MATEMANIJA

S obzirom da ću se ovim d.j. daleko najviše baviti, u prvom postu evo osnovnih pravila koja se primjenjuju:

---

a) linearne diferencijalne jednadžbe s konstantnim koeficijentima

- to su d. j. oblika [inlmath]ay''+by'+cy=f(x)[/inlmath]
- ako je [inlmath]f(x)=0[/inlmath] takvu d. j. zovemo homogena, a ako je [inlmath]f(x)\ne0[/inlmath], d. j. je nehomogena


b) homogene linearne d. j. 2. reda s konstantnim koeficijentima
[dispmath]ay''+by'+cy=0[/dispmath]
- rješavamo tako da formiramo karakterističnu jednadžbu [inlmath]ak^2+bk+c=0[/inlmath] i nađemo njene koeficijente [inlmath]k_1[/inlmath] i [inlmath]k_2[/inlmath]
Ako je:

• [inlmath]k_1,k_2\in\mathbb{R},\quad k_1\ne k_2\;\Longrightarrow\;y_H=c_1e^{k_1x}+c_2e^{k_2x}[/inlmath]

• [inlmath]k_1,k_2\in\mathbb{R},\quad k_1=k_2\;\Longrightarrow\;y_H=c_1e^{k_1x}+c_2xe^{k_2x}[/inlmath]

• [inlmath]k_1,k_2\in\mathbb{C},\quad k_{1,2}=m\pm ni,\;\Longrightarrow\;y_H=e^{mx}(c_1\cos nx+c_2\sin nx)[/inlmath]

c) nehomogene linearne d. j. 2. reda s konstantnim koeficijentima
[dispmath]ay''+by'+cy=f(x)[/dispmath]
- opće rješenje dato je u obliku [inlmath]y=y_H+y_P[/inlmath] gdje je [inlmath]y_H[/inlmath] rješenje pripadne homogene d. j., a [inlmath]y_P[/inlmath] jedno partikularno rješenje nehomogene d. j.
- za neke specijalne oblike funkcije [inlmath]f(x)[/inlmath] možemo primjeniti metodu neodređenih koeficijenata:

• [inlmath]f(x)=e^{mx}P_n(x)[/inlmath]

- ako [inlmath]m[/inlmath] nije korijen karakteristične jednadžbe: [inlmath]y_P=e^{mx}Q_n(x)[/inlmath]

- ako je [inlmath]m[/inlmath] korijen karakteristične jednadžbe: [inlmath]y_P=x^\alpha e^{mx}Q_n(x)[/inlmath], gdje je [inlmath]\alpha[/inlmath] kratnost od [inlmath]m[/inlmath] kao korijena karakteristične jednadžbe

• [inlmath]f(x)=e^{mx}[P_1(x)\cos nx+P_2(x)\sin nx][/inlmath]

- ako [inlmath]m\pm ni[/inlmath] nisu korijeni karakteristične jednadžbe: [inlmath]y_P=e^{mx}[Q_1(x)\cos nx+Q_2(x)\sin nx][/inlmath] gdje je [inlmath]\text{st}(Q_1)=\text{st}(Q_2)=\max\left(\text{st}(P_1),\text{st}(P_2)\right)[/inlmath]

- ako su [inlmath]m\pm ni[/inlmath] korijeni karakteristične jednadžbe: [inlmath]y_P=xe^{mx}[Q_1(x)\cos nx+Q_2(x)\sin nx][/inlmath]

- nakon što pretpostavimo oblik rješenja [inlmath]y_P[/inlmath], odredimo [inlmath]y'_P[/inlmath] te [inlmath]y''_P[/inlmath] koje uvrstimo u početnu d. j. iz čega dobijemo neodređene koeficijente


d) metoda varijacije konstanti

- ako funkcija [inlmath]f(x)[/inlmath] ne pripada prethodno navedenim oblicima, za dobivanje [inlmath]y_P[/inlmath] primjenjuje se metoda varijacije konstanti
- ako je [inlmath]y_H=c_1y_1+c_2y_2[/inlmath] rješenje pripadne homogene, tada je opće rješenje dato u obliku [inlmath]y=c_1(x)y_1+c_2(x)y_2[/inlmath]
- nepoznate funkcije [inlmath]c_1(x)[/inlmath] i [inlmath]c_2(x)[/inlmath] određuju se iz sustava jednadžbi

[inlmath]c_1'(x)y_1+c_2'(x)y_2=0[/inlmath]

[inlmath]c_1'(x)y_1'+c_2'(x)y_2'=f(x)[/inlmath]

---

Ako neko ima nešto za oduzeti ili dodati, slobodno.

[inlmath]1)[/inlmath]
Odredite opće rješenje d. j.
[dispmath]y''-2y'=e^{2x}+5[/dispmath]

---

[inlmath]y=y_H+y_P[/inlmath]

homogeno:
[inlmath]y''-2y'=0\\
k^2-2k=0\\
k(k-2)=0\\
k_1=0,\;\;k_2=2[/inlmath]
[dispmath]y_H=c_1+c_2e^{2x}[/dispmath]
partikularna:
dva slučaja, prvi [inlmath]f_1(x)=e^{2x}[/inlmath]
[inlmath]n=0,\;m=2[/inlmath]
obzirom da je [inlmath]m=k_2,\;m[/inlmath] je korjen karakteristične jednadžbe slijedi
[inlmath]y_{P_1}=x^\alpha e^{mx}Q_n (x),\;\;\alpha=1[/inlmath]
i sada
[inlmath]y_{P_1}=x\cdot{\color{red}A}e^{2x}[/inlmath] pa prva i druga derivacija što nije problem.
Pitanje je vezano uz ovo crveno označeno [inlmath]A[/inlmath]. Nije mi jasno na temelju čega se to odredi. Imam jedan zadatak u kome stoji [inlmath]y_P=xe^0\left({\color{red}Ax^2+Bx+C}\right)[/inlmath]

Isti postupak se napravi i za [inlmath]f_2(x)=5[/inlmath] (i opet imam to jedno [inlmath]A[/inlmath]). Na kraju se sve dobiveno uvrsti u [inlmath]y=y_H+y_{P_1}+y_{P_2}[/inlmath]
Zapravo jedini problem u ovom zadatku mi predstavlja slovo [inlmath]A[/inlmath]

[inlmath]2)[/inlmath]
Zanima me kako sigurno prepoznati da li se zadatak rješava postupkom za nehomogene d.j. 2. reda ili metodom varijacije konstanti. Po čemu se to zaključi? Također bih volio znati i trikove koji se najčešće upotrebljavaju kako bi se navelo na krivi način rješavanja (jer nam takvi zadaci uvijek dolaze). Nekoliko primjera:
[inlmath](a)\;y''-2y'+y=e^xx^{-1}\\
(b)\;y''-2y'=x^2-x\\
(c)\;y''-9y=e^{3x}\cos x\\
(d)\;y''-4y'+3y=\frac{e^x}{e^x+1}[/inlmath]

Kako odmah prepoznati?

[inlmath]\left.1\right)[/inlmath] Odrediš prvi i drugi izvod partikularnog rešenja:
[dispmath]y_{P_1}=Axe^{2x}[/dispmath][dispmath]y_{P_1}'=Ae^{2x}+2Axe^{2x}=A\left(2x+1\right)e^{2x}[/dispmath][dispmath]y_{P_1}''=2Ae^{2x}+2A\left(2x+1\right)e^{2x}=4A\left(x+1\right)e^{2x}[/dispmath]
i zatim ih uvrstiš u jednačinu [inlmath]y''-2y'=e^{2x}[/inlmath], kako bi odredio [inlmath]A[/inlmath]:
[dispmath]y_{P_1}''-2y_{P_1}'=e^{2x}[/dispmath][dispmath]4A\left(x+1\right)e^{2x}-2A\left(2x+1\right)e^{2x}=e^{2x}[/dispmath][dispmath]\cancel{4Axe^{2x}}+4Ae^{2x}-\cancel{4Axe^{2x}}-2Ae^{2x}=e^{2x}[/dispmath][dispmath]2Ae^{2x}=e^{2x}[/dispmath][dispmath]2A=1[/dispmath][dispmath]A=\frac{1}{2}[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad y_{P_1}=\frac{1}{2}xe^{2x}[/dispmath]
Isto tako i za [inlmath]y_{P_2}[/inlmath], kod kojeg bi trebalo da dobiješ da je [inlmath]A=-\frac{5}{2}[/inlmath].

[inlmath]\left.2\right)[/inlmath]

eseper je napisao:Nekoliko primjera:
[inlmath](a)\;y''-2y'+y=e^xx^{-1}\\
(b)\;y''-2y'=x^2-x\\
(c)\;y''-9y=e^{3x}\cos x\\
(d)\;y''-4y'+3y=\frac{e^x}{e^x+1}[/inlmath]

Kako odmah prepoznati?

Prepoznaš lepo da li se funkcija [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] može uklopiti u neki od ona dva oblika koja si napisao u svom prvom postu u ovoj temi: [inlmath]f\left(x\right)=e^{mx}P_n\left(x\right)[/inlmath] ili [inlmath]f\left(x\right)=e^{mx}\left[P_1\left(x\right)\cos nx+P_2\left(x\right)\sin nx\right][/inlmath] (u tom slučaju radiš po priloženom postupku za dati slučaj), a ako se ne može napisati ni u jednom od ta dva oblika, radiš metodom varijacije konstanti. Konkretno:

[inlmath]\left(a\right)\; y''-2y'+y=e^x x^{-1}[/inlmath] – ovo [inlmath]x^{-1}[/inlmath] nije moguće napisati ni kao polinom, ni kao trigonometrijsku funkciju, prema tome, radi se metodom varijacije konstanti;
[inlmath]\left(b\right)\; y''-2y'=x^2-x[/inlmath] – sa desne strane znaka jednakosti imamo polinom drugog stepena po [inlmath]x[/inlmath]; nemamo član [inlmath]e^mx[/inlmath], ali možemo pretpostaviti kao da ga imamo ali da je [inlmath]m=0[/inlmath], tako da je taj član jednak jedinici i ne piše se; znači, [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] se može napisati u obliku [inlmath]e^{mx}P_n\left(x\right)[/inlmath], gde je [inlmath]m=0,\;P_n\left(x\right)=x^2-x[/inlmath];
[inlmath]\left(c\right)\; y''-9y=e^{3x}\cos x[/inlmath] – [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] se može napisati u obliku [inlmath]e^{mx}[P_1\left(x\right)\cos nx + P_2\left(x\right)\sin nx][/inlmath], pri čemu je [inlmath]m=3[/inlmath], a [inlmath]P_1\left(x\right)[/inlmath] i [inlmath]P_2\left(x\right)[/inlmath] su polinomi nultog stepena, gde je [inlmath]P_1\left(x\right)=1[/inlmath], a [inlmath]P_2\left(x\right)=0[/inlmath];
[inlmath]\left(d\right)\; y''-4y'+3y=\frac{e^x}{e^x+1}[/inlmath] – ovde funkciju [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] nije moguće napisati ni u obliku polinoma, ni u obliku trigonometrijskih funkcija, pa se i ovo, kao i pod [inlmath]\left(a\right)[/inlmath], radi metodom varijacije konstanti.

[inlmath]1)[/inlmath]
Mislim da se nismo najbolje razumjeli Znam kako dobiti vrijednost varijable [inlmath]A[/inlmath], ali mi nije jasno zašto se u početnoj jednadžbi pojavilo samo [inlmath]A[/inlmath], a ne npr. kao u drugom slučaju [inlmath]Ax^2+Bx+C[/inlmath] (oboje označeno crveno).

[inlmath]2)[/inlmath]
To mi je nadam se jasno, ali vidjet ću još kroz zadatke... Ne bi trebalo biti problema.

eseper je napisao:[inlmath]1)[/inlmath]
Mislim da se nismo najbolje razumjeli Znam kako dobiti vrijednost varijable [inlmath]A[/inlmath], ali mi nije jasno zašto se u početnoj jednadžbi pojavilo samo [inlmath]A[/inlmath], a ne npr. kao u drugom slučaju [inlmath]Ax^2+Bx+C[/inlmath] (oboje označeno crveno).

A, to... Sorry, evo sad će onda novo objašnjenjce, koje se odnosi upravo na to što si pitao.

Znači, kao što si prethodno i napisao,
[inlmath]y_{P_1}=x^\alpha e^{mx}Q_n\left(x\right),\;\;\alpha=1,\;\;n=0,\;\;m=2[/inlmath]
[inlmath]n[/inlmath] predstavlja stepen polinoma [inlmath]Q_n\left(x\right)[/inlmath], a pošto je taj stepen jednak nuli, polinom [inlmath]Q_n\left(x\right)[/inlmath] je, zapravo, konstanta. Konstanta, koju smo označili sa [inlmath]A[/inlmath]. Da je to polinom prvog stepena, bio bi [inlmath]Ax+B[/inlmath], da je drugog stepena bio bi [inlmath]Ax^2+Bx+C[/inlmath] itd.

---

Za razliku od ovog zadatka, u kojem smo imali samo konstantu [inlmath]A[/inlmath], u zadatku koji si naveo pod [inlmath]\left(b\right)[/inlmath], koji glasi [inlmath]y''-2y'=x^2-x[/inlmath], imali bismo sledeće:
[inlmath]y''-2y'=f\left(x\right),\;\;f\left(x\right)=e^{mx}P_n\left(x\right),\;\;P_n\left(x\right)=x^2-x[/inlmath],
pa je [inlmath]m=0,\;\;n=2[/inlmath] i, pošto bi se dobilo da je [inlmath]0[/inlmath] jedno od rešenja karakteristične jednačine, a to je i vrednost [inlmath]m[/inlmath], tj. [inlmath]m[/inlmath] je jedno od rešenja karakteristične jednačine, primenjujemo formulu [inlmath]y_P=x^\alpha e^{mx}Q_n\left(x\right),\;\;\alpha=1[/inlmath], pa imamo
[inlmath]y_P=xe^{0\cdot x}\left(Ax^2+Bx+C\right)[/inlmath],
jer je [inlmath]n=2[/inlmath], pa je polinom [inlmath]Q_n\left(x\right)[/inlmath] polinom drugog stepena, tj. jednak je [inlmath]Ax^2+Bx+C[/inlmath].

Odlično, i to smo razjasnili

Metodom varijacije konstanti odredite rješenje diferencijalne jednadžbe
[dispmath]y''+2y'+y=\sqrt{x}e^{-x}[/dispmath]
Za homogenu dobijem [inlmath]k_1=k_2=-1[/inlmath]
[dispmath]y_H=c_1e^{-x}+c_2xe^{-x}[/dispmath]
Moje konačno rješenje zadatka bit će u obliku
[dispmath]y=c_1(x)e^{-x}+c_2(x)xe^{-x}[/dispmath]
Cilj mi je naći [inlmath]c_1(x)[/inlmath] i [inlmath]c_2(x)[/inlmath] kako bi to mogao uvrstiti i dobiti rezultat. Te jednadžbe sam postavio onako kako je opisano u prvom postu. Iz prve sam izrazio: [inlmath]c_1'(x)=-c_2'x[/inlmath] i uvrstio u drugu. Dobijem da je [inlmath]c_2'=\frac{\sqrt{x}}{e^{-2x}}[/inlmath] i sada na to djelujem integralom da bih dobio [inlmath]c_2[/inlmath]. Međutim, kako mi se ovaj integral malo čini kompliciran za ovaj tip zadatka, obzirom da bit nije na integriranju, jesam li negdje falio, tj. dobije li se zaista [inlmath]c_2'[/inlmath] identično mojem?

Ne dobije se.
[dispmath]\begin{array}{ll}
c_1'\left(x\right)e^{-x}+c_2'\left(x\right)xe^{-x}=0 \\
c_1'\left(x\right)\left(e^{-x}\right)'+c_2'\left(x\right)\left(xe^{-x}\right)'=\sqrt xe^{-x}
\end{array}[/dispmath][dispmath]\begin{array}{ll}
c_1'\left(x\right)e^{-x}=-c_2'\left(x\right)xe^{-x} \\
-c_1'\left(x\right)e^{-x}+c_2'\left(x\right)\left(e^{-x}-xe^{-x}\right)=\sqrt xe^{-x}
\end{array}[/dispmath][dispmath]\cancel{c_2'\left(x\right)xe^{-x}}+c_2'\left(x\right)e^{-x}-\cancel{c_2'\left(x\right)xe^{-x}}=\sqrt xe^{-x}[/dispmath][dispmath]c_2'\left(x\right)\cancel{e^{-x}}=\sqrt x\cancel{e^{-x}}[/dispmath][dispmath]c_2'\left(x\right)=\sqrt x[/dispmath]

Jao jao, te moje greške..
[dispmath]c_1(x)=-\frac{2}{5}x^\frac{5}{2}[/dispmath]
Konačno:
[dispmath]y=\frac{4}{15}x^{\frac{5}{2}}e^{-x}+Be^{-x}+Axe^{-x}[/dispmath]

Yup.
E sad, da se moj post ne bi sveo na samo tri slova, evo i postupka provere dobijenog rezultata, koji ti preporučujem da uradiš svaki put kad nisi siguran u svoj rezultat, a nije zgoreg da ga uradiš čak i onda kad si siguran, ako imaš vremena na raspolaganju. I preporuka je da to uradiš u Latex-u, jer se uz upotrebu copy/paste metode to uradi mnooogo brže nego na papiru.
[dispmath]y=\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}e^{-x}+Be^{-x}+Axe^{-x}[/dispmath][dispmath]y=\left(\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}+B+Ax\right)e^{-x}[/dispmath]
[dispmath]y'=\left(\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}+B+Ax\right)'e^{-x}-\left(\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}+B+Ax\right)e^{-x}[/dispmath][dispmath]y'=\left(\frac{4}{15}\cdot\frac{5}{2}x^\frac{3}{2}+A\right)e^{-x}-\left(\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}+B+Ax\right)e^{-x}[/dispmath][dispmath]y'=\left(\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}-\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}+A-B-Ax\right)e^{-x}[/dispmath]
[dispmath]y''=\left[\left(\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}-\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}+A-B-Ax\right)e^{-x}\right]'[/dispmath][dispmath]y''=\left(\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}-\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}+A-B-Ax\right)'e^{-x}-\left(\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}-\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}+A-B-Ax\right)e^{-x}[/dispmath][dispmath]y''=\left(\frac{\cancel 2}{\cancel 3}\cdot\frac{\cancel 3}{\cancel 2}x^\frac{1}{2}-\frac{4}{15}\cdot\frac{5}{2}x^\frac{3}{2}-A\right)e^{-x}-\left(\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}-\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}+A-B-Ax\right)e^{-x}[/dispmath][dispmath]y''=\left(\sqrt x-\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}-A\right)e^{-x}-\left(\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}-\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}+A-B-Ax\right)e^{-x}[/dispmath][dispmath]y''=\left(\sqrt x-\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}-A-\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}+\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}-A+B+Ax\right)e^{-x}[/dispmath][dispmath]y''=\left(\sqrt x-\frac{4}{3}x^\frac{3}{2}+\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}-2A+B+Ax\right)e^{-x}[/dispmath]
[dispmath]y''+2y'+y=\left(\sqrt x-\frac{4}{3}x^\frac{3}{2}+\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}-2A+B+Ax\right)e^{-x}+[/dispmath][dispmath]+2\left(\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}-\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}+A-B-Ax\right)e^{-x}+\left(\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}+B+Ax\right)e^{-x}=[/dispmath][dispmath]=\left(\sqrt x-{\color{#CC0000}\cancel{\frac{4}{3}x^\frac{3}{2}}}+{\color{#008800}\cancel{\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}}}-{\color{#880088}\cancel{2A}}+{\color{#0000FF}\cancel B}+{\color{#0088CC}\cancel{Ax}}+{\color{#CC0000}\cancel{\frac{4}{3}x^\frac{3}{2}}}-{\color{#008800}\cancel{\frac{8}{15}x^\frac{5}{2}}}+{\color{#880088}\cancel{2A}}-{\color{#0000FF}\cancel{2B}}-{\color{#0088CC}\cancel{2Ax}}+{\color{#008800}\cancel{\frac{4}{15}x^\frac{5}{2}}}+{\color{#0000FF}\cancel B}+{\color{#0088CC}\cancel{Ax}}\right)e^{-x}=[/dispmath][dispmath]=\sqrt xe^{-x}[/dispmath]

Evo još jednog, pa da vidimo je li sada potpuno točan
[dispmath]y''-4y'+3y=\frac{e^x}{e^x+1}[/dispmath]
Homogena jednadžba:
[dispmath]y_H=c_1e^{3x}+c_2e^x[/dispmath]
Konačno rješenje bit će u obliku
[dispmath]y=c_1(x)y_1+c_2(x)y_2[/dispmath]
Jednadžbe iz kojih ćemo to dobiti su
[dispmath]c_1'(x)e^{3x}+c_2e^x=0\\
c_1'(x)\left(e^{3x}\right)'+c_2'\left(e^x\right)'=\frac{e^x}{e^x+1}[/dispmath]
I sad kao i uvijek, iz prve izrazim [inlmath]c_1'(x)[/inlmath] ([inlmath]c_1'(x)=-c_2'(e^{-2x}[/inlmath])
Drugu jednadžbu deriviram i sredim, uvrstim ovaj [inlmath]c_1'(x)[/inlmath] u nju i dobijem ovo:
[inlmath]c_2=-\frac{1}{2}\int\frac{1}{e^x+1}[/inlmath]
konačno mi je to ispalo [dispmath]c_2(x)=-\frac{1}{2}\left(x-\ln\left|e^x+1\right|\right)+A[/dispmath]
Sličnim postupkom za [inlmath]c_1(x)[/inlmath] dobio sam [dispmath]c_1(x)=-\frac{1}{10}e^{-5x}+B[/dispmath]
Konačno rješenje ispalo mi je [dispmath]y=e^{3x}\left(-\frac{1}{10}e^{-5x}+B\right)+e^x\left(-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\ln\left|e^x+1\right|+A\right)[/dispmath]

[inlmath]c_2\left(x\right)[/inlmath] je OK (s tim što ne moraš pisati [inlmath]\ln\left|e^x+1\right|[/inlmath], već možeš i [inlmath]\ln\left(e^x+1\right)[/inlmath], budući da je [inlmath]e^x+1[/inlmath] uvek pozitivno), ali za [inlmath]c_1\left(x\right)[/inlmath] se ne dobija to što si ti dobio. Ako od toga što si dobio za [inlmath]c_1\left(x\right)[/inlmath] nađeš izvod, tj. [inlmath]c_1'\left(x\right)[/inlmath], on neće biti jednak onome što si prethodno dobio kao [inlmath]c_1'\left(x\right)[/inlmath].

Za [inlmath]c_1(x)[/inlmath] dobijem
[dispmath]c_1(x)=\frac{1}{2}\int\frac{1}{e^{3x}+e^{2x}}[/dispmath]

Sljedeći
[dispmath]y''-9y=e^{3x}\cos x[/dispmath]
Kao homogeno rješenje dobio sam
[dispmath]y_H=c_1e^{3x}+c_2 e^{-3x}[/dispmath]
Partikularno...
[dispmath]y_P=xe^{3x}[A\cos x+B\sin x][/dispmath]
Dobijem da je
[inlmath]A=1\\
B=0[/inlmath]
točno?

eseper je napisao:Za [inlmath]c_1(x)[/inlmath] dobijem
[dispmath]c_1(x)=\frac{1}{2}\int\frac{1}{e^{3x}+e^{2x}}[/dispmath]

Zaboravio si [inlmath]\mathrm dx[/inlmath]:
[dispmath]c_1\left(x\right)=\frac{1}{2}\int\frac{\color{red}\mathrm dx}{e^{3x}+e^{2x}}[/dispmath]
To je tačno rešenje za [inlmath]c_1\left(x\right)[/inlmath].

eseper je napisao:Sljedeći
[dispmath]y''-9y=e^{3x}\cos x[/dispmath][dispmath]\cdots[/dispmath][dispmath]y_P=xe^{3x}[A\cos x+B\sin x][/dispmath]
Dobijem da je
[inlmath]A=1\\
B=0[/inlmath]
točno?

Nije. Prvo, u izrazu za partikularno rešenje imaš suvišno [inlmath]x[/inlmath], treba
[dispmath]y_P=e^{3x}\left(A\cos x+B\sin x\right)[/dispmath]
Verovatno si prepoznao slučaj kada su [inlmath]m\pm ni[/inlmath] koreni karakteristične jednačine, pa zato napisao to [inlmath]x[/inlmath], međutim, ovde je [inlmath]m=3,\;n=1[/inlmath], a [inlmath]3\pm i[/inlmath] nisu koreni karakteristične jednačine, već su koreni karakteristične jednačine realni, [inlmath]\pm 3[/inlmath]. Prema tome, za [inlmath]y_p[/inlmath] se ovde upotrebljava izraz u kojem ne figuriše [inlmath]x[/inlmath].
Međutim, sve i kad bi krenuo od tog izraza za [inlmath]y_p[/inlmath], u kojem figuriše [inlmath]x[/inlmath], ne bi se kao rešenje dobilo [inlmath]A=1,\;B=0[/inlmath]. Tako da, proveri postupak, imaš i tu neke greške.

Ispravno rešenje koje treba da se dobije, koristeći formulu [inlmath]y_P=e^{3x}\left(A\cos x+B\sin x\right)[/inlmath], iznosi [inlmath]A=-\frac{1}{37},\;B=\frac{6}{37}[/inlmath].

Pozdrav,

Evo jednog zadatka:
Resiti diferencijalnu jednacinu [inlmath]x^2y''-(a+5)xy'+6ay=\sin(\ln x)+x^b\ln(x),\;a,b\in\mathbb{R}[/inlmath].

Evo mog resenja::

Posto je ovo obicna linearna diferencijalna jednacina drugog reda, njeno opste resenje dobijamo kao zbir partikularnog resenja ([inlmath]y_p[/inlmath]) i resenja njene odgovarajuce homogene jednacine ([inlmath]y_h[/inlmath]), tj. [inlmath]y=y_p+y_h[/inlmath].
[dispmath]x^2\frac{\partial^2y}{\partial x^2}-(a+5)x\frac{\partial y}{\partial x}+6ay=0[/dispmath]
(pp) [inlmath]y_h\propto x^\mu[/inlmath] za neku konstantu [inlmath]\mu\in\mathbb{R}[/inlmath], onda je
[dispmath]x^2\frac{\partial^2(x^\mu)}{\partial x^2}-(a+5)x\frac{\partial(x^\mu)}{\partial x}+6a(x^\mu)=0[/dispmath][dispmath]\left.\mu^2x^\mu-(a+6)\mu x^\mu+6ax^\mu=0\quad\right/:x^\mu,\;x\neq0\quad(1)[/dispmath][dispmath](\mu-a)(\mu-6)=0\;\Rightarrow\;\mu_1=a,\;\mu_2=6[/dispmath]
Uvrstavanjem prethodnog u [inlmath](1)[/inlmath] dobijamo da je
[dispmath]y_h(x)=c_1x^6+c_2x^a;\;c_1,c_2\in\mathbb{R}[/dispmath]
Sada dobijamo
[dispmath]W(x)=\begin{vmatrix}
x^6 & x^a\\
6x^5 & ax^{a-1}
\end{vmatrix}=(a-6)x^{a+5}[/dispmath]
Deljenjem pocetne jednacine sa [inlmath]x^2[/inlmath] dobijamo
[dispmath]\frac{\partial^2y}{\partial x^2}-\frac{(a+5)\frac{\partial y}{\partial x}}{x}+\frac{6ay}{x^2}=\frac{\sin(\ln x)+x^b\ln x}{x^2}[/dispmath]
Ako je [inlmath]y_1(x)=x^6,\;y_2(x)=x^a,\;p(x)=\frac{\sin(\ln x)+x^b\ln x}{x^2}[/inlmath], onda je
[dispmath]q_1(x)=\int\frac{p(x)y_2(x)}{W(x)}\mathrm dx,\;q_2(x)=\int\frac{p(x)y_1(x)}{W(x)}\mathrm dx[/dispmath]
Pa dobijamo
[dispmath]y_p(x)=q_1(x)y_1(x)+q_2(x)y_2(x)[/dispmath]
Pa je na kraju opste resenje date diferencijalne jednacine
[dispmath]y(x)=c_1x^6+c_2x^a+q_1(x)y_1(x)+q_2(x)y_2(x)[/dispmath]

apples je napisao:Posto je ovo obicna linearna diferencijalna jednacina drugog reda

Tri primedbe za početak:

• Odgovarajuća (pripadajuća) homogena jednačina se naziva Ojlerova i to bi trebalo naglasiti, da je korisnici lakše prepoznaju.
• Ovo je nehomogena linearna diferencijalna jednačina drugog reda koja se svodi na nehomogenu linearnu diferencijalnu jednačinu drugog reda sa konstantnim koeficijentima. I nikako je ne bih nazvao "obična".
• Potrebno je naglasiti da je korišćen Vronskijan (Vronskijeva determinanta).

Ovo, molim te, nemoj shvatiti kao kritiku.
Sve ostalo što je napisano u tvom postu (ponavljam: nedostaju samo objašnjenja oznaka) po mom mišljenju je (na prvi pogled) na nivou tutorijala.
Proverićemo

Zbog primedbi je i "okacen" zadatak, izmedju ostalog.
E sad, jedno pitanje. Da li je korektno ostaviti rezultat onakvim ili moram do kraja da izracunam sve?

Naravno da mora do kraja.
Uz diskusiju parametara.
Šta se dešava, na primer, za [inlmath]a=6[/inlmath]?
Ili, za [inlmath]b=0[/inlmath]?
Dao sam proizvoljne vrednosti, opšte rešenje d.j. mora zavisiti od vrednosti parametara.
Nekada važi za svaku vrednost paramet(a)ra, nekada za njihove pojedine vrednosti.
Sve to mora da se navede u rešenju i u postupku izrade zadatka.

@apples,
proverio sam rešenje homogene d.j.
tačno je.

apples je napisao:[dispmath]y_h(x)=c_1x^6+c_2x^a;\;c_1,c_2\in\mathbb{R}[/dispmath]

Provera se inače lako radi tako što se nađu prvi i drugi izvod ovog [inlmath]y_h(x)[/inlmath] i to zameni u polaznu homogenu: [inlmath]x^2y''-(a+5)xy'+6ay=0[/inlmath]
Ali...
Uvek fali neko "ali"
Ovde je potrebno razgraničiti dva slučaja:

• [inlmath]a\ne6[/inlmath]
• [inlmath]a=6[/inlmath]

Ti si dalje razmatrao samo [inlmath]a\ne6[/inlmath].
Za [inlmath]a=6[/inlmath] dalje se dobija:
[dispmath]y_h(x)=c_1x^6+c_2x^6=(c_1+c_2)x^6=cx^6[/dispmath]
To naravno nije dobro, jer opšte rešenje dj. drugog reda mora sadržati dve konstante.
Zamenom se dobija da je ok, ali se jedno rešenje gubi.
To je slučaj kada je diskriminanta karakteristične (kvadratne) jednačine jednaka nuli (koreni karakteristične jednačine su realni i jednaki), tj. oba partikularna rešenja homogene su ti linearno zavisna.
Našao si za [inlmath]a=6[/inlmath] samo jedno rešenje, drugim rečima.
Druga grana ovog zadatka ide prema:
[dispmath]a=6:\qquad y_{h_1}(x)=c_1x^6+c_2x^6\ln x[/dispmath]
Ovo, naravno, zbog smene, tipične za Ojlerovu dj: [inlmath]t=\ln x\quad x=e^t[/inlmath]

Navodim i teoremu (bez dokaza):
Kada su partikularna rešenja d.j. linearno zavisna, Vronskijeva determinanta (W, Vronskijan) jednaka je nuli.
Odatle se može uočiti grana [inlmath]a=6[/inlmath]. Mada ne samo odatle.

Hvala na objasnjenju, bas cu da "sednem" da odradim taj zadatak ispocetka na papiru (za sad).
Imam jedno pitanje, nevezano za prethodno: U kojoj literaturi bih mogao da nadjem dobar dokaz za Pikarovu i Peanovu teoremu (egzistencija i jedinstvenost resenja linearne DJ)? Hvala jos jednom.

I još jedna sugestija.
Zar nije jednostavnije u dj na samom početku uvesti tipičnu smenu:
[dispmath]t=\ln x\quad x=e^t\qquad y'=\frac{1}{x}y'(t)\qquad y''=\frac{1}{x^2}\big(y''(t)-y'(t)\big)[/dispmath]
Ovim se polazna dj svodi prema:
[dispmath]x^2y''-(a+5)xy'+6ay=\sin(\ln x)+x^b\ln(x)[/dispmath][dispmath]y''(t)-(a+6)y'(t)+6ay(t)=\sin t+te^{bt}[/dispmath]
Odavde odmah imamo [inlmath]r_1=a\quad r_2=6[/inlmath]
E onda već pokazano grananje za [inlmath]a[/inlmath] a posle biva toga i u vezi sa [inlmath]b[/inlmath].
I na samom kraju, kada se dobije rešenje po [inlmath]t[/inlmath] u svim grananjima, vrati se smena [inlmath]t=\ln x[/inlmath].
Zadatak je izuzetno edukativan

Definitivno je tako elegantnije. Treba teziti maksimalnom uproscavanju polaznog problema, sto nije uvek slucaj kada sam ja u pitanju (ali konvergiram ka tome).

apples je napisao:Imam jedno pitanje, nevezano za prethodno: U kojoj literaturi bih mogao da nadjem dobar dokaz za Pikarovu i Peanovu teoremu (egzistencija i jedinstvenost resenja linearne DJ)? Hvala jos jednom.

Jedan od principa Matemanije (po mom mišljenju, no mislim da će se i Daniel složiti) je da se bez preke potrebe ne daju linkovi ka "spolja".
Evo kako ja razmišljam:
Bolje je problem rešiti kod svoje kuće (na Matemaniji) nego ići kod komšije, makar taj komšija bio... ko god
Naravno da to nije obaveza, nije ni našim pravilnikom sasvim precizirano.
To, naravno, ne znači da Matemanija sve zna najbolje, taman posla, ne mislim ja to. Nikada se nismo postavljali iznad bilo koga, niti ćemo.
Mi se, jednostavno, trudimo da odgovorimo i pomognemo, i zahvalni smo svim našim zaslužnim forumašima i korisnicima koji to isto rade.
Svi smo Matemanija.
A na Matemaniji (bez lažne skromnosti) postoji impresivna zbirka onlajn rešenih zadataka, i to u Latexu koji je predominantan alat za pisanje recimo i naučnih radova na SCI listi.
Mnogo je i autora i autoriteta. Neki su kvazi, većina nisu.
Ali, tvoje pitanje je sasvim na mestu, jer se interesuješ za literaturu.
To jest za teoriju, dokaze i pojašnjenja, a mi se time ovde retko bavimo.
Imam ja puno knjiga raznih autora na tu temu i na ostale teme, no nije primereno duhu Matemanije da ih preporučujem. Ne smatram sebe niti autorom niti autoritetom.
Jednostavno volim matematiku. I Matemaniju.
I na kraju: kucajući u gugl "Pikarova i Peanova teorema" našao sam bar [inlmath]5[/inlmath] (pet) sjajnih linkova ka teoriji i dokazima. Neki su i .pdf.
Ne mislim pri tome na nereprezentativne izvore.
Prepoznaćeš i sam koji su reprezentativni.
Pozdrav.

[dispmath]x^2\frac{\partial^2\left(x^\mu\right)}{\partial x^2}-(a+5)x\frac{\partial\left(x^\mu\right)}{\partial x}+6a\left(x^\mu\right)=0\\
\left.\mu^2x^\mu-(a+6)\mu x^\mu+6ax^\mu=0\quad\right/:x^\mu,\;x\neq0\quad(1)[/dispmath] Gde nestane ovaj [inlmath]x^2[/inlmath] ispred drugog izvoda i zasto se u zagradi promeni sa [inlmath]a+5[/inlmath] na [inlmath]a+6[/inlmath] ?

Znači, pošto smo pretpostavili [inlmath]y=x^\mu[/inlmath] i dobili
[dispmath]x^2\frac{\partial^2\left(x^\mu\right)}{\partial x^2}-(a+5)x\frac{\partial\left(x^\mu\right)}{\partial x}+6ax^\mu=0[/dispmath] sada tražimo prvi i drugi izvod:
[inlmath]\displaystyle\frac{\partial\left(x^\mu\right)}{\partial x}=\mu x^{\mu-1}\\
\displaystyle\frac{\partial^2\left(x^\mu\right)}{\partial x^2}=\frac{\partial\left(\mu x^{\mu-1}\right)}{\partial x}=\mu\frac{\partial\left(x^{\mu-1}\right)}{\partial x}=\mu(\mu-1)x^{\mu-2}[/inlmath]
Uvrstimo to u prethodnu jednačinu i dobijemo
[dispmath]x^2\mu(\mu-1)x^{\mu-2}-(a+5)x\mu x^{\mu-1}+6ax^\mu=0[/dispmath] Naravno, [inlmath]x^2\cdot x^{\mu-2}=x^\mu[/inlmath] i [inlmath]x\cdot x^{\mu-1}=x^\mu[/inlmath],
[dispmath]\mu(\mu-1)x^\mu-(a+5)\mu x^\mu+6ax^\mu=0[/dispmath] Na taj način je nestalo ono [inlmath]x^2[/inlmath] ispred drugog izvoda, što je odgovor na tvoje prvo pitanje (a takođe je nestao i [inlmath]x[/inlmath] ispred prvog izvoda). Idemo dalje,
[dispmath]\mu^2x^\mu-\underbrace{\mu x^\mu-(a+5)\mu x^\mu}+6ax^\mu=0\\
\mu^2x^\mu-\bigl(1+(a+5)\bigr)\mu x^\mu+6ax^\mu=0\\
\mu^2x^\mu-(a+6)\mu x^\mu+6ax^\mu=0[/dispmath] čime se došlo do oblika koji te zbunjivao. Dalje se, naravno, podeli sa [inlmath]x^\mu[/inlmath]...