Diferencijalne jednačine višeg reda
5.3 Diferencijalne jednačine višeg reda
5.3.1 Snižavanje reda diferencijalne jednačine
Rešenja nekih diferencijalnih jednačina se mogu odrediti rešavanjem odredjenih difer- encijalnih jednačina nižeg reda.
•y (n) = f (x). Neka je f neprekidna u (a, b). Tada je
y (n−1) = R f (x)dx = f 1 (x) + C 1 y (n−2) = R (f 1 (x) + C 1 )=f 2 (x) + C 1 x +C 2
......... y n (x) = f
n (x) + C 1 x n −1
(n−1)! +C 2 (n−2)! x +...+C n −1 x +C n .
Matematika 3
5.3. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE VIŠEG REDA
• F(x, y (k) ,y (k+1) ,...,y (n) )=0
Uvodjenjem smene z = y (k) data jednačina se svodi na diferencijalnu jednačinu
F (x, z, z ′ ,z ′′ ,...,z (n−k) ) = 0,
koja je reda n − k. • F(y, y ′ ,y ′′ ,...,y (n) )=0
Data diferencijalna jednačina ne sadrži x. Smenom y ′ = z,ako pretpostavimo
da je y nezavisna promenljiva, dobijamo
Zamenom u polaznu jednačinu dobijamo
G (y, z, z ′ ,...,z (n−1) )=0
koja je reda n − 1.
5.3.2 Linearne diferencijalne jednačine reda n
Opšti oblik linearne diferencijalne jednačine je y (n) (x) + a 1 (x)y (n−1) (x) + . . . + a n (x)y(x) = f (x),
(5.14) gde su f i a 1 ,...,a n neprekidne gunkcije na intervalu I. Teorema 5.3.1 Neka su a 1 ,...,a n i f neprekidne funkcije nad I, x 0 ∈Iiy 0 ,y 1 ,...,y n −1 ∈
R . Tada postoji jedinstveno rešenje y, definisano nad I, diferencijalne jednačine (5.14), koje zadovoljava početne uslove y(x 0 )=y 0 ,y ′ (x 0 )=y 1 ,...,y (n−1) (x 0 )=y n −1 .
5.3.3 Homogene linearne diferencijalne jednačine reda n
Opšti oblik homogene linearne diferencijalne jednačine je
(5.15) gde su f i a 1 ,...,a n neprekidne funkcije na intervalu I. Definicija 5.3.1 Neka je n ≥ 2 i neka su y 1 ,...,y n rešenja jednačine 5.15. Deter-
y (n) (x) + a 1 (x)y (n−1) (x) + . . . + a n (x)y(x) = 0,
minanta Wronskog rešenja y 1 ,...,y n u tački x je
y ′ (x) W (y 1 ,...,y n )(x) =
. y (n−1) 1 (x) y (n−1) 2 (x) . . . y (n−1) n (x)
CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Matematika 3
Teorema 5.3.2 Neka su y 1 ,...,y n rešenja jednačine (5.15). (y 1 ,...,y n ) je linearno nezavisna ako i samo ako za svako x ∈ I važi W (y 1 ,...,y n )(x) 6= 0.
Dokaz. Vidi Zadatak 4. Definicija 5.3.2 Fundamentalni skup rešenja je linearno nezavisan skup od n rešenja
jednačine (5.15), tj. baza vektorskog prostora rešenja jednačine (5.15). Lema 5.3.1 (Formula Liouvillea, (Abela)) Ako je x 0 ∈ I, tada je
− R x a n −1 (t)dt
, x ∈ I. Teorema 5.3.3 Neka je {y 1 ,...,y n } fundamentalni skup rešenja jednačine (5.15).
W (y 1 ,...,y n )(x) = W (y 1 ,...,y n )(x 0 )e x0
Tada je opšte rešenje y jednačine (5.15) dato sa y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + . . . + c n y n (x), c 1 ,c 2 ,...,c n ∈ R.
5.3.4 Homogene linearne diferencijalne jednačine reda n sa kon- stantnim koeficijentima
Opšti oblik homogene linearne diferencijalne jednačine sa konstantnim koeficijentima je
a 1 ,...,a n ∈ R. (5.16) Uvedimo smenu y = e kx . Tada je y ′
y (n) (x) + a 1 y (n−1) (x) + . . . + a n y(x) = 0,
=k 2 e kx ,...y (n) (x) = k n e kx i zamenom u jednačinu (5.16) dobijamo
= ke kx ,y ′′
k n e kx +a 1 k n −1 e kx +...+a n ke kx = 0. Kako za svako x ∈ R važi e kx 6= 0, rešenje dobijamo za
k n +a 1 k n −1 +...+a n −1 k+a n = 0. (5.17) Jednačina (5.17) se kaže da je karakteristična jednačina diferencijalne jednačine
(5.16). Neka su k 1 ,...,k n rešenja karakteristične jednačine. Fundamentalni skup rešenja
(bazu skupa rešenja) {y 1 ,...,y n } jednačine 5.16 ćemo formirati u zavisnosti od ko- rena karakteristične jednačine na sledeći način:
(1) Ako je k i realan koren karakteristične jednačine višestrukosti m, m ≥ 1, onda su funkcije y i 1 ,...,y i m , definisane sa
i 1 := e i x , y k
i 2 := xe i x , ... ......
:= x m −1 e k i x ,
rešenja jednačine (5.16).
Matematika 3
5.3. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE VIŠEG REDA
(2) Ako je k i = a + ib kompleksni koren karakteristične jednačine višestrukosti m, m ≥ 1, onda su funkcije y i 1 ,...,y i m ,y i m +1 ,...,y 2m , definisane sa
:= x −1 e ax sin bx rešenja jednačine (5.16).
Primer 5.3.1 Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine (a) y ′′ −y=0 (b) y ′′′ +y=0
(c) y (4) + 8y ′′ + 16y = 0 Rešenje.
(a) Karakteristična jednačina: k 2 − k = 0 ⇔ k(k − 1) = 0 ⇔ k 1 = 0, k 2 = 1. Opšte rešenje:
y(x) = C x 1 +C 2 e .
(b) Karakteristična jednačina: √
3 2 1 3 k + 1 = 0 ⇔ (k + 1)(k − k + 1) = 0 ⇔ k 1 = −1, k 2,3 = 2± 2i
Opšte rešenje:
−x
y(x) = C 1 e +C 2 e cos
+C 3 e 2 1 x
3 sin
2 x. (c) Karakteristična jednačina:
2x
4 2 2 k 2 + 8k + 16 = 0 ⇔ (k + 4) =0⇔k 1,2 = 2i, k 3,4 = −2i. Opšte rešenje: y(x) = C 1 cos 2x + C 2 sin 2x + C 3 x cos 2x + C 4 x sin 2x.
CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Matematika 3
5.3.5 Linearne diferencijalne jednačine reda n sa konstantnim ko- eficijanetima
Opšti oblik linearne diferencijalne jednačine sa kostantnim koeficijentima je y (n) +a
1 y (n−1) +...+a n y = f(x),
a 1 ,...,a n ∈ R. (5.18) Teorema 5.3.4 Neka je y p (x) jedno partikularno rešenje jednačine (5.18) i y h (x)
rešenje odgovarajuće homogene diferencijalne jednačine y (n) +a 1 y (n−1) +. . .+a n y =
0. Tada je opšte rešenje jednačine (5.18)
y (x) = y h (x) + y p (x).
Metod varijacije konstanti. Neka je {y 1 ,...,y n } fundamentalni skup rešenja odgovarajuće homogene diferenci-
jalne jednačine. Tada je y (x) = c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x) + . . . + c n (x)y n (x) opšte rešenje jednačine (5.18), gde je (c 1 (x), . . . , c n (x)) rešenje sistema jednačina y 1 (x)c ′ 1 (x) +
y n (x)c ′ n (x) = y ′ 1 (x)c ′ 1 (x) +
y 2 (x)c ′ 2 (x) + . . . +
y ′ n (x)c ′ n (x) = ...
y ′ 2 (x)c ′ 2 (x) + . . . +
... y (n−1) 1 (x)c ′ 1 (x) + y (n−1) 2 (x)c ′ 2 (x) + . . . + y (n−1) n (x)c ′ n (x) = f (x)
Primer 5.3.2 Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine
y ′′ −y=
1+e x .
Rešenje. Odgovarajuća homogena diferencijalna jednačina je
y ′′ − y = 0,
a njena karakteristična jednačina je k 2 − 1 = 0 ⇔ (k + 1)(k − 1) = 0 ⇔ k 1 = 1, k 2 = −1, odakle je njeno rešenje
h (x) = C 1 e +C 2 e −x .
Opšte rešenje ćemo odrediti metodom varijacije konstanti.
e x C 1 ′ +e −x C 2 ′ =
−x
e C 1 −e C 2 1+e −x
e x C 1 ′ +e −x C 2 ′ = 2e x C 1 ′ =
1+e −x
Matematika 3
5.3. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE VIŠEG REDA
e x C 1 ′ +e −x C 2 ′ =
e −x
2(1+e −x )
e −x x e
+e −x C 2 ′ =
2(1+e −x )
C 1 =R e 2(1+e −x −x ) dx
e C −x 1 (x) = R
2(1+e −x ) dx = − 1 2 ln |1 + e −x |+C 1
C 2 e 2x x dx = − 1 x + 1) + (x) = − R 1 2(1+e ) 2 (e 2 ln |e x + 1| + C 2 .
Opšte rešenje zadate diferencijalne jednačine je y(x) = C 1 x
1 1 (x)e = −
(x)e +C 2 −x
Metod jednakih koeficijenata. Neka je P polinom stepena k, Q polinom stepena m i f oblika
f (x) = e ax (P(x) cos bx + Q(x) sin bx).
Tada je partikularno rešenje je oblika l y ax
p (x) = x e (T (x) cos bx + R(x) sin bx),
gde su T i R polinomi stepena max{m, k} sa neodred—enim koeficijentima, a l je višestrukost korena a + bi karakteristične jednačine (ako a + bi nije koren karakter- istične jednačine, uzimamo l = 0).
Diferenciranjem funkcije y p (x) n puta i uvrštavanjem u polaznu jednačinu dobijamo koeficijente nepoznatih polinoma T i R, a samim tim i partikularno rešenje polazne diferencijalne jednačine.
Teorema 5.3.5 Neka je y 1 partikularno rešenje jednačine L n [y] = f 1 (x) i y 2 par- tikularno rešenje jednačine L n [y] = f 2 (x). Tada je y(x) = y 1 (x) + y 2 (x) partikularno
rešenje jednačine L n [y] = f 1 (x) + f 2 (x).
Primer 5.3.3 Rešenje.
CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Matematika 3
5.3.6 Ojlerova diferencijalna jednačina
Ojlerova diferencijalna jednačina je nehomogena linearna diferencijalna jednačina oblika
(ax + b) n (n) y +a 1 (ax + b)y (n−1) +...+a n −1 (ax + b)y ′ +a n y = f (x),
a 1 ,...,a n ∈ R, a ∈ R \ {0}.
Uvod—enjem smene ax + b = e dt , (onda je t = ln |ax + b| i dx = a ax +b = ae −t ) Ojlerova diferencijalna jednačina se svodi na diferencijalnu jednačinu sa konstantnim
d 2 koeficijentima. Uvešćemo oznaku ˙y = y
dx 2 = dt dx = (−ae ˙y + ae y)ae ⇒y =a e (¨y − ˙y) ...
... Primer 5.3.4 Rešiti Ojlerovu diferencijalnu jednačinu drugog reda
x 2 y ′′ + xy ′ +y=x
za x > 0. Rešenje:
Odgovarajuća smena je x = e t , odakle je y ′ =e −t ˙y i y ′′ =e −2t (¨y − ˙y). Kada to zamenimo u polaznu diferencijalnu jednačinu dobijamo
Odgovarajuća homogena diferencijalna jednačina je ¨y + y = 0 i rešenja njene 2 karakteristične jednačine k + 1 = 0 su k 1 =iik 2 = −i, odakle je y h (t) =
C 1 cos t + C 2 sin t. Partikularno rešenje tražimo u obliku y p
= Ae t . Kako je y ′ p =y ′′
p = Ae , sledi
da je A = 1
2 , tj. y p = 1 2 e t . Tako je
1 t y(t) = y h (t) + y p (t) = C 1 cos t + C 2 sin t + 2e
i vraćanjem smene x = e t je
1 y(x) = C 1 cos(ln x) + C 2 sin(ln x) +
2 x.
Matematika 3
5.4. PRIMENA DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA