 1 e C 2 xe x
x
27
Drugi korak Lagrangeove metode varijacije konstanti je da pretpostavimo da je traženo opće
rješenje početne diferencijalne jednadžbe
y C 1 ( x )e
Pri čemu su nam funkcije
e 3 x
y ' '6 y '9 y 3 x
funkcija y oblika:
x 2
C 2 ( x) xe 3 x
i C 2 ( x) nepoznanice koje tek moramo izračunati. Budući da imamo dvije nepoznanice, prema pravilima si postavljamo sustav od dvije jednadžbe koje glase: C 1 ( x)
C 1 'e C 1 '(e
3 x
3 x
C 2 ' xe 3 x 0 e
)'C 2 '( xe 3 x )'
3 x
x
2
____________________________ (deriviramo li u drugoj jednadžbi dobivamo sustav) C 1 'e
3 x
C 2 ' xe 3 x 0
3C 1 'e 3 x C 2 '(e 3 x 3 xe 3 x )
e
3 x
x
2
________________________________ (da bi si pojednostavili jednadžbe, dijelimo ih sa e 3 x ) C 1 'C 2 ' x 0
3C 1 'C 2 '(1 3 x )
1 x 2
_____________________________ (dakle, imamo sustav od dvije diferencijalne jednadžbe sa dvije nepoznanice – nepoznate funkcije C 1 ( x) i C 2 ( x) )
(iz prve jednadžbe ćemo iskazati jednu nepoznanicu preko druge:) C 1 'C 2 ' x 0 C 1 ' xC 2 ' VEZA (sada u drugu jednadžbu uvrštavamo pronađenu vezu pa imamo:) x3C 2 'C 2 '(1 3 x)
1 x 2
(sada smo dobili jednu diferencijalnu jednadžbu sa jednom nepoznanicom – funkcijom C 2 ( x) )
(kako bi jednadžbu doveli do nekog standardnog oblika, sa lijeve strane izlučujemo funkciju C 2 ' ( x ) ) C 2 ' (3 x 1 3 x)
1 x
2
(sredimo) C 2 '
1 x
2
(dobili smo diferencijalnu jednadžbu oblika y ' f ( x) koju rješavamo direktnom integracijom) C 2 '
C 2 ( x )
1 x
1
x
2
2
/
dx
1 x
K 1
(dakle, našli smo prvu nepoznatu funkciju C 2 ( x) )
28
(sada se vraćamo u vezu među nepoznanicama C 1 ' xC 2 ' gdje trebamo uvrstiti prvu derivaciju funkcije C 2 ( x) koju smo u računu već izračunali pa imamo:) C 1 ' x
1 x
2
1 x
(ponovno integriramo i dobivamo:) C 1 ' C 1 ( x)
1 x
/
1
x dx ln x K
2
(dakle, izračunali smo obje funkcije C 1 ( x) i C 2 ( x) pa sada slijedi da je traženo opće rješenje y početne diferencijalne jednadžbe: ) y ( ln x K 2 )e 3 x (
1 x
K 1 ) xe 3 x OPĆE
RJEŠENJE
29
3. TEORIJSKA PITANJA Ovo su samo neki primjeri teorijskih zadataka izvučeni iz kolokvija od zadnjih nekoliko godina. U vašem kolokviju možda budu sve neki drukčiji zadaci, al opet misli m da ne bi
trebali biti jako drukčiji. Definitivno vam je najbolje učiti ono što ste na predavanjima sve radili...
1. Tip teorijski pitanja - zadaci koji zahtijevaju poznavanje idućih činjenica:
Obična diferencijalna jednadžba n-tog reda je jednadžba oblika F ( x, y, y ' , y ' ' , y ' ' ' ,..., y ( n 1) , y ( n) ) 0 ,
gdje je x nezavisna varijabla a y y( x) nepoznata funkcija.
Opće rješenje diferencijalne jednadžbe n-tog reda je familija- skup funkcija y y ( x, C 1 , C 2 ,..., C n )
koje su sve rješenja iste jednadžbe. Dakle, radi se o familiji koja u sebi sadrži n konstanti koje zamjenjuju bilo koji realan broj.
Partikularno rješenje diferencijalne jednadžbe n-tog reda je neka konkretna funkcija koju dobivamo iz općeg rješenja te iste jednadžbe uz n zadanih početnih uvjeta. Zadatak 1. (1 bod)
_ reda i njezino opće F ( x, y , y ) 0 je diferencijalna jednadžba___
rješenje je oblika__________________. (Rješenje: 3, y y ( x, C 1 , C 2 , C 3 ) )
Zadatak 2. Opće rješenje diferencijalne jednadžbe F ( x, y, y , y ) 0 sadrži _______ konstanti. Partikularno rješenje se iz općeg rješenja dobije zadavanjem početnih uvjeta. Početni uvjeti u točki x0 zadaju se na sljedeći način: __________________________. (Rješenje:3, y( x0 ) y 0 , y ' ( x 0 ) y1 i y' ' ( x 0 ) y 2 )
Zadatak 3. Opće rješenje diferencijalne jednadžbe F ( x, y, y , y ) 0 je oblika ______________. Da bi iz općeg rješenja odredili partikularno potrebno je zadati ______ početnih uvjeta. (Rješenje: y y( x, C 1 , C 2 ) , 2 početna uvjeta) Zadatak 4. Opće rješenje diferencijalne jednadžbe dano je s y y ( x, C 1 , C 2 , C 3 ) Pripadna diferencijalna jednadžbe je ________ reda. Partikularno rješenje se iz općeg rješenja dobije zadavanjem početnih uvjeta. Početni uvjeti u točk i x0 zadaju se na sljedeći način: __________________________. (Rješenje: 3. reda, y ( x 0 ) y 0 , y' ( x 0 ) y1 i y ' ' ( x 0 ) y 2 )
Zadatak 5.
je diferencijalna jednadžba _____ reda i n jezino opće rješenje je oblika __________________. (Rješenje: 4. reda, y y ( x, C 1 , C 2 , C 3 , C 4 ) ) F ( x, y , y IV ) 0
Zadatak 6. Diferencijalna jednadžba
x y ' '
y 3 y'
je ________ reda. Opće rješenje te
diferencijalne jednadžbe sadrži ________ konstanti. (Rješenje: 2. reda, dvije konstante) 30
Zadatak 7. Diferencijalna jednadžba
3 3 y ' '3 y ' xy x 0
je ____ reda. Opće rješenje te
diferencijalne jednadžbe je oblika ___________________.(Rješenje: 2. reda, y y( x, C 1 , C 2 ) )
Zadatak 8. Opće rješenje diferencijalne jednadžbe četvrtog reda je oblika _________________. Da bi se iz općeg rješenja dobilo partikularno, potrebno je zadati ____________________ početnih uvjeta. (Rješenje: y y( x, C 1 , C 2 , C 3 , C 4 ) , 4 početnih uvjeta) 2. Znati sve tipove, to jest opće oblike svih tipova diferencijalnih jednadžbi koje smo radili. Dakle : y ' f ( x ) y ' f ( x ) g ( y )
Diferencijalne jednadžbe 1. reda
y y ' f ( ) x y ' f ( x ) y 0 y ' f ( x) y q( x ) y ' f ( x ) y q( x ) y n
Diferencijalne jednadžbe višeg reda
y
( n)
f ( x)
y
( n)
a n 1 ( x ) y ( n1) .. a1 ( x) y ' a 0 ( x) y f ( x)
y
( n)
a n 1 y ( n1) .. a1 y ' a 0 y 0
y
( n)
a n 1 y ( n1) .. a1 y'a 0 y f ( x)
- diferencijalna jednadžba sa separiranim varijablama - homogena diferencijalna jednadžba prvoga reda - linearna homogena diferencijalna jednadžba prvoga reda - linearna nehomogena diferencijalna jednadžba prvoga reda - Bernoullijeva diferencijalna jednadžba prvoga reda - linearna diferencijalna jednadžba n-toga reda - homogena linearna diferencijalna jednadžba n-toga reda s konstantnim koeficijentima - nehomogena linearna diferencijalna jednadžba n-toga reda s konstantnim koeficijentima
Zadatak 9. Napisati opći oblik homogene linearne diferencijalne jednadžbe trećeg reda. (Rješenje: y ' ' 'a 2 ( x) y ' 'a1 ( x) y' a 0 ( x) y 0 )
Zadatak 10. Napisati opći oblik nehomogene linearne diferencijalne jednadžbe trećeg reda. (Rješenje: y ' ' 'a 2 ( x) y ' ' a1 ( x) y'a 0 ( x) y f ( x) )
Zadatak 11. Zapisati opći oblik homogene linearne diferencijalne jednadžbe četvrtog reda s konstantnim koeficijentima. (Rješenje: y IV a 3 y' ' ' a 2 y' ' a1 y' a 0 y 0 )
Zadatak 12. Zapisati opći oblik homogene linearne diferencijalne jednadžbe četvrtog reda. (Rješenje: y IV a 3 ( x) y' ' ' a 2 ( x) y ' ' a1 ( x) y ' a 0 ( x) y 0 )
Zadatak 13. Zapisati opći oblik nehomogene linearne diferencijalne jednadžbe trećeg reda s konstantnim koeficijentima. (Rješenje: y ' ' 'a 2 y ' ' a1 y ' a 0 y f ( x) )
31
3. Tip – sve vezano uz koncepte familije krivulja, ortogonalne trajektorije, pojam derivacije. Familija krivulja je pojam pod kojim podrazumijevamo skup više (često beskonačno mnogo) funkcija. Čest je slučaj da su krivulje iz iste familije na neki način „slične“. Npr. familija pravaca y x C , gdje je C konstanta koja zamjenjuje bilo koji realan broj je skup svih pravaca čija je jednadžba y x C . Dakle, neki od elemenata te familije jesu pravci y x , y x 1 , y x e , y x 1000 . Kad bi išli skicirati sve te pravce, vidjeli bi da familiji y x C pripadaju svi pravci koji su paralelni sa pravcem y x . Dakle, pravci iz familije y x C su „slični“ u smislu da svi imaju jednak koeficijent smjera – paralelni su.
Ortogonalne trajektorije Kut između dviju krivulja se definira kao kut među tangentama na te krivulje u točki presjeka. Dvije krivulje su ortogonalne ako se sijeku pod pravim kutem. Ako imamo neku familiju krivulja koja u sebi sadrži samo jednu konstantu (to se kaže i
jednoparametarska familija krivulja), u općem zapisu tu familiju ćemo označiti kao f ( x, y , C ) 0 ,
tada su ortogonalne trajektorije te familije sve krivulje koje su ortogonalne na svaku krivulju iz familije f ( x, y, C ) 0 .
Derivacija neke funkcije y( x) u točki
( x 0 , y ( x 0 )) jednaka
je tangensu kuta kojeg sa pozitivnim dijelom x-osi zatvara tangenta na krivulju y( x) u dotičnoj točki , što je jednako koeficijentu smjera tangente. Derivacija se shvaća kao brzina rasta (opadanja) funkcije y( x) u točki ( x 0 , y ( x 0 )) .
Zadatak 14. Odrediti diferencijalnu jednadžbu koju zadovoljavaju krivulje sa svojstvom da je koeficijent smjera tangente u proizvoljnoj točki T ( x, y ) krivulje 3 puta veći od umnoška xy u promatranoj točki. Rješenje. Dakle tražimo sve krivulje y y( x) za koje vrijedi da je koeficijent smjera tangente u svakoj točki T ( x, y ) , odnosno za koje vrijedi da je derivacija y ' ( x) u svakoj točki x 3 puta veća od umnoška xy. Dakle, zahtijevamo da vrijedi: y ' ( x) 3 xy
što je tražena diferencijalna jednadžba opisane familije krivulja.
Zadatak 15. a) Odrediti diferencijalnu jednadžbu koju zadovoljavaju krivulje sa svojstvom da je koeficijent smjera tangente u proizvoljnoj točki T ( x, y ) krivulje 2 puta manji od umnoška x y u promatranoj točki.b) (2) Naći jednadžbe takvih krivulja, a zatim odrediti onu koja prolazi točkom A(0,1) . Rješenje. Na isti način kao u prethodnom zadatku dolazimo do diferencijalne jednadžbe 2
2
y ' ( x )
x y
2
.
U b) djelu zadatka zahtijeva se da riješimo pronađenu diferencijalnu jednadžbu. Dakle, dy dx dy y dy
x 2 y
2
x
2
y
2
dx
x 2
2
dx
32
x
ln y
3
x 3
y e x
C 1
6 6
C 1
3
C 1
sa traženim svojstvom. Još trebamo naći točno onu krivulju iz familije koja prolazi točkom A(0,1) . Dakle, trebamo izračunati vrijednost konstante C 1 za dani početni uvjet y (0) 1 :
Našli smo familiju y e
6
03
y (0) e
6
C 1
e C 1 1 C 1 0 . x
Dakle, tražena partikularna krivulja glasi : y e
3
6
.
Zadatak 16. Definirati ortogonalne trajektorije neke familije krivulja. Zadatak 17. Zadana je familija krivulja
y xe Cx
. Naći onu krivulju koja sadrži točku
A(1, e 2 ) .
Rješenje. Dakle, trebamo pronaći točno onu krivulju iz skupa, odnosno familije krivulja Cx y xe koja prolazi dotičnom točkom. Uvrstimo li početni uvjet u familiju dobivamo: e 2 e C C 2 .
Dakle, tražena krivulja je y xe 2 x .
Zadatak 18. Zadana je familija krivulja
y C (e x 1) .
Naći onu krivulju koja prolazi točkom
A(0,2) .
Rješenje. Dakle, trebamo pronaći točno onu krivulju iz skupa, odnosno familij e krivulja y C (e x 1) koja prolazi dotičnom točkom. Uvrstimo li početni uvjet u familiju dobivamo: 2 C (e 0 1) C 1 .
Dakle, tražena krivulja je y e x 1 .
Zadatak 19. Zadana je familija krivulja y x
2
1
C
. Naći onu krivulju koja sadrži točku A(1,1) .
Rješenje. Dakle, trebamo pronaći točno onu krivulju iz skupa, odnosno familije krivulja y
2 x 1
C
koja prolazi dotičnom točkom. Uvrstimo li početni uvjet u familiju dobivamo: 1
Dakle, tražena krivulja je y
x 2 1
2
11 C
C 2 .
.
33
4. Tip - Titranje Promatramo titranje utega mase m na opruzi koeficijenta elasti čnosti k u sredstvu s koeficijentom gušenja c. Primjenom 2. Newtonovog zakona dobivamo jednadžbu: mx' ' cx' kx 0 (1) za pomak x x(t ) iz ravnotežnog položaja. Jednadžba (1) je homogena linearna diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim koeficijentima. Pripadni karakteristi čni polinom mr 2 cr k 0 (2) ima korijene r 1, 2 , gdje je
1.slučaj: Ako nema gušenja, tj.
2
c 4mk
2m
su dakle r 1, 2 i
0 4mk 2m k m
c0
4mk 2m
c
c 2 4mk
i
2m
2m
gibanje je
2i mk 2m
slobodno titranje. Tada je
i mk m k
, pri čemu se često
te mogu nastupiti četiri slučaja.
i
k m
c
2m
0 2m
0 a
. Rješenja karakteristične jednadžbe
označava kao
m
.
Dakle, imamo jednostruki
kompleksni par rješenja. Prema pravilima, pridružujemo im partikularna rješenja e 0t cos t i e 0t sin t pa
imamo da je opće rješenje jednadžbe: x (t ) C 1 cos t C 2 sin t .
Gornje rješenje se može prikazati u jednostavnijem obliku (što je često i slučaj) idućim postupkom:
(izlučimo iz x(t ) C 1 cos t C 2 sin t izraz x (t ) C (
C 1 C
cos t
C 2 C
2
C C 1 C 2
2
:)
sin t )
(za svaka dva realna broja lako se dokaže primjenom Pitagorina poučka i iz same definicije trigonometrijskih funkcija da postoji jedinstveni kut, označimo ga za kojeg vrijedi:) C 1 C sin
C 2 C cos
i
(nakon uvrštavanja prethodne dvije jednakosti u x(t ) C (
C 1
C x(t ) C (sin cos t cos sin t )
cos t
C 2 C
sin t )
dobivamo:)
(i sada prema formuli za sinus zbroja koja glasi sin( ) sin cos cos sin imamo:) x(t ) C (sin cos t cos sin t ) C sin( t )
(dakle, došli smo do drugog oblika rješenja koje glasi) x (t ) C sin( t )
(također vrijedi:) x (t ) C sin( t ) C cos(
2. slučaj: Ako je
2 c 4mk
2m
2
c 4mk 0 ,
(4mk c 2 ) 2m
2
t ) C cos( t ) . 2
gibanje je gušeno titranje. Tada je
i 2 (4mk c 2 )
2m
i (4mk c 2 )
2m
i .
c
2m
a
Sličnim principom kao i u 1.
slučaju, dolazimo do općeg rješenja jednadžbe , koje je u ovom slučaju oblika : x(t ) C 1 e t cos t C 2 e t sin t .
(ponovno se često gornje rješenje zapisuje u obliku) x (t ) C e
t
sin( t )
(ili u obliku) 34
x (t ) Ce
t
3. slučaj: Ako je
c
2m
a
c
2
2
2
)
(do kojih se dođe istim načinom kao i u 1. slučaju) 4mk imamo slučaj gušenja bez titranja ili kritičnog gušenja. Tada je
c 4 mk
2m
cos( t
0.
Rješenja karakteristične jednad žbe su dakle
r 1, 2 .
Dakle,
imamo dvostruko realno rješenje. Prema pravilima, pridružujemo mu partikularna rješenja e t i t e t , pa je opće rješenje oblika: x (t ) C 1 e
t
C 2 t e t
4. slučaj: Ako je c 2 4mk 0 gibanje je gušenje bez titranja. Tada smo u situaciju kada karakteristična jednadžba ima dva različita jednostruka realna rješenja, pa dolazimo do općeg rješenja koje glasi: ( ) ( ) x (t ) C 1 e t C 2 e t
Promatramo titranje utega mase m na opruzi koeficijenta elastičnosti k u sredstvu s koeficijentom gušenja c na koji djeluje vanjska sila a f (t ) F 0 cos 0 t . Primjenom 2. Newtonovog zakona dobivamo jednadžbu: mx ' 'cx' kx f (t )
za pomak x x(t ) k m
iz ravnotežnog položaja. Ako nema gušenja ( c=0) i ako je
0 partikularno rješenje je amplituda neograničeno raste i
dolazi do rezonancije.
Zadatak 20. Neka x(t ) označava vertikalni položaj materijalne točke mase m obješene na oprugu k oeficijenta elastičnosti k 0 . Pretpostavimo da je vibracija opruge uzrokovana gravitacijskom silom G mg , a koeficijent gušenja sredstva u kojem se događa vibracija označen je s c 0 . U opisanom slučaju vibracija opruge opisana je diferencijalnom jednadžbom m x ' ' c x' k x 0 .
U kojem odnosu moraju biti konstante c, k i m ako je funkcija x(t ) oblika x(t ) C 1 e
pt
sin( t ) C 2 e pt cos( t ) ,
Odnosno ako se radi o gušenom titranju? Odredite vrijednost konstante p u ovisnosti o konstantama m i c. Obrazložite.
Rješenje. Iz svega napisanog o titranju slijedi da će do slučaja gušenog titranja doći ako su dotične tri konstante u odnosu c 2 4mk 0 . Također, vrijedi da je p c . Objašnjenje je u 2m
dijelu prije ovog zadatka.
Zadatak 21. Neka x(t ) označava vertikalni položaj materijalne točke mase m obješene na oprugu koeficijenta elastičnosti k 0 . Pretpostavimo da je vibracija opruge uzrokovana gravitacijskom silom G mg , a koeficijent gušenja sredstva u kojem se događa vibracija označen je s c 0 . U opisanom slučaju vibracija opruge opisana je diferencijalno m jednadžbom m x ' ' c x'k x 0 .
Čemu mora biti jednaka konstanta
c
ako je funkcija x(t ) oblika
35
x (t ) C 1 sin( t ) C 2 cos( t ) ,
Odnosno ako se radi o slobodnom titranju? Odredite vrijednost konstante u ovisnosti o konstantama m i k . Obrazložite.
Rješenje. Iz svega napisanog o titranju slijedi da će do slučaja slobodnog titranja doći ako vrijedi c 0 . Također, vrijedi da je
m k
.
Zadatak 22. (2 boda) Zadana je diferencijalna jednadžba harmonijskog oscilatora y ' '
1 4
y f (t ) ,
gdje y (t ) predstavlja odmak iz ravnotežnog položaja, a f (t ) predstavlja
djelovanje vanjske sile. Kakvog oblika mora biti funkcija f (t ) da bi došlo do pojave rezonancije? Za proizvoljno odabranu funkciju f (t ) za koju će doći do pojave rezonancije pretpostaviti partikularno rješenje diferencijalne jednadžbe. Rješenje. Iz objašnjenja koje se nalazi na 35? Stranici, znamo da će do rezonancije doći kada k
vanjska sila bude jednaka f (t ) F 0 cos 0 t pri čemu je
m
0 .
U našem slučaju imamo
1 4 1 . Dakle, da bi došlo do rezonancije funkcija f (t ) mora biti oblika f (t ) F cos t . 0 2 1 2 ćemo odabrati proizvoljnu funkciju f (t ) navedenog oblika i to funkciju f (t ) cos t . 2
0
Mi
Dakle, y ' '
1 4
sada
y cos
t
2
moramo
pretpostaviti
partikularno
. Ono će ovisiti o funkciji
f (t ) cos
t
2
rješenje
diferencijalne
. Vidimo da je ista funkcija oblika
f (t ) e ax ( Pn (t ) cos bt Ql (t ) sin bt )
pri čemu je u našem konkretnom slučaju
Pn (t ) 1 ,
1
polinom Ql (t ) 0 i b
2
jednadžbe
a 0,
polinom
. Još trebamo provjeriti je li kompleksni par a ib , odnosno
1
1
2
4
par i rješenje karakteristične jednadžbe koja glasi r 2
0 . Nije teško provjeriti da je
1
upravo kompleksni par i rješenje karakteristične jednadžbe pa prema pravilima sada slijedi 2
t
t
2
2
da je traženo partikularno rješenje oblika y P (t ) t s e at ( Rm (t ) cos T m (t ) sin ) pri čemu je s 1
višestrukost rješenja i karakteristične jednadžbe, dakle s je 1 a gdje su polinomi R m (t ) i 2
neki nepoznati polinomi stupnja m pri čemu je m jednak većem od stupnjeva polinoma Pn (t ) 1 i Ql (t ) 0 , dakle m je nula.
T m (t )
y P (t ) t ( A cos
t
2
t
B sin ) 2
Zadatak 23. (2) Zadana je diferencijalna jednadžba harmonijskog oscilatora
y ' '16 y f (t ) ,
gdje y (t ) predstavlja odmak iz ravnotežnog položaja, a f (t ) predstavlja djelovanje vanjske sile. Kakvog oblika mora biti funkcija f (t ) da bi došlo do pojave rezonancije? Za proizvoljno odabranu funkciju f (t ) za koju će doći do pojave rezonancije pretpostaviti partikularno rješenje diferencijalne jednadžbe. Rješenje. Iz objašnjenja koje se nalazi na 35? stranici, znamo da će do rezonancije doći kada vanjska sila bude jednaka f (t ) F 0 cos 0 t pri čemu je
k m
0 .
U našem slučaju imamo
36
0
16 1
4 . Dakle, da bi došlo do rezonancije funkcija f (t ) mora biti oblika f (t ) F 0 cos 4t .
Mi ćemo odabrati proizvoljnu funkciju
navedenog oblika i to funkciju f (t ) cos 4t . Dakle, sada moramo pretpostaviti partikularno rješenje diferencijalne jednadžbe y ' '16 y cos 4t . Ono će ovisiti o funkciji f (t ) cos 4t . Vidimo da je ista funkcija oblika f (t ) e ax ( Pn (t ) cos bt Ql (t ) sin bt )
f (t )
pri čemu je u našem konkretnom slučaju
a 0,
polinom Pn (t ) 1 , polinom Ql (t ) 0 i b 4 . Još trebamo provjeriti je li kompleksni par a ib , odnosno
par 4i rješenje karakteristične jednadžbe koja glasi r 2 16 0 . Nije teško provjeriti da je upravo kompleksni par 4i rješenje karakteristične jednadžbe pa prema pravilima sada slijedi da je traženo partikularno rješenje oblika y P (t ) t s e at ( Rm (t ) cos 4t T m (t ) sin 4t ) pri čemu je s višestrukost rješenja 4i karakteristične jednadžbe, dakle s je 1 a gdje su polinomi Rm (t ) i T m (t ) neki nepoznati polinomi stupnja m pri čemu je m jednak većem od stupnjeva polinoma Pn (t ) 1 i Ql (t ) 0 , dakle m je nula. y P (t ) t ( A cos 4t B sin 4t )
I još neki teorijski zadaci... Zadatak 24. (1 bod) Neka su
i y 2 ( x) rješenja diferencijalne jednadžbe y ' ' f ( x) y ' h( x) y 0 . Pokažite da za determinantu Wronskog koja pripada rješenjima y1 ( x) i y 2 ( x) vrijedi W ' f ( x )W 0 . Rješenja. Determinanta Wronskog funkcija f 1 ( x) , f 2 ( x) , ..., f k ( x) jednaka je W
f 1 ( x)
f 2 ( x )
...
f k ( x )
f 1 ' ( x)
f 2 ' ( x)
...
f k ' ( x)
...
...
...
...
f 1
( k 1)
( x) f 2
( k 1)
( k 1)
( x) ... f k
y1 ( x)
.
( x)
Ako za funkcije f 1 ( x) , f 2 ( x) , ..., f k ( x) vrijedi da je njihova determinanta Wronskog jednaka nuli kažemo da su funkcije f 1 ( x) , f 2 ( x) , ..., f k ( x) linearno zavisne, odnosno ako je determinanta Wronsk og različita od nule kažemo da su funkcije linearno nezavisne. Dakle, u zadatku nam je zadano da su funkcije y1 ( x) i y 2 ( x) rješenja diferencijalne jednadžbe y ' ' f ( x) y ' h( x) y 0 . Prema tome, obje funkcije zadovoljava tu diferencijalnu jednadžbu odnosno vrijedi: y1 ' ' f ( x) y1 ' h( x) y1 0
y 2 ' ' f ( x) y 2 ' h( x) y 2 0 .
Mi trebamo pokazati da za determinantu Wronskog W ' f ( x)W 0 . Najprije ćemo izračunati W : W
y1 ( x )
y 2 ( x )
y1 ' ( x ) y 2 ' ( x)
W od funckija y1 ( x) i y 2 ( x) vrijedi
y1 ( x) y 2 ' ( x) y 2 ( x) y1 ' ( x) .
(dakle, imamo :) W y1 ( x ) y 2 ' ( x) y 2 ( x ) y1 ' ( x )
( W y1 ( x) y 2 ' ( x) y 2 ( x) y1 ' ( x) će zadovoljavati W ' f ( x)W 0 ako nakon uvrštavanja dobijemo identitet odnosno jednakost) (uvrstimo W y1 ( x) y 2 ' ( x) y 2 ( x) y1 ' ( x) u W ' f ( x)W 0 )
37
( y1 ( x ) y 2 ' ( x) y 2 ( x ) y1 ' ( x))' f ( x)( y1 ( x) y 2 ' ( x) y 2 ( x ) y1 ' ( x)) 0
(deriviramo) y1 ' ( x ) y 2 ' ( x) y1 ( x) y 2 ' ' ( x ) y 2 ' ( x ) y1 ' ( x ) y 2 ( x) y1 ' ' ( x ) f ( x ) y1 ( x) y 2 ' ( x ) f ( x) y 2 ( x ) y1 ' ( x) 0
(malo sredimo) y1 ( x) ( y 2 ' ' ( x) f ( x) y 2 ' ( x )) y 2 ( x ) ( y1 ' ' ( x ) f ( x) y1 ' ( x )) 0
(iz pretpostavki zadatka znamo da vrijedi:) y1 ' ' f ( x ) y1 ' h( x) y1 0 y1 ' ' f ( x ) y1 ' h( x ) y1 y 2 ' ' f ( x) y 2 ' h( x) y 2 0 y 2 ' ' f ( x ) y 2 ' h( x) y 2
(ako prethodne dvije jednakosti uvrstimo u y1 ( x ) ( y 2 ' ' ( x) f ( x ) y 2 ' ( x)) y 2 ( x) ( y1 ' ' ( x) f ( x) y1 ' ( x )) 0
dobivamo:)
y1 ( x ) (h( x) y 2 ) y 2 ( x ) ( h( x ) y1 ) 0
(sredimo) y1 ( x) h( x) y 2 y 2 ( x) h( x) y1 0 0 0
(dobili smo jednakost, dakle pokazali smo da determinanta Wronskog funkcija y1 ( x) i y 2 ( x) zadovoljava jednadžbu W ' f ( x)W 0 )
Zadatak 25. Neka su y1 ( x) i y 2 ( x) rješenja diferencijalne jednadžbe y ' f ( x) y h( x) . Pokažite da je y 3 ( x) y 2 ( x) y1 ( x) rješenje diferencijalne jednadžbe y ' f ( x) y 0 . Rješenje. Pretpostavka je da su funkcije y1 ( x) i y 2 ( x) rješenja diferencijalne jednadžbe y ' f ( x) y h( x ) . To znači da zadovoljavaju jednadžbu y ' f ( x) y h( x) , odnosno da vrijedi: y1 ' f ( x) y1 h( x)
y 2 ' f ( x) y 2 h( x )
U zadatku se traži da pokažemo da je funkcija y 3 ( x) y 2 ( x) y1 ( x) rješenje jednadžbe y ' f ( x ) y 0 .
Ona će to biti ako ju zadovoljava, odnosno ako kada ju uvrstimo u jednadžbu
dobijemo identitet odnosno jednakost. Dakle, trebamo funkciju y 3 ( x) y 2 ( x) y1 ( x) uvrstiti u jednadžbu y ' f ( x) y 0 . Imamo: ( y 2 y1 )' f ( x )( y 2 y1 ) 0
(deriviramo što se treba derivirati:) y 2 ' y1 ' f ( x ) y 2 f ( x ) y1 0
Iz pretpostavke zadatka, mi znamo da vrijede relacije: y1 ' f ( x) y1 h( x) y 2 ' f ( x) y 2 h( x )
(iz kojih slijedi) y1 ' f ( x ) y1 h( x ) y1 ' h( x ) f ( x) y1 y 2 ' f ( x ) y 2 h( x ) y 2 ' h( x) f ( x ) y 2
(uvrstmo li y1 ' h( x) f ( x) y1 i y2 ' h( x) f ( x) y 2 u izraz y 2 ' y1 ' f ( x) y 2 f ( x) y1 0 dobivamo:) h( x) f ( x ) y 2 h( x ) f ( x ) y1 f ( x) y 2 f ( x ) y1 0
(sredimo, sve se pokrati i ostane nam:) 0 0
38
Dakle uvrštavanjem funkcije y 3 ( x) y 2 ( x) y1 ( x) u diferencijalnu jednadžbu y ' f ( x) y 0 došli smo do jednakosti 0 0 , prema tome funkcija y 3 ( x) y 2 ( x) y1 ( x) je rješenje dotične jednadžbe.
Zadatak 26. Neka je y1 ( x) rješenje diferencijalne jednadžbe y ' f ( x) y h( x) , a
y 2 ( x )
rješenja rješenje
diferencijalne jednadžbe y ' f ( x) y 0 . Pokažite da je y 3 ( x) y 2 ( x) y1 ( x) diferencijalne jednadžbe y ' f ( x) y h( x) . Rješenje. Pretpostavka je da je funkcije y1 ( x) rješenje diferencijalne jednadžbe y ' f ( x) y h( x ) a y 2 ( x ) rješenje diferencijalne jednadžbe y ' f ( x ) y 0 . To znači da dotične
funkcije zadovoljavaju dotične jednadžbe, odnosno da vrijedi: y1 ' f ( x) y1 h( x) y 2 ' f ( x ) y 2 0
U zadatku se traži da pokažemo da je funkcija y 3 ( x) y 2 ( x) y1 ( x) rješenje jednadžbe y' f ( x) y h( x) . Ona će to biti ako ju zadovoljava, odnosno ako kada ju uvrstimo u jednadžbu dobijemo identitet odnosno jednakost. Dakle, trebamo funkciju y 3 ( x) y 2 ( x) y1 ( x) uvrstiti u jednadžbu y ' f ( x) y h( x) . Imamo: ( y 2 y1 )' f ( x )( y 2 y1 ) h( x)
(deriviramo što se treba derivirati:) y 2 ' y1 ' f ( x ) y 2 f ( x ) y1 h( x )
Iz pretpostavke zadatka, mi znamo da vrijede relacije: y1 ' f ( x) y1 h( x) y 2 ' f ( x ) y 2 0
(iz kojih slijedi) y1 ' f ( x ) y1 h( x ) y1 ' h( x ) f ( x) y1 y 2 ' f ( x) y 2 0 y 2 ' f ( x) y 2
(uvrstmo li y1 ' h( x) f ( x) y1 i y 2 ' f ( x) y 2 u izraz y 2 ' y1 ' f ( x) y 2 f ( x) y1 h( x) dobivamo:) f ( x) y 2 h( x) f ( x) y1 f ( x) y 2 f ( x ) y1 h( x)
(sredimo, sve se pokrati i ostane nam:) 0 0
Dakle uvrštavanjem funkcije y 3 ( x) y 2 ( x) y1 ( x) u diferencijalnu jednadžbu y ' f ( x) y h( x) došli smo do jednakosti 0 0 , prema tome funkcija y 3 ( x) y 2 ( x) y1 ( x) je rješenje dotične jednadžbe.
Zadatak 27. Zaokružite točnu tvrdnju ili tvrdnje: a) Opći oblik diferencijalne jednadžbe drugog reda je
f ( x, y ' ' ) 0 .
NE
b) Diferencijalnu jednadžbu y V ln x rješavamo uzastopnom integracijom.
DA
y
c) Homogena diferencijalna jednadžba prvog reda je oblika y ' f ( ) 0 . DA x
y
y
x
x
(Jednadžbu y ' f ( ) 0 možemo zapisati u obliku y' f ( ) a ako definiramo novu y
funkciju g kao g f imamo y ' g ( ) i vidimo da se radi o standardnom obliku x
homogene diferencijalne jednadžbe prvoga reda)
39
