Linearna diferencialna enačba drugega reda
Iz E-študij, proste zakladnice študentskega znanja
Linearna diferencialna enačba drugega reda je oblike
Homogena linearna diferencialna enačba 2. reda:
- Primer
- vzmet z utežjo ima enačbo oblike
(homogena enačba drugega reda)
- ma = F
- my'' = − ky
Vsebina |
Lastnost
Če sta y1(x) in y2(x) rešitvi enačbe
, potem je c1y1(x) + c2y2(x) tudi rešitev za
.
- y = c1y1 + c2y2
- y' = c1y1' + c2y2'
- y'' = c1y1'' + c2y2''
y1'' + p(x)y1' + q(x)y1 = 0
y2'' + p(x)y2' + q(x)y2 = 0
Izpostavimo c1 in c2 in dobimo v oklepaju zgornji dve enačbi, ki pa sta obe 0:
c1(y1'' + p(x)y1' + q(x)y1) + c2(y2'' + p(x)y2' + q(x)y2) = 0
Funkciji y1 in y2 sta linearno odvisni
kadar je c1y1(x) + c2y2(x) = 0 in vsaj ena konstanta
.
y1 = x,y2 = 2x sta linearno odvisni
Lahko najdemo tak par konstant, kjer ne bosta 0, da bo rezultat 0:
2y1(x) + ( − 1)y2(x) = 0
Rešitev enačbe uteži na vzmeti:
y = sinx
y' = ccos(cx)
y'' = − c2sin(cx)
Iz y1 in y2 dobimo enačbo:
Recimo da sta p(x) in q(x) konstanti.
y'' + py' + qy = 0
Iščemo rešitev v obliki y = ekx
y' = kekx
y'' = k2ekx
Vstavimo v prvotno enačbo:
k2ekx + pkekx + qekx = 0
Izpostavimo ekx:
ekx(k2 + pk + q) = 0
Ker ekx ne bo nikoli 0, moramo rešiti enačbo k2 + pk + q = 0
Tej enačbi pravimo karakteristična enačba, kjer sta p in q števili, k pa je tudi število, ampak je neznanka. To je kvadratna enačba, ki ima dve rešitvi:
D = p2 − 4q
- D > 0
Splošna rešitev:
- D < 0
Eulerjeva formula:
eix = cosx + isinx
z2 + ω2 = 0
D = − 4ω2
- y1(x) = cosωx
- y2(x) = sinωx
amortizerji
y'' + cy' + ky = 0
z2 + cz + k = 0
šibko dušenje
močno dušenje
- D = 0
y'' + py' + qy = 0
z2 + pk + q = 0
D = p2 − 4q = 0
4k2 + 4pk + p2 = 0
(2k + p)2 = 0
edina, dvojna rešitev karakteristične enačbe
uporabimo variacijo konstante
u''(x) = 0
torej je u linearna funkcija, zato si lahko izberemo
u(x) = x
Nehomogena enačba
- y'' + py' + qy = r(x)
Reševanje
Splošna rešitev je sestavljena iz spl. rešitve homogene + neke partikularne rešitve nehomogene.
- y(x) = C1y1(x) + C2y2(x) + yp(x)
r(x) polinom
anxn + an − 1xn + ... + a1x + a0
Primer
Poišči splošno rešitev enačbe
- y'' + 4y' + 3y = x2
homogena:
y + 4y' + 3y = 0
k^2 + 4k + 3 = 0
D = 16 - 3 \cdot 4 = 0
k_{1,2} = \frac{-4 \pm \sqrt{4} }{2} = -3,-1
y(x) = C1e − 3x + C2e − x + yp(x)
yp(x) = A2x2 + A1x + A0
y'p(x) = 2A2x + A1
y''p(x) = 2A2
2A2 + 4(2A2x + A1) + 3(A2x2 + A1x + A0) = x2
3A2x2 + (8A2 + 3A1)x + 2A2 + 4A1 + 3A0 = x2
8A2 + 3A1 = 0
2A2 + 4A1 + 3A0 = 0
r(x) eksponentna funkcija
yp(x) = ebx
Primer
y'' + 2y' + y = (x + 1)ex
homogena rešitev
k2 + 2k + 1 = 0 karakteristična enačba
(k + 1)2 = 0
k = − 1
y1(x) = e − x
y2(x) = xe − x
- y(x) = C1x − x + C2xe − x + yp(x)
partikularna rešitev
yp = (A1x + A0)ex
y'p = A1ex + (A1x + A0)ex = (A1x + A0 + A1)ex
y''p = (A1x + A0 + 2A1)ex
(A1x + A0 + 2A1)ex + 2((A1x + A0 + A1)ex) + A1x + A0)ex = (x + 1)ex
4A1x + 4A0 + 4A1 = x + 1
4A1 = 1
4A0 + 4A1 = 1
A0 = 0
Polinom in kotne funkcije
Če je r(x) = pn(x)sinbx + qn(x)cosbx
yp(x) = Pn(x)sinbx + Qn(x)cosbx
Primer
y'' + 2y' + y = sinx
yp(x) = Acosx + Bsinx
y'p(x) = − Asinx + Bcosx
y''p(x) = − Acosx − Bsinx
− Acosx − Bsinx + 2( − Asinx + Bcosx) + Acosx + Bsinx = sinx
( − A + 2B + A)cosx + ( − B − 2A + B)sinx = sinx
B = 0
− 2A = 1
Variacija konstant
Reševanje z variacijo konstant y(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x) deluje pri vseh r(x).