Диференцијална једначина другог реда је диференцијална једанчина облика
F(x,y,y′,y′′)=0.
Њено опште решење има облик y=f(x,c1,c2).
Једначина облика y′′=f(x)
Опште решење диференцијалне једначине другог реда облика y′′=f(x) дато је са
y=∫[∫f(x)dx]dx
и има облик y=φ(x)+c1x+c2.
Једначина облика y′′+py′+qy=0
Хомогена диференцијална једначина другог реда са константним коефицијентима је свака диференцијална једначина која се може записати у облику
y′′+py′+qy=0
где су p и q константе. У зависности од облика карактеристичне једначине
k2+pk+q=0,
разликују се следећа три случаја:
D=4p2−q>0. Решење k1 и k2 карактеристичне једначине су реална и различита, а опште решење посматране диференцијалне једначине је тада
y=c1ek1x+c2ek2x
D=0. Карактеристична једначина има двоструко реално решење k1, а опште решење посматране диференцијалне једначине је тада
y=(c1+c2x)ekx.
D<0 Решење k1 и k2 карактеристичне једначине су конјуговано – комплексни бројеви
k1=α+iβ и k2=α−iβ,
а опште решење посматране линеарне једначине је тада
y=eαx(c1cosβx+c2sinβx)
Једначина облика y′′+py′+qy=f(x)
Нехомогомена линеарна једначина другог реда са константним коефицијентима је свака диференцијална једначина облика
y′′+py′+qy=f(x)
Њено опште решење је облика
y=y0+yp,
где је y0 опште решење одговарајуће хомогене линеарне диференцијалне једначине
y′′+py′+qy=f(x),
а yp партикуларно решење задате диференцијалне једначине.
Ако је
f(x)=k=1∑nfk(x),
а партикуларно решење диференцијалних једначина
y′′+py′+qy=fk(x), k=1,2,...,n
су yk, онда је опште решење дате диференцијалне једначине
y=y0+k=1∑nyk.
Укратко
Једначина другог реда F(x,y,y′,y′′)=0 има опште решење са две константе, y=f(x,c1,c2). Једначина y′′=f(x) решава се двоструком интеграцијом. За хомогену једначину са константним коефицијентима y′′+py′+qy=0 решава се карактеристична једначина k2+pk+q=0, а знак броја D=4p2−q одређује облик решења.
За D>0 је y=c1ek1x+c2ek2x, за D=0 је y=(c1+c2x)ekx, а за D<0, кад су корени α±iβ, решење је y=eαx(c1cosβx+c2sinβx). Нехомогена једначина y′′+py′+qy=f(x) има решење y=y0+yp: опште решење хомогене плус једно партикуларно. Константе c1 и c2 одређују се из два почетна услова, најчешће y(0) и y′(0). Честа грешка: код двоструког корена изостави се чинилац x уз c2.
Мењајтепригушење
D = p²/4 − q
−9
Учестаност β
3
Отклон после 1 s
−0,61 cm
Почетни положај је амортизер из примера: p=4, q=13, D<0, па каросерија осцилује док се осцилације гасе. Повећавајте p: кад D постане 0 или позитивно, осциловања нема и каросерија се само враћа у равнотежу.
Примеризживота
Опруге, амортизери, њихање зграда при земљотресу и електрична кола са калемом и кондензатором у најједноставнијем моделу описују се једначином y′′+py′+qy=0, па инжењери из корена карактеристичне једначине виде да ли ће систем осциловати.
Амортизер аутомобила
Кад точак пређе преко избочине, каросерија се нађе 5 cm изнад равнотежног положаја и у том тренутку мирује. Отклон y(t) у центиметрима задовољава y′′+4y′+13y=0, где је t време у секундама, уз y(0)=5 и y′(0)=0. Нађите y(t) и одредите колико пута се амплитуда смањи за једну секунду.
Решење
Карактеристична једначина је k2+4k+13=0. Како је D=442−13=−9<0, корени су комплексни: k1,2=−2±3i.
Опште решење је y=e−2t(c1cos3t+c2sin3t).
Из y(0)=5 следи c1=5. Извод је y′=e−2t((3c2−2c1)cos3t−(3c1+2c2)sin3t), па из y′(0)=3c2−2c1=0 следи c2=310.
Решење је y=e−2t(5cos3t+310sin3t). Каросерија осцилује, а чинилац e−2t гуши осцилације: за једну секунду смањи их e2≈7,4 пута.
Одговор:y=e−2t(5cos3t+310sin3t) cm, а амплитуда се сваке секунде смањи око 7,4 пута.
Задатак за вежбу
Решите једначину y′′−5y′+6y=0 уз почетне услове y(0)=2 и y′(0)=5.
Прикажи решење
Из k2−5k+6=0 је k1=2 и k2=3, па је y=c1e2x+c2e3x. Из c1+c2=2 и 2c1+3c2=5 следи c1=c2=1, тј. y=e2x+e3x.
Уз вашу дозволу бројимо посете и меримо ефекат огласа. Без ње, сајт ради исто, а ми не шаљемо ништа
Google-у ни друштвеним мрежама. Детаљи су у политици приватности.