Make your own free website on Tripod.com
next up previous contents index
Next: Linearna diferencijalna jednadžba 2. Up: Obične diferencijalne jednadžbe Previous: Metoda separacije varijabli   Contents   Index

Subsections

Linearna diferencijalna jednadžba 1. reda

Linearna diferencijalna jednadžba 1. reda

Diferencijalna jednadžba 1. reda kod koje desna strana ima oblik $ g(x)-f(x)y,$ tj. koja se može svesti na oblik

$\displaystyle y'+f(x)\,y=g(x),$ (6.14)

gdje su $ f,g:\langle a,b\rangle\rightarrow R$ neprekidne funkcije na $ \langle a,b\rangle$ zove se linearna diferencijalna jednadžba 1. reda. Ako je $ g=0$ onda je jednadžba (6.14) homogena, u protivnom nehomogena.

Teorem 27   Neka su $ f,g:\langle a,b\rangle\rightarrow R$ neprekidne funkcije. Tada za svaki $ x_0\in \langle a,b\rangle$ i $ y_0\in R$ postoji jedno i samo jedno rješenje Cauchyjevog problema

$\displaystyle y'+f(x)\,y=g(x),\hspace{.5in} y(x_0)=y_0.$ (6.15)

Figure 6.5: Područje početnog uvjeta za linearnu diferencijalnu jednadžbu.
\includegraphics{m2pocuvlindif.eps}

Dokaz. Dokaz provodimo tako da najprije riješimo pripadnu homogenu jednadžbu. Pripadna homogena se može napisati u obliku

$\displaystyle y'=-f(x)\,y,$

pa možemo primijeniti metodu separacije varijabli (v. teorem 25). Funkcije $ f(x)$ i $ g(y)$ iz separacije varijabli sada su $ -f(x)$ i $ y,$ pa su primitivne od $ -f(x)$ i $ \frac{1}{y}$

$\displaystyle F(x)=-\int _{x_0}^x f(t)\,dt,\hspace{1cm} G(y)=\ln y.$

Slijedi

$\displaystyle G^{-1}(t)=e^t.$

Odatle po formuli (6.7),

$\displaystyle y(x)=e^{-\int _{x_0}^x f(t)\,dt+\ln y_0}=y_0\,e^{-\int _{x_0}^x
f(t)\,dt}.$

Time smo riješili Cauchyjev problem za pripadnu homogenu jednadžbu.6.1 Opće rješenje pripadne homogene jednadžbe je

$\displaystyle y(x)=C\,e^{-\int _{x_0}^x f(t)\,dt}.$

Rješenje nehomogene jednadžbe tražimo u obliku

$\displaystyle y(x)=C(x)\,e^{-\int _{x_0}^x f(t)\,dt},$ (6.16)

tj. pretpostavkom da je $ C$ funkcija od $ x.$ Ta ideja se zove variranje konstante. Uvrstimo li (6.16) u (6.15), dobivamo

$\displaystyle C'(x)\,e^{-\int_{x_0}^xf(t)\,dt}-C(x)\,f(x)\,e^{-\int_{x_0}^xf(t)\,dt}+
f(x)\,C(x)e^{-\int_{x_0}^x f(t)\,dt} = g(x),$

tj.

$\displaystyle C'(x)\,e^{-\int _{x_0}^x f(t)\,dt}=g(x).$

Tako je

$\displaystyle C(x)=\int _{x_0}^x g(\tau )\,e^{\int _{x_0}^{\tau }f(t)\,dt}\,d\tau
+D.$

Dakle, opće rješenje nehomogene jednadžbe je

$\displaystyle y(x)= e^{-\int _{x_0}^x f(t)\,dt} \,\left(\int _{x_0}^x g(\tau
)\,e^{\int _{x_0}^{\tau }f(t)\,dt}\,d\tau +D\right).$

Što se tiče rješenja Cauchyjevog problema, primijetimo da je

$\displaystyle y(x_0)=C(x_0)\,e^{-\int _{x_0}^{x_0} f(t)\,dt}=C(x_0)=D=y_0.$

Tako rješenje Cauchyjevog problema glasi
$\displaystyle y(x)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle e^{-\int _{x_0}^x f(t)\,dt}\left(y_0+\int _{x_0}^x g(\tau )\,
e^{\int _{x_0}^{\tau } f(t)\,dt}\,d\tau\right)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle y_0\,e^{-\int _{x_0}^x f(t)\,dt}+\int _{x_0}^x g(\tau )\,
e^{\int _x^{\tau } f(t)\,dt}\,d\tau .$  

Prvi sumand na desnoj strani je rješenje pripadne homogene jednadžbe uz početni uvjet $ y(x_0)=y_0.$ Uvrštavanjem se lako provjeri da drugi sumand rješava nehomogenu jednadžbu (6.14). $ \heartsuit$

Primjer 6.5   Bernoullijeva jednadžba ima oblik

$\displaystyle y'=a(x)\,y+b(x)\,y^n,\hspace{.5in} n\neq 0,1,$ (6.17)

gdje su $ a$ i $ b$ neprekidne funkcije na nekom intervalu $ I$.

Rješenje. Ova jednadžba se svodi na linearnu supstitucijom $ z=y^{1-n}.$ Zaista, $ z'=(1-n)y^{-n}y'$ i ako jednadžbu (6.17) množimo s $ (1-n)y^{-n}$ dobivamo

$\displaystyle z'+f(x)\,z=g(x),$

gdje je $ f(x)=-(1-n)a(x),\;\; g(x)=(1-n)b(x).$

Egzaktna diferencijalna jednadžba

Neka je $ \Omega$ konveksan skup 1.1.1 u $ R^2$, $ M,N:\Omega \rightarrow R$ funkcije klase $ C^1(\Omega)$ i $ N(x,y)\neq 0$ za $ (x,y)\in \Omega .$ Diferencijalna jednadžba 1. reda

$\displaystyle y'=-\frac{M(x,y)}{N(x,y)}$ (6.18)

se zove egzaktna, ako je

$\displaystyle \frac{\partial M(x,y)}{\partial y}=\frac{\partial N(x,y)}{\partial x}, \hspace{.5in} \forall (x,y)\in \Omega .$ (6.19)

Uvrštavajući (6.18) u formulu za diferencijal $ dy=y'\,dx$ funkcije $ y,$ dobivamo

$\displaystyle dy=-\frac{M(x,y)}{N(x,y)} dx.$

Odatle

$\displaystyle M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0.$ (6.20)

Tako (6.18) i (6.20) predstavljaju dva zapisa jedne te iste diferencijalne jednadžbe.

Uvjet (6.19), koji se inače zove uvjet egzaktnosti, predstavlja za vektorsku funkciju

$\displaystyle \vec{a}(x,y) = M(x,y)\,\vec{\imath}+N(x,y)\,\vec{\jmath}$

uvjet

% latex2html id marker 43102
$\displaystyle {\rm rot\,}\vec{a}(x,y) = \vec{0}.$

To znači da je vektorsko polje potencijalno, tj. da postoji skalarno polje (potencijal) $ U$ takvo, da je

% latex2html id marker 43106
$\displaystyle \vec{a}(x,y) = {\rm grad\,}U(x,y) = ...
...}{\partial x}\,\vec{\imath} +
\frac{\partial U(x,y)}{\partial y}\,\vec{\jmath},$

i ono se računa po formuli

$\displaystyle U(x,y) = \int_{x_0}^x M(s,y)\,ds + \int_{y_0}^y N(x_0,t)\,dt + K,$

pri čemu je

$\displaystyle M(x,y)=\frac{\partial U(x,y)}{\partial x},\hspace{1cm}
N(x,y)=\frac{\partial U(x,y)}{\partial y}.$

Ako to uvrstimo u jednadžbu (6.20) imamo

$\displaystyle \frac{\partial U(x,y)}{\partial x}\,dx + \frac{\partial
U(x,y)}{\partial y}\,dy = dU(x,y) = 0,\quad (x,y)\in\Omega{}.$

To znači da je derivacija (diferencijal) $ U'(x,y)=dU(x,y)$ funkcije $ U$ jednak nuli (nulfunkciji, v. def. 12) za svaki $ (x,y)\in \Omega .$ Odatle slijedi da su parcijalne derivacije funkcije $ U$ jednake nuli za svaki $ (x,y)\in\Omega,$ pa je prema tome $ U$ konstanta. Doista, za $ P=(x,y)\in\Omega{},$ po teoremu srednje vrijednosti, imamo

$\displaystyle U(x,y)-U(x_0,y_0)=\frac{\partial U(C)}{\partial x}\,(x-x_0)+
\frac{\partial U(C)}{\partial y}\,(y-y_0) = 0,$

gdje je $ C$ točka na spojnici točaka $ P_0=(x_0,y_0)$ i $ P.$ Tako je

$\displaystyle U(x,y) = U(x_0,y_0),\quad (x,y)\in\Omega{},$ (6.21)

tj. $ U$ je konstanta.

Prema tome

$\displaystyle \int_{x_0}^x M(s,y)\,ds + \int_{y_0}^y N(x_0,t)\,dt = D,$ (6.22)

gdje je $ D$ neka konstanta. Ovom jednadžbom je implicitno zadana funkcija $ y$ kao funkcija od $ x,$ koja zadovoljava jednadžbu (6.20), što znači da smo formulom (6.22) dobili implicitno zadano opće rješenje egzaktne diferencijalne jednadžbe (v. 1.4.3).

Cauchyjev problem za ovu diferencijalnu jednadžbu glasi: za danu točku $ (x_0,y_0)\in
\Omega$ naći funkciju $ y$ takvu da zadovoljava

$\displaystyle M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy = 0,\qquad y(x_0) = y_0.$

Da bismo našli rješenje Cauchyjevog problema dovoljno je primijetiti da uvrštavanjem $ x=x_0,y=y_0$ u opće rješenje slijedi $ D=0,$ i prema tome

$\displaystyle \int_{x_0}^x M(s,y)\,ds + \int_{y_0}^y N(x_0,t)\,dt = 0$ (6.23)

je implicitno zadano rješenje Cauchyjevog problema.

Time je dokazan sljedeći teorem.

Teorem 28   Neka je $ \Omega$ konveksno područje u $ R^2,$ neka su $ M,N:\Omega \rightarrow R$ funkcije klase $ C^1(\Omega),$ neka je $ \frac{\partial M(x,y)}{\partial y}=
\frac{\partial N(x,y)}{\partial x}$ i $ N(x,y)\neq 0$ za $ (x,y)\in \Omega .$ Tada za svaki $ (x_0,y_0)\in
\Omega$ Cauchyjev problem

$\displaystyle y'=-\frac{M(x,y)}{N(x,y)},\hspace{.5in} y(x_0)=y_0$

ima jedno i samo jedno rješenje.

Primjer 6.6   Treba riješiti Cauchyjev problem

$\displaystyle x\,dx+y\,dy=0,\hspace{.5in} y(x_0)=y_0.$

Rješenje. Uvjet $ N(x,y)=y\neq 0$ pokazuje da $ \Omega$ ne smije sjeći os $ x.$ Odatle nužno mora biti $ y_0\neq 0.$ Uzmimo da je $ y_0>0.$ To znači da za $ \Omega$ možemo uzeti gornju poluravninu. Lako se provjeri da je jednadžba egzaktna. Po formuli (6.23)

$\displaystyle \int _{x_0}^x s \,ds +\int _{y_0}^y t \,dt = 0,$

$\displaystyle \frac{x^2}{2}-\frac{x_0^2}{2}+\frac{y^2}{2}-\frac{y_0^2}{2} = 0.$

Dakle, rješenje Cauchyjevog problema je

$\displaystyle x^2+y^2=x_0^2+y_0^2,$

odnosno

$\displaystyle y=\sqrt{x_0^2+y_0^2-x^2}.$

Figure 6.6: Rješenje Cauchyjevog problema.
% latex2html id marker 29456
\includegraphics{m2pregzdifjed.eps}

Opće rješenje diferencijalne jednadžbe je

$\displaystyle y=\sqrt{C-x^2}.$

Obzirom na odabrani $ \Omega$ u obzir dolaze samo polukružnice u gornjoj poluravnini.

Primjer 6.7   Treba riješiti jednadžbu

$\displaystyle M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$ (6.24)

u kojoj $ M$ i $ N$ ne zadovoljavaju uvjet egzaktnosti (6.19).

Rješenje. Množimo (6.24) s funkcijom $ \mu (x,y)$ takvom da dobivena jednadžba

$\displaystyle \mu (x,y)M(x,y)\,dx+\mu (x,y)N(x,y)\,dy=0$

bude egzaktna, tj. da vrijedi

$\displaystyle \frac{\partial (\mu (x,y)M(x,y))}{\partial y}=
\frac{\partial (\mu (x,y)N(x,y))}{\partial x}.$

Odatle dobivamo uvjet za funkciju $ \mu $.

$\displaystyle \frac{\partial \mu}{\partial y}M+\mu \frac{\partial M}{\partial y}=
\frac{\partial \mu}{\partial x}N+\mu \frac{\partial N}{\partial x}$

$\displaystyle \frac{\partial \mu}{\partial x}N-\frac{\partial \mu}{\partial y}M =\mu \left(\frac{\partial M}{\partial y}- \frac{\partial N}{\partial x}\right).$ (6.25)

Ovaj uvjet na funkciju $ \mu $ je parcijalna diferencijalna jednadžba i općenito teže ju je riješiti nego početnu (6.24). Zato pokušavamo s jednostavnijom pretpostavkom $ \mu =\mu (x)$ ili $ \mu =\mu (y)$ ili $ \mu =\mu (xy)$ i slično. Tada se uvjet (6.25) pojednostavnjuje. Na pr. ako je $ \mu =\mu (x),$ onda je (6.25)

$\displaystyle \mu 'N = \mu \left(\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial
N}{\partial x}\right).$

To je linearna homogena diferencijalna jednadžba i rješenje je

$\displaystyle \mu (x)= e^{\int _{x_0}^x \frac{1}{N}\,(\frac{\partial M}{\partial y} -\frac{\partial N}{\partial x})\,d\xi} .$ (6.26)

Ova pretpostavka na $ \mu $ vrijedi ako je $ \frac{1}{N}(\frac{\partial
M}{\partial y} -\frac{\partial N}{\partial x})$ funkcija samo od $ x$ jer je tada na desnoj strani formule (6.26) funkcija samo od $ x$.

Funkcija $ \mu $ se zove Eulerov multiplikator.

Primjer 6.8   Jednadžba

$\displaystyle dx + \frac{y}{x}\,dy = 0$

očito nije egzaktna. Riješimo je.

Rješenje.

$\displaystyle \frac{1}{N}\,\left(\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial
N}{\partial x}\right) = \frac{1}{x}.$

Tako možemo izabrati $ \mu =\mu (x).$ Lako se vidi da je $ \mu (x)=x,$ pa dolazimo do jednadžbe $ x\,dx+y\,dy=0,$ što je egzaktna jednadžba, koju smo već riješili.

Snižavanje reda obične diferencijalne jednadžbe

Neka je $ f:\Omega\rightarrow R,$ neprekidna funkcija na području $ \Omega$ u $ R^{n+1}$. Jednadžbu

$\displaystyle y^{(n)}=f(x,y,y',\ldots ,y^{(n-1)})$ (6.27)

zovemo običnom diferencijalnom jednadžbom n-tog reda.

a) Pretpostavimo da u diferencijalnoj jednadžbi (6.27) ne dolazi eksplicitno $ y$, tj. da imamo

$\displaystyle y^{(n)}=f(x,y',y'',\ldots ,y^{(n-1)}).$ (6.28)

Stavimo

$\displaystyle y'(x)=p(x)$ (6.29)

Odatle

$\displaystyle y''(x)=p'(x),\;\;\;y'''(x)=p''(x),\;\ldots,\;\;\;y^{(n)}(x)=p^{(n-1)}(x).$

Uvrstimo u (6.28), dobivamo

$\displaystyle p^{(n-1)}(x)=f(x,p,p',\ldots ,p^{(n-2)}).$ (6.30)

Time smo snizili red diferencijalne jednadžbe, jer je jednadžba (6.30) $ (n-1)$-og reda. Ako je $ p$ rješenje jednadžbe (6.30) onda jednostavnom integracijom dobivamo iz (6.29) rješenje jednadžbe (6.28).

b) Pretpostavimo da u jednadžbi (6.27) ne dolazi $ x$ eksplicitno, tj. da je

$\displaystyle y^{(n)}=f(y,y',\ldots ,y^{(n-1)}).$ (6.31)

Stavimo

$\displaystyle y'(x)=p(y).$

Tada je

$\displaystyle y''(x)=\frac{d p(y)}{d x}=\frac{d p(y)}{d y}y'=
p'(y)y'=p'p $

$\displaystyle y'''(x) = (p'p)'p $

$\displaystyle \ldots$

Općenito je $ n$-ta derivacija $ y^{(n)}$ funkcija od $ p,p',\ldots ,p^{(n-1)}$. Uvrštavanjem u (6.31) dobivamo tako diferencijalnu jednadžbu $ (n-1)$-og reda.

Primjer 6.9   Treba naći opće rješenje jednadžbe

$\displaystyle y''={y'}^2+1.$

Rješenje. U ovoj diferencijalnoj jednadžbi se ne pojavljuju ni $ x$ ni $ y$. Stavimo $ y'=p(x),\;\; y''=p'(x)$. Dobivamo

$\displaystyle p'(x)=p(x)^2+1 $

$\displaystyle \int \frac{p'(x)\,dx}{p(x)^2+1} =x+C $

% latex2html id marker 43320
$\displaystyle {\rm Arctg}\,p(x)=x+C $

% latex2html id marker 43322
$\displaystyle p(x)=y'(x)={\rm tg}\,(x+C) $

$\displaystyle y(x)=D-\ln \mid \cos(x+C)\mid .$

Pitanja

1.
Koju diferencijalnu jednadžbu zovemo linearnom diferencijalnom jednadžbom 1. reda? Kad kažemo da je homogena, a kad da je nehomogena?
2.
Što znate o postojanju i jedinstvenosti rješenja? Kako se rješava linearna diferencijalna jednadžba 1. reda?
3.
Koja je razlika između pojmova homogenosti kad se radi o običnoj diferencijalnoj jednadžbi 1. reda, i linearnoj diferencijalnoj jednadžbi 1. reda?
4.
Kako glasi Bernoullijeva jednadžba? Kako se rješava?
5.
Kako izgleda egzaktna diferencijalna jednadžba? Kako glasi njezino rješenje?
6.
U čemu je osobitost rješenja egzaktne diferencijalne jednadžbe? Da li znate izvesti rješenje?
7.
Kako se diferencijalna jednadžba može svesti na egzaktnu? Što je to Eulerov multiplikator. U kojim slučajevima taj postupak može pojednostavniti rješavanje?
8.
Kako izgleda obična diferencijalna jednadžba $ n$-tog reda?
9.
U kojim slučajevima se može sniziti red jednadžbe? Kako se to radi?

Riješeni zadaci

1.
Naći opće rješenje Laplaceove jednadžbe

$\displaystyle \Delta f(r) = 0,$

gdje je $ f$ dvaput neprekidno derivabilna funkcija, a $ r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}.$

Rješenje. Iz primjera (4.14) imamo

$\displaystyle \Delta f(r) = f''(r)+\frac{2\,f'(r)}{r} = 0.$

Budući da se u ovoj jednadžbi ne pojavljuje eksplicitno $ f(r),$ možemo staviti $ f'(r)=p(r).$ Tada jednadžba postaje

$\displaystyle p'(r)+\frac{2}{r}\,p(r) = 0.$

Ovo je homogena linearna diferencijalna jednadžba i njezino rješenje je

$\displaystyle p(r) = \frac{C}{r^2}.$

Odatle je

$\displaystyle f(r) = -\frac{C}{r} + D.$


next up previous contents index
Next: Linearna diferencijalna jednadžba 2. Up: Obične diferencijalne jednadžbe Previous: Metoda separacije varijabli   Contents   Index
Salih Suljagic
2000-03-11