Diferencijalne Jednacine Drugog Reda Zadaci

www.matematiranje.com 1. Rešiti diferencijalnu jednačinu

y``= x + sinx

Rešenje: y``= x + sinx

uzećemo smenu y`= p , odakle je y``= p`

p` = x + sinx

dp = x+sinx dx dp = (x+sinx)dx

ovo je d.j. koja razdvaja promenljive

∫ dp = ∫ ( x + sin x)dx p=

x2 − cos x + c1 2

dodali smo konstantu c1 jer smo rešili jedan integral

x2 − cos x + c1 y`= 2 dy x 2 = − cos x + c1 dx 2 x2 − cos x + c1 )dx dy = ( 2

1

∫ dy = ∫ ( 2 x

2

− cos x + c1 )dx svaki integral na desnoj strani rešavamo posebno

1 x3 y= − sin x + c1 x + c 2 2 3 y=

x3 − sin x + c1 x + c 2 6

dodamo konstantu c2

ovo je opšti integral

2. Nađi opšti integral jednačine y``+ 2yy`3=0 Rešenje:

y``+ 2yy`3=0

uzećemo smenu y`= p , odakle je y``= p`p ,(pogledaj teorijske napomene)

p`p + 2y p3 = 0

izvučemo p kao zajednički

p(p`+ 2yp2) = 0

odavde je p = 0 ili p`+ 2yp2 = 0

Za p= 0 odmah dobijamo rešenje y` = 0 to jest y = c (konstanta) p`+ 2yp2 = 0 1

www.matematiranje.com dp = −2 yp 2 dy dp = −2 ydy p2 dp

∫p −

2

d.j. koja razdvaja promenljive, integralimo

= ∫ − 2 ydy

1 y2 = −2 + c1 p 2

1 = y 2 − c1 p p=

1 y − c1

y`=

1 y − c1

vratimo

2

y` = p

2

dy 1 = 2 dx y − c1 (y2 – c1)dy = dx y3 − c1 y = x + c 2 3 Dakle, rešenja su:

y=c i

opšti integral

y3 − c1 y = x + c 2 3

3. Nađi opšti integral jednačina: a) b) c) d)

y`` - 3y` + 2y = 0 y`` - 2y + y = 0 y`` - 2y` +2y = 0 yIV –5 y`` + 4y = 0

Rešenje: PAZI : U KARAKTERISTIČNOJ JEDNAČINI NEKO UZIMA KAO SMENU p, NEKO r, A NEKO λ .

2

www.matematiranje.com VI RADITE ONAKO KAKO RADI VAŠ PROFESOR!( u suštini je sve jedno)

a)

y`` - 3y` + 2y = 0

najpre rešimo karakterističnu jednačinu( pogledaj teoriju)

p2 - 3p + 2 = 0 p1, 2 =

3 ±1 ⇒ p1 = 2, p 2 = 1 2

y = c1e 2 x + c 2 e x b)

y`` - 2y + y = 0

najpre rešimo karakterističnu jednačinu

p2 - 2p + 1 = 0

p1, 2 =

2±0 ⇒ p1 = 1, p 2 = 1 2

y = c1e x + c 2 xe x

c)

y`` - 2y` +2y = 0 p2 - 2p + 2 = 0

p1, 2 =

2 ± 2i 2(1 ± i ) = ⇒ p1 = 1 + i, p 2 = 1 − i 2 2

y = c1e x cos x + c 2 e x sin x ( opet pogledaj teorijske napomene) d)

yIV –5 y`` + 4y = 0 p4 – 5 p2 + 4 = 0 ( ovo je bikvadratna jednačina) p2= t je smena t2 - 5t + 4 = 0

t1, 2 =

5±3 ⇒ t1 = 4, t 2 = 1 2

vratimo smenu p2= t

p2= 4 ili p2= 1, pa je p1= 2, p2 = - 2, p3= 1, p4= -1

y = c1e x + c 2 e − x + c3 e 2 x + c 4 e −2 x

3

www.matematiranje.com 4. Naći opšti integral jednačine :

y`` - y = x2 + 1

Rešenje:

Najpre nađemo rešenje odgovarajuće homogene jednačine! y`` - y = 0 p2 – 1 = 0

p1, 2 =

0±2 ⇒ p1 = 1, p 2 = −1 2

y H = c1e x + c 2 e − x Dalje možemo birati dva puta: metodu neodređenih koeficijenata ili metodu varijacije konstanti. Ovde bi bilo dobro da se podsetite teorije, da bi izabrali lakši put..... Mi ćemo koristiti metodu neodređenih koeficijenata u ovom slučaju. Y= ax2 + bx + c

gde su a,b,c traženi koeficijenti

Y` = 2ax + b Y`` = 2a Ovo zamenimo u datu d.j.

y`` - y = x2 + 1 2a – (ax2 + bx + c) = x2 + 1 2a – ax2 - bx - c = x2 + 1 - ax2 - bx +(2a- c) = x2 + 1

Sad vršimo upoređivanje koeficijenata, uz x2, pa uz x, pa slobodne članove -a = 1 -b = 0 2a – c = 1

Odavde je a = -1, b = 0 i c = -3 , pa to zamenimo u Y= ax2 + bx + c i dobijemo:

Y = - x2 – 3 pa će konačno rešenje biti : y = yH+ Y

to jest

y = c1e x + c 2 e − x − x 2 − 3

4

www.matematiranje.com 5. Rešiti diferencijalnu jednačinu : y``− y`=

1 1+ ex

Rešenje:

Nađemo rešenje odgovarajuće homogene jednačine.

y``− y`= 0 p2 – p = 0 1±1 p1, 2 = ⇒ p1 = 0, p 2 = 1 2 Znači da je rešenje homogene d.j.

y H = c1 + c 2 e x

Dalje ćemo nastaviti metodom varijacije konstanata ( pogledaj malo teoriju) c1=c1(x)

i

c2=c2(x)

postavimo sistem:

c`1 +c`2 e x = 0 0c`1 +c`2 e x = c 2` =

1 1+ ex

1 e (1 + e x )

c2 = ∫

x

Iz druge jednačine izrazimo c2

integralimo

1 dx U ovom integralu ćemo kao trik dodati i gore i dole ex x e (1 + e ) x

1 1e x dx = ∫ e x (1 + e x ) ∫ e x e x (1 + e x )dx =

ex = t ex dx uzimamo smenu pa je ∫ e 2 x (1 + e x ) e x dx = dt

ex dt ∫ e 2 x (1 + e x )dx = ∫ t 2 (1 + t ) ovaj integral radimo kao racionalnu funkciju!

1 A B C = + 2 + (1 + t ) t (1 + t ) t t 2

1= At(t+1) + B(t+1) +C t2 1 = At2+At + Bt + B + C t2 sad grupišemo članove 5

www.matematiranje.com

1 = t2(A+C) + t(A +B) +B ovde uporedjujemo i pravimo sistem A+C = 0 A+B = 0 B=1

odavde je A= - 1 i C = 1

Vratimo se : 1 A B C −1 1 1 = + 2 + = + 2 + (1 + t ) t (1 + t ) t (1 + t ) t t t 2

∫t

2

dt −1 1 1 1 =∫ ( + 2 + )dt = − ln t - + ln t + 1 vratimo smenu t = ex t (1 + t ) t (1 + t ) t 1 = − ln e x - x +ln(ex+1) e =-x-

Dakle , dobili smo c2(x) = - x -

1 + ln(ex+1) + d2 x e

( d2 je konstanta)

1 + ln(ex+1) + d2 x e

Sad da nadjemo c1=c1(x)

c`1 +c`2 e x = 0

c`1 = −c`2 e x = −

c1 = ∫ −

1 1 ex = − x e (1 + e ) 1+ ex x

1 dx = 1+ ex

∫

integralimo

1 dx 1+ ex

Slično kao malopre i gore i dole dodamo ex i uzimamo istu smenu ex= t i dobijamo c1(x)= ln(1+ex) – x +d1 Dakle, dobili smo : 6

www.matematiranje.com

c1(x)= ln(1+ex) – x +d1 1 c2(x) = - x - x + ln(ex+1) + d2 e

Ovo vratimo u homogeno rešenje:

y H = c1 + c 2 e x

y = ln(1+ex) – x +d1 +(- x -

1 + ln(ex+1) + d2)ex x e

y = ln(1+ex) – x +d1 – xex – 1 +ex ln(ex+1) +d2 ex y = d1+d2 ex- x- xex – 1 + ln(1+ex) +ex ln(ex+1) ovo je opšte rešenje (integral)

6.

Rešiti diferencijalnu jednačinu : y`` - 2y` +2y = ex sinx

Rešenje: y`` - 2y` +2y =0

p2 - 2p + 2 = 0 2 ± 2i 2(1 ± i ) p1, 2 = = ⇒ p1 = 1 + i, p 2 = 1 − i 2 2

y H = c1e x cos x + c 2 e x sin x Variramo konstante: c1=c1(x)

i

c2=c2(x)

c`1 e x cos x + c`2 e x sin x = 0 Pazi e x cos x ∧ e x sin x mora kao izvod proizvoda! c`1 (e x cos x − e x sin x) + c`2 (e x sin x + e x cos x) = sin x c`1 cos x + c`2 sin x = 0 c`1 (cos x − sin x) + c`2 (sin x + cos x) = sin x

c`2 = −c`1

cos x sin x

c`1 (cos x − sin x) − c`1

sve smo podelili sa ex

izrazili smo c`2 i to zamenimo u drugu jednačinu cos x (sin x + cos x) = sin x sin x

sredimo i izrazimo c`1 , to je ideja! 7

www.matematiranje.com cos 2 x ) = sin x sin x cos 2 x c`1 (cos x − sin x − cos x − ) = sin x sin x cos 2 x c`1 (− sin x − ) = sin x sve pomnožimo sa sin x

c`1 (cos x − sin x) − c`1 (cos x +

c`1 (sin 2 x + cos 2 x) = − sin 2 x

c`1 = − sin 2 x

- sin x

pazi, važi da je sin 2 x + cos 2 x = 1

integralimo i iskoristimo sin 2 x =

1 − cos 2 x 1 = (1 − cos 2 x) 2 2

1 1 1 c1 = − ∫ (1 − cos 2 x)dx = − ( x − sin 2 x) + d1 2 2 2 1 1 c1 = − x + sin 2 x + d1 2 4 važi da je : cos x c`2 = −c`1 i c`1 = − sin 2 x sin x c`2 = sin x cos x

c2= ∫ sin x cos xdx =

c2 =

nađimo sada i c2

pa je

c`2 = sin 2 x

cos x = sin x cos x sin x

integralimo

sin x = t t 2 sin 2 x = ∫ tdt = = + d2 cos xdx = dt 2 2

dakle

sin 2 x + d2 2

1 1 Vratimo c1 = − x + sin 2 x + d1 2 4

i

c2 =

sin 2 x + d2 2

u

y H = c1e x cos x + c 2 e x sin x

1 1 sin 2 x x y = (− x + sin 2 x + d1 ) e cos x + ( + d 2 ) e x sin x 2 2 4

konačno rešenje

Možete sve da pomnožite a može da ostane i ovako , kako kaže Vaš profa. 7.

Odrediti partikularno rešenje diferencijalne jednačine : x2y``-xy`+y = 2x

8

www.matematiranje.com koje zadovoljava početne uslove y(1)= 0 i y`(1)= 1 Rešenje: Ovo je Ojlerova jednačina (pogledaj malo teorijske napomene) Uvodimo smenu x=et , odavde je: y`=

y`t y ``− y ` ; y``= t 2t t ; t e e

x2y``-xy`+y = 2x

e

2t

` y t`` − y t` t yt − e t + y t = 2e t 2t e e

skratimo…

y t`` − y t` − yt` + yt = 2e t

y t`` − 2 y t` + yt = 2e t ovo je nehomogena linearna d.j. y t`` − 2 y t` + yt = 0 p2 - 2p + 1 = 0 p1, 2 =

2±0 ⇒ p1 = 1, p 2 = 1 2

y t ( H ) = c1e t + c 2 te t sada variramo konstante… c`1 e t + c`2 te t = 0 c`1 e t + c`2 (e t + te t ) = 2e t

obe jednačine podelimo sa et

c`1 +c`2 t = 0 c`1 +c`2 (1 + t ) = 2 c`1 = −c`2 t izrazili smo jednu nepoznatu i zamenimo u drugu jednačinu − c`2 t + c`2 (1 + t ) = 2 c`2 = 2

integralimo

c 2 = ∫ 2dt = 2t + d 2 c 2 = 2t + d 2 našli smo jedno rešenje

9

www.matematiranje.com

c`1 = −c`2 t = -2 t

c1 = −2 ∫ tdt = −2 c1 = −t 2 + d1

integralimo t2 + d1 = −t 2 + d1 2

našli smo drugo rešenje

Vratimo se u homogeno rešenje: y t ( H ) = c1e t + c 2 te t yt = (−t 2 + d1 ) et + (2t + d 2 ) tet pomnožimo i sredimo.. y t = d1e t + d 2 te t + t 2 e t ovo je konačno rešenje po t, vratimo smenu x=et , to jest t=lnx y = d1 x + d 2 x ln x + x ln 2 x

ovo je konačno rešenje po x

Nađimo sada traženo partikularno rešenje:(prvo izvod rešenja) ovde menjamo y(1)= 0 y = d1 x + d 2 x ln x + x ln 2 x 2 y`= d1 + d 2 (ln x + 1) + ln x + 2 ln x ovde menjamo y`(1)= 1 0 = d11 + d 2 1 ln 1 + 1 ln 2 1 ( pazi ln1=0) 2 1 = d1 + d 2 (ln 1 + 1) + ln 1 + 2 ln 1 0 = d 11 ⇒ d 1 = 0 1 = d1 + d 2 ⇒ d 2 = 1

vratimo konstante u rešenje:

y = 0 x + 1x ln x + x ln 2 x y = x ln x + x ln 2 x ovo je traženo partikularno rečenje

8. Rešiti diferencijalnu jednačinu :

(x – 1 )2y``- 2(x – 1)y` + 2y = (x – 1 )2

Rešenje: Ovo je takođe Ojlerova jednačina, smena je x – 1 = et , pa je y`=

y`t y ``− y ` ; y``= t 2t t t e e

(x – 1 )2y``- 2(x – 1)y` + 2y = (x – 1 )2 10

www.matematiranje.com e

2t

` y −y t yt − 2e t + 2 y t = e 2t 2t e e `` t

` t

y t`` − y t` − 2 y t` + 2 y t = e 2t y t`` − 3 y t` + 2 y t = e 2t prvo rešavamo odgovarajuću homogenu jednačinu: y t`` − 3 y t` + 2 y t = 0 p2 - 3p + 2 = 0 p1, 2 =

3 ±1 ⇒ p1 = 2, p 2 = 1 2

y t ( H ) = c1e t + c 2 e 2t

variramo konstante c1=c1(t)

c2=c2(t)

sve podelimo sa et

c`1 e t + c`2 e 2t = 0 c`1 e t + 2c`2 e 2t = e 2t c`1 +c`2 e t = 0 c`1 +2c`2 e t = e t

i

pomnožimo ovu jednačinu sa -1

− c`1 −c`2 e t = 0 c`1 +2c`2 e t = e t c 2` e t = e t c 2` = 1

integralimo

c 2 = ∫ 1dt

pa je c 2 = t + d 2 jedno rešenje

c`1 +c`2 e t = 0 c`1 = −c`2 e t pa je c`1 = −e t i kad integralimo c1 = −e t + d1 Našli smo dakle vrednosti : c 2 = t + d 2 i c1 = −e t + d1 koje ćemo vratiti u homogeno rešenje:

y t ( H ) = c1e t + c 2 e 2t yt= (−e t + d1 )e t + (t + d 2 )e 2t yt = - e2t + d1et + tet + d2e2t

11

www.matematiranje.com y t = d1e t + d 2 e 2t + te 2t − e 2t ovo je rešenje po t, vratimo smenu x – 1 = et to jest t= ln(x-1) y = d1 ( x − 1) + d 2 ( x − 1) 2 + ( x − 1) 2 ln( x − 1) − ( x − 1) 2 ovo je opšte rešenje

9. Rešiti diferencijalnu jednačinu : xy``-(x+1)y`+ y = 0 ako je poznato jedno partikularno rešenje y1=ex Rešenje: xy``-(x+1)y`+ y = 0

y``−

podelimo sve sa x

x +1 1 y`+ y = 0 x x

Da vas podsetimo malo teorije: JEDNAČINA OBLIKA y``+ a(x)y`+b(x)y=f(x)

Posmatramo odgovarajuću homogenu jednačinu : y``+ a(x)y`+b(x)y=0 Ako je poznato jedno partikularno rešenje y1(x) ove jednačine onda je drugo rešenje:

e ∫ y2(x)= y1(x) ∫ 2 dx , pa je rešenje homogene jednačine y(x)=c1 y1(x)+c2 y2(x) y1 ( x) Nadalje variramo konstante da bi našli rešenje odgovarajuće početne nehomogene jednačine. − a ( x ) dx

Mi imamo homogenu jednačinu, pa ne moramo da variramo konstante! a(x)= −

x +1 x

i

b(x) =

1 x

e ∫ y2(x)= y1(x) ∫ 2 dx y1 ( x) − a ( x ) dx

− ∫ a ( x)dx = ∫ y2(x)= e x ∫

x +1 x 1 dx = ∫ ( + )dx = x + ln x x x x

x ln x x = u e − x dx = dv x e x + ln x x e e x dx = dx = e dx = = e x (− xe − x − e − x ) = − x − 1 e 2x 2x x ∫ ∫ −x e e e dx = du − e = v

y(x) = c1 y1(x) + c2 y2(x)

12

www.matematiranje.com y(x) = c1 ex + c2 (-x-1) je konačno rešenje

13