linearne jednadžbe s konstantnim koeficijentima

4Linearna jednadba drugoga reda skonstantnim koeficijentimaDiferencijalnu jednadbu drugoga reda zovemo linearnom ako je linearna u y i njezinim derivaci-jama, tj. ako je oblika

a(x)y + b(x)y + c(x)y = f(x).

Ako su koeficijenti uz y, y i y konstante, onda jednadbu zovemo linearnom s konstantnim koefi-cijentima. Pretpostavljamo da je a 6= 0, jer se inace radi o linearnoj jednadbi prvoga reda kojomsmo se vec bavili. Ako je f(x) = 0, linearnu jednadbu zovemo homogenom.

Najprije cemo prouciti homogenu:

ay + by + cy = 0. (4.1)

Potraimo njezina rjeenja koja su oblika

y = ekx, za konstantni k.

Uvrtavanjem takve funkcije u jednadbu (4.1) vidimo da je ona zadovoljava ako je

ak2ekx + bkekx + cekx = 0,

(ak2 + bk + c)ekx = 0

to je, zbog ekx 6= 0, ekvivalentno sa

ak2 + bk + c = 0.

Ovu algebarsku jednadbu zovemo karakteristicnom jednadbom diferencijalne jednadbe (4.1),a njezine korijene,

k1,2 =bb2 4ac

2a,

karakteristicnim korijenima te diferencijalne jednadbe. Dakle, jednadbu (4.1) zadovoljavajufunkcije y1 = ek1x i y1 = ek2x, gdje su k1 i k2 karakteristicni korijeni te jednadbe.

79

LINEARNA JEDNADBA DRUGOGA REDA S KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA

Homogene linearne jednadbe imaju svojstvo da je superpozicija C1y1+C2y2 njihovih rjeenjay1, y2 takoder njihovo rjeenje tj. vrijedi princip superpozicije rjeenja. To je lako provjeriti:

a(C1y1 + C2y2) + b(C1y1 + C2y2) + c(C1y1 + C2y2) =

= C1(ay1 + by

1 + cy1) + C2(ay

2 + by

2 + cy2) = 0.

(Uocite da to vrijedi i ako koeficijenti a, b, c nisu konstante.) Dakle,y = C1e

k1x + C2ek2x

opce je rjeenje diferencijalne jednadbe (4.1).Ako je k1 6= k2, onda su konstante C1 i C2 jednoznacno odredene pocetnim uvjetima y(x0) = y0,

y(x0) = y1, jer je tada sustavC1e

k1x0 + C2ek2x0 = y0, C1k1e

k1x0 + C2k2ek2x0 = y1

jednoznacno rjeiv po C1, C2. (U sljedecem poglavlju dajemo dokaz da jednadba (4.1) nemadrugih rjeenja, ako je k1 6= k2.)Primjer 4.1. Nadimo opce rjeenje jednadbe y y 6y = 0, te partikularno rjeenje kojezadovoljava pocetne uvjete y(0) = 0, y(0) = 5.

Rjeenje: Karakteristicna je jednadbak2 k 6 = 0, (k 3)(k + 2) = 0,

pa su njezini korijeni k1 = 3, k2 = 2, to daje opce rjeenjey = C1e

3x + C2e2x.

Pocetni uvjeti y(0) = 0 i y(0) = 5 jednoznacno odreduju C1 i C2:y(0) = C1 + C2 = 0, y

(0) = 3C1 2C2 = 5,

to daje C1 = 1, C2 = 1. Traeno je partikularno rjeenjey = e3x e2x.

Ako su korijeni karakteristicne jednadbe kompleksni, opce rjeenje moemo izraziti pomocusinusa i kosinusa, koristeci se Eulerovom formulom, eix = cosx + i sin x. U tom slucaju nenalazimo samo realna rjeenja jednadbe (4.1) nego i njezina kompleksna rjeenja. Naravno, kadanademo sva rjeenja, uvijek se moemo ograniciti samo na realna.Primjer 4.2. Nadimo opce rjeenje jednadbe y + 2y + 2y = 0.

80 |


Rjeenje: Karakteristicna je jednadba k2 + 2k + 2 = 0, a njezini su korijeni

k1,2 =24 8

2= 1 i.

Dakle, sva su kompleksna rjeenja nae jednadbe dana say = C1e

(1+i)x + C2e(1i)x =

= C1exeix + C2exeix =

= ex(C1(cosx+ i sin x) + C2(cos x i sin x)) == ex(A cos x+B sin x),

gdje je A = C1 + C2 i B = i(C1 C2).elimo li se ograniciti na realna rjeenja, A i B moraju biti realni brojevi (tj. C1 i C2 morajubiti medusobno konjugirani kompleksni brojevi 1

2(ABi)).

Primjer 4.3. Rijeimo jednadbu harmonijskog oscilatorax+ 2x = 0.

Rjeenje: Karakteristicna jednadba diferencijalne jednadbe harmonijskog oscilatora glasik2 + 2 = 0 i njezina su rjeenja k1,2 = i. Zato je njezino opce rjeenje

y = C1eix + C2e

ix = A cosx+B sinx,

to nam je (za realne A i B) dobro poznato.Ako su karakteristicni korijeni jednadbe (4.1) medusobno jednaki (tj. b2 4ac = 0, pa je

k = b/2a), onda nam opisani postupak daje reducirano opce rjeenje y = Cekx. Potpuno opcerjeenje nalazimo tzv. varijacijom parametra C:

Svako rjeenje y jednadbe (4.1) moe se napisati u oblikuy = C(x)ekx,

gdje je C(x) zasada nepoznata funkcija.Buduci da rjeenje y mora zadovoljavati jednadbu (4.1) i buduci da je

y = C ekx + kCekx,

y = C ekx + 2kC ekx + k2Cekx,

uvrtavanjem u (4.1) nalazimo[a(C + 2kC + k2C) + b(C + kC) + cC

]ekx = 0,[

(ak2 + bk + c)C + (2ak + b)C + aC ]ekx = 0,

| 81


odakle slijedi aC = 0. Naime, ak2 + bk + c = 0 (jer je k rjeenje karakteristicne jednadbe) i2ak+ b = 0 (jer je k = b/2a). To znaci da je C(x) = C1+C2x. Dakle, svako rjeenje jednadbe(4.1), u slucaju jednog (tzv. dvostrukog) korijena k, ima oblik

y = (C1 + C2x)ekx.

Opet se lako vidi da su konstante C1, C2 jednoznacno odredene pocetnim uvjetima y(x0) = y0,y(x0) = y1.

Primjer 4.4. Nadimo opce rjeenje jednadbe y+4y+4y = 0 i njezino partikularno rjeenjekoje zadovoljava pocetne uvjete y(0) = 1 , y(0) = 0.

Rjeenje: Karakteristicna jednadba k2 + 4k + 4 = (k + 2)2 = 0 ima samo jedno (dvostruko)rjeenje k = 2. Dakle, opce je rjeenje zadane jednadbe

y = (C1 + C2x)e2x.

Konstante C1 i C2 jednoznacno su odredene pocetnim uvjetima:y(0) = C1 = 1,

y(0) = C2 2C1 = 0,iz kojih slijedi da je C1 = 1 i C2 = 2. Traeno je partikularno rjeenje

y = (1 + 2x)e2x.

HOMOGENA JEDNADBAHomogenu jednadbu s konstantnim koeficijentima a, b i c,

ay + by + cy = 0, (4.1)

rjeavamo na sljedeci nacin.Ako karakteristicna jednadba ak2 + bk + c = 0 ima razlicite korijene k1 i k2, onda je opcerjeenje jednadbe (4.1)

y = C1ek1x + C2e

k2x.

Ako su korijeni karakteristicne jednadbe konjugirano kompleksni, k1,2 = A Bi, onda se toopce rjeenje moe zapisati u obliku

y = eax(C1 cos bx+ C2 sin bx).

Ako karakteristicna jednadba ima samo jedno rjeenje k, onda je opce rjeenje jednadbe (4.1)y = (C1 + C2x)e

kx.

Konstante C1 i C2 u svim su slucajevima jednoznacno odredene pocetnim uvjetima y(x0) = y0,y(x0) = y1. Jednadba nema singularnih rjeenja.

82 |


Koristeci se gornjim postupkom, proucit cemo gibanje harmonijskog oscilatora s priguenjem.Razmatramo dakle uteg, koji se giba pod utjecajem elasticne sile opruge, u viskoznom mediju kojise opire gibanju.

Sila opruge proporcionalna je i suprotno usmjerena otklonu x : F0 = kx, (k > 0). Konstantuopruge k moemo odrediti iz vrijednosti i0 za koju masa m istegne oprugu (usp. desni dio sl. ). Silapriguenja, kojom se viskozni medij opire gibanju, proporcionalna je i suprotno usmjerena brzinigibanja Fp = cdx

dt(c > 0 je konstanta priguenja). Dakle, jednadba slobodnih (bez utjecaja

vanjskih sila) priguenih oscilacija glasi

md2x

dt2= F0 + Fp = kx cdx

dt,

tj.md2x

dt2+ c

dx

dt+ kx = 0. (4.2)

To je homogena linearna jednadba s konstantnim koeficijentima, ciji su karakteristicni korijeni

k1,2 =cc2 4km

2m= ,

uz pokrate

=c

2mi =

c2 4km2m

. (4.3)

Rjeenja jednadbe (4.2) ovisi o priguenju c, pa imamo tri moguca slucaja:I c2 > 4km. Dva realna korijena. JAKO (NADKRITI CNO) PRIGUENJE.

II c2 = 4km. Jedan dvostruki korijen. GRANI CNO (KRITI CNO) PRIGUENJE.III c2 < 4km. Konjugirano kompleksni korijeni. SLABO (POTKRITI CNO) PRIGUENJE.

| 83


I JAKO PRIGUENJEKonstanta priguenja c tako je velika da je c2 > 4km. Korijeni k1 i k2 razliciti su i realni,pa je opce rjeenje jednadbe (4.2):

x(t) = C1e()t + C2e(+)t. (I)

Masa u tom slucaju ne oscilira. Za t > 0 oba su eksponenta u gornjem izrazu za x(t)negativni, jer je (usp. (4.3)) > 0, > 0 i 2 = 2 k/m < 2, pa x(t) 0 za t . Prakticno to znaci da ce se masa nakon dovoljno dugo vremena umiriti u ravnotenompoloaju x = 0, to i ocekujemo kod jakog priguenja.

II GRANI CNO PRIGUENJEAko je c2 = 4km, onda je = 0 i k1 = k2 = , pa je opce rjeenje jednadbe (4.2)

x(t) = (C1 + C2t)et. (II)

Masa i u ovom slucaju ne oscilira, a graf funkcije pomaka x(t) kvalitativno izgleda kao i uprethodnom slucaju.

III SLABO PRIGUENJETo je najzanimljiviji slucaj. Konstanta priguenja c tako je mala da je c2 < 4km, tj. jeimaginaran broj i 4km c2/(2m) = i, pa su k1,2 = i konjugirano kompleksnikorijeni. Rjeenje je jednadbe (4.2)

84 |


x(t) = et(C1 cost+ C2 sint) =

= Cet cos(t ), (III)

=c

2m, =

k

m( c2m

)2,

gdje je C2 = C21 +C22 i tg = C2/C1. To rjeenje predstavlja priguene oscilacije. Buducida cos(t) prima vrijednosti izmedu -1 i 1, krivulja rjeenja lei izmedu eksponencijalnihkrivulja y = Cet i y = Cet, dodirujuci ih kada je t viekratnik od . Frekvencijaoscilacija jest = /(2). Iz = (k/m) (c/2m)2 slijedi da je frekvencija oscilacijato veca to je konstanta priguenja c manja. Granicna frekvencija 0 = 0/(2), kojudobijemo za c 0, poklapa se s frekvencijom (nepriguenih i slobodnih) harmonijskihoscilacija 0 = 0/(2) =

k/m/(2) (usp. pogl. 1 C).

Cet

Cet

Primjer 4.5. Kugla mase m = 9.082 kg rastegne celicnu oprugu za 10 cm. Ako kuglu po-krenemo iz ravnotenog poloaja, kojom ce ona frekvencijom oscilirati oko tog poloaja (bezpriguenja)? Opiimo njezino gibanje nakon to je istegnemo prema dolje za 15 cm i potom jeispustimo iz mirujuceg poloaja. Kako se mijenja frekvencija i gibanje kugle ako je ono priguenoviskoznim medijem s konstantom priguenja

(i) c = 200 kg/s,(ii) c = 100 kg/s?

Rjeenje: Konstanta opruge ima vrijednostk =

mg

i0

.=

9.082 9.80.1

.= 890N/m.

| 85


To daje frekvenciju harmonijskih oscilacija02

=

k/m

2.=

890/9.082

2.=

9.899

2.= 1.576Hz,

to je 94.6 ciklusa u minuti.Gibanje kugle dano je opcim rjeenjem jednadbe harmonijskog oscilatora x + 20x = x +98.067x = 0

x(t) = A cos 9.903t+B sin 9.903t

i pocetnim uvjetima y(0) = A = 0.15 i y(0) = 9.903B = 0. Ono je, dakle,x(t) = 0.15 cos 9.903t (metara) .

(i) U slucaju priguenja c = 200 kg/s problem je modeliran sa9.082x+ 200x+ 891x = 0, x(0) = 0.15, x(0) = 0.

Karakteristicna jednadba ima korijenek1,2 = = 11.01 4.814 = 6.197,15.82.

Opce rjeenje diferencijalne jednadbe ima oblikx(t) = C1e

6.197t + C2e15.82t.

Iz pocetnih uvjeta slijedi C1 + C2 = 0.15 i k1C1 + k2C2 = 0, tj. C1 .= 0.2466 iC2

.= 0.0966. Dakle, jako prigueno gibanje kugle opisano je sa

x(t).= 0.2466e6.197t 0.0966e15.82t.

Nakon par sekundi x(t) prakticki je nula, tj. kugla se smiri u ravnotenom poloaju.(ii) U slucaju priguenja c = 100 kg/s problem je modeliran sa

9.082x+ 100x+ 891 = 0, x(0) = 0.15, x(0) = 0.

Karakteristicni korijeni su k1,2 = i = 5.505 8.231i. Opce rjeenje diferenci-jalne jednadbe ima oblik

x(t) = e5.505t(A cos 8.231t+B sin 8.231t).

Iz pocetnih uvjeta slijedi A = 0.15 i 5.505A+ 8.231B = 0, tj. B .= 0.1003.Dakle, slabo prigueno gibanje kugle opisano je sa

x(t).= e5.505t(0.15 cos 8.231t+ 0.1003 sin 8.231t).

Priguene su oscilacije za oko 17% sporije od nepriguenih harmonijskih oscilacija jerje /0 .= 8.231/9.899 .= 0.83.

86 |


I mnogi drugi fizikalni sustavi modelirani su homogenom diferencijalnom jednadbom (4.1). Umehanici to su male oscilacije njihala (usp. pogl.1 E), torzione oscilacije elasticne niti itd. Istu jed-nadbu susrecemo i u teoriji strujnih krugova. Razmotrimo npr. problem pranjenja kondenzatorakapaciteta C, du strujnog kruga s otporom R i samoindukcijom L. Prema drugom Kirchhoffovomzakonu o naponima (usp. pogl. 1A) vrijedi

LdJ

dt+RJ +

1

C

J(t)dt = 0,

pa zbog J = dQ/dt, tj. Q = J(t)dt, jednadba koja opisuje pranjenje kondenzatora glasiLd2Q

dt2+R

dQ

dt+

1

CQ = 0.

Ono to su masa m, otpor viskoznog medija c i elasticnost opruge k za mehanicki sustav, tosu indukcija L, otpor R i reciprocna vrijednost kapaciteta kondenzatora 1/C za elektricki sustav.Slucaj jakog priguenja nastupa kada je R2 > 4L/C i tada se kondenzator jednosmjerno praznido potpunoga ispranjenja. Slucaj slabog priguenja nastupa kada je R2 < 4L/C i tada dolazi dooscilacija naboja u krugu, tj. u krugu se pojavljuje izmjenicna struja koja polako nestaje kako sekondenzator prazni. Kriticno priguenje granicni je slucaj izmedu ova dva.

U svim dosadanjim primjenama bavili smo se problemima u kojima je partikularno rjeenje,koje rjeava problem, izdvojeno iz opceg pomocu pocetnih uvjeta, koji odreduju vrijednosti ne-poznate funkcije y i njezine derivacije y na jednoj vrijednosti argumenta x = x0. U mnogim seproblemima partikularno rjeenje izdvaja iz opceg pomocu tzv. rubnih uvjeta, koji odreduju vrijed-nosti nepoznate funkcije y na dvije vrijednosti argumenta x = x0 i x = x1. Tim zahtjevima, me-dutim, rjeenje nije uvijek jednoznacno odredeno, to ilustrira problem stabilnosti elasticne gredepod djelovanjem uzdune sile.

Postavimo os x du homogene elasticne grede zanemarive mase. Pretpostavimo da je gredastisnuta du svoje osi djelovanjem sile F u tom smjeru (v. sl. ). Naraste li sila F do neke kriticnevrijednosti Fkr, greda ce se saviti (v. sl. ). U okviru teorije cvrstoce dokazuje se da transverzalniotkloni w(x) zadovoljavaju diferencijalnu jednadbu elasticne linije

EId2w

dx2+ Fw = 0,

gdje je E modul elasticnosti grede, a I moment inercije njezinog poprecnog presjeka. Naravno,otkloni w(x) zadovoljavaju i rubne uvjete

w(0) = w(l) = 0.

| 87


Opce rjeenje jednadbe elasticne linije jew(x) = C1 cos

F/EIx+ C sin

F/EIx

(zato to su njezini karakteristicni korijeni k1,2 = iF/EI). Uvrtavanjem rubnih uvjeta nala-

zimo:

w(0) = C1 = 0,

w(l) = C1 cosF/EIl + C sin

F/EIl = 0.

Odavde slijedi C1 = C = 0, ako je sinF/EIl 6= 0, ili C1 = 0 i C je bilo koja vrijednost, ako je

sinF/EIl = 0, tj. ako je

F

EI=(l

)2,

(2

l

)2,

(3

l

)2, . . . .

To znaci da uzF

EI Fkr gredaponovno izravnati u stabilni ravni poloaj to ipak nije tocno. Naime, jednadba elasticne linijew + (F/EI)w = 0 vrijedi samo za male otklone w. Tocnije istraivanje dovelo bi do egzaktnenelinearne jednadbe koja opisuje proizvoljne otklone w. Njezinim bi se rjeenjem pokazalo dase za F > Fkr pojavljuje novi, ovaj put zakrivljeni poloaj stabilne ravnotee, koji koegzistira sravnim poloajem nestabilne ravnotee. Zakrivljenost tog poloaja izuzetno brzo raste sa F , to nakraju dovodi do pucanja grede.

Vratimo se sada opcenitoj (nehomogenoj) linearnoj jednadbi s konstantnim koeficijentima.ay + by + cy = f(x). (4.4)

Nademo li bar jedno partikularno rjeenje te jednadbe, yp, lako cemo odrediti njezino opce rjee-nje. Naime, ako je yh = C1y1 + C2y2 opce rjeenje pripadajuce homogene jednadbe (4.1), kojezovemo komplementarnim rjeenjem jednadbe (4.6), onda je opce rjeenje jednadbe (4.6) zbrojpartikularnog i komplementarnog rjeenja, y = yp + yh. Lako provjeravamo da je taj zbroj rjeenjenae jednadbe:

a(yp + yh) + b(yp + yh) + c(yp + yh) =

= (ayp + byp + cyp) + (ay

h + by

h + cyh) =

= f(x) + 0 = f(x).

88 |


Da je svako njezino rjeenje Y toga oblika, slijedi iz cinjenice to razlika dvaju rjeenja jednadbe(4.2), Y yp, zadovoljava jednadbu (4.1):

a(Y yp) + b(Y yp) + c(Y yp) == (aY + bY + cY ) (ayp + byp + cyp) == f(x) f(x) = 0,

to znaci da je Y yp = yh, tj. Y = yp + yh, kao to smo i tvrdili.

NEHOMOGENA JEDNADBAAko je yh = C1y1 +C2y2 opce rjeenje homogene jednadbe ay + by + cy = 0 i ako je yp bilokoje partikularno rjeenje nehomogene jednadbe ay + by + cy = f(x), onda je

y = yp + yh = yp + C1y1 + C2y2

opce rjeenje nehomogene jednadbeay + by + cy = f(x).

Jednadba nema singularnih rjeenja.

Primjer 4.6. Nadimo opce rjeenje jednadbe:(a) y + 4y = 8x2,(b) y y 6y = 7e5x,(c) y 3y + 2y = e2x,(d) y y 6y = 13 cos 2x i(e) y y 6y = 7e5x + 13 cos 2x.

Rjeenje:(a) Rijeimo najprije pripadajucu homogenu jednadbu y+4y = 0. Njezini su karakteristicni

korijeni k1,2 = 2i, pa je komplementarno rjeenje zadane jednadbeyh = C1 cos 2x+ C2 sin 2x.

Da bismo nali partikularno rjeenje, zapitajmo se koja to funkcija linearno kombiniranasa svojim derivacijama daje polinom drugoga stupnja. To svojstvo imat ce dobro odabranipolinom drugoga stupnja. Potraimo zato partikularno rjeenje u obliku

yp = Ax2 +Bx+ C.

| 89


Tada je yp = 2A, pa uvrtavanjem u zadanu jednadbu dolazimo do jednadbe2A+ 4(Ax2 +Bx+ C) = 8x2

koja nam omogucuje da odaberemo odgovarajuce koeficijente A, B i C. Naime, izjed-nacavanjem koeficijenata uz x2, x1 i x0 na lijevoj i desnoj strani jednadbe dolazimo dolinearnoga sustava

4A = 8, 4B = 0, 2A+ 4C = 0,

cije je rjeenje A = 2, B = 0 i C = 1.Dakle, partikularno je rjeenje zadane jednadbe yp = 2x21, pa je njezino opce rjeenje

y = yp + yh = 2x2 1 + C1 cos 2x+ C2 sin 2x.

(b) Karakteristicni korijeni pripadajuce homogene jednadbe y y 6y = 0 jesu k1,2 =(11 + 24)/2 = 3,2, pa je komplementarno rjeenje zadane jednadbe

yh = C1e3x + C2e

2x.

Da bismo nali partikularno rjeenje, zapitajmo se koja to funkcija linearno kombiniranasa svojim derivacijama daje viekratnik funkcije e5x. To je ocito dobro odabrana funkcijaoblika Ae5x. Uvrstimo li nju i njezine derivacije u zadanu jednadbu, moci cemo odabratiodgovarajuci A:

(25A 5A 6A)e5x = 7e5x,14A = 7, A =

1

2.

Partikularno je rjeenje zadane jednadbe yp = e5x/2, pa je njezino opce rjeenje

y = yp + yh =1

2e5x + C1e

3x + C2e2x.

(c) Komplementarno je rjeenjeyh = C1e

x + C2e2x

jer karakteristicna jednadba k2 3k + 2 = 0 ima korijene k1 = 1 i k2 = 2. Pokuajs partikularnim rjeenjem oblika Ae2x u ovom slucaju nema smisla jer je Ae2x posebnislucaj komplementarnoga rjeenja, koje zadovoljava homogenu jednadbu. Pokuajmo spartikularnim rjeenjem oblika yp = Axe2x. Uvrstimo li tu funkciju, te njezine derivacijeyp = A(1 + 2x)e

2x i yp = A(4 + 22x)e2x u zadanu jednadbu, dobit cemo:A(4 + 22x)e2x 3A(1 + 2x)e2x + 2Axe2x = e2x,

Axe2x(22 3 2 + 2) +Ae2x(4 3) = e2x,Ae2x = e2x, A = 1.

Clan (22 3 2 + 2) ne icezava slucajno, nego zato to je k = 2 korijen karakteristicnejednadbe k2 3 k + k = 0. (Iz istog bismo razloga uvrtavanjem y = Ae2x dobili

90 |


Ae2x(223 2+2) = e2x, tj. 0 = e2x, to pokazuje da y = Ae2x nije partikularno rjeenjeni za koji A. Naravno, y = Ae2x jest rjeenje pripadajuce homogene jednadbe.) Dakle,yp = xe

2x partikularno je rjeenje zadane jednadbe, dok jey = yp + yh = xe

2x + C1ex + C2e

2x

njezino opce rjeenje.(d) Komplementarno je rjeenje kao i u slucaju (b),

yh = C1e3x + C2e

2x.

Funkcija koja jednom ili dvaput derivirana daje viekratnike od cos 2x jest viekratnik odsin 2x, odnosno, cos 2x. Potraimo zato partikularno rjeenje u obliku

yp = A cos 2x+B sin 2x.

Tada jeyp = 2B cos 2x 2A sin 2x,yp = 4A cos 2x 4B sin 2x,

pa uvrtavanjem u zadanu jednadbu dobivamo jednadbu(4A 2B 6A) cos 2x+ (4B + 2A 6B) sin 2x == (10A 2B) cos 2x+ (2A 10B) sin 2x = 13 cos 2x,

iz koje slijedi10A 2B = 13, i 2A 10B = 0,

tj. A = 5/4 i B = 1/4. Dakle, yp = 1/4(5 cos 2x + sin 2x), pa je opce rjeenjezadane jednadbe

y = yp + yh = 14(5 cos 2x+ sin 2x) + C1e

3x + C2e2x.

(e) Komplementarno je rjeenje, kao u (b) i (d),yh = C1e

3x + C2e2x.

Desna strana zadane jednadbe, tzv. funkcija smetnje 7e5x + 13 cos 2x, zbroj je funkcijesmetnje u (b) jednadbi, 7e5x, i funkcije smetnje u (d) jednadbi, 13 cos 2x, pa je nje-zino partikularno rjeenje zbroj partikularnih rjeenja tih jednadbi. (Lako provjeravamovaljanost takve superpozicije rjeenja.) Dakle, opce je rjeenje zadane jednadbe

y =1

2e5x 1

4(5 cos 2x+ sin 2x) + C1e

3x + C2e2x.

| 91


Postupak kojim smo pronali partikularna rjeenja u prethodnom primjeru zovemo metodomneodredenih koeficijenata.

METODA NEODREENIH KOEFICIJENATAPartikularno rjeenje nehomogene jednadbe

ay + by + cy = f(x) (4.5)

moemo naci na sljedeci nacin.OSNOVNO PRAVILO. Ako je f(x) jedna od funkcija u lijevome stupcu donje tablice, onda jepartikularno rjeenje yp odgovarajuca funkcija u desnome stupcu, s koeficijentima koje odredimouvrtavanjem te funkcije i njezinih derivacija u (4.6).MODIFICIRANO PRAVILO. Ako je, prema osnovnom pravilu, odabrano partikularno rjeenjeujedno i komplementarno rjeenje yh, onda ga trebamo pomnoiti sa x (ili sa x2 ako karakteris-ticna jednadba ima samo jedan, tzv. dvostruki korijen).PRAVILO ZBROJA. Ako je f(x) zbroj jedne ili vie funkcija iz lijevoga stupca donje tablice,onda je partikularno rjeenje zbroj odgovarajucih funkcija u desnome stupcu tablice.

f(x) yp

aekx Aekx

axn, (n = 0, 1, . . . ) Axn +Bxn1 + + Cx+Da cosxa sinx

A cosx+B sinx

aekx cosx

aekx sinxekx(A cosx+B sinx)

Metoda neodredenih koeficijenata funkcionira kad god je funkcija smetnje f(x) jednog od oblikanavedenih u gornjoj tablici ili je pak zbroj takvih funkcija.

Postoji i druga metoda za nalaenje partikularnog rjeenja nehomogene jednadbe, koja nijeogranicena na te oblike. To je metoda varijacije parametara (koja se po svome tvorcu, zove iLagrangeovom metodom). Ako je yh = C1y1 + C2y2 komplementarno rjeenje nehomogene jed-nadbe (4.6), onda njezino partikularno rjeenje traimo u obliku

yp = C1(x)y1 + C2(x)y2,

gdje su C1(x) i C2(x) zasada nepoznate funkcije. Uvrtavanjem yp i njezinih derivacija u (4.6)dobit cemo jednu jednadbu s dvije nepoznanice C1(x) i C2(x), koja ocito ima mnogo rjeenja.Nama je dostatno jedno jedino, pa cemo izbor rjeenja suziti postavljanjem jo jednog uvjeta naC1(x) i C2(x). Naime, prva derivacija, yp = C 1y1 + C1y1 + C 2y2 + C2y2, a time naravno i druga,bit ce jednostavnija ako zahtijevamo da C1 i C2 zadovoljavaju jednadbu:

C 1y1 + C2y2 = 0. (i)

92 |


Tada su prva i druga derivacija dane sa

yp = C1y1 + C2y

2 i

yp = C1y

1 + C1y

1 + C

2y

2 + C2y

2 ,

pa uvrtavanjem yp, yp i yp u (4.6) dolazimo do drugog uvjeta za C1(x) i C2(x):

a(C 1y1 + C1y

1 + C

2y

2 + C2y

2) + b(C1y

1 + C2y

2) + c(C1y1 + C2y2) = f(x).

Zbog cinjenice da su y1 i y2 rjeenja homogene jednadbe (4.1), tj. ayi + byi+ cyi = 0, za i = 1, 2,taj se uvjet svodi na

C 1y1 + C

2y

2 =

f(x)

a. (ii)

Rijeimo li sustav (i), (ii) algebarski po C 1 i C 2, i integriramo potom C 1 i C 2, dobit cemo funkcijeC1 i C2 koje rjeavaju na problem, tj. daju partikularno rjeenje nehomogene jednadbe (4.6).( Cak i ako dobivene integrale ne moemo eksplicitno rijeiti, uspjeli smo nae rjeenje izrazitipomocu integrala, cime se problem opcenito dri rijeenim.)

METODA VARIJACIJE PARAMETRAPartikularno rjeenje nehomogene jednadbe

ay + by + cy = f(x) (4.6)

dano je sayp = C1(x)y1 + C2(x)y2,

gdje je yh = C1y1+C2y2, uz C1 i C2 konstantno, opce rjeenje pripadajuce homogene jednadbei gdje se funkcije C1(x) i C2(x), nalaze algebarskim rjeenjem jednadbi

C 1y1 + C2y2 = 0, (i)

C 1y1 + C

2y

2 =

f(x)

a, (ii)

po C 1, C 2 i potom integriranjem.

Primjer 4.7. Rijeimo diferencijalnu jednadbu y + y = 1/ cos x.

Rjeenje: Komplementarno je rjeenjeyh = C1 cosx+ C2 cos x,

pa partikularno traimo (varijacijom parametara) u obliku

y = C1(x) cos x+ C2(x) sinx

| 93


iz uvjeta

C 1 cos x+ C2 sin x = 0 i (i)

C 1 sin x+ C 2 cos x =1

cos x. (ii)

Pomnoimo li prvu jednadbu sa sin x, a drugu sa cos x te ih potom zbrojimo, dobit cemo

C 2 = 1, C2 = x.

Pomnoimo li prvu jednadbu sa cos x a drugu sa sin x te ih potom oduzmemo, dobit cemo

C 1 = tg x, C1 = tg xdx =

sin xdxcos x

=

=

d(cos x)

cos x= ln | cos x|.

Dakle,yp = cosx ln | cos x|+ x sin x,

pa je opce rjeenje zadane jednadbe

y = yp + yh = (C1 + ln | cos x|) cos x+ (C2 + x) sin x.

Primjer 4.8. Ako na (neprigueni) harmonijski oscilator djeluje i vanjska sila F (t), onda jejednadba oscilatora x+ 2x = F (t). Nadimo njezino rjeenje.

Rjeenje: Komplementarno je rjeenjexh = A sint+B cost,

pa partikularno traimo varijacijom parametara u obliku

xp = A(t) sint+B(t) cost.

Iz uvjeta

A sint+ B cost = 0 i (i)(A cost B sint) = F (t) (ii)

slijediA =

F (t)

cost i B = F (t)

sint.

94 |


Integracijom nalazimo partikularno rjeenje

xp =sint

t0

F () cosd cost

t0

F () sind =

=1

t0

F () sin((t ))d,

pa je opce rjeenje zadane jednabe

x = A sint+B cost+1

t0

F () sin(t )d.

Nehomogena linearna jednadba modelira gibanje harmonijskog oscilatora koje je, osim nu-tarnjim silama sustava, tj. silom opruge kx te silom priguenja cx, uzrokovano i vanjskom,nametnutom silom F (t):

mx+ cx+ kx = F (t).

Ako se RCL-strujni krug napaja strujom iz vanjskog izvora, pod naponom U(t), onda je jakoststruje J u tom krugu odredena jednadbom (usp. 2.)

LdJ

dt+RJ +

1

C

J(t)dt = U(t),

koja deriviranjem takoder prelazi u nehomogenu jednadbu

Ld2J

dt2+R

dJ

dt+

1

CJ =

dU

dt.

Posebno je vaan slucaj u kojem su nametnuta sila F (t) ili napon U(t) periodicni. U elektric-kom sustavu to odgovara izmjenicnoj struji. U mehanickom sustavu periodicne su sile uobicajene,npr. sile dobivene djelovanjem motora s unutarnjim sagorijevanjem ili djelovanjem elektromotora.Naravno, najjednostavnije su periodicke funkcije kosinus i sinus, a moe se pokazati da se mnogeperiodicne funkcije mogu izraziti kao beskonacni zbroj kosinusa i sinusa (tzv. Fourierov red). Zatocemo na mehanicki i elektricki sustav razmatrati u posebno vanim slucajevima:

F (t) = F0 cost, U(t) = U0 sint,

u kojima nae jednadbe postaju

mx+ cx+ kx = F0 cost, (4.7)LJ +RJ +

1

CJ = U0cost. (4.8)

Analogija mehanickog i elektrickog sustava saeto je prikazana u sljedecoj tablici:

| 95


ELEKTRI CKI SUSTAV MEHANI CKI SUSTAV

Indukcija L Masa mOtpor R Konstanta priguenja cReciprocni kapacitet 1/C Konstanta opruge kDerivacija nametnutog napona U0cost Nametnuta sila F0 costJakost struje J Pomak x

Uz pokrate:J = x, L = m, R = c,

1

C= k, U0 = F0,

jednadba (4.8) svodi se na jednadbu (4.7). Elektricki i mehanicki problem matematicki su iden-ticni, pa se oba mogu rjeavati istovremeno:

Opce rjeenje jednadbe (4.7) zbroj je opceg rjeenja homogene jednadbe (4.2), koje je oblika(I), (II) ili (III) i partikularnoga rjeenja yp jednadbe (4.7), koje najlake nalazimo metodom neo-dredenih koeficijenata. Dakle,

xp = A cost+B sint,

odakle slijedixp = A sint+ B cost,xp = 2A cost 2B sint.

Uvrtavanjem u (4.7) nalazimo(A(k m2) +Bc) cost+ (Ac +B(k m2)) sint = F0 cost,

to jestA(k m2) +Bc = F0,Ac +B(k m2) = 0.

Pomnoimo li prvu jednadbu sa c, drugu sa (k m2) te ih potom zbrojimo, eliminirat cemoA i lako izracunati B. Pomnoimo li prvu jednadbu sa (k m2), a drugu sa c te ih potomzbrojimo, eliminirat cemo B i lako izracunati A. Dakle,

A = F0k m2

(k m2)2 + c22 , B = F0c

(k m2)2 + c22 .

Uvedemo li uobicajenu pokratu za prirodnu kutnu brzinu (slobodnih i nepriguenih) oscilacija 0 =k/m, to moemo zapisati ovako:

A = F0m(20 2)

m2(20 2)2 + c22, B = F0

c

m2(20 2)2 + c22.

Izracunato partikularno rjeenje jednadbe (4.7), xp = A cost + B sint, moe se napisati uobliku xp = C cos(t ), gdje je C =

A2 +B2, tj. C = F0/

m2(20 2)2 + c22 i tg =

96 |


B/A, tj. tg = (c)/(m(20 2)). Opce rjeenje jednadbe (4.7) zbroj je tog partikularnogrjeenja i opceg rjeenja jednadbe (4.2), koje je oblika (I), (II) ili (III).

PRIGUENE PRISILNE OSCILACIJERjeenje jednadbe

mx+ cx+ kx = F0 cost

jestx = xh(t) +

F0m2(20 2)2 + c22

cos(t ),

gdje je 0 =k/m prirodna kutna brzina sustava, tj. brzina njegovih nepriguenih oscilacija, a

tg = (c)/(m(20 2)). Komplementarno rjeenje xh(t) dano je sa (I), (II) ili (III).

Razmotrimo naprije prisilne oscilacije bez priguenja. Tada je c = 0, pa je partikularno rjeenje

xp =F0

m(20 2)cost =

F0

k

(1

(0

)2) cost.

Komplementarno rjeenje (rjeenje pripadajuce homogene jednadbe x + 20x = 0) jest xh =A cos0t+B sin0t = C cos(0t ), pa je opce rjeenje

x = C cos(0t ) + F0m(20 2)

cost, (4.9)

gdje su C i odredeni pocetnim uvjetima. Maksimalna je amplituda od xp

A0 =F0k, uz =

1

1(

0

)2 .

Ona ovisi o nametnutoj frekvenciji /(2) i o prirodnoj frekvenciji sustava 0/(2). Kada seone poklope, tj. kada 0, onda A0 . Taj fenomen pobudivanja velikih oscilacijauskladivanjem nametnute i prirodne frekvencije sustava zovemo rezonancijom. Velicina zove sefaktor rezonancije.

| 97


0

y

U slucaju rezonancije (bez priguenja) jednadba (4.7) postaje

x+ 20x =F0m

cos0t

i njezino je partikularno rjeenje, prema modificiranom pravilu metode neodredenih koeficijenata,oblika

xp = t(A cos0t+B sin0t),

odakle uvrtavanjem nalazimo A = 0 i B = F0/(2m0), tj.

xp =F0

2m0t sin0t.

t

xP

Vidimo da xp(t) neograniceno raste. To znaci da sustav bez priguenja (ili s prakticno vrlo malimpriguenjem) moe, ako mu se nametnu vibracije odgovarajuce frekvencije, proizvesti ogromnevibracije koje ga mogu razoriti.

Druga veoma znacajna vrsta oscilacija dobiva se ako je blizu 0. Uzmimo npr. ono rjeenje(4.9) koje zadovoljava pocetne uvjete x(0) = x(0) = 0. Tada je = 0 i C = F0/(m(20 2)), tj.

x =F0

m(20 2)(cost cos0t).

98 |


Upotrebom trigonometrijske formule produkta2 sinRt sinSt = cos(R S)t cos(R + S)t

to rjeenje moemo napisati u obliku

x =2F0

m(20 2)sin

0 +

2t sin

0 2

t.

Kada je razlika 0 mala, to je umnoak relativno brzo oscilirajuce funkcije sin(0 + )t/2sa sporo oscilirajucom funkcijom sin(0 )t/2. Sporo oscilirajuca funkcija modulira brzooscilirajucu, kako to pokazuje donja slika. Spori rast i pad amplituda brzih oscilacija poznat je kaofenomen udara. On se pojavljuje, na primjer, kada zajedno sviraju muzicki instrumenti koji nisutocno ugodeni (ili kada se prije nastupa ugadaju, pa jo nisu tocno ugodeni).

x =2F0

m(20 2)sin

0 2

t

Primjer 4.9. Nadimo rjeenje jednadbe x+ 9x = 5 cos 2t uz pocetne uvjete x(0) = x(0) = 0i skicirajmo njegov graf.

Rjeenje: Jednadba ne sadri x, pa moemo naci partikularno rjeenje oblika xp = A cos 2t(zato?). Uvrtavanjem nalazimo

4A cos 2t+ 9A cos 2t = 5 cos 2t, A = 1.S druge strane, opce rjeenje homogene jednadbe x+9x = 0 jest xh = C1 cos 3t+C2 sin 3t,pa je opce rjeenje zadane jednadbe

x = cos 2t+ C1 cos 3t+ C2 sin 3t.

Iz pocetnih uvjeta x(0) = x(0) = 0 slijedi C1 = 1 i C2 = 0, pa je traeno rjeenjex = cos 2t cos 3t.

Iz trigonometrijske formule produkta2 sinRt sinSt = cos(R S)t cos(R + S)t,

| 99


u naem slucaju, slijedi R S = 2 i R + S = 3, tj. R = 5/2 i S = 1/2. Dakle,

x = 2 sin5

2t sin

1

2t.

Ovdje moemo o sin 5t/2 misliti kao o brzoj oscilaciji s varijabilnom amplitudom 2 sin t/2,to ilustrira donji graf. Oscilacije x(t) imaju period 2 s maksimumom u , 3, 5 itd., gdjesu cos 2t i cos 3t simultano jednaki 1.

x

x = sin 5t/2

xx = 2 sin t/2

x = 2 sin t/2 sin 5t/2

Razmotrimo sada prisilne oscilacije s priguenjem. Tada je c > 0 i oscilacije su opisane sa

x = xh + xp = xh(t) +F0

m2(20 2)2 + c22cos(t ),

gdje je xh(t) oblika (I), (II), ili (III). U sva tri slucaja prijelazni dio rjeenja xh(t) tei k nuliza t (prakticno postaje nula nakon dovoljno dugo vremena), to znaci da x(t) tei premastacionarnom oscilatornom dijelu rjeenja xp(t). Dakle, nakon dovoljno dugo vremena sustavna nametnute harmonijske oscilacije F0 cost odgovara s prakticki harmonijskim oscilacijama istefrekvencije , ali s modificiranom amplitudom i faznim pomakom .

To je ono to se stvarno dogada, zato to prakticki nema fizickog sustava bez priguenja. Dok uslucaju nepriguenih prisilnih oscilacija amplitude od xp(t) tee u beskonacnost, kada tei prema0, to se uz priguenje ne dogada. Amplitude su uvijek konacne, a ovisno o c mogu imati maksi-mum za neki . To moemo zvati prakticnom rezonancijom. Ona je veoma vana jer pokazujeda pobudivanje sustava nekim nametnutim oscilacijama moe rezultirati velikim amplitudama kojemogu razoriti citav sustav. Takvi su se slucajevi stvarno i dogadali, pogotovo dok se o fenomenurezonancije ba i nije mnogo znalo. Strojevi, brodovi, avioni, mostovi itd. vibrirajuci su mehanickisustavi za koje je vano, a katkada naalost i vrlo teko, naci konstrukcije potpuno oslobodeneneeljenih rezonancija.

100 |


Razmotrimo stoga problem prakticne rezonancije. Zanima nas za koji ce vrijednost ampli-tude (stacionarnog oscilatornog stanja sustava)

A() =F0

m2(20 2)2 + c22biti maksimalna. Iz uvjeta maksimalnosti, dA/d = 0, slijedi

(2m2(20 2) + c2) = 0,to je, zbog 6= 0, ekvivalentno sa

c2 = 2m2(20 2), tj. 2 =2m220 c2

2m2.

Za dovoljno veliko priguenje, c2 > 2m220 = 2mk, nema realnih vrijednosti koje bi davalemaksimalnu amplitudu A(). To znaci da amplituda A() monotono pada dok raste (usp. donjusliku). Ako je c2 < 2m220 = 2mk, onda postoji realna vrijednost

max =

2m220 c2

2m2,

koja daje maksimalnu amplituduA(max) =

2mF0

c

4m220 2c2.

Buduci da je dA(max)/dc < 0 za c2 < 2mk (to je lako provjeriti), maksimalna amplitudaA(max) raste kada c pada i ocito tei u beskonacnost kada c tei prema nuli (u skladu s naimrazmatranjima nepriguenih oscilacija). Graf na donoj slici prikazuje tzv. amplifikaciju A()/F0(omjer amplitude rezultirajucih oscilacija i amplitude nametnutih oscilacija, koje su ih izazvale) zam = 1, k = 1 i razne vrijednosti konstante priguenja c.

A/F0

| 101


Evo sada i prijevoda prethodnih rezultata na jezik koji se rabi u elektrotehnici i koji uvodi nekesvoje specificne termine. U skladu s naim rjecnikom elektricnoga sustava, u kojem je x = J ,m = L, k = 1/C (dakle 20 = k/m = 1/LC), c = R i F0 = U0, priguene prisilne oscilacijeizgledaju ovako:

J(t) = Jh(t) +U0

L2(

1LC 2)2 +R22 cos(t ),

ili, nakon malo sredivanja,

J(t) = Jh(t) +U0(

1C

L)2 +R2 cos(t ).

Elektrotehnicari uvode vrijednost S = 1C

L, koju zovu reaktanca, nakon cega se amplitudastacionarnih oscilacija, koju oznacavaju s J0, moe izraziti kao

J0 =U0

S2 +R2.

VelicinuS2 +R2 elektrotehnicari zovu impendanca, a naa formula pokazuje da je impendanca

jednaka omjeru U0/J0, to je poopcenje Ohmovog zakona R = U/J koji vrijedi za konstantnevrijednosti napona U i jakosti struje J (usp. pogl. 1 A).

Reaktanca i impendanca prirodno se pojavljuju kada jednadbu

LJ +RJ +1

CJ = U0cost

rjeavamo elegantnom metodom prijelaza na kompleksne funkcije (usp. pogl. 1 A). Sada cemo seupoznati i s tom metodom.

Zbog cinjenice da je cost realni dio od eit, namece se ideja da potraimo kompleksno parti-kularno rjeenje Jp kompleksne jednadbe

LJ +RJ +1

CJ = U0e

it,

te potom njegov realni dio odvojimo kao realno partikularno rjeenje polazne realne jednadbe(lako je provjeriti da je realni dio rjeenja kompleksne jednadbe realno rjeenje odgovarajucerealne jednadbe). Kompleksno partikularno rjeenje Jp prirodno je, zbog oblika desne stranekompleksne jednadbe, potraiti u obliku

Jp = Keit.

Uvrtavanjem u kompleksnu jednadbu, zbog Jp = iKeit i Jp = 2Keit, dobivamo(2L+ iR + 1

C

)Keit = U0e

it.

102 |


Podijelimo li jednadbu sa eit i rijeimo li je potom po K, dobit cemo

K =U0(

1C

L)+ iR = U0S + iR = U0(S iR)S2 +R2u kojem se prirodno pojavljuje reaktanca S.

Dakle, kompleksno je partikularno rjeenje

Jp = Keit =

U0S2 +R2

(S iR)(cost+ i sint).

Njegov je realni dioU0

S2 +R2(S cost+R sint) =

U0S2 +R2

S2 +R2 cos(t ) =

U0S2 +R2

cos(t ),

gdje je tg = R/S.Primjer 4.10. Koristeci se kompleksnom metodom, rijeimo jednadbu

y + y + 3y = 5 cosx.

Rjeenje: Odgovarajuca je kompleksna jednadbay + y + 3y = 5eix.

Uvrtavanjem y = Keix nalazimo

(1 + i+ 3)Keix = 5eix,K =

5

2 + i=

5(2 i)(2 + i)(2 i) =

10 5i5

= 2 i.

Dakle, partikularno je rjeenje kompleksne jednadbe

(2 i)eix = (2 i)(cosx+ i sin x),

a njegov realni dio i traeno rjeenje zadane jednadbe

yp = 2 cosx+ sin x.

| 103


Elektrotehnicari uvode i tzv. kompleksnu impendancu:

Z = S + iR =

(1

C L

)+ iR,

pomocu koje se vrijednost K moe zapisati u obliku K = U0/Z, pa kompleksna impendancaZ = |Z|ei argZ sadri sve informacije o partikularnom rjeenju kompleksne jednadbe:

Jp =U0Zeit =

U0|Z|ei argZ e

it =U0|Z|e

i(targZ)

i njegovom realnom dijelu, koji je partikularno rjeenje realne jednadbe:

U0|Z| cos(t argZ)

Primjer 4.11. Odredimo stacionarnu jakost struje Jp(t) u RCL-krugu koji je spojen na izmje-nicni napon amplitude U0 = 200 volta i frekvencije = /2 = 4/2 herza, ako je indukcijaL = 30 henrija, otpor R = 50 ohma i kapacitet C = 0.025 farada.

Rjeenje: Reaktanca S = (1/(C) L) iznosi 110, pa je kompleksna impendancaZ = 110 + 50i .

104 |


Realna je impendanca |Z| = 502 + 1102 = 10146 .= 120.83, dok je fazni pomak = arctg(50/110) .= 2.715 . Dakle,

Jp =U0|Z| cos(t ) =

.= 1.655 cos(4t 2.71).

Napominjemo da sve metode koje smo uveli za rjeavanje linearne diferencijalne jednadbe skonstantnim koeficijentima drugoga reda jednako dobro funkcioniraju i za jednadbe iste vrste, alireda vieg od dva. Zato necemo ulaziti u detaljan opis metoda u tom opcenitijem slucaju, negocemo ih samo ilustrirati s par primjera.Primjer 4.12. Nadimo opce rjeenje homogene jednadbe cetvrtog reda y(4) + a4y = 0.

Rjeenje: Karakteristicna jednadba k4+a4 = 0, k = a 41 ima cetiri korijena koji su, premaDe Moivreovoj formuli:

k1 = a1+i2, k2 = a

1+i2

k3 = a1i

2, k4 = a

1i2

To znaci da je opce rjeenje zadane jednadbey = C1e

(+i)x + C2e(+i)x + C3e(i)x + C4e(i)x,

gdje je = a/2. Primjenom Eulerove formule moemo ga zapisati u standardnom oblikuy = ex(A cosx+B sinx) + ex(C cosx+D sinx).

Primjer 4.13. Rijeimo nehomogenu jednadbu cetvrtog reday(4) y = x2 e2x.

| 105


Rjeenje: Karakteristicna jednadba k4 k2 = (k2 k)(k2 + k) = k2(k 1)(k + 1) imakorijene k1,2 = 0 (dvostruki), k3 = 1 i k4 = 1. Dvostrukom korijenu pripadaju rjeenjay1 = e

0x = 1 i y2 = xe0x = x, dok jednostrukima pripadaju rjeenja y3 = e1x = ex iy4 = e

1x = ex. Dakle, komplementarno je rjeenje zadane jednadbeyh = C1 + C2x+ C3e

x + C4ex.

Partikularno rjeenje nalazimo, koristeci se metodom neodredenih koeficijenata, u oblikuyp = x

2(Ax2 +Bx+ C) + (De2x).

Primijetimo da se nijedan clan od yp ne pojavljuje u yh, pa nije potrebno primijeniti modifici-rano pravilo. Uvrtavanjem u jednadbu nalazimo

12Ax2 6Bx+ (24A 2C) + 12De2x = x2 e2x,

odakle slijedi12A = 1, 6B = 0, 24A 2C = 0, 12D = 1,

pa je A = 1/12, B = 0, C = 1 i D = 1/12.Dakle opce je rjeenje zadane jednadbe

y = yh + yp = C1 + C2x+ C3ex + C4e

x 112

(x2 + 12x2) 112e2x.

Primjer 4.14. Nadimo opce rjeenje jednadbey 3y + 3y y = 30ex.

Rjeenje: Karakteristicna jednadba k3 3k2 + 3k 1 = 0, tj. (k 1)3 = 0 ima jedan jedini,trostruki korijen k = 1. Trostrukom korijenu k = 1 pripadaju tri rjeenja y1 = ex, y2 = xex,y3 = x

2ex, pa je komplementarno rjeenje zadane jednadbeyh = C1e

x + C2xex + C3x

2ex.

Pokuamo li partikularno rjeenje (zbog desne strane 30ex) naci u obliku Aex, necemo uspjeti,jer se ono vec pojavljuje u yh. Slicno vrijedi i za Axex i Ax2ex, pa ga zato traimo u obliku

yp = Ax3ex.

Uvrtavanjem u zadanu jednadbu nalazimoA(x3 + 9x2 + 18x+ 6)ex 3A(x3 + 6x2 + 6x)ex + 3A(x3 + 3x2)ex Ax3ex = 30ex,

106 |


odakle slijedi(A 3A+ 3A A)x3 + (9A 18A+ 9A)x2 + (18A 18A)x+ 6A = 30.

Kao to ocekujemo, u skladu s modificiranim pravilom metode neodredenih koeficijenata,koeficijenti uz x3, x2 i x icezavaju, pa od cijele jednadbe ostaje 6A = 30, tj. A = 5. Dakle,

y = yp + yh = 5x3ex + (C1 + C2x+ C3x

2)ex.

Neke se jednadbe mogu odgovarajucom supstitucijom svesti na linearne jednadbe s konstant-nim koeficijentima, koje smo obradili u ovom poglavlju. Najpoznatija je Euler-Cauchyjeva homo-gena linearna jednadba

anxny(n) + an1xn1y(n1) + + a1xy + a0y = 0.

Ona se svodi na homogenu linearnu jednadbu s konstantnim koeficijentima supstitucijom z =ln x.

Primjer 4.15. Nadimo opce rjeenje Euler-Cauchyjeve jednadbex3y + 4x2y 5xy 15y = 0.

Rjeenje: Uz supstituciju z = ln x imamody

dx=dy

dz

dz

dx=

1

x

dy

dz,

d2y

dx2=

d

dx

(1

x

dy

dz

)= 1

x2dy

dz+

1

x

d2y

dz2dz

dx=

= 1x2

dy

dz+

1

x2d2y

dz2=

1

x2

(d2y

dz2 dydz

),

d3y

dx3=

d

dx

[1

x2

(d2y

dz2 dydz

)]=

= 2x3

(d2y

dz2 dydz

)+

1

x2

(d3y

dz3 d

2y

dz2

)dz

dx=

=2

x3dy

dz 3x3

d2y

dz2+

1

x3d3y

dz3=

=1

x3

(d3y

dz3 3d

2y

dz2+ 2

dy

dz

).

Uvrtavanjem u zadanu jednadbu dobijemo homogenu linearnu jednadbu s konstantnim ko-eficijentima (

d3y

dz3 3d

2y

dz2+ 2

dy

dz

)+ 4

(d2y

dz2 dydz

) 5dy

dz 15y = 0,

d3y

dz3+d2y

dz2 7dy

dz 15y = 0.

| 107


Njezina karakteristicna jednadbak3 + k2 7k 15 = (k 3)(k2 + 4k + 5) = 0

ima korijene k1 = 3, k2,3 = 2 i, pa je njezino opce rjeenjey = C1e

3z + e2z(C2 cos z + C3 sin z).

Zamijenivi z sa lnx, nalazimo opce rjeenje zadane Euler-Cauchyjeve jednadbey = C1e

3 lnx + e2 lnx(C2 cos(lnx) + C3 sin(lnx)) =

= C1x3 + x2(C2 cos(ln x) + C3 sin(lnx)).

108 |

linearne jednadžbe s konstantnim koeficijentima

Documents