Диференцијалне једначине другог реда

Диференцијална једначина другог реда је диференцијална једанчина облика 

F(x,y,y′,y′′)=0F\left( {x,y,y',y''} \right) = 0.

Њено опште решење има облик y=f(x,c1,c2)y = f\left( {x,{c_1},{c_2}} \right).

Једначина облика y′′=f(x)y'' = f\left( x \right)

Опште решење диференцијалне једначине другог реда облика y′′=f(x)y'' = f\left( x \right) дато је са

y=∫[∫f(x)dx]dxy = \int {\left[ {\int {f\left( x \right)dx} } \right]dx}

и има облик y=φ(x)+c1x+c2y = \varphi \left( x \right) + {c_1}x + {c_2}.

Једначина облика y′′+py′+qy=0y'' + py' + qy = 0

Хомогена диференцијална једначина другог реда са константним коефицијентима је свака диференцијална једначина која се може записати у облику

y′′+py′+qy=0y'' + py' + qy = 0

где су pp и qq константе. У зависности од облика карактеристичне једначине

k2+pk+q=0{k^2} + pk + q = 0,

разликују се следећа три случаја:

  1. D=p24−q>0D = \frac{{{p^2}}}{4} - q > 0.
    Решење k1{k_1} и k2{k_2} карактеристичне једначине су реална и различита, а опште решење посматране диференцијалне једначине је тада

    y=c1ek1x+c2ek2xy = {c_1}{e^{{k_1}x}} + {c_2}{e^{{k_2}x}}

  2. D=0D = 0.
    Карактеристична једначина има двоструко реално решење k1{k_1}, а опште решење посматране диференцијалне једначине је тада 

    y=(c1+c2x)ekxy = \left( {{c_1} + {c_2}x} \right){e^{kx}}.

  3. D<0D < 0 
    Решење k1{k_1} и k2{k_2} карактеристичне једначине су конјуговано – комплексни бројеви 

    k1=α+iβ{k_1} = \alpha + i\beta и k2=α−iβ{k_2} = \alpha - i\beta,

    а опште решење посматране линеарне једначине је тада

    y=eαx(c1cos⁡βx+c2sin⁡βx)y = {e^{\alpha x}}\left( {{c_1}\cos \beta x + {c_2}\sin \beta x} \right) 

Једначина облика y′′+py′+qy=f(x)y'' + py' + qy = f\left( x \right)

Нехомогомена линеарна једначина другог реда са константним коефицијентима је свака диференцијална једначина облика

y′′+py′+qy=f(x)y'' + py' + qy = f\left( x \right)

Њено опште решење је облика

y=y0+ypy = {y_0} + {y_p},

где је y0{y_0} опште решење одговарајуће хомогене линеарне диференцијалне једначине

y′′+py′+qy=f(x)y'' + py' + qy = f\left( x \right),

а yp{y_p} партикуларно решење задате диференцијалне једначине. 

Ако је

f(x)=∑k=1nfk(x)f\left( x \right) = \sum\limits_{k = 1}^n {{f_k}\left( x \right)},

а партикуларно решење диференцијалних једначина

y′′+py′+qy=fk(x)y'' + py' + qy = {f_k}\left( x \right), k=1,2,...,nk = 1,2,...,n

су yk{y_k}, онда је опште решење дате диференцијалне једначине

y=y0+∑k=1nyk.y = {y_0} + \sum\limits_{k = 1}^n {{y_{k.}}}

Једначина другог реда F(x,y,y′,y′′)=0F(x, y, y', y'') = 0 има опште решење са две константе, y=f(x,c1,c2)y = f(x, c_1, c_2). Једначина y′′=f(x)y'' = f(x) решава се двоструком интеграцијом. За хомогену једначину са константним коефицијентима y′′+py′+qy=0y'' + py' + qy = 0 решава се карактеристична једначина k2+pk+q=0k^2 + pk + q = 0, а знак броја D=p24−qD = \frac{p^2}{4} - q одређује облик решења.

За D>0D > 0 је y=c1ek1x+c2ek2xy = c_1e^{k_1x} + c_2e^{k_2x}, за D=0D = 0 је y=(c1+c2x)ekxy = (c_1 + c_2x)e^{kx}, а за D<0D < 0, кад су корени α±iβ\alpha \pm i\beta, решење је y=eαx(c1cos⁡βx+c2sin⁡βx)y = e^{\alpha x}(c_1\cos\beta x + c_2\sin\beta x). Нехомогена једначина y′′+py′+qy=f(x)y'' + py' + qy = f(x) има решење y=y0+ypy = y_0 + y_p: опште решење хомогене плус једно партикуларно. Константе c1c_1 и c2c_2 одређују се из два почетна услова, најчешће y(0)y(0) и y′(0)y'(0). Честа грешка: код двоструког корена изостави се чинилац xx уз c2c_2.

1234−3−1135t (s)y (cm)
4
13
D = p²/4 − q
−9
Учестаност β
3
Отклон после 1 s
−0,61 cm
Почетни положај је амортизер из примера: p=4p = 4, q=13q = 13, D<0D < 0, па каросерија осцилује док се осцилације гасе. Повећавајте pp: кад DD постане 0 или позитивно, осциловања нема и каросерија се само враћа у равнотежу.

Опруге, амортизери, њихање зграда при земљотресу и електрична кола са калемом и кондензатором у најједноставнијем моделу описују се једначином y′′+py′+qy=0y'' + 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)y(t) у центиметрима задовољава y′′+4y′+13y=0y'' + 4y' + 13y = 0, где је tt време у секундама, уз y(0)=5y(0) = 5 и y′(0)=0y'(0) = 0. Нађите y(t)y(t) и одредите колико пута се амплитуда смањи за једну секунду.

Решење

  1. Карактеристична једначина је k2+4k+13=0k^2 + 4k + 13 = 0. Како је D=424−13=−9<0D = \frac{4^2}{4} - 13 = -9 < 0, корени су комплексни: k1,2=−2±3ik_{1,2} = -2 \pm 3i.
  2. Опште решење је y=e−2t(c1cos⁡3t+c2sin⁡3t)y = e^{-2t}(c_1\cos 3t + c_2\sin 3t).
  3. Из y(0)=5y(0) = 5 следи c1=5c_1 = 5. Извод је y′=e−2t((3c2−2c1)cos⁡3t−(3c1+2c2)sin⁡3t)y' = e^{-2t}\left((3c_2 - 2c_1)\cos 3t - (3c_1 + 2c_2)\sin 3t\right), па из y′(0)=3c2−2c1=0y'(0) = 3c_2 - 2c_1 = 0 следи c2=103c_2 = \frac{10}{3}.
  4. Решење је y=e−2t(5cos⁡3t+103sin⁡3t)y = e^{-2t}\left(5\cos 3t + \frac{10}{3}\sin 3t\right). Каросерија осцилује, а чинилац e−2te^{-2t} гуши осцилације: за једну секунду смањи их e2≈7,4e^2 \approx 7{,}4 пута.

Одговор: y=e−2t(5cos⁡3t+103sin⁡3t)y = e^{-2t}\left(5\cos 3t + \frac{10}{3}\sin 3t\right) cm, а амплитуда се сваке секунде смањи око 7,4 пута.

Задатак за вежбу

Решите једначину y′′−5y′+6y=0y'' - 5y' + 6y = 0 уз почетне услове y(0)=2y(0) = 2 и y′(0)=5y'(0) = 5.

Прикажи решење

Из k2−5k+6=0k^2 - 5k + 6 = 0 је k1=2k_1 = 2 и k2=3k_2 = 3, па је y=c1e2x+c2e3xy = c_1e^{2x} + c_2e^{3x}. Из c1+c2=2c_1 + c_2 = 2 и 2c1+3c2=52c_1 + 3c_2 = 5 следи c1=c2=1c_1 = c_2 = 1, тј. y=e2x+e3xy = e^{2x} + e^{3x}.