Download - 2. Dif Jednacine
![Page 1: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/1.jpg)
2. DIFERENCIJALNE JEDNACINE
1. Osnovni pojmovi o DJ Def 1. Jednacina oblika (1) ( )( , , ', ..., ) 0nF x y y y = , gde je y = y(x) nepoznata funkcija, nazva se diferencijalna j-na n-tog reda. Veza izmedju x i y , data u eksplicitnom y = y(x) ili implicitnom obliku φ(x, y) = 0, koja zadovoljava jednacinu (1) naziva se resenje jednacine (1). Primeri. a) Proveriti da li je 2 2( , ) 2x y x y Rφ = + = resenje jednacine yy’ + x = 0.
Resenje. 2 2 2( , ) ( ) 2 2 ' 0d dx y x y a x yydx dx
φ = + − = + =
b) Proveriti da li je funkcija 2 1( ) ln 1
4 2xy x = − +x resenje DJ drugog reda 2'' 1 'xy y= + .
Def 2. Opste resenje j-ne (1) dato je sa φ(x, y, C1, C2,…, Cn) = 0, ili sa y = ϕ(x, C1, C2,…, Cn), gde su C1, …, Cn proizvoljne konstante. Zadavanjem konkretnih vrednosti konstantama C1, …, Cn, iz opsteg resenja izdvaja se partikularno resenje j-ne (1). Primer 1. Pokazati da je opste resenje jednacine . 2
1 2ln 0C y y y C x− + − = 2 3'' ' ' ln 0yy y y y+ − = Resenje:
21 2 1
21
1ln 0 2 ' 'ln ' 1 0
12 ( ' '') ''ln ' ' '' 0;
d dC y y y C x C yy y y y ydx y dx
C y yy y y y y yy
− + − = ⇒ − − − =
⇒ + − − − =
Eliminacijom C1 iz zadnje dve jednacine dobija se
![Page 2: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/2.jpg)
22
1
2 3
2 3
1 '(1 ln ) 1 '(1 ln ) '2 ( ' '') ''ln '' 0 '' '
[1 '(1 ln )]( ' '') ' ''ln ' ' '' 0,
' '' ' (1
y y y y yC y yy y yy y y y y
y y y yy yy y y y yy y
y yy y
+ + + += ⇒ + − − − =
⇒ + + + − − − =
⇒ + +
y y y
ln ) ' ''(1 ln )y yy y y+ + + ' ''lnyy y y− 3'y− ' ''yy y−2 3
0,
' '' ' ln 0.y yy y y
=
⇒ + + =
Sl. 1. Resenja jednacine 2 3'' ' ' ln 0yy y y y+ − =
Primer 2. Pokazati da je 2
2 11 21 opste
resenje jednacine 2y2
C xC y C⎛ ⎞+ = +⎜ ⎟⎝ ⎠
3y’’+1 = 0, a da je 2 22 1x y− = , jedno njeno partikularno resenje.
-2 2 4 6 8
-4
-2
2
4
6
8
Def 3. Ako y = y(x) predstavlja partikularno resenje j-ne (1) i pritom je y0 = y(x0), y’0 = y’(x0), y’’0 = y’’(x0), …, y(n−1)
0 = y(n−1)(x0), tada se skup {x0, y0, y’0, y(n−1)
0} naziva skup pocetnih uslova za (1). Ukoliko je poznato opste resenje y = ϕ(x, C1, C2,…, Cn), tada se konstante C1, C2,…, Cn mogu odrediti iz sistema y0 = ϕ(x0, C1, C2,…, Cn), y’0 = ϕ’ (x0, C1, C2,…, Cn), Sl. 2. Grafik resenja DJ iz Primera 2 za … C = −3,−2,…, 6, 7
y(n−1)0 = ϕ(n−1)(x0, C1, C2,…, Cn).
Diferencijalna jednacina (1) zajedno sa pocetnim uslovima: (2) ( ) ( 1) ( 1)
0 0 0 0 0( , , ', ..., ) 0, ( ), ' '( ),..., ( )n n0
nF x y y y y y x y y x y y x+ += = = = ,
![Page 3: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/3.jpg)
cini Kosijev problem. 2. Dif. jednacine prvog reda Def 4. Diferencijalna j-na prvog reda, u implicitnom obliku je data sa (3) ( , , ') 0F x y y = , pri cemu je F funkcija tri promenljive, a y nepoznata funkcija. Ukoliko se (3) moze napisati u obliku (4) ' ( , )y f x y= , kazemo da je DJ data u eksplicitnom obliku. Primeri.
1. ; 2 'xxy e y− = 0
Resenje: 1 ( 1 )2
xe xy Ce
− − −= ;
2. ; ' tg 0y x y+ =
3. 22
(1 )(1 ) 0 dy x yx y dx y dydx y
++ − = ⇒ = (oblik (4));
Primeri. Sastaviti DJ sledecih familija krivih:
2 2
2 2 21 2
) ; ) ; ) ; )) ; ) ; ) cos 2 sin 2 ;) sin( ).
x
a y Cx b y Cx c y Ax B d y Ax Bx Ce y Ce f x y C g y C t C th y tω ϕ
= = = + = +
= + = = += +
;+
Resenje:
![Page 4: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/4.jpg)
1
2 2 2
1 2 1 2
1
) ' ' '
Specijalno, za =1, ' ' ;
) ' '' 0 ; ) ''' 0 ;
) ' ' ;
) 2 2 ' 0 ' ;
) cos 2 sin 2 ' 2 sin 2 2 cos 2
'' 4 c
n n n
x x
a b y Cx y nCx xy n Cx xy n y
yn y Cx xy y yx
c y Ax B y A y d y
e y Ce y Ce y y
xf x y C x yy yy
g y C t C t y C t C t
y C
−− = ⇒ = ⇒ = ⇒ =
= ⇒ = ⇒ =
= + ⇒ = ⇒ = =
= ⇒ = ⇒ =
+ = ⇒ + = ⇒ = −
= + ⇒ = − +
⇒ = −
;
2os 2 4 sin 2 '' 4 '' 4 0 ;
) sin( ).
t C t y y y y
h y tω ϕ
− ⇒ = − ⇒ + =
= +
Sl. 3. Ortogonalne trajektorije
Moze se primetiti da familija pravih y = Cx i familija krugova x2 + y2 = C2 imaju slicne DJ: prva y’ − y/x = 0 a druga y’ + x/y = 0. Ako prvu DJ napisemo u obliku F(x, y, y’) = 0, druga ima oblik F(x, y, −1/y’) = 0. Kako y’(x) predstavlja nagib tangente na krivu y(x) u tacki x, a −1/y’ nagib ortogonalne tangente, to druga DJ ima za resenje familiju krivih koja je ortogonalna na familiju definisanu prvom jednacinom.
Ortogonalne trajektorije pojavljuju se kao linije vektorskih polja, na pr. elektrostatickog i magnetnog polja u ravni ili kao linije polja i ekviskalarne linije tog polja. 3. DJ koja razdvaja promenljive Def 5. Za DJ oblika (5) y’ = f(x, y) = p(x) q(y) se kaze da razdvaja promenljive. Jednacina (5) se resava direktnom integracijom,
![Page 5: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/5.jpg)
' ( ) (
( )( )
( ) .( )
dyy p x q ydx
dy p x dxq x
dy p x dx Cq x
= =
=
),
= +
∫
∫ ∫
Primer. Resiti Kosijev problem 0 0' 2 , 2, 3.xy y x y= = =
Resenje.
0
20
2 2
2
2 , 2 , ln | | 2ln | |
ln , ln | | ln ln ,
ln | | ln | |
33 4 3/ 44
dy y dy dx y xdx x y xC C y x C
y Cx y Cx
C C y x
= = =
= = +
= ⇒ =
= ⇒ = ⇒ =
C+
4. Homogena DJ prvog reda Def 6. DJ oblika
(6) ' yy fx
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
,
naziva se homogena DJ prvog reda. Ova jednacina se resava smenom y/x = t (odakle je y = xt, y’=xt’+t ).
Primer. Resiti homogenu DJ 2 2
2
2' y xy xyx
+ −= .
Resenje. Smena y/x = t daje
![Page 6: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/6.jpg)
2
22
5
5
' 2 1, '
, ln | | ln | |1 1 5
2 4
1 51 22 2ln | | ln5 1 5 2 1 5
2 2
2 (1 5),2 (1 5)
t x t t t t xdt dx dt
1 5
x Ct t x
t
t tCx Cxtt
y y xt Cxx y x
+ = + − ⇒ = ⇒
= ⇒ = ++ − ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟
⎝ ⎠
+ − + −= ⇒ =
+ ++ +
+ −= ⇒ =
+ +
∫
Homogena DJ prvog reda se moze generalizovati zamenom kolicnika y/x opstijim izrazom
(7) 1 1 1
2 2 2
' a x b y cy fa x b y c
⎛ ⎞+ += ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠
.
Pri resavanju ove jednacine, u zavisnosti od vrednosti determinante 1 1
2 2
a bD
a b= mogu nastati
dva slucaja:
a) Ako je D = 0, tada se (7) smenom z = a1x + b2y svodi na jednacinu koja razdvaja promenljive;
b) Ako je , tada se uvodi smena x = u + α, y = v + β, gde su α i β resenja sistema 0D ≠ a1α + b1β + c1 = 0 a2α + b2β + c2 = 0, sto je uslov da se (7) svede na homogeni oblik
1 11 1
2 22 2
'
va ba u b v vuv f f gva u b v ua bu
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎛ ⎞+ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎜ ⎟+⎝ ⎠
,
tj. na (6). 5. Linearna DJ prvog reda Def 7. Opsti oblik linearne DJ prvog reda je
![Page 7: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/7.jpg)
(8) y’+ p(x) y = q(x), gde su p(x) i q(x) funkcije promenljive x. Njeno resenje je dato formulom
(9) , A-konstanta. ( ) ( )
( ) ( )p x dx p x dx
y x e A q x e dx− ⎛ ⎞∫ ∫= +⎜ ⎟
⎝ ⎠∫ Za dobijanje formule (9) ove jednacine koristi se Lagranzov metod varijacije konstanti. Prema tom metodu najpre pretpostavimo da je q(x) = 0. Tada je
( )
' ( ) 0 ' ( ) ( )
( ) ln | | ( ) ln ,
ln ( ) ( ) .p x dx
dyy p x y y p x y p x ydx
dy p x dx y p x dx Cy
y p x dx y x CeC
−
+ = ⇒ = − ⇒ = −
= − ⇒ = − +
∫⇒ = − ⇒ =
∫
∫
,
'( )
Ako sada pretpostavimo da je q(x) ∫ 0, tada C presatje da bude konstanta i postaje funkcija od x, tj. imamo
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
' ( ) ( )
' ( ) ( ) '( ),
p x dx
p x dx p x dx
p x dx p x dx
y x e C x
y e p x dx C x e C x
y p x e C x e C x
−
− −
− −
∫=
′∫ ∫= − +
∫ ∫= − +
∫
sto zamenom u (8) daje
( )( ) ( )
p x dxp x e C x
−∫−( ) ( )
'( ) ( ) ( )p x dx p x dx
e C x p x C x e− −∫ ∫+ +
( )
( )
( )
'( ) ( ) ,
( ) ( ) .
p x dx
p x dx
q x
C x q x e
C x q x e dx A
=
∫⇒ =
∫⇒ = +∫
Primer. Naci familiju krivih linija cija tangenta i radijus-vektor dodirne tacke sa X-osom grade trougao povrsine 1/2.
Resenje. Jednacina tangente u sistemu (X, Y) kroz tacku M(x, y) na krivu sa jednacinom y = y(x) je
Y – y = y’(X – x),
![Page 8: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/8.jpg)
a njen presek sa X-osom ima koordinate (x0, 0) sto zamenom u jednacinu tangente daje −y = y’(x0 – x), odakle je
(10) 0 'yx xy
= − .
Kako je povrsina trougla 012 2
x y 1= , sleduje, zamenom u (10) 1
'yx yy
⎛ ⎞− =⎜ ⎟
⎝ ⎠, ili
2
2
11y dx xxy dy dy y ydx
− = ⇒ − = − , sto je linearna DJ za funkciju x = x(y). Tako, primenjuci
formulu (9), ( ) ( )
( ) ( )p y dy p y dy
x y e A q y e dy− ⎛ ⎞∫ ∫= +⎜ ⎟
⎝ ⎠∫ , gde je 21 1( ) , ( )p y q yy y
= − = − ,
dobijamo
Sl. 4.
ln ln2
3 2
1( )
1 12
y yx y e A e dyy
y A dy y Ay y
−⎛ ⎞= − =⎜ ⎟
⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞
− = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∫
∫,
tj. 2
22
2 1 1Ayx y xy Cyy
+= ⇒ = + .
Familija ovih krivih za C = 0. (0.5) 5., prikazana je na Slici 4.
6. Bernulijeva jednacina
Def 8. Jednacina oblika (11) y’+ p(x) y = q(x) yα, α ∫ 0, 1,
naziva se Bernulijeva jednacina. Ona se svodi na linearnu DJ smenom z(x) = y(x)−α+1 ili smenom y(x) = u(x) v(x).
![Page 9: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/9.jpg)
Primer. Resiti jednacinu ' 4 yy xx
= + y .
Resenje. Jednacina se transformise u 1/ 24'y y x yx
− = , iz cega se vidi da je ovo Bernulijeva
jednacina i da je α = ½. a) Smena z(x) = y(x)−α+1. Dakle, z = y−1/2+ 1 = y1/2 fl y = z2 fl y’ = 2z z’, zamenom u
jednacinu imamo
2 2( ) ( )2
2 ln 2 ln 2 22
2 4 2
4 22 ' ' ( )2 2
1 1( ) ( ) ( ln | |)2 2
( ) ( ) ( ln ) .
dx dxx x
x x
x x
2
z z z x z z z z x e C e dxx x
x xz x e C e dx x C dx x C xx
y x z x x C x
− − −
−
⎛ ⎞∫ ∫= + ⇒ − = ⇒ = +⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞⇒ = + = + = +⎜ ⎟⎝ ⎠
⇒ = = +
∫
∫ ∫
b) Smenom y = uv, dobija se y’ = u’v + u v’, sto zamenom u jednacinu daje
4 4 4
2 4
4 4 4' ' ' ' ' 0
1 4 1' '
2 ln | | 2 (ln ) (ln ) .
u v uv uv x uv v u u v u x uv u ux x x
dv dxdu dx u x v x x vx v vu x x v
v x C v x C y uv x x C
⎛ ⎞+ = + ⇒ − + = ⇒ − =⎜ ⎟⎝ ⎠
⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =
⇒ = + ⇒ = + ⇒ = = + 2
x
7. Jednacina sa totalnim diferencijalom Def 9. Ako DJ (12) P(x, y) dx + Q(x, y) dy = 0, zadovoljava uslov
(13) ( , ) ( , )P x y Q x yy x
∂ ∂≡
∂ ∂,
tada se (12) moze napisati u obliku
dU(x, y) = P(x, y) dx + Q(x, y) dy = 0, i naziva se DJ sa totalnim diferencijalom. Njeno opste resenje je dato formulom
![Page 10: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/10.jpg)
(14) . 0 0
0( , ) ( , )yx
x y
U P x y dx Q x y dy= +∫ ∫ C=
Ukoliko (13) nije ispunjeno, tada postoji funkcija μ( , )x y tako da vazi (μ ) (μ )P
y xQ∂ ∂
=∂ ∂
, pa je
dU(x, y) = μ(x, y)P(x, y) dx + μ(x, y)Q(x, y) dy = 0.
Ako je 1 ( )P Q F xQ y x
⎛ ⎞∂ ∂− =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
, tada je μ = μ(x), dok ako je
1 ( )P Q G xP y x
⎛ ⎞∂ ∂− =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
, tada je μ = μ(y).
Primer. Resiti jednacinu 3
2 2 2(2 ) ( ) 03yxy x y dx x y dy+ + + + = .
Resenje. Kako je 3
2( , ) 2 , ( , )3y 2 2P x y xy x y Q x y x y= + + = + , i kako
2 2
2 21 2 1P Q x x y xQ y x x y
⎛ ⎞∂ ∂ + + −− = =⎜ ⎟∂ ∂ +⎝ ⎠
2 ne zavisi od y, mozemo uzeti μ = μ(x).
Iz uslova (μ ) (μ )Py x
∂ ∂=
∂ ∂Q , dobija se μμ μP d QQ
y dx x∂ ∂
= +∂ ∂
1
μ μ 1μ =μ( )
P Q d d P QQ dy x dx x Q y x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂⇒ − = ⇒ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
x ⇒
μ = lnμ( ) = μ( ) =
μ( )xd dx x x x e
x⇒ ⇒ . Tako, totalni diferencijal je
32 2 2(2 ) ( ) ( , ) 0
3x xye xy x y dx e x y dy dU x y+ + + + = = ,
sa resenjem (13), gde smo stavili x0 = 0, y0 = 0
32 2
0 0
(2 )3
yxx ye xy x y dx y dy C+ + + =∫ ∫ ,
0 0
32 2
00 0 0 0 0
23
y yx x xx xx x xyy xe dx y x e dx e dx e x dy e y dy C+ + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 2 = .
![Page 11: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/11.jpg)
Kako je 2 2( 1) , ( 2 1)x x x xxe dx x e x e dx x x e= − = − +∫ ∫ , dobija se
3 32
0 0 00
2 ( 1) ( 2 1)3 3
yx x xx x xy yy x e x x e e Cy− − ++ + + =
2
2
3x yye x C
⎛ ⎞=⎜ ⎟
⎝ ⎠+ .
8. Lagranzeva i Kleroova jednacina Def 10. DJ oblika (15) ( ') ( ')y x y yϕ ψ= + , zove se Lagranzeva diferencijalna jednacina. Smenom y' = p, ona se svodi na linearnu DJ
' ( ) '( ) ' '( ) '
( ) [ '( ) '( )]
[ ( ) ] '( ) '( )
y p p x p p p pdp dxp p x p pdx dp
dxp p x p pdp
ϕ ϕ ψ
ϕ ϕ ψ
ϕ ϕ ψ
= = + + ⇒
= + + ⋅
− + = − ⇒
⇒
(16) '( ) '( ) .( ) ( )
dx p pxdp p p p p
ϕ ψϕ ϕ
+ =− −
Lagranzeva jednacina sem opsteg resenja ( , , ) 0x y CΦ = , ima i tzv. singularno resenje. Ovo resenje se dobija eliminacijom konstante C iz sistema jednacina
( , , ) 0, ( , , ) 0,dx y C x y CdC
Φ = Φ =
ili iz sistema
( , , ) 0, ( , , ) 0,dF x y p F x y pdp
= =
gde je p = y'.
Primer. Resiti jednacinu y = 2 y' x + 1/y'.
![Page 12: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/12.jpg)
Resenje. Smena y' = p daje ( ) 2 , ( ) 1/p p p pϕ ψ= = , tako da (16) postaje
2
32 1/ 2
2 2dx p dxx xdp p p p p dp p p
−+ = ⇒ + =
− −1 ,
sto je linearna DJ sa nepoznatom funkcijom x = x(p). Primenom formule (9) dobija resenje
21( ) (ln | | )x p pp
C= + ,
sto zajedno sa polaznom jedncinom 1( ) 2y p pxp
= + , daje parametarski oblik resenja
2ln | |( ) ,
1 2ln | | 2( ) .
p Cx pp
p Cy pp
+=
+ +=
Singularno resenje mozemo dobiti iz sistema
( , , ) 0, ( , , ) 0,dF x y p F x y pdp
= =
gde je
2
1( , , ) 2 0,
1( , , ) 2 0.
F x y p y pxp
d F x y p xdp p
⎧ = − − =⎪⎪⎨⎪ = − + =⎪⎩
Iz druge jednacine dobijamo 21
2x
p= sto zamenom u prvu jednacinu daje
21 1 12 2
2y px p 2
p p p p= + = + = . Eliminacijom parametra p dobijamo singularno resenje
2 2
21 2 4, 82
2p y y yx p p
= = ⇒ = ⇒ = x .
Za graficki prikaz ovih resenja videti Sliku 5.
![Page 13: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/13.jpg)
Sl. 5. Opste i singularno resenje Lagranzeve jednacine
y = 2 y' x + 1/y'
Singularno resenje je parabola 2 8y x= koja predstavlja obvojnicu familije krivih
2ln | |( ) ,
1 2ln | | 2( )
p Cx pp
p Cy pp
+=
+ +=
koja je ovde predstavljena za i za vrednosti C od −2 do 4 sa korakom 0.2.
5 5p− ≤ ≤
Def 11. Lagranzova DJ kod koje je ( )p pϕ = , zove se Kleroova jednacina ' ( ')y x y yψ= + . Opste resenje Kleroove jednacine je ( )y Cx Cψ= + sto se dobija slicnim postupkom kao kod Lagranzova DJ
( ) ' 'y x p p y pψ= + ⇒ = 'p x p= + '( ) '
'[ '( )] 0 ' 0 '( ),
' 0 ( )
p p
p x p p x p
p p C y Cx C
ψ
ψ ψ
ψ
+
⇒ + = ⇒ = ∨ = −
⇒ = ⇒ = ⇒ = +
ili '( )x pψ= − , sto zajedno s pocetnom jednacinom daje sistem
'( ),( ),
x py x p p
ψψ
= −= +
odakle se, eliminacijom p dobija singularno resenje.
Primer 1. Naci singularno resenje jednacine
(17) 2' 1 ( ')y x y y= + + .
Resenje. Jednacina je Kleroova. Iz parametarskih jednacina
![Page 14: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/14.jpg)
(18) 2
2
'( ) ,1
1 ,
px pp
y x p p
ψ= − = −+
= + +
dobija se zamenom x u drugoj jednacini
2
2 2
111 1
py p pp p
= − + + =+ +
,
odakle je 22
2 21 yp p
y y−
= ⇒ = ±21 y− sto zamenom u (18) daje
2
2
1
11
yyx y
y
± −
= − = ± − , tj.
2 2 1x y+ = , sto predstavlja singularno resenje (Slika 6, levo).
Sl. 6. Resenje Kleroove jednacine
Primer 2: Kako treba modifikovati jednacinu (16) da bi se umesto kruga, za singularno resenje dobila elipsa sa poluosama a i b (Slika 6, desno) ? 7. Jednacina sa totalnim diferencijalom Def 8. Ako DJ (11) P(x, y) dx + Q(x, y) dy = 0,
![Page 15: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/15.jpg)
zadovoljava uslov
(12) ( , ) ( , )P x y Q x yy x
∂ ∂≡
∂ ∂,
tada se (11) moze napisati u obliku
dU(x, y) = P(x, y) dx + Q(x, y) dy = 0, i naziva se DJ sa totalnim diferencijalom. Njeno opste resenje je dato formulom
(13) . 0 0
0( , ) ( , )yx
x y
U P x y dx Q x y dy= +∫ ∫ C=
Ukoliko (12) nije ispunjeno, tada postoji funkcija μ( , )x y tako da vazi (μ ) (μ )P
y xQ∂ ∂
=∂ ∂
, pa je
dU(x, y) = μ(x, y)P(x, y) dx + μ(x, y)Q(x, y) dy = 0.
Ako je 1 ( )P Q F xQ y x
⎛ ⎞∂ ∂− =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
, tada je μ = μ(x), dok ako je
1 ( )P Q G xP y x
⎛ ⎞∂ ∂− =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
, tada je μ = μ(y).
Primer. Resiti jednacinu
32 2 2(2 ) ( ) 0
3yxy x y dx x y dy+ + + + = .
Resenje. Kako je 3
2( , ) 2 , ( , )3y 2 2P x y xy x y Q x y x y= + + = + i
2 2
2 21 2 1P Q x x y xQ y x x y
⎛ ⎞∂ ∂ + + −− = =⎜ ⎟∂ ∂ +⎝ ⎠
2 ne zavisi od y, pa je μ = μ(x).
Iz uslova (μ ) (μ )Py x
∂ ∂=
∂ ∂Q , dobija se μμ μP d QQ
y dx x∂ ∂
= +∂ ∂
1
μ μ 1μ =μ( )
P Q d d P QQ dy x dx x Q y x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂⇒ − = ⇒ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
x ⇒
μ = lnμ( ) = μ( ) =
μ( )xd dx x x x e
x⇒ ⇒ . Tako, totalni diferencijal je
![Page 16: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/16.jpg)
3
2 2 2(2 ) ( ) ( , ) 03
x xye xy x y dx e x y dy dU x y+ + + + = = ,
sa resenjem (13), gde smo stavili x0 = 0, y0 = 0
32 2
0 0
(2 )3
yxx ye xy x y dx y dy C+ + + =∫ ∫ ,
0 0
32 2
00 0 0 0 0
23
y yx x xx xx x xyy xe dx y x e dx e dx e x dy e y dy C+ + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 2 = .
Kako je 2 2( 1) , ( 2 1)x x x xxe dx x e x e dx x x e= − = − +∫ ∫ , dobija se
3 32
0 0 00
2 ( 1) ( 2 1)3 3
yx x xx x xy yy x e x x e e Cy− − ++ + + =
2
2
3x yye x C
⎛ ⎞=⎜ ⎟
⎝ ⎠+ .
8. Lagranzeva i Kleroova jednacina Def 9. DJ oblika (14) ( ') ( ')y x y yϕ ψ= + , zove se Lagranzeva diferencijalna jednacina. Smenom y' = p, ona se svodi na linearnu DJ
' ( ) '( ) ' '( ) '
( ) [ '( ) '( )]
[ ( ) ] '( ) '( )
y p p x p p p pdp dxp p x p pdx dp
dxp p x p pdp
ϕ ϕ ψ
ϕ ϕ ψ
ϕ ϕ ψ
= = + + ⇒
= + + ⋅
− + = − ⇒
⇒
(15) '( ) '( ) .( ) ( )
dx p pxdp p p p p
ϕ ψϕ ϕ
+ =− −
Lagranzeva jednacina sem opsteg resenja ( , , ) 0x y CΦ = , ima i tzv. singularno resenje. Ovo resenje se dobija eliminacijom konstante C iz sistema jednacina
![Page 17: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/17.jpg)
( , , ) 0, ( , , ) 0,dx y C x y CdC
Φ = Φ =
ili iz sistema
( , , ) 0, ( , , ) 0,dF x y p F x y pdp
= =
gde je p = y'.
Primer. Resiti jednacinu y = 2 y' x + 1/y'. Resenje. Smena y' = p daje ( ) 2 , ( ) 1/p p p pϕ ψ= = , tako da (15) postaje
2
32 1/ 2
2 2dx p dxx xdp p p p p dp p p
−+ = ⇒ + =
− −1 ,
sto je linearna DJ sa nepoznatom funkcijom x = x(p). Primenom formule (9) dobija resenje
21( ) (ln | | )x p pp
C= + ,
sto zajedno sa polaznom jedncinom 1( ) 2y p pxp
= + , daje parametarski oblik resenja
2ln | |( ) ,
1 2ln | | 2( ) .
p Cx pp
p Cy pp
+=
+ +=
Singularno resenje mozemo dobiti iz sistema
( , , ) 0, ( , , ) 0,dF x y p F x y pdp
= =
gde je
2
1( , , ) 2 0,
1( , , ) 2 0.
F x y p y pxp
d F x y p xdp p
⎧ = − − =⎪⎪⎨⎪ = − + =⎪⎩
![Page 18: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/18.jpg)
Iz druge jednacine dobijamo 21
2x
p= sto zamenom u prvu jednacinu daje
21 1 12 2
2y px p 2
p p p p= + = + = . Eliminacijom parametra p dobijamo singularno resenje
2 2
21 2 4, 82
2p y y yx p p
= = ⇒ = ⇒ = x .
Za graficki prikaz ovih resenja videti Sliku 5.
Sl. 5. Opste i singularno resenje Lagranzeve jednacine
y = 2 y' x + 1/y'
Singularno resenje je parabola 2 8y x= koja predstavlja obvojnicu familije krivih
2ln | |( ) ,
1 2ln | | 2( )
p Cx pp
p Cy pp
+=
+ +=
koja je ovde predstavljena za i za vrednosti C od −2 do 4 sa korakom 0.2.
5 5p− ≤ ≤
Def 10. Lagranzova DJ kod koje je ( )p pϕ = , zove se Kleroova jednacina ' ( ')y x y yψ= + . Opste resenje Kleroove jednacine je ( )y Cx Cψ= + sto se dobija slicnim postupkom kao kod Lagranzova DJ
( ) ' 'y x p p y pψ= + ⇒ = 'p x p= + '( ) '
'[ '( )] 0 ' 0 '( ),
' 0 ( )
p p
p x p p x p
p p C y Cx C
ψ
ψ ψ
ψ
+
⇒ + = ⇒ = ∨ = −
⇒ = ⇒ = ⇒ = +
ili '( )x pψ= − , sto zajedno s pocetnom jednacinom daje sistem
![Page 19: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/19.jpg)
'( ),( ),
x py x p p
ψψ
= −= +
odakle se, eliminacijom p dobija singularno resenje.
Primer 1. Naci singularno resenje jednacine
(16) 2' 1 ( ')y x y y= + + .
Resenje. Jednacina je Kleroova. Iz parametarskih jednacina
(17) 2
2'( ) , 1 ,
1px p y x p
pψ= − = − = + +
+p
dobija se zamenom x u drugoj jednacini
2
2 2
111 1
py p pp p
= − + + =+ +
,
odakle je 22
21 yp p
y y−
= ⇒ = ±2
21 y− sto zamenom u (17) daje
2
2
1
11
yyx y
y
± −
= − = ± − , tj.
2 2 1x y+ = , sto predstavlja singularno resenje (Slika 6, levo).
Sl. 6. Resenje Kleroove jednacine
Primer 2: Kako treba modifikovati jednacinu (16) da bi se umesto kruga, za singularno resenje dobila elipsa sa poluosama a i b (Slika 6, desno) ?
![Page 20: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/20.jpg)
9. DJ viseg reda
a) Slucaj neposrednog integraljenja. Ako je jednacina n-tog reda oblika , ona se resava sukcesivnim integraljenjem:
( ) ( )ny f= x
2+
( 1) ( 2)1 1
1 2
1 21 2
( ) ( ) , ( ) ( ( ) )
( ) , ... , ( )
... ( ) ...
n n
n nn
y x f x dx C y x f x dx C dx C
dx f x dx C x C y x
dx f x dx C x C x C
− −
− −
= + = +
= + +
= + + + +
∫ ∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫
b) DJ ne sadrzi eksplicitno y: ( )( , ', ",..., ) 0nF x y y y = , tada se stavlja y' = p pa se jednacini snizava stepen za jedan
( 1)( , , ',..., ) 0nF x p p p − = .
Primer 1. Naci partikularno resenje jednacine
" ' 0, (0) '(0) 0xy y x y y+ + = = = . Resenje. Smena y' = p daje y'' = p', tako da se jednacina svodi na xp' + p + x = 0 ili
( )
1 1
1
2
1 1
1' 1 ( 1)
12
dx dxx xp p p e C e dx
x
xp C x dx p x Cx
− ⎛ ⎞∫ ∫+ = − ⇒ = + −⎜ ⎟⎝ ⎠
⇒ = − ⇒ = −
∫
∫
iz drugog pocetnog uslova y' = p = 0 za x = 0, dobija se C1 = 0, tako da imamo
2 2
21'
2 2 2 4x x xp x y y x dx= − ⇒ = − ⇒ = − = − +∫ C
a prvi pocetni uslov y = 0 za x = 0, daje C2 = 0, tako da je partikularno resenje 4y + x2 = 0.
Primer 2. xy''' + y'' = 1 + x. Resenje. Smena y' = p, p' = u daje xu' + u = 1+x sto je linearna DJ po u. Resenje je
![Page 21: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/21.jpg)
( )1 1
1 1
21 1
1 2
2 2
1 2 1
(ln 1)
1 1( 1) (1 )
1 ' 1 ln2 2
' ln ln4 2
dx dxx x
x x
u e C e dx C x dxx x
C x C x xu p p C x xx x
x xy C x x C y C xdx C x
−
−
⎛ ⎞∫ ∫= + + = + +⎜ ⎟⎝ ⎠
⇒ = + + ⇒ = + + ⇒ = + + +
⇒ = + + + ⇒ = + + +
∫ ∫
∫3
2
4
12
C
x
tako da je
2 3
1 2
2 3
1 1
2 3
1 2
2 3
1 2 3
2
(ln 1)2 12
ln2 12
ln ( )2 12
ln .2 12
C
x x3
2 3
1 3
y C x x C x C
x xC x x C x C x C
x xC x x C C x C
x xC x x C x C
= − + + + +
= + + − + +
= + + + − +
= + + + +
Resenje je prikazano na Slici 7.
Sl. 7. Resenje DJ
xy''' + y'' = 1 + x kao dvoparametarska familija
1 2
2 3
3
ln
2 12
y C x x C x
x x C
= + +
+ + +
c) DJ ne sadrzi eksplicitno x: (18) ( )( , ', ",..., ) 0nF y y y y = , tada se koristi smena y' = p pri cemu je p = p(y), tako da se stepen jednacine ponovo snizava za jedan, ali je sada argument y. U slucaju n = 2, dobija se
![Page 22: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/22.jpg)
2
2" ' ( )d y d d dp dy dpy y p ydx dx dx dy dx dy
= = = = = p
tako da (18) postaje ( , , ) 0dpF y p p
dy= .
Primer. Resiti Kosijev problem
2 4" ' , (0) 1, '(0) 0.yy y y y y− = = =
Resenje. Smenom ' , " dpy p y pdy
= = , jednacina se svodi na
2dp 4y p pdy
− = y , sto je Bernulijeva jednacina
(19) 3 11 , 1dp p y pdy y
α−− = = − ,
koja se resava smenom , pri cemu je z = z(y). Diferenciranjem, dobija se 1z p pα−= = 2
2 1| 2
2d
dy
dz dp dp dzz p pdy dy dy p dy
= ⇒ = ⇒ =
sto zamenom u (19) daje31 1 2
2dz yp p
p dy y p− = ⋅
2 32 22dz dz 32p y
dy y dy yz↓
⇒ − = ⇒ − =z y sto je linearna DJ po z sa opstim resenjem
( )2z y A y= + 2 . Kako je z = y'2 pocetni uslov za z = z(y) u tacki x = 0, y = 1 se svodi na
z(1) = 0, pa se za konstantu A dobija 0 = 12(A + 12), tj. A = −1. Tako je
( )2 2 21 1z y y p z y y= − ⇒ = ± = ± − ,
odakle se dobija finalna jednacina
2
21
1dy dyy y dxdx y y
= ± − ⇒ = ±−
.
![Page 23: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/23.jpg)
Integracijom se dobija
2 22
2 22
1 1
(1/ )
1 11 1
1 1arccos cos( ).
dy dyx C x Cy y yy
ydy d yx C x
yy y
x C C xy y
= ± + ⇒ = ± +− −
⇒ = ± + ⇒ − =⎛ ⎞ ⎛ ⎞
− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞⇒ = ± + ⇒ = ±⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫ ∫
∫ ∫ C± +
=
Iz pocetnih uslova, za x = 0, y = 1, tako da iz poslednje jednacine dobijamo
. Tako je definitivno 1 cos( 0) 0C C= ± ⇒1 cos( ) cosx xy
= ± = ili 1
cosy
x= .
Resenja su prikazana na Slici 8.
Sl. 8. Opste i partikularno resenje jednacine yy''− y'2 = y4
10. Linearna nezavisnost funkcija Def 12. Funkcije 1{ ( ), ..., ( )}nf x f x definisane na zajednickom domenu D su linearno nezavisne na D ako postoje konstante tako da vazi 1, ..., nC C
1 1 2 2( ) ( ) ... ( ) 0,n nC f x C f x C f x x D+ + + ≡ ∈ .
U protivnom, funkcije su linearno zavisne.
![Page 24: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/24.jpg)
Ako su funkcije iz skupa 1{ ( ), ..., ( )}nf x f x linearno zavisne, tada se jedna od njih moze napisati kao linearna kombinacija ostalih
1 1 1 1 1 1( ) ( ) ... ( ) ( ) ... ( )k k k k k n nf x A f x A f x A f x A f x− − + += + + + + + ,
ili ( ) ( ).k ii k
if x A f≠
= ∑ x
Primer 1. Sistem {et, e−t, sh t, ch 2t} je linearno zavistan, buduci da je, po definiciji
sh2
t te et−−
= , pa se moze pisati 1 1sh 0 ch2 2
t tt e e− t= − + ⋅ .
Teorema 1. Ako su funkcije iz skupa 1{ ( ), ..., ( )}nf x f x (n−1)-puta diferencijabilne tada one cine linearno zavistan sistem ukoliko
1 2
1 21 2
( 1) ( 1) ( 1)1 2
( ) ( ) ( )'( ) '( ) '( )
( , ,..., ) 0.
( ) ( ) ( )
n
nn
n n nn
f x f x f xf x f x f x
V f f f
f x f x f x− − −
= ≡
…
Determinamata naziva se Vandermondova determinanta. 1 2( , ,..., )nV f f f Dokaz. Ako su funkcije linearno zavisne tada postoje konstante (koje nisu sve jednake nuli) tako da
1 1 2 2( ) ( ) ... ( ) 0n nC f x C f x C f x+ + + ≡ .
Diferenciranjem po x (n−1)-puta, dobija se homogeni sistem
1 1 2 2
1 1 2 2
1 1 2 2
( 1) ( 1) ( 1)1 1 2 2
( ) ( ) ... ( ) 0'( ) '( ) ... '( ) 0''( ) ''( ) ... ''( ) 0
( ) ( ) ... ( ) 0
n n
n n
n n
n n nn n
C f x C f x C f xC f x C f x C f xC f x C f x C f x
C f x C f x C f x− − −
+ + + ≡+ + + ≡
+ + + ≡
+ + + ≡
od n jednacina sa nepoznatim C1,..., Cn. Kako sistem mora imati resenje (jer su funkcije linearno
nezavisne), determinanta sistema mora biti jednaka nuli. 1 2( , ,..., )nV f f f
![Page 25: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/25.jpg)
Primer 2. Za funkcije iz Primera 1, {et, e−t, sh t, ch 2t}, Vandermondova determinanta glasi
1 2
sh ch 2ch 2sh 2
( , ,..., )sh 4ch 2ch 8sh 2
t t
t t
n t t
t t
e e t te e t
V f f fe e te e t
−
−
−
−
−=
−
ttt
.
Mnozenjem prve vrste sa (−1) i dodavanjem drugoj, trecoj i cetvrtoj vrsti, dobija se
1 2
2 2sh 2 ch 2( , ,..., ) 0 0 3ch 2 0
2 8sh 2 ch 2
t t
tn
t t
e e t tV f f f e t
e e t t
− −
− −
− − −= =
− − −,
jer su prva i druga kolona proporcionalne. Primer 3. Pokazati da je sistem funkcija {1, t, t2, t3, t4, t5} linearno nezavistan. Resenje. = 2 3 4 5(1, , , , , )V t t t t t
2 3 4 5
2 3 4
2 3
2
10 1 2 3 4 50 0 2 6 12 20
1 1 2 6 24 120 34560 0,0 0 0 6 24 600 0 0 0 24 1200 0 0 0 0 120
t t t t tt t t t
t t tt t
t
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ≠
dakle sistem je linearno nezavistan.
Na osnovu ovog primera zakljucujemo da je (1, , ..., ) 0!1! 2! ! 0nV t t n= ≠ tako da je {1, t, t2, ..., tn} linearno nezavistan za svako n. Svaki linearno nezavistan skup funkcija 1{ ( ), ..., ( )}nf x f x cini bazis u prostoru funkcija koji se
dobija kao linearna kombinacija 1 1 2 2( ) ( ) ... ( )n nC f x C f x C f x+ + + . Tako, na pr., skup {1, t, t2,..., tn} cini bazis u prostoru polinoma stepena n≤ . Takav bazis zove se monomiljalni.
![Page 26: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/26.jpg)
11. Linearne DJ n-tog reda Def 13. Homogena DJ n-tog reda je DJ oblika (20) , ( ) ( 1) ( 2)
1 2( ) ( ) ... ( ) 0n n nny p x y p x y p x y− −+ + + + =
pri cemu su 1 2( ), ( ), ..., ( )np x p x p x neprekidne funkcije. Def 14. Linearno nezavisna resenja 1 2( ), ( ), ..., ( )ny x y x y x jednacine (20) cine bazisni ili fundamentalni sistem njenih resenja. Teorema 2. Ako su bazisna resenja jednacine jednacine (20) tada je njeno opste resenje
1 2( ), ( ), ..., ( )ny x y x y x
(21) . 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ... ( )n ny x C y x C y x C y x= + + +Dokaz. Kako su 1 ( ), ..., ( )ny x y x bazisna resenja DJ (20), to je i skup funkcija
1 2{ ( ), ( ), ..., ( )}ny x y x y x linearno nezavistan, tj. 1 2( , ,..., ) 0nV y y y ≠ . Ako diferenciramo (21) n puta, dobijamo sistem od n+1 jednacina sa n nepoznatih konstanti:
1 1 2 2
1 1 2 2
( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2
( ) ( ) ... ( )' '( ) '( ) ... '( )
( ) ( ) ... ( )
n n
n n
n n n nn n
y C y x C y x C y xy C y x C y x C y x
y C y x C y x C y x
= + + += + + +
= + + +
sto se svodi na homogeni sistem (n+1)×(n+1), koji ima netrivijalna resenja ako i samo ako je njegova determinanta jednaka nuli
( ) ( ) ( )1
( 1) ( 1) ( 1)1
1
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
0.
( ) ( ) ( )
n n nn
n n nn
n
y x y x y xy x y x y x
y x y x y x
− − −
≡
…
Razvoj po prvoj vrsti daje
( ) ( 1)1 2 21 1 1,1( , ,..., ) ( ) ... ' ( ) ( ) 0n n
n ny V y y y y D x y D x yD x−++ + + + n =
![Page 27: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/27.jpg)
sto deljenjem sa daje (20). 1 2( , ,..., ) 0nV y y y ≠
Def 15. Ako se nula sa desne strane homogene DJ (20) zameni proizvoljnom funkcijom f(x), dobija se nehomogena DJ n-tog reda (22) . ( ) ( 1) ( 2)
1 2( ) ( ) ... ( ) ( )n n nny p x y p x y p x y f x− −+ + + + =
Ako je yh(x) opste resenje homogene jednacine (20), dato sa (21), i yp(x) partikularno resenje nehomogene jednacine (22), tada je njeno opste resenje oblika (23) y(x) = yh(x) + yp(x).
Naziv “partikularno” za resenje yp(x) dolazi otud sto se ono dobija iz opsteg resenja (23) stavljanjem za konstante Ci specijalnih vrednosti Ci = 0, i = 1,..., n.
Opste resenje jednacine (22) moze se naci metodom varijacije konstanti koji se pripisuje Lagrazu. Neka je 1 2{ ( ), ( ), ..., ( )}ny x y x y x skup bazisnih resenja homogene jednacine (20). Tada se opste resenje odgovarajuce nehomogene DJ (22) trazi u obliku
1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )n ny C x y x C x y x C x y x= + + + ,
gde su funkcije resenja sistema 1 2( ), ( ), ..., ( )nC x C x C x
1 1 2 2
1 1 2 2
( 2) ( 2) ( 2)1 1 2 2
( 1) ( 1) ( 1)1 1 2 2
' ' ... ' 0' ' ' ' ... ' ' 0
' ' ... '
' ' ... '
n n
n n
n n nn n
n n nn n
C y C y C yC y C y C y
C y C y C y
C y C y C y f x
− − −
− − −
+ + + =+ + + =
+ + + =
+ + + =
0
( )
os x
Primeri.
1. Sastaviti linearnu homogenu DJ ako je poznat sistem njenih bazisnih resenja
1 2 3, sin , cx x xy e y e x y e= = = . Resenje. Opste resenje trazene jednacine je
1 1 2 2 3 3 1 2 3
1 2 3
sin cos
( sin cos )
x x x
x
y C y C y C y C e C e x C e x
C C x C x e
= + + = + +
= + +
odakle je
![Page 28: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/28.jpg)
1 2 3
2 3
2 3
2 3
sin cos
( ' ) cos sin
( " 2 ' ) sin cos
( ''' 3 '' 3 ' ) ( cos sin )
x
x
x
x
d
dx
d
dx
d
dx
ye C C x C x
y y e C x C x
y y y e C x C x
y y y y e C x C x
−
−
−
−
= + +
− = −
− + = − −
− + − = − −
Iz druge i cetvrte jednacine se dobija
( ''' 3 '' 3 ' ) xy y y y e−− + − ( ' ) xy y e−= − −''' 3 '' 3 ' ' 0
''' 3 '' 4 ' 2 0 .
y y y y y y
y y y y
⇒ − + − + − =
⇒ − + − =
2. Metodom varijacije konstanti resiti nehomogenu jednacinu 2 3'' ' 3x y xy x− = .
Resenje. Deljenjem sa x2, jednacina se svodi na 1'' ' 3y yx
− = x , a njena homogena varijanta je
1'' ' 0y yx
− = . Smenom y' = p dobija se DJ koja razdvaja promenljive
21 1 1' 'pp p C x y C x y C x
x= ⇒ = ⇒ = ⇒ = + 2C
0,
sto je resenje homogene jednacine. Da bi dobili
resenje nehomogene jednacine (uokvirena) primenjujemo metod varijacije konstanti sto daje sistem
21 2
1 2
' ' 1'2 ' 0 3 .
C x CC x C x
+ ⋅ =+ ⋅ =
Iz druge jednacine je 1 13 3'2 2
C C x A= ⇒ = + , a iz prve
32 2
2 1 2 23 3' ' '2 2
xC x C C x C= − ⇒ = − ⇒ = − +3
B . Zamenom C1 i C2 u ,
dobija se
21 2y C x C= +
2 33 1( )
2 3y x A x x B y x Ax= + − + ⇒ = + +2 B .
![Page 29: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/29.jpg)
12. Linearna DJ II reda sa konstantnim koeficijentima Def 16. Jednacina oblika (24) y” + py’ + qy = 0, p i q – konstante naziva se linearna homogena DJ II reda sa konstantnim koeficijentima. Teorema 3. Resenja jednacine (24) zavise od resenja kvadratne jednacine (25) j(k) = k2 + pk + q = 0, koja se zove karakteristicna jednacina DJ (24), tj. od znaka diskriminante : 2 4p qΔ = −
1. . Jednacina (25) ima realna razlicita resenja , i tada su bazisna resenja, tako da je opste resenje ;
0Δ > 1 2k k≠ ∈1
1 2,k x k xy e y e= = 2 1 21 2
k x k xy C e C e= +
2. . Jednacina (25) ima realna jednaka resenja 0Δ = 1 2k k k= = ∈ , i tada su
bazisna resenja, tako da je opste resenje ; 1 2,kx kxy e y xe= = 1 2( ) kxy C C x e= +
3. . Jednacina (25) ima konjugovano kompleksna resenja 0Δ < 1/ 2k iα β= ± , i tada
su i 1 cos ,xy e xα β= 2 sinxy eα xβ= , bazisna resenja, tako da je opste resenje
1 2( cos sin ) xy C x C x eαβ β= + ; Primer. Resiti DJ y” − 4 y’ + 13y = 0. Resenje. Karakteristicna jednacina k2 − 4k + 13 = 0 ima resenja 1/ 2 2 3k i iα β= ± = ± ,
pa su i bazisna resenja date jednacine. Prema tome, njeno opste resenje je .
21 cos3 ,xy e x= 2
2 sin3xy e= x)2
1 2( cos3 sin 3xy e C x C x= + Def 17. Jednacina oblika (26) y” + py’ + qy = f(x), p i q – konstante naziva se linearna nehomogena DJ II reda sa konstantnim koeficijentima. Primedba. Jednacine (24) i (26) srecu se kod oscilatora i opisuju njihovu dinamiku. U tom slucaju, homogena jednacina (24) je jednacina oscilatora u slobodnom rezimu rada dok nehomogena jednacina (26) opisuje prinudni rezim ili rezim vodjenog oscilatora. Teorema 4. Opste resenje jednacine (26) dato je sa
![Page 30: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/30.jpg)
(27) y = C1(x) y1(x) + C2(x) y2(x) gde su y1(x) i y2(x) bazisna resenja homogene jednacine (24) a C1(x) i C2(x) su funkcije koje se odredjuju iz sistema
(28) 1 1 2 2
1 1 2 2
' ' 0' ' ' ' ( )
C y C yC y C y f x
+ =⎧⎨ + =⎩ .
"
Dokaz. Neka su funkcije C1(x) i C2(x) odredjene tako da zadovoljavaju sistem (28). Iz (27) sleduje
1 1 1 1 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2
' ' ' ' '," " 2 ' ' " " 2 ' '
y C y C y C y C yy C y C y C y C y C y C y
= + + += + + + + +
sto zamenom u (26) daje, posle grupisanja clanova
1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2
0 0
( " ' ) ( " ' ) ( " " )
( ' ' ) 2( ' ' ' ') ( ).
C y p y q y C y p y q y C y C y
p C y C y C y C y f x
+ + + + + +
+ + + + =
Iz prve jednacine (28), diferenciranjem sleduje
1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2
' ' 0 " ' ' " ' '" " ( ' ' ' ') ( ) ,
ddx
C y C y C y C y C y C yC y C y C y C y f x
+ = ⇒ + + + =⇒ + = − + = −
0
sto zamenom u gornju jednacinu daje
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
0( ) 2 ( )
( " " ) ( ' ' ) 2( ' ' ' ') ( ).f x f x
C y C y p C y C y C y C y f x−
+ + + + + =
Opste resenje (27) moze se napisati u obliku (23) y = yh(x) + yp(x) gde je yh(x) resenje homogene jednacine (24), a yp(x) je partikularno resenje generisano funkcijom f(x), koje se moze odrediti metodom varijacije konstanti ili, u specijalnim slucajevima na osnovu sledece teoreme: Teorema 5. Partikularno resenje yp(x) jednacine (26) moze se dobiti na sledeci nacin
1. Ako je ( ) ( )axnf x e P x= i
a) ’ ( ) 0 ( ) ( )axp na y x e Qϕ ≠ ⇒ = x
Q x b) , ( ) 0 ( ) ( )r axp na y x x eϕ = ⇒ =
gde je j(k) = 0 karakteristicna jednacina (24), a Qn polinom sa nepoznatim koeficijentima;
![Page 31: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/31.jpg)
2. Ako je ( ) ( cos sin )ax
m nf x e P bx Q bx= + i a) a ib iα β± ≠ ± , ( ) [ ( )cos ( )sin ]N
axp Ny x e S x bx T x bx⇒ = +
b) a ib iα β± = ± , ( ) [ ( )cos ( )sin ]N
axp Ny x xe S x bx T x bx⇒ = +
pri cemu su polinomi sa nepoznatim koeficijentima stepena .
( ), ( )NNS x T xmax{ , }N m= n
Primer. Resiti nehomogenu diferencijalnu jednacinu '' 2 ' 5 4sin 22cosy y y x x+ + = + . Resenje. Koreni karakteristicne jednacine k2 + 2k + 5 = 0, su 1/ 2 1 2k i= − ± . Tako, resenje homogene jednacine je 1 2( cos 2 sin 2 )x
hy e C x C x−= + . Kako je ( ) 4sin 22cosf x x= + x , a to je oblik ( ) ( cos sin )ax
m nf x e P bx Q bx= + , sa a = 0, b = 1, Pm = P0 = 4, Qn = Q0 = 22, na osnovu Teoreme 5, partikularno resenje se trazi u obliku
0( ) ( cos sin ) cos sinxpy x e A x B x A x B x= + = + .
Imamo
cos sin
' sin cos
'' cos sin
p
p
p
y A x B x
y A x B x
y A x B x
= +
= − +
= − −
sto zamenom u pocetnu jednacinu daje
'' 2 ' 5 4sin 22cos
cos sin 2( sin cos ) 5( cos sin )4sin 22cos
p p py y y x x
A x B x A x B x A x B xx x
+ + = + ⇒
− − + − + + +≡ +
Izjednacavanjem koeficijenata ispred sinusa i kosinusa, dobija se sistem
2 22 1A BA B 1− = −+ =
cije je resenje A = 4 i B = 3. Na osnovu toga je
( ) 4cos 3sinpy x x x= + ,
![Page 32: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/32.jpg)
pa je opste resenje
1 2( cos 2 sin 2 ) 4cos 3sinpx
hy y y e C x C x x x−= + = + + + .
13. Sistemi DJ Def 18. Sistem diferencijalnih jednacina je dat sa
(29)
11 1 2
22 1 2
1 2
( , , ,..., )
( , , ,..., )
( , , ,..., )
n
n
nn n
dy f x y y ydxdy f x y y ydx
dy f x y y ydx
⎧ =⎪⎪⎪ =⎪⎨⎪⎪⎪ =⎪⎩
gde su 1,..., nf f proizvoljne funkcije. Resenje sistema (29) ima oblik (30) 1 2( , , ,..., ), 1,2,...,i i ny x C C C i nφ= = ili
*1 2( , , ,..., ) , 1,2,...,i n ix y y y C i nϕ = =
Resenje takodje moze biti dato u obliku 1 2( , ,..., )nF Cϕ ϕ ϕ = . Sistem (29) moze se napisati u simetricnom obliku
1 2
1 2
...1
n
n
dx dy dy dyf f f
= = = = .
Primer 1. Resiti sistem
2 2( )dx dy dzxz yz x y
= =− +
.
Resenje. Izdvojimo dve jednacine iz gornjeg sistema:
2 2
,
,( )
dx dyxz yzdx dzxz x y
=
=− +
![Page 33: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/33.jpg)
i resavamo prvu dx dy dx dyxz yz x y
= ⇒ = , koja razdvaja promenljive i cije je opste resenje y
= C1 x . Zamenom u drugu jednacinu sistema, dobija se
2
212 2 2
12 2
2 21 2
( )
( 1)
( 1)2 2y
x
dx dz C x dx z dzxz x C x
x zC C x y z C↑
= ⇒ − + =− −
⇒ − + = + ⇒ + + =2 2.
Primer 2. Resiti sistem
2
2 4 1 4
3 .2
dy y zdxdz y z xdx
+ + = +
+ − =
,x
Resenje. Diferenciranjem prve jednacine, ddx
dobija se
(31) 2
2 2 4d y dy dzdx dx dx
+ + = 4 .
Iz prve jednacine sleduje
(32) 1 1 14 4 2
dyz xdx
= + − − y ,
a iz druge 23 1 3 1
2 4 2 4dz dyx x ydx dx
= + + − − tako da zamenom u (31) dobijamo
(33) 2
22 6 6 4d y dy y x x
dx dx+ − = − − + 3
3
,
sto je nehomogena DJ drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Resenja karakteristicne jednacine k2 + k − 6 = 0, su k1 = 2 i k2 = −3, tako da je resenje homogenog dela 1 2
2x xhy C e C e−= + dok se partikularno resenje trazi u obliku
2py a x b x c= + + . Zamenom u (33), dobija se
2 26 (2 6 ) (2 6 ) 6 4a x a b x a b c x x− + − + + − ≡ − − + 3 ,
![Page 34: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/34.jpg)
odakle se izjednacavanjem koeficijenata dobija a = b = 1 i c = 0. Tako, opste resenje jednacine (33) je dato sa 2
1 22 3x x
phy y y C e C e x x−= + = + + + . Iz (32) zatim dobijamo 2
1 22 31 1
4 2x xz C e C e x−= − + − .
Primer 3. U prethodnom primeru se sistem dve jednacine prvog reda svodi na jednacinu drugog reda. Moguc je i obrnuti postupak, tako da se jednacina slobodnog oscilatora
22 0x x xα ω+ + = ,
smenom svodi na sistem y = x
x
2
,2 .
x yy yα ω
=
= − −
Konstanta α je konstanta prigusenja a ω > 0 je ugaona frekvencija (u radijanima/sec). U slucaju |α | < ω , oscilator priguseno osciluje po zakonu
( )2 2 2 21 2cos sintx e C t C tα ω α ω α−= − + − ,
a dva primera, za ω = 1.3, data su na faznim dijagramima na slici, pri cemu levi dijagram ima manje prigusenje. Elipse na oba dijagrama predstavljaju periodicna resenja koja se dobijaju za α = 0. Jednacina elipse je
(34) 2 2
2 2 21 1
1x xC Cω
+ = .
Naravno, za |α | > ω oscilator prelazi u nestabilan aperiodicni rezim a fazne trajektorije nalaze se izvan elipticne trajektorije (34).
Sl. 9. Fazne trajektorije prigusenog oscilatora
![Page 35: 2. Dif Jednacine](https://reader031.vdocuments.pub/reader031/viewer/2022012313/557202564979599169a35a0c/html5/thumbnails/35.jpg)
Primer 3. Ima slucajeva kada resenje sistema jednacine ima izuzetno komplikovanu strukturu. Takav je slucaj kod sistema koji je 1963 proucavao engleski fizicar Edvard Lorenz u vezi sa meteoroloskim promenama u atmosferi
(35) 10( ),28 ,
8 .3
x y xy x y x
z z x y
z= −= − −
= − +
Za pocetne uslove x = z = 0, y = 1, resenje je predstavljeno faznom trajektorijom u prostoru koordinatnog sistema { , , }x x x kao na Slici 10.
Sl. 10. Fazna trajektorija Lorecovog sistema diferencijalnih jednacina u koordinatnom sistemu { , , }x x x ima izu-zetno slozenu strukturu.