Linearna diferencialna enačba drugega reda

Iz E-študij, proste zakladnice študentskega znanja

Skoči na: navigacija, iskanje

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 + C2ex + 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) = ex

y2(x) = xex

y(x) = C1xx + C2xex + 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) = − AcosxBsinx

AcosxBsinx + 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).

Osebna orodja
Imenski prostori
Različice
Dejanja
navigacija

Tiskanje/izvoz
orodja