Osnovni modeli enačb - UL FKKT - Fakulteta za kemijo …stari.fkkt.uni-lj.si/attachments/dsk7973/diferencialne_enacbe.pdf · dz ( ) Rešitev ima obliko: ³ f z dz x Ce ( ) Primer:

Univerza v Ljubljani

Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo

Jože Šrekl

Diferencialne enačbe

Skripta za predavanja za Kemijske tehnologe

izredni študij

Ljubljana, 2011

J. Šrekl Diferencialne enačbe

2

Kazalo

1. Pojem diferencialne enačbe………………………………………………….3

2. Osnovni modeli enačb………………………………………………………..4

3. Konstrukcija matematičnega modela………………………………………7

4. Rešitve preprostih diferencialnih enačb…………………………………..8

5. Enačbe z ločljivimi spremenljivkami…………………………………..…12

6. Nehomogene diferencialne enačbe……………………………………….15

7. Nelinearne diferencialne enačbe prvega reda………………………….18

8. Diferencialna enačba drugega reda……………………………………..22

9. Reševanje homogene enačbe……………………………………………..22

10. Reševanje homogene enačbe s konstantnimi koeficienti.……………..23

11. Reševanje nehomogene enačbe s konstantnimi koeficienti.…………..26

12. Diferencialne enačbe višjega reda………………………………………30

13. Sistemi diferencialnih enačb……………………………………………..33


3

1. Pojem diferencialne enačbe

Pri problemih, kjer gre za ravnotežje (sil, tlakov, napetosti itd) se srečujemo z navadnimi

enačbami, ki popisujejo medsebojno povezavo dveh ali več spremenljivk. Vendar pa pri

naravnih pojavih pogosto srečujemo dogajanje, kjer se nekaj spreminja. Če se avto premika

po cesti, se s spreminjajočim časom spreminja njegova prevožena pot, morda tudi hitrost in

pospešek. V zaprti posodi segrevamo tekočino, s časom se spreminjata tlak in temperatura

tekočine. Takega spreminjajočega sistemu ni mogoče popisati z običajnimi linearnimi ali

nelinearnimi enačbami, ker se poleg samih spremenljivk (neodvisnih in odvisne) pojavijo tudi

odvodi odvisne spremenljivke (sistem postane dinamičen) in dobimo diferencialne enačbe.

Oglejmo si nekaj primerov takih enačb.

1. Vemo, da se pri radioaktivnem razpadu s časom manjša masa snovi, ki razpada. Z

enačbo želimo popisati hitrost razpadanja radioaktivne snovi. Hitrost razpada je

sorazmerna z maso, sorazmernostni koeficient je konstanta razpada.

Če označimo:

X – masa nerazpadle snovi v času t

c – začetna masa

k – konstanta razpada,

potem je enačba razpada:

dx

dtkx

in rešitev:

kxcex

2. Gibanje telesa pri neenakomernem gibanju, ki ga povzročajo sile popišemo z znano

Newtonovo enačbo. Produkt masa telesa in pospeška je enak vsoti vseh sil, ki delujejo

na telo

F ma

),,( txxFxm

Če zapišemo vse na desno stran, dobimo:

0 ),,( txxFxm

Tako dobimo idejo, kako splošno zapisati enačbo !

Posvetimo se splošni teoriji diferencialnih enačb in si oglejmo splošno obliko:

0),...,,,,( )( nyyyyxF

ki ima rešitev:

021 ),...,,,,( ncccyxG

kjer so: nccc ,...,, 21

konstante.


4

Diferencialne enačbe delimo po vrsti odvoda, po stopnji odvoda in po potencah odvodov

2. Osnovni modeli enačb

Padanje delca v viskoznem sredstvu (povezava enačb):

Na masni delec delujejo dve sile kot kaže slika


5

Slika 2.1.: Padanje delca

Primer: m = 10 kg, k = 2 kg/sec mi določa enačbo: 5

8.9v

dt

dv .

Pri hitrosti v = 40 m/sec je pospešek 8.1dt

dv , če je hitrost

v = 50 m/sec, je pospešek 2.0dt

dv . Obstaja torej vmesna točka, ko je pospešek enak 0.

Slika 2.2.:Polje smeri ki jo določa enačba (1 )

Če postavimo enačbo (1) v koordinatni sistem (x,v), dobimo v vsaki točki ravnine smer, ki jo

določa diferencialna enačba. Odvod v točki pomeni smer tangente na krivuljo v = f(x) v dani

točki.


6

Splošna enačba za polje smeri:

),( yxfdx

dy

Splošna enačba smeri povezuje odvod z neodvisno in odvisno spremenljivko, ki sta povezani

z neko funkcijsko zvezo. Grafično to lahko prikažemo v koordinatnem sistemu, kjer ima

vsaka točka v ravnini določeno smer glede na svojo lego.

Slika 2.4.: Določitev smeri v točki

Primer: Populacija miši na polju – zakon naravne rasti:

rpdt

dp

Zaradi zatiranja sovražnikov malih glodalcev (ujede, podlasice itd),dobimo drugačno enačbo

krpdt

dp (2)

Grafično enačbo prikažemo v polju smeri, kjer se nedvoumno vidi kako močna mora biti

populacija, da preživi.

Slika 2.2.:Polje smeri ki jo določa enačba (1 )


7

Polje hitrosti razmnoževanja za enačbo (2). Kritična vrednost je 900. Pod to vrednostjo se

populacija zmanjšuje, nad to vrednostjo doživimo populacijsko eksplozijo.

Primer: Še dva prim era polj smeri za dve različni enačbi:

3. Konstrukcija matematičnega modela

1. Določimo neodvisne in odvisne spremenljivke (čas je vedno neodvisna

spremenljivka).

2. Izberemo enote in mere za posamezne spremenljivke (enote morajo biti usklajene).

3. Določimo osnovne principe, ki opisujejo dogajanje (fizikalni zakoni itd).

4. V teh osnovnih principih (zakonih) uporabimo naše spremenljivke. To je običajno

najtežji del.

5. Prepričati se moramo, da imajo vsi deli enačbe enako fizikalno enoto. Ne moremo

seštevati različnih enot.

6. Iz točke 4. dobimo diferencialno enačbo, ki je matematični model fizikalnega

dogajanja.

7. V primerih, ko je dogajanje kompleksno – sestavljeno, dobimo sistem diferencialnih

enačb. Primer: Newtonova enačba v prostoru .

8. Pri kompliciranih diferencialnih enačbah ocenimo dejanski prispevek posameznih

delov enačbe in zanemarimo dele z zanemarljivim prispevkom.


8

4. Rešitve preprostih diferencialnih enačb

Diferencialna enačba je lahko neodvisna od odvisne spremenljivke y, torej je odvisna samo od

neodvisne spremenljivke :

)x(fy

Rešujemo tako, da enačbo preprosto integriramo:

dx)x(fdxy

in dobimo rešitev

cdx)x(fy

Rešitev te enačbe je enoparametrična družina krivulj.

Primer: Zakon harmonične rasti se popiše z enačbo

kxdt

dx

in je nasprotni zakon od zakona radioaktivnega razpada. Poleg osnovnega zakona

harmonične rasti obstaja še en zakon rasti:

00 k,a)(x),xb(kxdt

dx

Rešitev druge enačbe je :

bkt

ab e

bx

)1(1

ki ima za grafu logistična krivulja. V primeru ko je a manjši od polovice b dobimo krivuljo.

Na grafu smo določili tudi prevoj!

Diferencialna enačba je lahko neodvisna od odvisne spremenljivke y, torej je odvisna samo od

neodvisne spremenljivke

)y(fy

Rešujemo tako, da enačbo delimo z y in integriramo:


9

dx)y(f

dy

in dobimo rešitev

c)y(f

dyx

Rešitev te enačbe je enoparametrična družina krivulj.

Primer: Širjenje populacije glodavcev, Vrnimo se k enačbi širjenja populacije miši:

krpdt

dp

V enačbo vstavimo konkretne podatke r = 0.5, k = 450:

4505.0 pdt

dp

S križnim množenjem ločimo spremenljivke in po integraciji leve in desne strani dobimo:

2/900 t

cep

Slika 4. 1.: Rešitve enačbe o širjenju glodalcev

Primer: Padanje masnega delca v viskoznem sredstvu

Vrnimo se k enačbi

kvmgdt

dvm


10

V enačbo vstavimo konkretne podatke m = 10 kg, k = 2 kg/sec

58.9v

dt

dv

S križnim množenjem ločimo spremenljivke in po integraciji leve in desne strani dobimo:

5/49 t

cev

Če upoštevamo še začetni pogoj t=0, v=0, dobimo rešitev:

)1(49 5/tev

Slika 4. 2.: Rešitve enačbe o padanju masnega delca skozi viskozno sredstvo

Primer: Problem električnega kroga. Shema prikazuje električni tokokrog, v katerem imamo

upor z upornostjo R, kondenzator s kapacitivnostjo C in napajanje z napetostjo V

Enačba tokokroga pri konstantnem napajanju z napetostjo V:

VC

Q

dt

dQR

Enačbo uredimo:

CR

dt

QCV

dQ

Slika 4. 3.: Shema tokokroga


11

in jo lahko integriramo.

Primer: Določi funkcijo iztekanja nevarne tekočine iz prevrnjene cisterne

Podatki: Cisterna ima eliptično obliko z osema a in b in dožino L. Zaobljenost na koncih

cisterne zanemarimo.

Slika 4. 4.: Prevrnjena cisterna

Velja Torricelli-jev zakon za hitrost iztekanja v odvisnosti od višine tekočine nad iztekom:

ghhv 2)(

Sprememba volumna je količina iztečene tekočine je odvisna od preseka in hitrosti iztekanja:

dhhSvdtV )(

Velikost ploščine preseka cisterne na višini h dobimo iz geometrije cisterne:

lxhS 2)(

12

2

2

2

b

y

a

x 22 2 a

b

h

b

hx

)2(2

)( hbhb

aLhS

Združimo do sedaj zapisane enačbe:

dhhbhb

aLdtgh )2(

22 (3)

Konstante združimo v eno samo konstanto:

gb

aLK

2

2

Uredimo enačbo (3) in vstavimo novo konstanto:

)2( hbKdh

dt

To je enačba z ločljivima spremenljivkama:

dhhbKdt )2(


12

S kvadraturo – integriranjem dobimo:

dhhbKt

th

b

)2(

)(

2

Z vpeljavo nove spremenljivke 2b-h = z

dhzKt

thb

)(2

0

in dobimo rezultat:

3

2

2

32)(

K

tbth

5. Enačbe z ločljivimi spremenljivkami

Enačbo, kjer je mogoče ločiti funkcijo za neodvisno in odvisno spremenljivko, imenujemo

enačba z ločljivima spremenljivkama in zapišemo:

dx

dyf x f y1 2( ). ( )

Rešujemo tako, da v enačbi ločimo spremenljivki - odvisno spremenljivko na levo stran

enačbe in neodvisno na desno stran enačbe. Enako velja tudi za diferenciale. Po ločitvi

integriramo vsako stran enačbe posebej:

dx

f xf y dy

1

2

( )( )


13

Nekoliko spremenjeno enačbo

dx

dyf ax by ( )

lahko še vedno rešujemo s pomočjo substitucije z = ax + by kot enačbo z ločljivimi

spremenljivkami.

Diferencialno enačbo tipa:

)('yxfy

rešujemo s substitucijo y = zx.

Dobimo enačbo )(' zfxzz

in po ločitvi spremenljivk

xdx

zzfdz )(

Rešitev ima obliko:

zzf

dz

Cex )(

Primer:

0)0(,arctan)'( yxyxyx

y

To je diferencialno enačbo oblike:

0),(),( dyyxNdxyxM

Tako enačbo lahko prevedemo v homogeno enačbo z ločljivimi spremenljivkami, Če velja

),(),(

),(

yx

yxN

yxMf

uporabimo substitucijo iz prejšnjega tipa naloge.(V praksi to pomeni, da sta funkciji M in N

vsoti sumandov oblike ., konstjiyxa jik )

Primer:

52

42

yx

xy

dx

dy

Navodilo: Naprej uporabi substitucije: y=Y+a in x=X+b. Iz enačb 2a-b-4=0 in 2b-a-5=0

dobimo a=13/3 in b=14/3.

Primeri:

1. Naj bo u=xy hitrostni potencial ravninskega toka tekočine. Poišči tokovnice za tok s

tem hitrostnim potencialom!


14

2. yxdx

dy

1

3. Enačba o mešanju koncentracij

Lonec, mešalo, pipa in luknja Prostornina lonca je l

litrov. Doteka p % raztopina česarkoli (spreminjanje

prostornine pri raztapljanju zanemarimo), mešalec

meša, meša; odteka pa prav toliko raztopine, kolikor

je priteka, denimo m litrov v sekundi. V začetku (t =

0) je v posodi a% raztopina. Kolikšna je

koncentracija po t sekundah?

V začetku reševanja se ozrimo po neznanki. Kar

koncentracija tistega česarkoli naj bo. Še krstimo jo,

neznanko, x ji recimo. V dovolj majhnem času dt se koncentracija spremeni za dx. Pomislimo,

kaj vse je povzročilo to spremembo, pa bo enačba pred nami. V času dt je v posodo priteklo in

iz nje odteklo mdt litrov tekočine. Vsak liter, ki je pritekel, je vseboval pmdt/100 litrov snovi,

vsak liter, ki je odtekel pa xmdt/l00 litrov raztopljene snovi. Zato:

mdtxpdx

l100100

)xp(l

mx

enačbi dodajmo še začetni pogoj:

x(0) = a

Ločimo spremen1jivki: (p-x)-1

dx = (m/l)dt

Integrirajmo: ln(p-x) = -(m/l)t + lnC

Preoblikujmo: p-x = Ce-(m/l)t

vstavimo v začetni pogoj: p-a = C

in nazadnje zapišimo iskano rešitev:

x = p + (a – p)e-(m/l)t

.

4. Telo v gravitacijskem polju

Gravitacijska sila deluje proti središču zemlje, kar ni nujno, ker lahko upoštevamo še rotacijo

zemlje. Gravitacijska sila je obratno sorazmerna s kvadratom razdalje od središča zemlje.

Slika 4. 5.: Mešalna posoda

Slika5. 1.: Mešanje koncentracij


15

( )

( )

w(x) - gravitacijska sila

k – sorazmernostni koeficient

R – radij zemlje

x – oddaljenost od zemeljske površine

Slika 5.2. Točka v gravitacijskem polju

Ker je gravitacijska sila na zemeljskem površju (x=0) – mg, velja enakost

in

. Lahko zapišemo enačbo

( )

Ker je

je končna enačba

( )

V enačbi je mogoče ločiti spremenljivke, ni pa linearna.

( )

Po integraciji dobimo

Z uporabo začetnega pogoja x=0 če je t=0 in , dobimo končno rešitev

√

6. Nehomogene diferencialne enačbe

Linearne diferencialne enačbe prvega reda v splošni obliki zapišemo

( ) ( ) Linearne enačbe, ki smo jih obravnavali do sedaj, imenujemo homogene diferencialne

enačbe, ker imajo splošno obliko ( ) .

Oglejmo si še način kako bomo reševali nehomogene diferencialne enačbe, torej enačbe

oblike

( ) ( ) (4)

Izberemo si neznano funkcijo ( ) s katero pomnožimo enačbo (4)

( )

( ) ( ) ( ) ( ) (5)


16

Izračunamo odvod produkta

[ ( ) ] ( )

( )

Ker je ( ) nedoločena, zahtevamo ( )

( ) ( )

Iz zahteve izračunamo

Na levi imamo logaritemski odvod

| ( )| ( )

Ločimo spremenljivki in integriramo

∫ ( | ( )|) ∫ ( )

| ( )| ∫ ( )

( ) ∫ ( ) (6)

Zaradi izbire funkcije ( ) se enačba (5) zapiše

[ ( ) ] ( ) ( )

Enačbo pomnožimo z dx in integriramo

( ) ∫ ( ) ( )

Upoštevamo še (6) in dobimo končni izraz:

∫ ( ) ∫ ( ) ∫ ( ) (7)

Primer: Reši enačbo 32 ydt

dy

Funkciji f(x)=2 in g(x)=3 vstavimo v rešitev in dobimo naslednji izraz

∫ ∫ ∫

Po integraciji integralov v eksponentih dobimo:

∫

Naslednja integracija pa nam da končni rezultat:

( )

Ugotavljamo, da je rešitev sestavljena iz dveh delov in sicer prvi del predstavlja rešitev

homogenega dela, drugi del pa rešitev nehomogenega dela.

( ) ( ) ( )

Iz enačbe (7) dobimo posamezne rešitve:

( ) ∫ ( )

( ) ∫ ( ) ∫ ( ) ∫ ( ) (brez konstante)

Rešitve primera si lahko pogledamo tudi na grafu


17

Primer: xydx

dy 2

2

1 Rezultat: 2/22 xexy , če je pri x=0 y=2

Primer: xydx

dy 42 Rezultat:

xcexy 2

2

1

4

7


18

Primeri:

1. yxyx 24)12(

2. Enačba električnega vodnika s samoindukcijo

Ittdt

dI 22 )2(

3. Problem matematičnega nihala - nelinearna enačba

Enačba:

0sin2

2

L

g

dt

d

Če je kot majhen , dobimo enostavnejšo enačbo:

02

2

L

g

dt

d

To imenujemo linearizacija

7. Nelinearne diferencialne enačbe prvega reda

Navadna diferencialna enačba prvega reda se splošno zapiše v implicitni obliki:

0),,( yyxF ,

kar pomeni, da je enačba odvisna od neodvisne spremenljivke x, odvisne spremenljivke y

in njenega odvoda y'. Odvisna spremenljivka in odvod nastopata v enačbi tudi na višje

potence ali znotraj neke funkcije.

Bernoullijeva enačba nyxgyxfy )()( , 1,0n

Enačbo delimo z yn:

)(1

)(xg

nn y

xf

y

y

Uvedemo novo spremenljivko

, in njen odvod ny

ynz

)1(

Vstavimo v enačbo in dobimo navadno linearno diferencialno enačbo:

)()(1

xgzxfn

z

Primera:

Slika 5. 3. Matematično nihalo


19

1.

yx

x

yy

22

2

2. 22 xyxyy

Rešitve:

1,23

22 xx ceycxy

Riccatijeva enačba

)()()( 2 xfyxqyxpy

Če poznamo partikularno rešitev y1(x), lahko splošno rešitev iščemo v obliki:

y(x) = y1(x) + z(x)

rešitev vstavimo v enačbo in dobimo:

)())(())(( 2111 xfzyxqzyxpzy

Ker je y1(x) partikularna rešitev, nam od enačbe ostane le:

0)())(2)(( 21 zxqzyxqxpz

To kar smo dobili je Bernoullijeva enačba, ki pa jo že znamo reševati.

Primera:

1. x

yy 22 , x

y 11

2. 122 xyxyyy , xy 1

Rešitve:

,

32

231

xc

xx

y

Enačba ki razpade v dve ali več linearnih enačb se imenuje razcepna enačba.

0')()'( 2 xyyyxy ,

Zgornja enačba razpade na produkt dveh faktorjev, ki je vsak zase enak 0. 0)')('( yyxy

Torej dobimo rešitve.

12

2' cyxy x in

xecyyy 2'

S poljubno izbiro vrednosti prve ali druge konstante , dobimo posamezne partikularne rešitve.

Seveda lahko združimo obe rešitve v eno samo, tako da dobimo eno samo krivuljo kot rešitev

(primer: c1=0.5 in c2=1/e lahko sestavimo rešitev:

1

11

212

xe

xy

x

x

Nepopolna enačba, ki vsebuje samo odvode


20

0)( yF

Če ima enačba vsaj en realen koren y' = k, dobimo z integracijo te enačbe rešitev y = kx + c,

oziroma rešitev celotne diferencialne enačbe:

0

x

cyF

Primer:

03')'()'( 57 yyy ima rešitev

03)()( 57

x

cy

x

cy

x

cy

Nepopolna enačba, ki vsebuje odvod in neodvisno spremenljivko

0),( yxF

Če je y' mogoče izraziti z x, potem enačbo rešimo s kvadraturo (integriranjem). Če to ni

mogoče, si pomagamo s parametričnimi funkcijami.

)('

)(

ty

tx

Upoštevamo, da je

dtttdy )(')(

in dobimo rešitev

cdttty )(')(

Primera:

1')'( 3 yyx

''1 2 yyx , ty tan'

Nepopolna enačba, ki vsebuje odvod in odvisno spremenljivko

0),( yyF

Spet si pomagamo s parametričnimi funkcijami.

)('

)(

ty

ty

Upoštevamo, da je

'y

dydx

dtt

tdx

(

)('

in dobimo rešitev

,(

)('cdt

t

tx

)(ty

Primer:


21

1'1 2 yy , tshy '


22

8. Diferencialne enačbe drugega reda

Diferencialne enačbe drugega reda vsebujejo poleg neodvisne in odvisne spremenljivke še

prvi in drugi odvod odvisne spremenljivke. Implicitna splošna oblika enačbe se zapiše

( )

V eksplicitni obliki se iz zgornje enačbe izrazi drugi odvod

( ) (8)

Ukvarjali se bomo z enačbami, kjer je mogoče desno stran razstaviti v tričlenik

( ) ( ) ( ) ( ) (9)

Desno stran enačbe (9) uporabimo v enačbi (8), vse člene povezane z neodvisno

spremenljivko prenesemo na desno in dobimo

( ) ( ) ( ) (10)

Če enačbo (10) pomnožimo s ( ) dobimo novo obliko enačbe

( ) ( ) ( ) ( ) (11)

Pričakovana rešitev enačbe (10) ali (11)

( ) ( ) ( ) ( )

Prva dva člena predstavljata rešitev homogenega dela, tretji člen pa je rešitev nehomogenega

dela.

9. Reševanje homogene enačbe drugega reda

Diferencialna enačba drugega reda je homogena, če je v enačbi (10) g(x)=0 V tem primeru

dobimo enačbo

( ) ( ) 0y p x y q x y (12)

1( )y x je rešitev enačbe če zadošča pogoju

1 1 1( ) ( ) 0y p x y q x y

Trditev: Če sta 1( )y x in 1( )y x rešitvi enačbe (11), potem je tudi 1 1 2 2( ) ( )c y x c y x rešitev te

enačbe.

Trditev sledi iz enakosti

1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )y y p x y y q x y y y p x y q x y y p x y q x y

Dve rešitvi sta neodvisni, če ni mogoče ene rešitve zapisati kot večkratnik druge.


23

Primer. Rešitvi 2x in 3x sta odvisni saj je druga rešitev dve tretjini prve rešitve; rešitvi 2x in 3x pa sta neodvisni rešitvi

Definiramo determinanto Wronskega ki je sestavljena iz rešitev diferencialne enačbe in

odvodov teh rešitev

21

21

2121

''''

yy

yyyyyyW

Determinanta predstavlja kriterij za določanje neodvisnosti rešitev

Če je determinanta Wronskega v kakšni točki različna od nič, potem sta rešitvi

neodvisni in njuna linearna kombinacija rešuje enačbo

Pri začetnih problemih preverjamo vrednost determinante Wronskega v začetni točki.

Če je determinanta v tej točki različna od nič, je linearna kombinacija rešitev enačbe in

zadošča tudi začetnemu pogoju

Primera. Diferencialna enačba ima rešitvi in .

Pokaži, da sta rešitvi neodvisni. To bomo pokazali z determinanto Wronskega.

*

+

Pokaži še, da sta rešitvi in neodvisni rešitvi enačbe .

10. Reševanje homogene enačbe s konstantnimi koeficienti

Vzemimo, da sta v enačbi (12) funkciji neodvisne spremenljivke p(x) in q(x) konstanti

neodvisni od x. Enačba dobi enostavnejšo obliko:

(13)

Predpostavimo, da je rešitev enačbe (13), pri čemer je k neznana vrednost. Vstavimo

v enačbo in izračunajmo za kakšne vrednosti k dobimo rešitev.

(14)

Enačbo (14) delimo z in dobimo polinomsko enačbo za neznani k.

(15)

Rešitev te enačbe je rešitev kvadratne enačbe. Če je , potem je rešitev enačbe

(15)

√

in je rešitev enačbe (13)

( )

Primer. Reši enačbo z začetnima pogojema y(0) = 2 in y'(0) = 3


24

Predpostavimo, da je in iščemo rešitev enačbe:

Rešitev je in , rešitev diferencialne enačbe pa:

( )

Vstavimo v rešitev še začetne pogoje in iz sistema enačb za konstante

in dobimo rešitev

( ) Grafični prikaz rešitve

Če je , potem je rešitev enačbe (15)

Dobili smo eno samo rešitev. Vemo pa, da bi morali dobiti dve neodvisni rešitvi. Zato

postavimo trditev:

Če je ( )

rešitev enačbe (13), potem je rešitev tudi ( ) ( ) , ki je

neodvisna.

Najprej dokažemo z vstavljanjem v enačbo (13), da je druga rešitev zares rešitev.

(

) ( ) (

)

(

)

Z determinanto Wronskega dokažemo še neodvisnost rešitev

*

+

Determinanta Wronskega ni nikjer enaka nič, ker je rešitev eksponentna funkcija.

Rešitev enačbe (13) torej lahko zapišemo:

( ) ( )


25

Primer. Reši diferencialno enačbo z začetnima pogojema y(0) = 1 in

y'(0) = -4.

Ker je je

in rešitev

( ) ( )

Po uporabi začetnih pogojev je rešitev

( ) ( )

Če je , potem je rešitev enačbe (15)

√

Ker sta rešitvi kompleksni vrednosti, se rešitev enačbe (13) zapiše

( ) ( )

Veljavnost rešitve bi preverili z vstavljanjem v enačbo (13), neodvisnost pa z računanjem

determinante Wronskega.

Primer. Reši diferencialno enačbo z začetnimi pogoji ( ) in ( ) .

Uporabimo nastavek za rešitev in vstavimo v enačbo, delimo z eksponentno

funkcijo in dobimo karakteristični polinom

.

Rešitvi karakterističnega polinoma sta

√

Splošno rešitev enačbe zapišemo

( ) ( )

Vstavimo še začetne pogoje in dobimo končno rešitev

( ) (

)

,

ki se izraža z grafom

0

1

2

3

4

5

6

-2 -1 0 1 2 3


26

11. Reševanje nehomogene enačbe s konstantnimi koeficienti

Vzemimo, da sta v enačbi (10) funkciji neodvisne spremenljivke p(x) in q(x) konstanti

neodvisni od x. Enačba dobi enostavnejšo obliko:

( ) (16)

Rešitev enačbe je sestavljena iz dveh delov

( ) ( ) ( ) ( )

Prvi del ( ) ( ) ( ) je rešitev homogene diferencialne enačbe (13). Drugi

del rešitve je rešitev nehomogenega dela saj rešuje enačbo

( ) (17)

Do te rešitve pridemo z ustreznimi nastavki, če je g(x) dovolj enostavna funkcija. Metodo

imenujemo tudi metoda nedoločenih koeficientov.

Če je ( ) ( ) polinom stopnje n, potem bo rešitev polinom enake stopnje z

neznanimi koeficienti

(18)

Rešitev z nedoločenimi koeficienti vstavimo v enačbo (17). Dobimo enakost dveh polinomov,

ki sta enaka, če se ujemata v vseh koeficientih. Izenačimo vse koeficiente in dobimo (n+1)

linearnih enačb za koeficiente. Rešimo sistem in vstavimo v rešitev (18) in v skupno rešitev

za celo enačbo.

Primer. Reši enačbo

Iz ene prejšnjih nalog vemo da je rešitev homogene enačbe

( )

Nastavek za homogeni del enačbe je

Izračunamo še odvode: ,

Rešitev z nedoločenimi koeficienti vstavimo v enačbo

( ) ( )


27

Z izenačitvijo koeficientov polinoma na levi in desni strani enačbe dobimo sistem:

Rešitev sistema:

Vstavimo v rešitev celotne enačbe:

( )

Če je ( ) linearna kombinacija eksponentnih funkcij, potem bo rešitev

enaka linearna kombinacija z neznanimi koeficienti

(19)

Rešitev z nedoločenimi koeficienti vstavimo v enačbo (17). Dobimo enakost linearnih

kombinacij eksponentnih funkcij, ki sta enaki, če se ujemata v vseh koeficientih pri istoležnih

funkcijah. Izenačimo vse koeficiente in dobimo ustrezno število linearnih enačb za

koeficiente. Rešimo sistem in vstavimo v rešitev (19) in v skupno rešitev za celo enačbo.

Primer. Reši diferencialno enačbo ( )

Rešimo najprej homogeni del z nastavkom rešitve , ki ga vstavimo

v enačbo in dobimo karakteristično enačbo . Enačba je razcepna

( )( ) , torej sta korena enačbe . Rešitev homogenega dela

enačbe je

( )

.

Zapišemo nastavek za nehomogeni del rešitve

( ) ( )

Prvemu delu smo dodali x ker je partikularna rešitev odvisna od splošne. Dvakrat odvajamo

nastavek rešitve.

( ) ( )

( ) ( )

Nastavek in odvode vstavimo v enačbo in dobimo

( ) ( ) In iz enačbe izračunamo koeficiente A=-1/6, B=-7/9 in C=1/2. Torej dobimo rešitev

( ) ( ) ( ) (

)

Če je ( ) linearna kombinacija eksponentnih funkcij, potem bo

rešitev enaka linearna kombinacija z neznanimi koeficienti

(20)

Rešitev z nedoločenimi koeficienti vstavimo v enačbo (17). Dobimo enakost linearnih

kombinacij eksponentnih funkcij, ki sta enaki, če se ujemata v vseh koeficientih pri istoležnih

funkcijah. Izenačimo vse koeficiente in dobimo ustrezno število linearnih enačb za

koeficiente. Rešimo sistem in vstavimo v rešitev (20) in v skupno rešitev za celo enačbo.

Primer. Reši diferencialno enačbo


28

Rešimo najprej homogeni del z nastavkom rešitve , ki ga

vstavimo v enačbo in dobimo karakteristično enačbo . Enačba je razcepna

( )( ) , torej sta korena enačbe . Rešitev homogenega

dela enačbe je

( )

.

Zapišemo nastavek za nehomogeni del rešitve

( )

Prvemu delu smo dodali x ker je partikularna rešitev odvisna od splošne. Dvakrat odvajamo

nastavek rešitve.

( )

( )

Nastavek in odvode vstavimo v enačbo in dobimo ( ) ( )

In iz enačbe izračunamo koeficiente A=-1/8, in B=-3/8. Torej dobimo rešitev

( ) ( ) ( )

Druga metoda je metoda variacije konstante. Če rešujemo enačbo (16), rešimo najprej

homogeno enačbo (13), kjer dobimo rešitev

( ) ( ) ( ) To imenujemo splošna rešitev enačbe. V splošni rešitvi zamenjamo konstante s funkcijami

neodvisne spremenljivke in dobimo partikularno rešitev.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

Partikularno rešitev vstavimo v enačbo (16) " ( ) '( ) ( ) ( )y p x y x q x y g x

in dobimo

1 1 2 2 1 1 2 2" " 2( ' ' ' ')c y c y c y c y 1 1 2 2( )( ' ' ) ( )p x c y c y g x

Če hočemo enakost, mora biti

1 1 2 2

1 1 2 2

' ' 0

' ' ' ' ( )

c y c y

c y c y g x

Rešitvi sistema dobimo z integriranjem

21

( )

( )

g x yc dx

W x

12

( )

( )

g x yc dx

W x

Primer. Reši enačbo

Rešitev: Rešimo najprej homogeni del z nastavkom rešitve , ki ga

vstavimo v enačbo in dobimo karakteristično enačbo . Enačba nima realnih

rešitev zato dobimo . Rešitev homogenega dela enačbe je

( ) .

Zapišemo partikularno rešitev za variacijo konstant

( ) ( ) ( )

Po vstavljanju v enačbo dobimo sistem

Izračunamo determinanto Wronskega

( ) *

+


29

Z integrali izračunamo obe vrednosti

( ) ∫

∫

( ) ∫

∫

( )

|

|

Končna rešitev

( ) ( ) ( |

|)

Primeri iz tehnike

Mehansko nihanje

l – dolžina vzmeti

L – poves zaradi teže

U – pomik zaradi nihanja

Fizikalni zakoni, ki veljajo pri nihanju vzmeti:

Hookov zakon: kLFs

Ravnotežje sil: 0 kLmg

Newtonov zakon: )(tFum

Določimo F(t)

Teža deluje navzdol, sila vzmeti deluje navzgor Fs = -k(L+l). V nasprotni smeri gibanja deluje

sila, ki jo dobimo zaradi upora sredstva v katerem je utež: Fd = --γ(du/dt)

)()()( tFFtFmgtum ds

Vstavimo vse naše enačbe:

)()()( tFutuLkmgtum

Upoštevamo ravnotežje sil

)()()( tFutkutum

Enačbo še uredimo:

)()()( tFtkuutum

V enačbi pomenijo:

m = masa

γ = viskozna upornost

h = prožnostni modul vzmeti

F(t) = zunanja sila

Lastno nihanje je nihanje brez vpliva zunanje sile v sredstvu brez viskoznosti (npr. vakuum).

V tem primeru dobimo poenostavljeno enačbo


30

0)()( tkutum

To je običajna enačba drugega reda s konstantnimi koeficienti, ki ima negativno

diskriminanto za reševanje kvadratne enačbe karakterističnega polinoma. Zato dobimo

kompleksne korene in rešitve v obliki kombinacije trigonometričnih funkcij.

m

ktBtAu 000 ,sincos

Z ustrezno transformacijo dobimo rešitev spremenimo v preprostejši izraz

)cos( 0 tRu

kjer je √ in ⁄ Periodo nihanja dobimo kot

√

Lastno nihanje v viskoznem sredstvu je nihanje brez vpliva zunanje sile. V tem primeru pa

dobimo enačbo

Rešitev bo podobna prejšnji

( )

√

Spet lahko poenostavimo rešitev

( )

kjer je √ in ⁄

12. Diferencialne enačbe višjega reda

Splošna diferencialna enačba reda n se zapiše kot funkcija neodvisne spremenljivke, odvisne

spremenljivke in odvodov odvisne spremenljivke od prve do n-te stopnje

0),...,,,( )( nyyyyxF

Če funkcijo preuredimo, dobimo:

),...,,,( )1()( nn yyyyxfy

Začetni problem ima podane tudi začetne vrednosti:

)0()0(...),0()0(,)0( )1()1(

0

nn yyyyyy

Enačba je lahko linearna homogena

0...)1(

1

)(

0 yayaya n

nn ,

ali nehomogena

)(...)1(

1

)(

0 xyayaya n

nn .

Lahko tudi poenostavimo:

)(...)1(

1

)( xfybyby n

nn


31

V obeh primerih bomo uporabili enako metodo kot pri enačbah drugega reda (vstavljanje

nastavka kxey , pri čemer so k rešitve karakterističnega polinoma 0...1

10

n

nn akaka ,

nehomogeni del rešujemo z nastavkom).

Primer: Reši enačbo

033 xxxx

Karakteristični polinom ima trikratno rešitev k = -1, zato bomo dobili tri neodvisne rešitve: tecttccx )( 3

2

21

Nepopolne diferencialne enačbe višjega reda

Enačba brez odvisne spremenljivke in brez odvodov do (k-1) reda

0),...,,( )()1()( nkk yyyxF

Rešujemo tako, da uvedemo novo spremenljivko:

py k )(

S tem znižamo red enačbe in dobimo:

0),...,,( )( knpppxF

Rešitev enačbe bomo dobili v obliki:

),...,( 1

)(

kn

k ccxpy ,

ki jo še n-krat integriramo.

Primera:

1. Padanje prašnega delca se popiše z enačbo 2skmgsm .

Reševanje: Uvedemo novo spremenljivko vs (hitrost), in dobimo enačbo prvega reda 2kvmgvm

2. Reši enačbo

x

yyyx

sin Reševanje: Zaradi posebne oblike uvedemo novo spremenljivko xpy .

Enačba brez neodvisne spremenljivke

0),...,,( )( nyyyyF

Rešujemo tako, da uvedemo novo spremenljivko:

)(ypy ,

pdy

dpy ,

S tem znižamo red enačbe in dobimo:

0),...,,( 1

1

2

2

n

n

dy

pd

dy

pd

dy

dpyF

Primer:


32

1. 0)( 2 yyy

2. yyyyy sincos 2 , 6

)1( y , 2)1( y

Reševanje naloge 2: Vstavimo )(ypy

pdy

dpy

in dobimo enačbo:

pypypdy

dp sincos 2

Uredimo in razcepimo enačbo:

01sincos

ypy

dy

dpp

Prva rešitev je 0p oziroma 3cy , ostale rešitve pa dobimo z reševanjem enačbe:

1sincos ypydy

dp

Po urejanju dobimo:

yyp

dy

dp

cos

1tan .

Rešimo homogeno enačbo prvega reda:

ycecpydy

cos1

tan

1

in nehomogeni del

yy

dyc tan

cos21

Celotno rešitev

yycy sincos1

in po upoštevanju začetnih pogojev

))cos()(sin(4))(sin(2sincos362623 yyyyyy

dxdy

yy4

)cos()sin(6262

Integriramo in dobimo:

2622)tan(ln cxy

Vstavimo začetne pogoje in dobimo končno rešitev.

22)tan(ln62

xy

Posebna rešitev je tudi

6

y .


33

13. Sistemi diferencialnih enačb

Newtonovo enačbo v trirazsežnem prostoru zapišemo v vektorski obliki

),,(2

2

rrtFdt

rdm

,

ki jo je mogoče spremeniti v sistem treh običajnih enačb

).,,,,,,(

),,,,,,,(

),,,,,,,(

2

2

2

2

2

2

zyxzyxtZdt

ydm

zyxzyxtYdt

ydm

zyxzyxtXdt

xdm

Iz sistema diferencialnih enačb drugega reda lahko napravimo sistem šestih diferencialnih

enačb prvega reda.

).,,,,,,(

),,,,,,,(

),,,,,,,(

,

,

,

zyxzyxtZwm

zyxzyxtYvm

zyxzyxtXum

wz

vy

ux

Običajno so dani tudi začetni pogoji:

00)( xtx , 00)( yty ,

00)( ztz , 00)( utu ,

00)( vtv , 00)( wtw .

Splošna formulacija problema


34

Splošni sistem enačb

),.,...,,(

..................................

),,...,,(

),,...,,(

21

212

2

211

1

nn

n

n

n

xxxtfdt

dx

xxxtfdt

dx

xxxtfdt

dx

z začetnimi pogoji:

0101 )( xtx , 0202 )( xtx , …

00 )( nn xtx

Sistem lahko zapišemo kot vektorsko enačbo

),( XtFdt

Xd

, 00 )( XtX

Rešitev te enačbe bo vektor s komponentami

)(

...

)(

)(

)(2

1

tx

tx

tx

tXX

n

Reševanje sistema

Pretvorba v enačbo višjega reda

Iz sistema enačb zadržimo prvo enačbo, jo odvajamo po neodvisni spremenljivki


35

),,...,,( 211

1

nxxxtfdt

dx

dt

dx

x

f

t

f

dt

xd in

i i

1

11

2

1

2

V desni strani enačbe namesto odvodov spremenljivk ix izrazimo s funkcijami iz sistema.

i

n

i i

fx

f

t

f

dt

xd

1

11

2

1

2

Na desni strani dobimo neko novo funkcijo neodvisne spremenljivke in odvisnih

spremenljivk.

),...,,( 2112

1

2

nxxxtFdt

xd

Enačbo (n-1)-krat odvajamo in po vsakem odvajanju izrazimo s spremenljivkami začetnega

sistema. Tako dobimo nov sistem enačb, ki vsebuje odvode le ene spremenljivke.

),.,...,,(

..................................

),,...,,(

),,...,,(

2111

2112

1

2

2111

nnn

n

n

n

xxxtFdt

xd

xxxtFdt

xd

xxxtfdt

dx

Če je sistem tak, da lahko eliminiramo odvisne spremenljivke, nam na koncu ostane ena sama

enačba n-tega reda

),...,,( 1

11

11

n

n

dt

xddt

dx

n

n

xtFdt

xd

Primer:

1.

yxdt

dy

yxdt

dx

2

,23

Izrazimo x iz druge enačbe sistema in odvajamo to enačbo:


36

)(

),(

2

2

21

21

dt

dy

dt

yd

dtdx

dt

dy yx

Dobljeno vstavimo v prvo enačbo sistema in dobimo:

022

2

ydt

dy

dt

yd

To je linearna diferencialna enačba drugega reda s konstantnimi koeficienti.

Zapišemo karakteristični polinom 0122 kk , ki ima dvakratno rešitev k=1.

Rešitev torej dobimo:

)22(

),(

221

21

tcccex

tccey

t

t

Sistemi linearnih diferencialnih enačb

Sistem je sestavljen iz linearnih enačb:

)()(1

tfxta i

n

j

jijdt

dxi

, (i=1,2,…n)

Sistem enačb zapišemo v vektorski obliki:

FXAdt

dX

Vektorska enačba ima na levi odvod stolpca spremenljivk, na desni pa matriko sistema

pomnoženo s stolpcem spremenljivk; produktu je prištet stolpec funkcij neodvisne

spremenljivke.

Opomba: Vektorje in matrike pišemo z velikimi črkami brez oznak za vektorje.

Homogen sistem

XAdt

dX

nnnn

n

n

dt

dx

dt

dx

dt

dx

n aaa

aaa

aaa

AX

x

x

x

X

n

21

,22221

,11211

2

1

,,2

1

Sisteme enačb, ki so sestavljeni iz linearnih diferencialnih, enačb imenujemo

sistemi linearnih diferencialnih enačb.

Če je , je sistem homogen, sicer je nehomogen.


37

Sistem ima rešitev: kteAX

~

Če vstavimo rešitev v enačbo in delimo z eksponentno funkcijo, dobimo.

0~

)( AkEA

Lastne vrednosti izračunamo iz enačbe

0)det( kEa ,

lastne vektorje pa po vstavljanju posameznih lastnih vrednosti iz prejšnje enačbe. Dobimo

rešitev: tk

nn

tk nk eAceAcX~~

11

Najpogosteje rešujemo sistem dveh enačb, kjer dobimo rešitev tktk

eAceAcX k 2

2211

~~ .

V splošnem bomo poleg realnih rešitev dobili tudi kompleksne. Vseh rešitev je po osnovnem

izreku algebre toliko, kot je stopnja polinoma. Kompleksne rešitve nastopajo vedno v

konjugiranih parih. Natanko toliko kot je različnih lastnih vrednosti, je tudi različnih lastnih

vektorjev, saj jih dobimo kot rešitev sistema so lastne vrednosti kompleksna števila, se rešitev

izraža s trigonometričnimi funkcijami (za sistem dveh enačb)

ktAcktAcX cos~

sin~

2211 .

Rekli smo že, da so nekatere lastne vrednosti (koreni karakterističnega polinoma) večkratni. S

tem se nam seveda zmanjša število lastnih vektorjev, pravimo, da je prostor rešitev izrojen.

Pri iskanju neodvisnih rešitev si pomagamo z množenjem z neodvisno spremenljivko (enako

kot pri eni sami enačbi). kteAtccX 121

~)( .

Naloge

2. yxyx dt

dy

dtdx 34,2 .

3. yxyx dt

dy

dtdx 2,5 .

4. yxyx dt

dy

dtdx 3,

Nehomogen sistem

FXAdt

dX

Vrednosti k so lastne vrednosti, pa so pripadajoči lastni vektorji.


38

)(

)(

)(

,,,2

1

21

,22221

,11211

2

1

2

1

tf

tf

tf

F

aaa

aaa

aaa

AX

x

x

x

X

nnnnn

n

n

dt

dx

dt

dx

dt

dx

nn

)(~~

2

2211 tReAceAcXtktkk

Partikularno rešitev dobimo z variacijo konstante ali z nastavkom, če je nehomogeni del

sestavljen iz polinomov, eksponentnih in trigonometričnih funkcij.

Primeri:

5. t

dt

dyt

dtdx eyxeyx 23,5 .

6. Tokokrog vsebuje dva zaporedno vezana elementa. Prvi je upor z upornostjo R, drugi

element pa sestavljata vzporedno vezana tuljava z induktivnostjo L in kondenzator s

kapacitivnostjo C. Tokokrog napajamo z izmenično napetostjo tUU sin0 .

Izračunaj tokove v posameznih delih tokokroga.

Rešitev:

Enačbe za padec napetosti v posameznem tokokrogu bomo zapisali za vsak tokokrog posebej.

Prvi tokokrog sestavljata kondenzator in tuljava. Skozi kondenzator teče tok 2I in skozi

tuljavo tok 3I Dobimo prvo enačbo:

023 C

q

dt

dIL

Drugi tokokrog vsebuje upor in kondenzator, napajan je z napetostjo:

tURI C

q sin012

Upoštevamo še, da je

321 III in 2

2 Idt

dq .

Z odvajanjem prve enačbe dobimo

02

1

21 IILILC

(1)

Z dvakratnim odvajanjem druge enačbe dobimo še eno zvezo med spremenljivkami

tUIIR C sin0

2

21

1 (2)

Pomnožimo enačbo (2) z L in enačbo (1) z -R ter ju seštejemo

tLUIIIRLCR

CR sin0

2

222

Enačbo še delimo z LR

Rešitev je sestavljena iz splošne rešitve homogenega dela enačbe in partikularne rešitve

nehomogenega dela.


39

tIII R

U

LCRC sin0

2

21

21

2

Rešitev homogene enačbe

,21

21

tktkececI

LCCRRCk 11121

2,1 22

Rešitev partikularnega dela iščemo z nastavkom

tBtAI sincos

Končno rešitev iščemo pri konkretnih pogojih in vrednostih

R = 2Ω, L = 1H, C = 0.5F, U0 = 5V;

0)0()0( 22 II

7. Določi koncentracijo soli v tekočini ki izteka iz rezervoarjev

Dobimo sistem enačb:

15.02.015.0

05.01.005.0

211

121

QQQ

QQQ

ali v matrični obliki

015

05.0

2.015.0

1.005.0

2

1

2

1

Q

Q

Q

Q

Documents

Osnovni modeli enačb - UL FKKT - Fakulteta za kemijo …stari.fkkt.uni-lj.si/attachments/dsk7973/diferencialne_enacbe.pdf · dz ( ) Rešitev ima obliko: ³ f z dz x Ce ( ) Primer: