Obične diferencijalne jednadžbe1.Uvod Diferencijalna jednadˇzba je jednadˇzba koja povezuje...

SVEUČILIŠTE U ZAGREBU

FAKULTET STROJARSTVA I BRODOGRADNJE

Ivana Radǐsić

OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE

Predavanja i vježbe

Zagreb, 2020

Sadržaj

Matematičke oznake 1

1 Uvod 3

Uvod 31.1 Uvodni primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Klasifikacija diferencijalnih jednadžbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2.1 Sustavi diferencijalnih jednadžbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.2 Red diferencijalne jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.3 Linearne i nelinearne diferencijalne jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3 Rješenje diferencijalne jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4 Zadatci za vježbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.5 Rješenja zadataka za vježbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Obične diferencijalne jednadžbe prvog reda 152.1 Separabilna diferencijalna jednadžba prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2 Jednadžbe koje se svode na separabilne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.3 Linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.4 Jednadžbe koje se svode na linearne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.5 Matematičko modeliranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.6 Zadatci za vježbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.7 Rješenja zadataka za vježbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3 Geometrija diferencijalnih jednadžbi prvog reda 313.1 Polje smjerova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.2 Numeričke aproksimacije: Eulerova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.3 Primjena na krivulje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.4 Geometrijski problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.5 Ortogonalne trajektorije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.6 Zadatci za vježbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.7 Rješenja zadataka za vježbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

4 Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda 534.1 Homegena diferencijalna jednadžba drugog reda s konstantnim koeficijentima . . . 53

4.1.1 Korijeni karakteristične jednadžbe realni i medusobno različiti . . . . . . . 554.1.2 Korijeni karakteristične jednadžbe su konjugirano kompleksni . . . . . . . . 564.1.3 Korijeni karakteristične jednadžbe su realni i medusobno jednaki . . . . . . 57

4.2 Primjena na gibanje harmonijskog oscilatora s prigušenjem . . . . . . . . . . . . . 604.2.1 Jako (nadkritično) prigušenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 614.2.2 Granično (kritično) prigušenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 624.2.3 Slabo (potkritično) prigušenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

4.3 Nehomogena diferencijalna jednadžba drugog reda s konstantnim koeficijentima . . 644.3.1 Metoda neodredenih koeficijenata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

iii

SADRŽAJ

4.4 Zadatci za vježbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 734.5 Rješenja zadataka za vježbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

Literatura 77

Kazalo 79

iv

Matematičke oznake

Oznake usporedivanja

= jednako ≈ približno jednako ≤ manje ili jednako≡ identički jednako < manje ≥ veće ili jednako:= jednako po definiciji > veće 6= nejednako, različito od

Grčki alfabet

A, α alfa B, β beta Γ, γ gama ∆, δ deltaE, �, ε epsilon Z, ζ zeta H, η eta Θ, θ, ϑ thetaI, ı jota K, κ kapa Λ, λ lambda M, µ miN, ν ni Ξ, ξ ksi O, o omikron Π, π,$ piP, ρ, % ro Σ, σ, ς sigma T, τ tau Υ, υ ipsilonΦ, φ, ϕ fi X, χ hi Ψ, ψ psi Ω, ω omega

Konstante

const., konst. konstantna veličina, konstantaπ = 3.14159... omjer opsega i promjera krugae = 2.71828 baza prirodnog logaritma

Algebra

N skup prirodnih brojeva Z skup cijelih brojevaQ skup racionalnih brojeva R skup realnih brojevaRn n-dimenzionalan euklidski vektorski prostor f : X → Y preslikavanja f s X u Ysign a predznak broja a |a| apsolutna vrijednost broja aam a na m-tu potenciju logb a logaritam od a po bazi blog a logaritam po bazi 10 od a ln a prirodni logaritam od a

Trigonometrijske funkcije, hiperbolne funkcije

sin sinus cos kosinustg tangens ctg kotangensarcsin arkus sinus arccos arkus kosinusarctg arkus tangens arcctg arkus kotangenssinh, sh sinus hiperbolni cosh, ch kosinus hiperbolnitgh, th tangens hiperbolni ctgh, cth kotangens hiperbolniarsinh, arsh, th area sinus hiperbolni arcosh, arch area kosinus hiperbolniartgh, arth, th area tangens hiperbolni arctgh, arcth area tangens hiperbolni

1

Matematičke oznake

Analiza

limx→a = L L je limes funkcije f , kada x teži prema a∆ prirast, npr. ∆xd diferencijal, npr. dxf ′(x), f ′′(x), ..., f (n)(x)y′, y′′, ..., y(n)

prva, druga,..., n-ta derivacija funkcije y = f(x)

2

1. Uvod

Diferencijalna jednadžba je jednadžba koja povezuje funkciju i njene derivacije. U primje-nama funkcija predstavlja neku fizikalnu veličinu, dok derivacija predstavlja brzinu promjene teveličine. Diferencijalne jednadžbe su iznimno značajne za brojne znanstvene discipline. Primje-rice, koristimo ih za opis gibanja fluida, toka struje u strujnim krugovima, širenja topline u krutimtijelima, promjene veličine populacije, itd.

1.1. Uvodni primjeri

U nastavku ovog poglavlja dajemo nekoliko jednostavnih primjera u kojima koristimo diferen-cijalne jednadžbe u svrhu matematičkog modeliranja procesa s kojima se susrećemo.Primjer 1.1. Pretpostavimo da tijelo mase m slobodno pada u atmosferi u blizini razine mora.Odredite diferencijalnu jednadžbu koja opisuje ovo gibanje.

Rješenje: Gibanje koje promatramo odvija se u nekom vremenskom intervalu, stoga ćemo s toznačiti vrijeme. Brzinu tijela koje pada označiti ćemo s v. Budući da se brzina tijela tijekom vre-mena mijenja primijetimo da je brzina tijela zapravo funkcija koja ovisi o vremenu što označavamos v(t). Pretpostaviti ćemo da je brzina tijela pozitivna kada objekt pada.

Drugi Newtonov zakon kaže da je sila F koja djeluje na tijelo konstantne mase m u trenutkut jednaka umnošku mase tijela m i akceleracije tijela a(t),

F (t) = ma(t). (1.1)

Budući da su brzina i akceleracija tijela povezane relacijom a(t) = v′(t), (1.1) možemo zapisati usljedećem obliku

F (t) = mv′(t). (1.2)Promotrimo sada koje sve sile djeluju na tijelo. Jedna od sila koje djeluju na tijelo je gravi-

tacijska sila koja iznosi mg, gdje je g akceleracija pod utjecajem gravitacije. Eksperimentalno jepokazano da g ≈ 9.8 m/s2 u blizini zemljine površine (sjetimo se da smo zanemarili promjenu gra-vitacijskog polja visinom). Na tijelo dodatno djeluje sila otpora zraka koja se u najjednostavnijimmodelima uzima kao sila proporcionalna brzini tijela odnsno oblika γv, gdje je γ > 0. U ovomprimjeru smo pretpostavili da je brzina pozitivna kada tijelo pada stoga je predznak gravitacijskesile pozitivan, a predznak sile otpora zraka negativan jer djeluje u suprotnom smjeru (pogledatisliku 1.1). Dobivamo da je sila koja djeluje na tijelo jednaka

F = mg − γv. (1.3)

Izjednačavanjem (1.2) i (1.3) dobivamo diferencijalnu jednadžbu za brzinu tijela v

mv′ = mg − γv. (1.4)

U ovoj diferencijalnoj jednadžbi imamo tri konstante m, g, γ i jednu nepoznatu funkciju v. Čestoćemo i eksplicitno izražavati ovisnost funckije v o vremenu pǐsući

mv′(t) = mg − γv(t). (1.5)

3

Uvod

Riješiti diferencijalnu jednadžbu znači pronaći funkciju v(t) čija derivacija postoji i koja zadovo-ljava (1.5). U primjenama ćemo često tražiti da funkcija v(t) pored jednadžbe (1.5) zadovoljavadodatni uvjet oblika

v(t0) = v0, (1.6)kojeg nazivamo inicijalni ili početni uvjet. Diferencijalna jednadžba (1.5) zajedno s početnimuvjetom (1.6) tvori Cauchyjevu zadaću ili zadaću s početnim uvjetom. U poglavlju 2 ćemovidjeti kako možemo riješiti Cauchyjevu zadaću (1.5)–(1.6).

γv

mg

Slika 1.1: Sile koje djeluju na tijelo koje pada

J

U prethodnom primjeru smo imali gibanje u jednoj dimenziji, stoga se drugi Newtonov zakonsveo na jednu diferencijalnu jedndažbu. U općenitom trodimenzionalnom slučaju drugi Newtonovzakon

~F = m~a

je sustav od tri diferencijalne jednadžbe

Fx = md2x

dt2

Fy = md2y

dt2

Fz = md2z

dt2,

gdje je (x(t), y(t), z(t)) položaj tijela u trenutku t, a sila koja djeluje na tijelo je jednaka ~F =(Fx, Fy, Fz). U nastavku ćemo detaljnije opisati gibanje u ravnini na primjeru kosog hitca.Primjer 1.2. Lopta mase m je ispucana pod kutom α u odnosu prema tlu početnom brzinomv0. Odredite diferencijalne jednadžbe koje opisuje ovo gibanje.

Rješenje: Gibanje iz primjera smatramo ravninskim budući da se lopta giba kroz zrak u verti-kalnom i horizontalnom smjeru pod utjecajem gravitacijske sile kao što se može vidjeti na slici1.2. Horizontalna komponenta brzine v je jednaka vx = v cosα, dok je vertikalna komponentavy = v sinα. Ako pretpostavimo da na tijelo djeluje samo gravitacijska sila zaključujemo da će setijekom gibanja mijenjati jedino komponenta vy, dok vx komponenta ostaje konstantna. Primje-nom drugog Newtonova zakona, dobivamo diferencijalne jednadžbe koje opisuju gibanje lopte

mx′′(t) = 0,my′′(t) = −mg,

odnosno

x′′(t) = 0,y′′(t) = −g.

4

Uvod

Dobivene diferencijalne jednadžbe potrebno je upotpuniti početnim uvjetima. Ako pretpostavimoda se u trenutku t = 0 lopta nalazila u ishodǐstu koordinatnog sustava imamo

x(0) = 0, y(0) = 0.

Iz zadane početne brzine dobivamo

x′(0) = v0 cosα, y′(0) = v0 sinα.

Dobili smo dvije inicijalne zadaće koje nam daju položaj tijela (x(t), y(t)) u trenutku t

x′′(t) = 0x′(0) = v0 cosαx(0) = 0

,

y′′(t) = −gy′(0) = v0 sinαy(0) = 0

. (1.7)

U sljedećem zadatku ćemo vidjeti kako jednostavno pronaći rješenje inicijalnih zadaća (1.7).

α

v0

x

y

Slika 1.2: Kosi hitac

J

Zadatak 1.1. Predmet je izbačen brzinom od 10 m/s pod kutem od 30◦ prema x-osi. Odreditepočetne uvjete, te odredite položaj predmeta (x(t), y(t)) u trenutku t.

Rješenje: U prethodnom primjeru smo izveli jednadžbe (1.7) koje opisuju gibanje kosog hitca.Uvrštavanjem v0 = 10 m/s i α = 30°dobivamo

x′′(t) = 0x′(0) = 10 cos 30 = 5

√3

x(0) = 0,

y′′(t) = −gy′(0) = 10 sin 30 = 5y(0) = 0

.

Odredimo prvo x(t), odnosno pronadimo rješenje zadaće

x′′(t) = 0x′(0) = 5

√3

x(0) = 0.

Ovdje imamo jednostavnu diferencijalnu jednadžbu do čijeg rješenja možemo jednostavno doćiintegriranjem

x′(t) = C1, C1 ∈ R.

5

Uvod

Primijetimo da smo zapravo dobili beskonačno mnogo rješenja diferencijalne jednadžbe x′′(t) = 0.Nas zanima ono rješenje koje zadovoljava inicijalni uvjet x′(0) = 5

√3 iz kojeg ćemo izračunati

konstantu C1. Dobivamo C1 = 5√

3, odnosno derivacija komponente položaja x u trenutku tjednaka je x′(t) = 5

√3. Preostalo je integrirati još jednom kako bismo došli do

x(t) = 5√

3t+ C2,

te iskoristiti inicijalni uvjet x(0) = 0 iz kojeg slijedi C2 = 0, odnosno

x(t) = 5√

3t. (1.8)

Na isti način računamo y(t) iz

y′′(t) = −gy′(0) = 5y(0) = 0.

Integriranjem jednadžbe y′′(t) = −g dobivamo

y′(t) = −gt+ C3,

a iz y′(0) = 5 zaključujemo da je C3 = 5. Dobili smo y′(t) = −gt + 5. Ponovnim integriranjemdobivene jednadžbe imamo

y(t) = −g t2

2 + 5t+ C4.

Inicijalni uvjet y(0) = 0 nam daje C4 = 0. Zaključujemo

y(t) = −g t2

2 + 5t. (1.9)

J

Zadatak 1.2. Izrazite putanju (x(t), y(t)) iz zadatka 1.1 u obliku y = y(x).

Rješenje: Izrazimo prvo t iz (1.8) kaot = x

5√

3,

te uvrstimo u (1.9)

y(x) = −g2

(x

5√

3

)2+ 5 x

5√

3,

odakle slijedi

y(x) = − g150x2 +√

3x3 .

J

Zadatak 1.3. Pod kojim kutem α, uz zadanu početnu brzinu v0, izbačeni predmet ima maksi-malan domet?

Rješenje: Na isti način kao u zadatku 1.1 dolazimo do

x(t) = v0 cosαt

y(t) = −g t2

2 + v0 sinαt.

6

Uvod

Izrazimo putanju u obliku y = y(x) na način opisan u zadatku 1.2

y(x) = −g2 ·x2

v20 cos2 α+ tgαx. (1.10)

Iznos druge nultočke funkcije (1.10) predstavlja domet kao što možemo vidjeti na slici 1.2, stogaračunamo

y(x) = 0 =⇒ x1 = 0, x2 =v20g

sin(2α).

Domet je najveći kada je sin(2α) = 1, odnosno kada je α = π/4. J

Primjer 1.3. Promatramo gibanje tijela mase m obješenog na oprugu koeficijenta elastičnosti k.Kada se tijelo pomakne iz položaja ravnoteže na njega dijeluje sila opruge dana s

F = −kx,

gdje je x otklon od ravotežnog položaja kao što možemo vidjeti na slici 1.3.

Ravnotežni položaj

m

Gibanje

x

0

Slika 1.3: Harmonijski oscilator

Sila je dakle usmjerena prema ravnotežnom položaju i suprotnog je smjera od pomaka. Po-novno primjenom drugog Newtonovog zakona zaključujemo da je diferencijalna jednadžba kojaopisuje gibanje tijela jednaka

mx′′(t) = −kx(t). (1.11)

Često se jednadžba (1.11) zapisuje u obliku

x′′(t) = −ω2x(t), (1.12)

gdje smo označili ω =√k/m. U poglavlju 4 ćemo vidjeti da je rješenje jednadžbe (1.12) jednako

x(t) = A cos(ωt) +B sin(ωt), A,B ∈ R. (1.13)

Konstante A i B se odreduju iz početnih uvjeta na način opisan u zadatku 1.4.

Zadatak 1.4. Odredite rješenje diferencijalne jednadžbe (1.12) koje zadovoljava početne uvjetex(0) = 5 i x′(0) = 0.

Rješenje: U primjeru 1.3 smo vidjeli da je rješenje jednadžbe (1.12) jednako

x(t) = A cos(ωt) +B sin(ωt). (1.14)

7

Uvod

Preostalo je izračunati konstante A i B za odgovarajuće početne uvjete. Iz uvjeta x(0) = 5dobivamo

5 = A cos(0) +B sin(0) = A.Da bismo iskoristili uvjet x′(0) = 0 trebamo pronaći x′(t) deriviranjem (1.14)

x′(t) = −Aω sin(ωt) +Bω cos(ωt).

Sada možemo iskoristiti x′(0) = 0

0 = −Aω sin(0) +Bω cos(0) = Bω

i zaključiti da vrijedi B = 0. Dobili smo rješenje x(t) = 5 cos(ωt).J

Primjer 1.4. U sljedećem primjeru ćemo umjesto x(t) pisati x radi jednostavnosti zapisa. Ukolikodiferencijalnu jednadžbu harmonijskog oscilatora (1.12) pomnožimo s dx/dt dobivamo

mdx

dt

d2x

dt2+mω2xdx

dt= 0,

što možemo napisati na sljedeći način

d

dt

(m(dxdt

)22 +

mω2x2

2

)= 0.

Zaključujemo da je izraz u zagradi jednak nekoj konstanti E > 0

m(dxdt

)22 +

mω2x2

2 = E. (1.15)

Primijetimo da izrazm(dxdt

)22 =

mv2

2u (1.15) predstavlja kinetičku energiju harmonijskog oscilatora, dok izraz

mω2x2

2u (1.15) predstavlja potencijalnu energiju harmonijskog oscilatora. Jednadžbu (1.15) zovemo jed-nadžbom energije harmonijskog oscilatora i ona nam kaže da je ukupna energija tijela kojetitra konstantna. Jednadžbu (1.15) riješavamo na način da je prvo zapǐsemo u obliku(

dx

dt

)2= 2E

m− ω2x2 = ω2

(2Eω2m

− x2). (1.16)

Ukoliko uvedemo oznaku a2 = 2E/(ω2m) jednadžbu (1.16) možemo napisati u obliku(dx

dt

)2= ω2

(a2 − x2

). (1.17)

Korijenovanjem (1.17) dobivamo jednadžbu

dx

dt= ω

√a2 − x2 (1.18)

koja se može jednostavno riješiti ukoliko je zapǐsemo u obliku

dt

dx= 1ω

1√a2 − x2

. (1.19)

8

Uvod

Ovako zapisana jednadžba predstavlja diferencijalnu jednadžbu za funkciju t = t(x) koju možemoriješiti neposrednim integriranjem. Traženo rješenje jednadžbe (1.19) je

t = 1ω

arcsin xa

+ C, C ∈ R.

Preostalo je izraziti x u terminima t kako bismo došli do rješenja

x = a sin(ωt− ωC),

koje se naravno može napisati u obliku (1.13).

1.2. Klasifikacija diferencijalnih jednadžbi

Postoji vǐse različitih klasifikacija diferencijalnih jednadžbi. Mi ćemo se u ovom udžbenikubaviti isključivo običnim diferencijalnim jednadžbama, stoga ćemo u nastavku navesti neke odnajvažnijih klasifikacija takvih diferencijalnih jednadžbi.

1.2.1. Sustavi diferencijalnih jednadžbi

Diferencijalne jednadžbe možemo klasificirati prema broju nepoznatih funkcija koje se javljajuu njima. Za odredivanje jedne nepoznate funkcije, dovoljna nam je samo jedna diferencijalnajednadžba. Ako imamo vǐse nepoznatih funkcija tada trebamo i vǐse diferencijalnih jednadži kojetvore sustav diferencijalnih jednadžbi.Primjer 1.5. Lotka-Volterra ili grabežljivac-plijen sustav diferencijalnih jednadžbi opisuju dina-miku biološkog sustava u kojem koegzistiraju dvije vrste jedinki, jedne kao grabežljivci, a drugekao plijen. Ako s x(t) označimo broj jedinki grabežljivaca, a sa y(t) broj jedinki plijena u trenutkut veza izmedu x(t) i y(t) je dana s

x′(t) = αx(t)− βx(t)y(t),y′(t) = δx(t)y(t)− γy(t)

(1.20)

gdje su α, β, γ i δ pozitivni parametri koji ovise o medudjelovanju dvije vrste. U ovom udžbenikunećemo se detaljnije baviti sustavima diferencijalnih jednadžbi.

1.2.2. Red diferencijalne jednadžbe

Jedna od klasifikacija diferencijalnih jednadžbi je klasifikacija prema redu diferencijalne jed-nadžbe. Red diferencijalne jednadžbe je stupanj najvǐse derivacije koja se pojavljuje u zadanojjednadžbi. Diferencijalnu jednadžbu oblika

F (x, y(x), y′(x), ..., y(n)(x)) = 0, (1.21)

zovemo diferencijalnom jednadžbom n-tog reda. U praksi često pǐsemo y umjesto y(x), tey′, y′′, ..., y(n) umjesto y′(x), y′′(x), ..., y(n)(x) stoga (1.21) poprima oblik

F (x, y, y′, ..., y(n)) = 0.

Dosad smo se susreli s diferencijalnom jednadžbama prvog reda (1.4), te s diferencijalnim jed-nadžbama drugog reda (1.7) i (1.12).

9

Uvod

1.2.3. Linearne i nelinearne diferencijalne jednadžbeDiferenencijalne jednadžbe možemo podijeliti na linearne i nelinearne diferencijalne jednadžbe.

Obična diferencijalna jednadžba

F (x, y, y′, ..., y(n)) = 0.

je linearna ako je funkcija F linearna u varijablama y, y′, ..., y(n). Opći oblik linearne diferenci-jalne jednadžbe n-tog reda je

a0(x)y + a1(x)y′ + · · ·+ an(x)y(n) = f(x).

Većina jednadžbi s kojima smo se dosad susreli su bile linearne jednadžbe, preciznije riječ jeo jednadžbama (1.4), (1.7) i (1.12). Ako funkcija F nije linearna u y, y′, ..., y(n), kažemo da jediferencijalna jednadžba nelinearna. Jednadžbe iz Lotka-Volterrrina modela (1.20) su nelinearnejer se u njima javlja nelinearni član xy (u ovom primjeru su x i y bile funkcije koje ovise o varijablit).Primjer 1.6. Nelinearnu diferencijalnu jednadžbu dobivamo modeliranjem gibanja kuglice masem obješene na donjem kraju niti duljine l (njihalo). Pretpostavljamo da je nit učvršena na gornjemkraju i da je zanemarive mase u odnosu na masu kuglice. Ukoliko se kuglica otkloni iz vertikalnogpoložaja koji predstavlja položaj ravnoteže za neki početni kut θ0, javlja se periodično gibanje okopoložaja ravnoteže.

θ

mgsin

θ

mg

ℓ

θ

s = ℓθ

Slika 1.4: Njihalo

Iz slike 1.4 vidimo da se kuglica giba po kružnici radijusa l, što znači da prelazi put s = lθ,gdje je θ kut izmedu položaja niti u trenutku t i niti u položaju ravnoteže. Na kuglicu pritomdjeluje tangencijalna komponenta sile teže u smjeru prema položaju ravnoteže koja iznosi mg sin θ.Primjenom drugog Newtonova zakona dobivamo

ms′′ = −mg sin θ.

Ako iskoristimo činjenicu da je prijedeni put jednak s = lθ dobivamo

mlθ′′ = −mg sin θ,

odnosno, nakon dijeljenja s ml,θ′′ = −g

lsin θ. (1.22)

Nelinearne jednadžbe često ne možemo analitički riješiti. U nekim situacijama nelinearne di-ferencijalne jednadžbe se aproksimiraju linearnim diferencijalnim jednadžbama. Ovaj postupak

10

Uvod

nazivamo linearizacija. Primjerice, jednadžbu (1.22) možemo linearizirati tako da sin θ aproksi-miramo s θ. Ovo će biti dobra aproksimacija za ”male” kutove θ, što je evidentno iz Taylorovarazvoja

sin θ = θ − θ3

3! +θ5

5! −θ7

7! + · · · =∞∑n=1

(−1)n+1 θ2n−1

(2n− 1)! , ∀θ ∈ R.

Dobivena linearna aproksimacija jednadžbe (1.22) je

θ′′ = −glθ. (1.23)

Zadatak 1.5. Nadite rješenje linearizirane jednadžbe njihala uz početne uvjete θ(0) = θ0 i θ′(0) =0. Koliko iznosi linearizirani period gibanja, tj. najmanji vremenski period u kojem se lineariziranafunkcija vrati u istu vrijednost (njihalo se vrati u isti položaj)?

Rješenje: Ako uvedemo oznaku ω2 = g/l u (1.23) dobivamo jednadžbu

θ′′ = −ω2θ, (1.24)

koja ima isti oblik kao jednadžba harmonijskog oscilatora (1.12). To znači da je rješenje jednadžbe(1.24)

θ(t) = A cos(ωt) +B sin(ωt), A,B ∈ R.Pripadni početni uvjeti su θ(0) = θ0 i θ′(0) = 0 iz kojih dobivamo A = θ0 i B = 0. Traženorješenje stoga iznosi

θ(t) = θ0 cos(t

√g

l

).

Period funkcije f(x) = cosx je 2π, stoga za period T0 funkcije θ(t) vrijedi√g

lT0 = 2π,

odakle slijedi T0 = 2π√

lg . J

1.3. Rješenje diferencijalne jednadžbe

S pojmom rješenja diferencijalne jednadžbe smo se dosad već susreli, a ovdje ćemo ga pobližeopisati. Rješenje diferencijalne jednadžbe (1.21) na intervalu 〈a, b〉 je funkcija y takva da y′, y′′,..., y(n) postoje i zadovoljavaju (1.21) za svaki x ∈ 〈a, b〉. Primijetimo da nas ne zanimaju funkcijekoje zadovoljavaju diferencijalnu jednadžbu u izoliranim točkama. Primjerice, funkcija y = x2zadovoljava diferencijalnu jednadžbu

xy′ + x2 = 3x (1.25)

ako i samo ako x = 0 ili x = 1. Medutim, funkcija y = x2 nije rješenje diferencijalne jednadžbe(1.25) budući da ne zadovoljava jednadžbu na otvorenom intervalu.Primjer 1.7. Najjednostavnija diferencijalna jednadžba je jednadžba oblika

y′(x) = f(x), (1.26)

čije rješenje jednostavno nalazimo integriranjem (1.26)

y(x) =∫f(x) dx+ C, C ∈ R.

Različite vrijednosti konstane C generiraju beskonačnu familiju rješenja diferencijalne jednadžbeo čemu ćemo detaljnije govoriti u poglavlju 3.3.

11

Uvod

Rješenje svake diferencijalne jednadžbe n-tog reda možemo napisati u obliku y = ϕ(x,C1, ..., Cn)i nazivamo ga opći rješenjem diferencijalne jednadžbe. Geometrijska reprezentacija općegrješenja y = ϕ(x,C1, ..., Cn) je beskonačna familija krivulja koje zovemo integralne krivulje. Zapojedinu vrijednost parametara (C1, C2, ..., Cn) dobivamo jedno partikularno rješenje. Paritku-larno rješenje odredujemo iz početnog uvjeta, kao što smo mogli vidjeti u prethodnim zadatcima.Ako opće rješenje obuhvaća sva rješenja onda ga zovemo potpunim rješenjem. Ako neko rješenjenije obuhvaćeno općim rješenjem onda ga zovemo singularnim rješenjem.Zadatak 1.6. Odredite sva rješenja diferencijalne jednadžbe y′ = cosx. Odredite partikularnorješenje koje zadovoljava početni uvjet y(0) = 1.

Rješenje: Imamo jednostavnu diferencijalnu jednadžbu kao u primjeru 1.7 što znači da ćemo dorješenja doći integriranjem

y(x) =∫

cosx dx = sin x+ C.

Dobili smo opće rješenje zadane diferencijalne jednadžbe. Odredimo sada partikularno rješenjekoje zadovoljava y(0) = 1

1 = sin 0 + C =⇒ C = 1.

Traženo partikularno rješenje je y(x) = sin x+ 1. J

Zadatak 1.7. Provjerite da je y(x) = Cx− C2 opće rješenje difernecijalne jednadžbe

(y′)2 − xy′ + y = 0,

te da je y(x) = x2/4 njeno singularno rješenje.

Rješenje: Provjeru da je zadana funkcija rješenje diferencijalne jednadžbe provodimo direktnimuvrštavanjem u jednadžbu. Provjerimo prvo da je y(x) = Cx− C2 rješenje

y′(x) = C =⇒ (y′)2 − xy′ + y = C2 − Cx+ Cx− C2 = 0.

Zatim provjeravamo da je y(x) = x2/4 rješenje

y′(x) = x2 =⇒ (y′)2 − xy′ + y = x

2

4 −x2

2 +x2

4 = 0.

Funkcija y(x) = x2/4 je singularno rješenje jer se ne može dobiti iz općeg rješenja niti za jedanizbor konstante C. J

12

Uvod

1.4. Zadatci za vježbu

1. Provjerite uvrštavanjem zadovoljava li funkcija y = y(x) navedenu diferencijalnu jednadžbu:

a) y = xcosx, y′ − y tg x = 1cosx ;

b) y = 16x4, y′ + 2y

x= x3;

c) y = x2

2 +12 , 2xy

′ − x2y′′ = (y′)2;

d) y = x ln x+ 1, x2y′′ − 2xy′ + 2y = 2− x;

e) y = 3 cos(2x), y′′ = −4y;

f) x2 − 2y2 = 1, yy′ = x2 ;

2. Odgovorite na sljedeća pitanja:

a) Je li y = cx+ 1c

opće rješenje diferencijalne jednadžbe y = xy′ + 1y′

?

b) Je li y = 4x2 singularno rješenje diferencijalne jednadžbe iz a) dijela zadatka?

c) Je li y = cx+ c2 opće rješenje diferencijalne jednadžbe xy′ + (y′)2 = y?

d) Koja od dviju ponudenih funkcija je singularno rješenje diferencijalne jednadžbe iz c) dijela

zadatka: y = 4x2 ili y = −x2

4 ?

13

Uvod

1.5. Rješenja zadataka za vježbu

1. a) da, b) da, c) da, d) da, e) da, f) da.

2. a) da, b) ne, c) da, d) y = −x2

4 .

14

2. Obične diferencijalne jednadžbe prvogreda

U ovom poglavlju ćemo se pobliže baviti običnim diferencijalnim jednadžbama prvog reda,

F (x, y, y′) = 0,

gdje je F zadana funkcija tri varijable. Ne postoji općenita metoda za rješavanje jednadžbi ovogtipa za proizvoljnu funkciju F . Štovǐse samo mali dio diferencijalnih jednadžbi ovog tipa možemoanalitički riješiti. Ovdje ćemo opisati dvije metode koje možemo primijeniti kako bismo pronašlirješenja odredenih tipova diferencijalnih jednadžbi. To su metoda koju primijenjujemo na separa-bilnu diferencijalnu jednadžbu opisana u odjeljku 2.1 te metoda rješavanja linearne diferencijalnejednadžbe prvog reda opisana u odjeljku 2.3.

2.1. Separabilna diferencijalna jednadžba prvog reda

U ovom poglavlju ćemo promatrati Cauchyjevu zadaću za običnu diferencijalnu jednadžbuprvog reda, preciznije tražiti ćemo funkciju y koja zadovoljava

y′(x) = f(x, y(x)), y(x0) = y0,

gdje je f : R2 → R zadana funkcija, a x0 i y0 su zadani brojevi. Prvo ćemo promatrati jednadžbeu kojima je funkcija f oblika

f(x, y) = g(x)h(y),

gdje su g, h : R→ R zadane funkcije. Diferencijalnu jednadžbu tog oblika nazivamo separabilnadiferencijalna jednadžba. Prije nego opǐsemo algoritam pomoću kojeg tražimo rješenje sepa-rabilne diferencijalne jednadžbe iznosimo teorem koji nam kaže pod kojim uvjetima Cauchyjevazadaća ima jedinstveno rješenje. Dokaz teorema je suvǐse složen da bismo ga ovdje dali, te se možepronaći u [5].Teorem 2.1. Neka su g ∈ C(x0−αx, x0+βx) i h ∈ C(y0−αy, y0+βy), te neka je dodatno funkcijah strogo pozitivna (odnosno negativna) na (y0 − αy, y0 + βy). Tada postoji δ ∈ (0,min{αx, βx})takav da Cauchyjeva zadaća

y′(x) = g(x)h(y), y(x0) = y0,

ima jedinstveno rješenje na intervalu (x0 − δ, x0 + δ).Pokažimo na jednom primjeru kako doći do rješenja separabilne diferencijalne jednažbe

y′ = g(x)h(y), (2.1)

a nakon toga ćemo proučiti opći oblik jednadžbe.Primjer 2.1. Odredite opće rješenje diferencijalne jednadžbe

y′ + 5x4y2 = 0.

15

Obične diferencijalne jednadžbe prvog reda

Rješenje: Za početak napǐsimo jednadžbu u sljedećem obliku

5x4 + 1y2y′ = 0.

Integrirajmo danu jednadžbu ∫5x4 dx+

∫ 1y2y′ dx = C, C ∈ R.

Metoda supstitucije u drugom integralu daje∫5x4 dx+

∫ 1y2dy = C, C ∈ R.

Preostaje izračunati dobivene integrale

x5 − 1y

= C.

Rješenje zapisano u ovakvom obliku nazivamo općim rješenjem u implicitnom obliku. Ovdjemožemo eksplicitno izraziti y te dobivamo

y = 1x5 + C .

J

Ovaj postupak možemo provesti za općenitu separabilnu diferencijalnu jednadžbu oblika (2.1):

1) Separiramo varijable x i y, tj. napǐsemo jednadžbu (2.1) u obliku

dy

h(y) = g(x)dx.

2) Integriramo izraze s obje strane jednakosti∫dy

h(y) =∫g(x)dx.

Na ovaj način smo dobili opće rješenje u implicitnom obliku. U pojedinim situacijama ćemo moćii ekscplicitno izraziti y u obliku y = y(x).Zadatak 2.1. Riješite diferencijalnu jednadžbu y′ = 1 + y2.

Rješenje: Nakon dijeljenja jednadžbe s 1 + y2 dobivamo

11 + y2 dy = dx.

Integracijom dobivamo ∫ 11 + y2 dy =

∫dx,

odnosnoarctg y = x+ C, C ∈ R.

Traženo rješenje je y = tg(x+ C), C ∈ R. J

Zadatak 2.2. Riješite Cauchyjevu zadaću

yy′ = cos(2x), y(0) = 1.

16


Rješenje: Separirajmo varijabley dy = cos(2x) dx,

te integrirajmo ∫y dy =

∫cos(2x) dx.

Dobivamo opće rješenje u implicitnom oblikuy2

2 =sin(2x)

2 + C, C ∈ R.

odnosnoy2 = sin(2x) + 2C.

Budući da konstanta 2C poprima sve realne vrijednosti uobičajeno je pisati rješenje u obliku

y2 = sin(2x) + C, C ∈ R.

U nastavku tražimo partikularno rješenje koje zadovoljava početni uvjet y(0) = 1, stoga računamo

12 = sin 0 + C =⇒ C = 1.

Implicitno zadano partikularno rješenje je jednako

y2 = sin(2x) + 1.

Ovdje možemo dati rješenje u eksplicitnom obliku. Pritom moramo paziti na činjenicu da jey(0) = 1 > 0 što znači da je traženo partikularno rješenje

y =√

sin(2x) + 1.

J


y′ = xy + yx2 , y(0) = −1.

Rješenje: Na početku izlučimo u nazivniku ydy

dx= xy(1 + x2) .

Sada je očigledno kako možemo separirati varijable na sljedeći način

y dy = x1 + x2 dx.

Integracijom dobivamoy2

2 =12 ln(1 + x

2) + C, C ∈ R.

Množenjem s dva opće rješenje možemo napisati u sljedećem obliku

y2 = ln(1 + x2) + C, C ∈ R.

Izračunajmo partikularno rješenje koje zadovoljava početni uvjet y(0) = −1:

1 = ln 1 + C,

odakle slijedi C = 1. Traženo partikularno rješenje glasi

y2 = ln(1 + x2) + 1.

Budući da je y(0) = −1 < 0 partikularno rješenje u eksplicitnom obliku će biti

y = −√

ln(1 + x2) + 1.

J

17



y′ = y2x2 + x2 − y2 − 1, y(0) = 0.

Rješenje: Na samom početku faktoriziramo izraz na desnoj strani jednadžbe na sljedeći način

y2x2 + x2 − y2 − 1 = x2(y2 + 1)− (y2 + 1) = (x2 − 1)(y2 + 1).

Sada možemo početnu jednadžbu napisati u separiranom obliku

dy

y2 + 1 = (x2 − 1) dx.

Integriranjem dobivamo opće rješenje

arctg y = x3

3 − x+ C, C ∈ R.

Iz inicijalnog uvjeta y(0) = 0 dobivamo

arctg 0 = 0 + C,

odnosno C = 0, stoga je traženo partikularno rješenje jednako

arctg y = x3

3 − x.

Rješenje možemo i eksplicitno izraziti

y = tg(x3

3 − x).

J


xy′ = 2y + 3, y(1) = 52 .

Rješenje: Nakon separacije varijabli dobivamo

dy

2y + 3 =dx

x.

Integracijom dolazimo do općeg rješenja12 ln |2y + 3| = ln |x|+ lnC, C > 0,

gdje smo koristili činjenicu da lnC poprima sve realne vrijednosti za C > 0. Množenjem s dva ikorǐstenjem svojstava logaritamske funkcije dobivamo

|2y + 3| = Cx2, C > 0

odnosno2y + 3 = Cx2, C ∈ R \ {0}.

Isključili smo vrijednost C = 0 jer funkcija y = −3/2 ne zadovoljava inicijalni uvjet. Iz početnoguvjeta y(1) = 52 računamo parametar C

5 + 3 = C,

stoga je traženo partikularno rješenje jednako 2y + 3 = 8x2, odnosno y = 8x2−32 . J

18


2.2. Jednadžbe koje se svode na separabilne

Diferencijalna jednadžba tipa y′ = f(ax + by + c), gdje su a, b, c ∈ R može se svesti nadiferencijalnu jednadžbu sa separiranim varijablama uvodenjem supstitucije z = ax+ by + c.Zadatak 2.6. Riješite diferencijalnu jednadžbu y′ =

√4x+ 2y − 1.

Rješenje: Uvodimo supstituciju z = 4x+2y−1. Deriviranjem navedene jednakosti po x dobivamoz′ = 4 + 2y′. Umjesto y′ uvrsiti ćemo y′ =

√4x+ 2y − 1, odnosno y′ =

√z. Dobivamo sljedeću

diferencijalnu jednadžbuz′ = 4 + 2

√z, (2.2)

što je diferencijalna jednadžba sa separiranim varijablama. Dijeljenjem (2.2) s 4 + 2√z dobivamo

dz

4 + 2√z

= dx.

Integriranjem dobivamo ∫dz

4 + 2√z

=∫dx. (2.3)

Izračunajmo integral na lijevoj strani∫dz

4 + 2√z

=[

t =√z

dt = 12√z dz =12t dz

]=∫

2t4 + 2t dt =

∫t

2 + t dt

=∫t+ 2− 2

2 + t dt =∫ (

1− 22 + t

)dt = t− 2 ln |2 + t|+ C

=√z − 2 ln(2 +

√z) + C.

Uvrštavanjem u (2.2) dobivamo

√z − 2 ln(2 +

√z) =

∫dx,

odnosno √z − 2 ln(2 +

√z) = x+ C.

Da bismo dobili opće rješenje jednadžbe u implicitnom obliku preostalo je uvrstiti z = 4x+2y−1,nakon čega dobivamo √

4x+ 2y − 1− 2 ln(2 +√

4x+ 2y − 1) = x+ C.

J

Diferencijalna jednadžba oblika y′ = f(yx

)svodi se na separabilnu diferencijalnu jednadžbu

uvodenjem supstitucije z = yx .Zadatak 2.7. Riješite jednadžbu y′ = yx + tg

yx .

Rješenje: Uvodimo supstituciju z = yx . Kako bismo pojednostavnili daljnji račun prethodnurelaciju ćemo prvo pomnožiti s x. Dobivamo relaciju zx = y, koju ćemo potom derivirati po x(primijetimo da na lijevoj strani imamo umnožak dvije funkcije z(x) i x što znači da moramoderivirati po pravilu za derivaciju umnoška)

z′x+ z = y′.

U prethodnu jednadžbu ćemo uvrstiti y′ = yx + tgyx , odnosno y′ = z + tg z

z′x+ z = z + tg z.

19


Dobivamo novu diferencijalnu jednadžbu za funkciju z

z′x = tg z. (2.4)

Jednadžba (2.4) je diferencijalna jednadžba sa separiranim varijablama. Da bismo pronašli rješenjejednadžbe prvo ćemo je podijeliti s x tg z

z′

tg z =1x

=⇒ dztg z =dx

x.

Integriranjem dobivamo ∫dz

tg z =∫dx

x. (2.5)

Izračunajmo integral na lijevoj strani∫dz

tg z =∫

cos zsin z dz =

[t = sin z

dt = cos z dz

]=∫dt

t= ln |t|+ C = ln | sin z|+ C.

Uvrštavanjem u (2.5) dobivamoln | sin z| =

∫dx

x,

odnosnoln | sin z| = ln |x|+ lnC, C > 0. (2.6)

U (2.6) smo konstantu označili s lnC za C > 0 kako bismo lakše pojednostavnili dobiveni izraz.Sjetimo se svojstva ln(xy) = ln x+ ln y koje nam omogućava da zapǐsemo (2.6) kao

ln | sin z| = ln (C|x|) , C > 0,

Iz čega slijedi| sin z| = C|x|, C > 0.

Dozvoljavanjem negativnih vrijednosti konstante C možemo pisati

sin z = Cx, C ∈ R\{0}.

Kako bismo dobili opće rješenje polazne jednadžbe preostalo je uvrsitit z = yx

sin yx

= Cx, C ∈ R\{0}.

J

2.3. Linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda

Linearna diferencijalna jednadžba prvog reda je diferencijalna jednadžba oblika

y′ + p(x)y = q(x). (2.7)

Može se pokazati da vrijedi sljedeći teorem o egzistenciji i jedinstvenosti rješenja Cauchyjevezadaće za linearnu diferencijalnu jednadžbu. Dokaz teorema se može pronaći u [4].Teorem 2.2. Neka je I otvoreni interval iz R, te neka su p, q ∈ C(I). Tada za svaki x0 ∈ I isvaki y0 ∈ R Cauhcyjeva zadaća

y′ + p(x)y = q(x), y(x0) = y0

ima jedinstveno rješenje y na cijelom intervalu I.Rješenje diferencijalne jednadžbe (2.7) tražimo na sljedeći način

20


1) Pomnožimo jednadžbu s z = eP (x) gdje je

P (x) =∫p(x)dx.

Time dolazimo do separabilne jednadžbe

y′eP (x) + p(x)yeP (x) = q(x)eP (x). (2.8)

2) Riješimo tu separabilnu jednadžbu korǐstenjem činjenice da je izraz na lijevoj strani (2.8) jednakd

dx

(yeP (x)

),

što znači da (2.8) možemo zapisati u oblikud

dx

(yeP (x)

)= q(x)eP (x). (2.9)

Integracijom (2.9) dobivamo opće riješenje

y = e−P (x)(C +

∫q(x)eP (x) dx

).

Primjer 2.2. Riješite Cachyjevu zadaću

y′ + yx

= x+ 1, y(1) = 53 .

Rješenje: Identificirajmo prvo dijelove jednadžbe prema općem obliku (2.7)

p(x) = 1x

i q(x) = x+ 1.

Sada možemo izračunatiP (x) =

∫p(x) dx =

∫ 1xdx = ln |x|.

Ovdje ćemo ispustiti apsolutnu vrijednost jer jednadžbu množimo funkcijom z = eP (x) = eln |x| =|x|, a budući da nam nije bitno je li funkcija s kojom množimo pozitivna ili negativna možemouzeti z = x. Pomnožimo sada jednadžbu

y′ + yx

= x+ 1

sa z = x. Dobivamo jednadžbuy′x+ y = x2 + x,

koju možemo napisati na sljedeći načind

dx(yx) = x2 + x.

Integriranjem dolazimo do

yx = x3

3 +x2

2 + C, C ∈ R.

Preostalo je još eksplicitno izraziti y

y = x2

3 +x

2 +C

x, C ∈ R.

Pronadimo još partikularno rješenje iz početnog uvjeta y(1) = 5353 =

13 +

12 + C =⇒ C =

56 .

Traženo partikularno rješenje je jednako y = x23 +x2 +

56x .

J

21



y′ − y = e3x, y(0) = 52 .

Rješenje: Ponovno prvo odredimo

p(x) = −1 i q(x) = e3x.

Zatim računamoP (x) =

∫p(x) dx = −

∫dx = −x,

iz čega dobivamo z = e−x. Pomnožimo sada polaznu diferencijalnu jednadžbu sa z

y′e−x − ye−x = e2x,

te ju zapǐsimo u oblikud

dx(ye−x) = e2x.

Integriranjem dolazimo do

ye−x = e2x

2 + C, C ∈ R.

Množenjem s ex dobivamo

y = e3x

2 + Cex.

Preostalo je izračunati C iz uvjeta y(0) = 5252 =

12 + C =⇒ C = 2.

Dobili smo rješenje y = e3x2 + 2ex. J

2.4. Jednadžbe koje se svode na linearne

Diferencijalna jednadžba oblika y′+p(x)y = q(x)yn, n /∈ {0, 1}, se zove Bernoullijeva jednadžbai svodi se na linearnu diferencijalnu jednadžbu supstitucijom z = y1−n.Primjer 2.3. Odredite opće rješenje diferencijalne jednadžbe y′ − y + y2 cosx = 0.

Rješenje: Zapǐsimo jednadžbu u obliku y′ − y = −y2 cosx. Vidimo da je riječ o Bernoullijevojdiferencijalnoj jednadžbi za n = 2, što znači da rješenje tražimo uvodenjem supstitucije z = y1−n =y−1. Kao i u prethodnim zadatcima, prvi korak je deriviranje relacije z = y−1 po x (pritomprimijetimo da u izrazu y−1 imamo kompoziciju dvije funkcije što znači da moramo primijenitilančano deriviranje). Dobivamo z′ = −y−2y′ = − 1y2 y′. Iz polazne diferencijalne jednadžbe imamoy′ = y − y2 cosx, iz čega slijedi

z′ = − 1y2y′ = − 1

y2(y − y2 cosx

)= −1

y+ cosx = −z + cosx.

Dobili smo sljedeću linearnu diferencijalnu jednadžbu

z′ + z = cosx,

čije je opće rješenjez(x) = e−P (x)

(C +

∫q(x)eP (x) dx

),

22


gdje je P (x) =∫p(x) dx. U našem primjeru je p(x) = 1 i q(x) = cosx. Računamo P (x)∫

p(x) dx =∫dx = x+ C.

Sada imamoz(x) = e−x

(C +

∫cosxex dx

). (2.10)

Izračunajmo integral∫cosxex dx =

[u = cosx du = − sin x dxdv = ex dx v = ex

]= ex cosx+

∫ex sin x dx

=[u = sin x du = cosx dxdv = ex dx v = ex

]= ex cosx+ ex sin x−

∫ex cosx dx.

Primijetimo da smo na desnoj strani dobili polazni integral s minus predznakom što znači da gamožemo prebaciti na lijevu stranu i zbrojiti s polaznim integralom

2∫

cosxex dx = ex cosx+ ex sin x+ C,

odnosno ∫cosxex dx = e

x cosx+ ex sin x2 + C.

Uvrštavanjem izračunatog integrala u (2.10) dobivamo

z(x) = e−x(C + e

x cosx+ ex sin x2

)= Ce−x + cosx+ sin x2 .

Da bismo dobili opće rješenje polazne jednadžbe preostaje uvrstiti z = y−1

1y

= Ce−x + cosx+ sin x2 .

J


y′ − x2 y = xy5, y(1) = 1.

Rješenje: U ovom zadatku imamo Bernoullijevu diferencijalnu jednadžbu uz n = 5, što znači da jeodgovarajuća supstitucija z = y1−5 = y−4. Deriviranjem te relacije po x dobivamo z′ = −4y−5y′.Iz polazne diferencijalne jednadžbe imamo y′ = x2 y + xy5 iz čega slijedi

z′ = −4y5y′ = −4

y5

(x2 y + xy

5)

= −2xy4− 4x = −2xz − 4x.

Dobili smo linearnu diferencijalnu jednadžbu

z′ + 2xz = −4x,

čije je opće rješenje

z(x) = e−P (x)(C +

∫q(x)eP (x) dx

),

23


gdje je P (x) =∫p(x) dx. U našem primjeru je p(x) = 2x i q(x) = −4x. Računamo P (x)∫

p(x) dx =∫

2x dx = x2 + C.

Sada možemo računati opće rješenje diferencijalne jednadžbe

z(x) = e−x2(C − 4

∫xex

2dx

)=[

t = x2dt = 2x dx

]= e−x

2(C − 2

∫et dt

)= e−x

2 (C − 2et

)= e−x

2(C − 2ex

2)

= Ce−x2− 2.

Uvrštavanjem z = y−4 dobivamo opće rješenje polazne jednadžbe

1y4

= Ce−x2− 2.

Preostalo je izračunati partikularno rješenje iz uvjeta y(1) = 1

1 = Ce−1 − 2 =⇒ C = 3e.

Traženo partikularno rješenje je1y4

= 3e1−x2− 2.

J

2.5. Matematičko modeliranje korǐstenjem diferencijalnih jednadžbi pr-vog reda

U uvodnom poglavlju smo se već susreli s modelima u kojima se javljaju diferencijalne jed-nadžbe prvog reda. Sjetimo se primjera 1.1 u kojem smo dobili sljedeću Cauchyjevu zadaću

mv′ = mg − γv, v(0) = v0. (2.11)

Iskoristimo sada znanje iz prethodnih odjeljaka kako bismo došli do rješenja navedene Cauchyjevezadaće. Diferencijalna jednadžba iz (2.11) je separabilna stoga ćemo je napisati u obliku

m

γv −mgdv = −dt.

Integriranjem dobivamom

γln |γv −mg| = −t+ C, C ∈ R. (2.12)

Iz inicijalnog uvjeta v(0) = v0 računamo

m

γln |γv0 −mg| = C. (2.13)

Uvrštavanjem (2.13) u (2.12) i sredivanjem dolazimo do rješenja

v = mgγ−(mg

γ− v0

)e−

γm t.

U ovom odjeljku donosimo još zanimljivih primjera.

24


Zadatak 2.10. Datiranje ugljikom-14 je važna tehnika u arheološkim istraživanjima koja se ko-risti za odredivanje starosti organskih tvari. Temelji se na činjenici da pojedini biološki i organskiostatci posjeduju male količine radioaktivnog izotopa ugljika, ugljika-14. U živim bićima se na-vedeni izotop akumulira tijekom života i nakon smrti organizma započinje radioaktivni raspad.Na temelju količine izotopa koji je ostao u materijalu organskog porijekla, može se odrediti ko-liko je vremena proteklo od smrti organizma. Radioaktivni raspad izotopa ugljika-14 modelira sesljedećom diferencijalnom jednadžbom

dQ

dt= −rQ, (2.14)

gdje smo s Q(t) označili broj radioaktivnih atoma ugljika-14 u trenutku t i s r > 0 konstanturaspada. Ako je poznato da je vrijeme poluraspada ugljika-14 iznosi otprilike 5730 godina odredite

a) konstantu raspada r,

b) broj radioaktivnih atoma ugljika-14 Q(t) u proizvoljnom trenutku t ako je Q(0) = Q0.

Rješenje: Odredimo prvo rješenje jedadžbe (2.14). Riječ je jednadžbi sa separabilnim varijablama,stoga ćemo je zapisati u obliku

dQ

Q= −rdt.

Integriranjem dolazimo do rješnja u implicitnom obliku

lnQ = −rt+ C, C ∈ R.

Rješenje možemo izraziti eksplicitno čime dobivamo Q(t) = eCe−rt. Dobiveno rješenje se najčešćezapisuje u obliku Q(t) = Ae−rt za A > 0. Ukoliko je Q(0) = Q0 dobivamo da je broj radioaktivnihatoma ugljika-14 Q(t) u proizvoljnom trenutku t jednak

Q(t) = Q0e−rt. (2.15)

Budući da je vrijeme poluraspada 5730 godina, što možemo zapisati kao

Q(5730) = 12Q0,

zaključujemo da je konstanta raspada jednaka r = ln 2/5370. Rješenje (2.15) možemo zapisati uobliku

Q(t) = Q02−t/5370.

J

Zadatak 2.11. Olovna kugla malih dimenzija zagrijana je na 100◦ C. U trenutku t = 0 uronimoje u vodenu kupku čija se temperatura održava na 30◦ C. Toplinska vodljivost olova je velika,pa možemo pretpostaviti da je temperatura kugle jednaka u svim njezinim točkama u svakomtrenutku. Prema Newtonovom zakonu hladenja brzina promjene temperature uronjene kugle pro-porcionalna je razlici temperatura kugle i vodene kupke u kojoj se ona hladi. Na kraju trećeminute hladenja temperatura kugle je smanjena na 70◦ C. Koliko će vremena proći dok se onasmanji na 31◦ C?

Rješenje: Označimo s T = T (t) temperaturu kugle nakon proteklih t minuta. Matematički modelhladenja prema Newtonovom zakonu predstavlja sljedeća diferencijalna jednadžba

dT

dt= k(T − 30),

25


gdje je

dT

dt− brzina promjene temperature kugle,

k − faktor proporcionalnosti,T − 30− razlika temperatura kugle i tekućine.

Time smo dobili separabilnu diferencijalnu jednadžbu koju riješimo na standardan način. Prvosepariramo varijable

dT

T − 30 = k dt,

te integriramoln |T − 30| = kt+ C.

Kako bismo izrazili rješenje u eksplicitnom obliku računamo

|T − 30| = aekt, uz a = eC > 0.

Iz toga slijediT = aekt + 30, a ∈ R.

Iz početnog uvjeta dobivamo da je a = 70, pa imamo T (t) = 70ekt + 30. Parametar k odredujemoiz uvjeta da je na kraju treće minute hladenja temperatura kugle je smanjena na 70◦C odnosnoT (3) = 70

70 = 70e3k + 30 =⇒ k = −0.1865,

stoga jeT (t) = 70e−0.1865t + 30.

Odredimo sada t tako da vrijedi T (t) = 31

31 = 70e−0.1865t + 30 =⇒ t = 22.78.

Dakle, temperatura će se smanjiti na 31◦C za 22.78 minute. J

Zadatak 2.12. Odredite parametarske jednadžbe gibanja projektila u polju sile teže kroz zrakkoji se opire gibanju silom koja je proporcionalna brzini gibanja.

Rješenje: Pretpostavimo da se projektil giba u ravnini xy te da je iz početnog položaja (0, 0)ispaljen brzinom v0 pod kutom α. Budući da na projektil u smjeru x-osi djeluje samo sila otporazraka za koju smo pretpostavili da je proporcionalna brzini, korǐstenjem drugog Newtonova zakonamožemo zaključiti da vrijedi

mx′′ = −Kx′.

Kako bismo pojednostavnili zapis uvodimo oznaku k = K/m uz koju možemo pisati

x′′ = −kx′.

Odgovorajuća Cauhyjeva zadaća glasi

x′′ = −kx′

x′(0) = v0 cosαx(0) = 0.

26


Ovdje imamo diferencijalnu jednadžbu drugog reda koju možemo svesti na jednadžbu prvog redauvodenjem supstitucije vx = x′. Dobivamo zadaću

v′x = −kvxvx(0) = v0 cosα.

Dobili smo separabilnu diferencijalnu jednadžbu

dvxvx

= −k dt.

Na standardan način dolazimo do rješenja

vx = Ce−kt, C ∈ R.

Iz početnog uvjeta vx(0) = v0 cosα nalazimo C = v0 cosα. Zaključujemo vx = v0 cosαe−kt,odnosno

x′ = v0 cosαe−kt.

Neposrednim integriranjem dolazimo do

x = −v0 cosαk

e−kt + C1.

Iz početnog uvjeta x(0) = 0 slijedi C1 = v0 cosαk , te dobivamo

x = v0 cosαk

(1− e−kt

).

U smjeru osi y na projektil djeluje pored otpora zraka i sila otpora zraka

my′′ = −mg −Ky′,

odnosnoy′′ = −g − ky′.

Odgovorajuća Cauchyjeva zadaća glasi

y′′ = −g − ky′

y′(0) = v0 sinαy(0) = 0.

Ponovno uvodimo supstituciju vy = y′ te dobivamo zadaću

v′y = −g − kvyvy(0) = v0 sinα.

Dobili smo linearnu jednadžbu za vy koju rješavamo na način opisan u odjeljku 2.3. Zapǐsimojednadžbu u sljedećem obliku

v′y + kvy = −g, (2.16)

odakle vidimo da je p(t) = k. Očigledno trebamo množiti (2.16) s ekt nakon čega dobivamo

d

dt(vyekt) = −gekt.

Integracijom dobivamovye

kt = −gkekt + C, C ∈ R

27


odakle slijedivy = −

g

k+ Ce−kt.

Iz uvjeta v0 sinα dobivamo C = v0 sinα+ g/k odnosno

vy = v0 sinαe−kt +g

ke−kt − g

k.

Sada možemo pronaći y izy′ = v0 sinαe−kt +

g

ke−kt − g

k

neposrednim integriranjem

y = −v0 sinαk

e−kt − gk2e−kt − g

kt+ C1, C1 ∈ R.

Iz početnog uvjeta y(0) = 0 slijedi C1 = v0 sinαk +gk2 odakle slijedi

y = −gkt+(v0 sinαk

+ gk2

)(1− e−kt).

J

Zadatak 2.13. Posuda početno sadrži 100 l vode u kojoj je otopljeno Q0 dag soli. U nju br-zinom od r l/min utječe slana voda s koncentracijom soli od 2 dag/l i istodobno smjesa istječeiz posude jednakom brzinom. Odredite količinu soli u posudi Q(t) u trenutku t i izračunajteQL = limt→∞Q(t).

Rješenje: Brzina kojom se količina soli u posudi Q(t) mijenja jednaka je razlici brzine ulaska soliu posudu i brzine izaska soli iz posude dakle

Q′ = brzina ulaska soli− brzina izlaska soli.

Brzinu ulaska soli u posudu dobivamo tako da koncentraciju soli u slanoj vodi koja utječe u posudupomnožimo s brzinom kojom slana voda utječe u posudu

brzina ulaska soli = 2 dag/l · r l/min = 2r dag/min.

Brzinu kojom sol izlazi iz posude dobivamo tako da pomnožimo koncentraciju soli u posudi sbrzinom kojom smjesa istječe iz posude. Koncentracija soli u posudi je jednaka Q(t)/100 dag/l,odakle slijedi

brzina izlaska soli = Q(t)/100 dag/l · r l/min = Q(t)r100 dag/min.

Dakle, diferencijalna jednadžba za Q(t) glasi

Q′ = 2r − Qr100 .

Ova jednadžba je linearna stoga se jednostavno nade rješenje koje glasi

Q = 200 + Ce− r100 t, C ∈ R.

Iz početnog uvjeta dobivamo C = Q0 − 200, pa je

Q(t) = 200 + (Q0 − 200)e−r

100 t.

Sada računamo QLQL = lim

t→∞

(200 + (Q0 − 200)e−

r100 t)

= 200.

J

28



1. Separacijom varijabli nadite opće rješenje sljedećih diferencijalnih jednadžbi

a) (x2 + 1)y′ − xy = 0;

b) x3 + (y + 1)2y′ = 0;

c) y′ = (y − 1) ctg x;

d) y′ = 4yx(y − 3) .

2. Riješite sljedeće Cauchyjeve zadaće

a) 2xy′ − 3y = 0, y(1) = 8;

b) y′ = x4y2 , y(0) = 2;

c) 2yy′ + x(1 + y2) = 0, y(1) = 2;

d) xy′ = y + 1, y(1) = 9.

3. Nadite opće rješenje sljedećih linearnih diferencijalnih jednadžbi

a) y′ + 2yx = x3;

b) xy′ = y + x3 + 3x2 − 2x;

c) u′ + 1xu = 3x;

d) y2 cos2 x+ y = tg x.

4. Riješite sljedeće Cauchyjeve zadaće

a) y′ − y tg x = 1cosx, y(0) = 0;

b) y′ + 2exy = ex, y(1) = 1;

c) y′ − y1− x − 1− x = 0, y(0) = 0;

d) xy′ + y − ex = 0, y(1) = 2.

5. Nadite jednadžbu krivulje u xy–ravnini koja prolazi svakom točkom (2, 3) i ima u svakoj točki(x, y) nagib tangente jednak 2x1 + y2 .

6. Nadite jednadžbu krivulje u xy–ravnini koja prolazi svakom točkom (1, 3) i ima u svakoj točki(x, y) nagib tangente jednak 2y1 + x .

29



1. a) y = C√x2 + 1, C ∈ R;

b) 3x4 + 4(y + 1)3 = C, C ∈ R;

c) y = C sin x+ 1, C ∈ R;

d) y − 3 ln y = ln(Cx4), C ∈ R.

2. a) y = 8 3√x;

b) 5y3 − 3x5 = 40;

c) y2 = 5e− x2

2 +12 − 1;

d) y = 10x− 1.

3. a) y = Cx2

+ x4

6 , C ∈ R;

b) y = x3

2 + 3x2 − 2x ln x+ Cx, C ∈ R;

c) u = Cx

+ x2, C ∈ R;

d) y = tg x− 1 + Ce− tg x, C ∈ R.

4. a) y = xcosx ;

b) y = 12e−2ex+2e + 12;

c) y = x3 − 3x

3(x− 1) ;

d) y = ex + 2− e

x.

5. y + y3

3 = x3 + 8

6. y = 34(x+ 1)2

30

3. Geometrija diferencijalnih jednadžbi pr-vog reda

Za većinu diferencijalnih jednadžbi ne možemo pronaći eksplicitno rješenje. Pri radu s takvimdiferencijalnim jednadžbama često ćemo se služiti razližitim grafičkim i numeričkim aprosksima-cijama rješenja kako bismo dobili ideju kako izgleda rješenje koje tražimo. U ovom poglavljućemo opisati jednu grafičku i jednu numeričku metodu za aproksimaciju rješenja diferencijalnejednadžbe oblika

y′ = f(x, y), (3.1)

gdje je f zadana funkcija dvije varijable. Prisjetimo se da je rješenje jednadžbe (3.1) na intervalu〈a, b〉 funkcija y = y(x) koja zadovoljava (3.1) za svaki x ∈ 〈a, b〉, a integralna krivulja je graftog rješenja. Ukoliko ne znamo rješenje diferencijalne jednadžbe (3.1), primijetimo da zapravone znamo jednadžbu pripadne integralne krivulje. Iz oblika jednadžbe (3.1) je očito da jednos-tavno možemo pronaći nagibe integralnih krivulja. Ovaj postupak pobliže opisujemo u nastavkupoglavlja.

3.1. Polje smjerova

Neka je funkcija y = y(x) rješenje diferencijalne jednadžbe (3.1) i neka graf tog rješenja prolazitočkom (x0, y(x0)). Koeficijent smjera tangente na krivulju y u točki (x0, y(x0)) iznosi y′(x0) iprema (3.1) jednak je upravo f(x0, y(x0)). Geometrijski gledano, u svakoj točki (x, y) iz područjadefinicije funkcije f odreden je smjer tangente na integralnu krivulju koja prolazi točkom (x, y).Ako je funkcija f deifnirana na skupu U , možemo konstruirati polje smjerova za jednadžbu (3.1)u U na način da u svakoj točki (x, y) ∈ U nacrtamo malu crticu nagiba f(x, y). Očigledno, kadabudemo primijenjivali ovu metodu odabrat ćemo konačan skup točaka (x, y) iz U u kojima ćemonacrtati nagibe f(x, y). Primjerice, ukoliko je područje U = [a, b] × [c, d] možemo uzeti konačanskup točaka

a = x0 < x1 < · · · < xm = b

iz intervala [a, b] i konačan skup točaka

c = y0 < y1 < · · · < yn = d

iz intervala [c, d] koje tvore mrežu {(xi, yj) : i = 1, 2, ...,m, j = 1, 2, ..., n}. Ako kroz svaku točku(xi, yj) nacrtamo malu crticu nagiba f(xi, yj) dobit ćemo aproksimaciju polja smjerova jednadžbe(3.1) na području U . Ukoliko su točke mreže dovoljno brojne i blizu jedna drugoj, možemopronaći krivulje čiji se koeficijenti smjera tangente u svakoj točki podudaraju sa smjerom polja utoj točki. Na taj način dobivamo aproksimacije integralnih krivulja jednadžbe (3.1). Prisjetimose da integralnih krivulja ima beskonačno mnogo, a svaka se dobije zadavanjem početne točke(x0, y0) ∈ U kojom integralna krivulja mora proći.

Da bismo si olakšali crtanje polja smjerova često se koriste izokline, krivulje u čijim se točkamapodudaraju nagibi tangenti. Izokline su, dakle, krivulje s jednadžbom

f(x, y) = C,

31

Geometrija diferencijalnih jednadžbi prvog reda

jer je u njima y′ = C. Na slici 3.1 možemo vidjeti izokline, polje smjerova diferencijalne jednadžbey′ = x+ y, te integralne krivulje iste jednadžbe.

f(x, y) = C

y = ϕ(x)

x

y

Slika 3.1: Polje smjerova

Primjer 3.1. Skicirajte polje smjerova za jednadžbu y′ = x.

Rješenje: Na desnoj strani diferencijalne jednadžbe se nalazi funkcija f(x, y) = x, što znači da sujednadžbe izoklina x = C, za C ∈ R. Zaključujemo da su izokline pravci pralelni s y−osi, te dana svakoj izoklini koeficijent smjera iznosi upravo C (pogledati sliku 3.2). Polazna jednadžba sejednostavno rješava direktnim integriranjem, čime dobivamo opće rješenje y = x2/2 + C, C ∈ R.Do istog rješenja smo mogli doći i pažljivim promatranjem polja smjerova na slici 3.2.

x

y

x

y

Slika 3.2: Izokline i integralne krivulje Primjer 3.1

J

Zadatak 3.1. Skicirajte polja smjerova sljedećih diferencijalnih jednadžbi

a) y′ = y/x,

b) y′ = −x/y,

c) y′ = x/y.

32


Rješenje: a) U prvom primjeru je f(x, y) = y/x, stoga su jednadžbe izoklina y = Cx, gdje jeC ∈ R. Primjećujemo da su izokline pravci kroz ishodǐste s koeficijentom smjera C što je ujednonagib integralne krivulje. Odgovarajuće polje smjerova je prikazano na slici 3.3. Promatranjempolja smjerova možemo zaključiti da su integralne krivulje upravo pravci y = Cx, C ∈ R, štomožemo i formalno dokazati rješavanjem zadane diferencijalne jednadžbe. Primijetimo da jeriječ o separabilnoj diferencijalnoj jednadžbi koju možemo napisati u obliku

dy

y= dx

x.

Direktnim integriranjem dobivamo implicitno zadanno rješenje ln |y| = ln |x|+C, koje možemozapisati u eksplicitnom obliku y = Cx, C ∈ R.

x

y

Slika 3.3: Izokline Zadatak 3.1 a)

b) U drugom primjeru je f(x, y) = −x/y stoga jednadžbe izoklina glase −x/y = C, odnosnoy = −x/C. Ponovno imamo situaciju da su izokline pravci kroz ishodǐste, s tim da je u ovomslučaju nagib izokline recipročan i suprotnog predznaka nagibu integralne krivulje, što značida su integralne krivulje i izokline medusobno okomite. Na slici 3.4 je prikazano odgovarajućepolje smjerova. Iz slike 3.4 je takoder očigledno da su integralne krivulje koncentrične kružnicesa sredǐstem u ishodǐstu, čija jednadžba glasi x2 +y2 = C2 što možemo i provjeriti rješavanjempočetne diferencijalne jednadžbe. Zapǐsimo je u separiranom obliku

ydy = −xdx,

odakle integriranjem dobivamo y2/2 = −x2/2 + C, C ∈ R, što možemo napisati u oblikux2 + y2 = C2 za C ∈ R.

x

y

x

y

Slika 3.4: Izokline i integralne krivulje Zadatak 3.1 b)

33


c) U slučaju jednadžbe y′ = x/y jednadžbe izoklina će biti jedanake x/y = C, odnosno y = x/C.Ponovno smo dobili familiju pravaca kroz ishodǐste. Nagibi integralnih krivulja su u ovomslučaju recipročni nagibima izoklina, kao što se može i vidjeti na slici 3.5. Iz slike 3.5 do-datno primijećujemo da su integralne krivulje hiperbole x2 − y2 = ±C2, što možemo egzaktnoizračunati rješavanjem polazne jednadžbe. Ponovno je riječ o jednadžbi sa separabilnim vari-jablama

ydy = xdx,odakle dobivamo opće rješenje y2/2 = x2/2+C, C ∈ R koje možemo zapisati u obliku x2−y2 =±C2 uz C2 = 2|C|.

x

y

x

y

Slika 3.5: Izokline i integralne krivulje Zadatak 3.1 c)

J

3.2. Numeričke aproksimacije: Eulerova metoda

U ovom odjeljku ponovno se bavimo Cauchyjevim zadaćama oblikady

dx= f(x, y), y(x0) = y0. (3.2)

U poglavlju 2 smo vidjeli primjere diferencijalnih jednadžbi prvog reda koje možemo riješitianalitički. Medutim, ostaje čitav niz diferencijalnih jednadžbi čije analitičko rješenje ne možemopronaći. Postavlja se pitanje kako možemo doskočiti ovom problemu. U prethodnom poglavlju smovidjeli jedan mogući pristup koji se sastojao od crtanja polja smjerova za diferencijalnu jednadžbu,te vizualiziranja ponašanja rješenja na temelju polja smjerova. Prednost ovakvog pristupa je unjegovoj jednostavnosti, čak i za relativno komplicirane diferencijalne jednadžbe. Njegov glavninedostatak je što nam ne daje nikakve ”numeričke vrijednosti” s kojima dalje možemo raditi.Taj nedostatak se jednostavno riješava aproksimacijom rješenja numeričkim metodama. U ovomodjeljku opisat ćemo jednu takvu metodu, tzv. Eulerovu metodu. Aproksimacija rješenja dobivenaEulerovom metodom može biti jako neprecizna, stoga ova metoda nema veliku praktičnu primjenu,ali nam zbog svoje jednostavnosti može poslužiti za predstavljanje osnovnih ideja koje se kriju izatraženja numeričke aproksimacije rješenja diferencijalne jednadžbe.

U nastavku tražimo aproksimaciju rješenja Cauchyjeve zadaće (3.2) u ekvidistantnim točkamax0, x1, ..., xn = b iz intervala [x0, b], preciznije u točkama oblika

xi = x0 + i∆x, i = 0, 1, ...n,

gdje je∆x = b− x0

n.

34


Aproksimaciju rješenja y = ϕ(x) zadaće (3.2) u točkama xi, i = 1, ..., n ćemo označiti s yi

yi ≈ ϕ(xi), i = 1, ..., n.

Eulerova metoda se zasniva na pretpostavci da za aproksimaciju integralne krivulje na intervalu[xi, xi+1] možemo uzeti tangentu na integralnu krivulju u točki (xi, ϕ(xi)), kao što je prikazanona slici 3.6.

x0

y0

x1

y1ϕ(x1)

y = ϕ(x)y = y0 + f(x0, y0)(x− x0)

x

y

Slika 3.6: Aproksimacija tangentom u točki (x0, y0)

Primijetimo da nam diferencijalna jednadžba (3.2) daje nagib integralne krivulje u točki(xi, ϕ(xi)) budući da je ϕ′(xi) = f(xi, ϕ(xi)). Sada možemo napisati jednadžbu tangente naintegralnu krivulju u točki (xi, ϕ(xi)):

y − ϕ(xi) = f(xi, ϕ(xi))(x− xi),

odnosnoy = ϕ(xi) + f(xi, ϕ(xi))(x− xi). (3.3)

Ako u jednadžbu (3.3) uvrstimo x = xi+1 dobivamo aproksimaciju vrijednosti ϕ(xi+1)

yi+1 = ϕ(xi) + ∆xf(xi, ϕ(xi)). (3.4)

Formulu (3.4) možemo iskoristiti da izračunamo y1 budući da iz inicijalnog uvjeta imamo ϕ(x0) =y0 iz čega slijedi

y1 = y0 + ∆xf(x0, y0).

Primijetimo da ne možemo na isti način izračunati y2 jer ne znamo koliko iznosi ϕ(x1). Medutim,umjesto vrijednosti ϕ(x1) možemo u formuli (3.4) iskoristiti aproksimaciju y1 što nas vodi do

y2 = y1 + ∆xf(x1, y1).

Na ovaj način definiramo Eulerovu metodu. Vrijednost y0 je zadana inicijalnim uvjetom ϕ(x0) = y0i iz nje računamo preostale aproksimacije y1, y2, ..., yn vrijednosti ϕ(x1), ϕ(x2), ..., ϕ(xn) korǐstenjemformule

yi+1 = yi + ∆xf(xi, yi), i = 0, 1, ..., n− 1. (3.5)

Ukoliko ne želimo samo aproksimacije u pojedinim točkama intervala [x0, b], nego želimo aproksi-maciju funkcije ϕ na cijelom interavalu [x0, b] možemo konstruirati po dijelovima linearnu funkcijukorǐstenjem tangenti na segmentima [xi, xi+1] za i = 0, 1, ..., n − 1. Preciznije, za aproksimacijufunkcije ϕ na intervalu [xi, xi+1] možemo uzeti linearnu funkciju

y = yi + f(xi, yi)(x− xi).

35


Primjer 3.2. Korǐstenjem Eulerove metode s korakom ∆x = 0.1 pronadite aproksimaciju rješenjaCauchyjeve zadaće

y′ = −xy, y (0.5) = 1 (3.6)

na intervalu [0.5, 1].

Rješenje: Računamo aproksimacije rješenja y korǐstenjem (3.5) uz x0 = 0.5 i y0 = 1

y1 = y0 + ∆xf(x0, y0) = 1− 0.10.51 = 0.95,

y2 = y1 + ∆xf(x1, y1) = 0.95− 0.10.60.95 = 0.88684211,

y3 = y2 + ∆xf(x2, y2) = 0.88684− 0.10.7

0.88684 = 0.80791036,

y4 = y3 + ∆xf(x3, y3) = 0.80791− 0.10.8

0.80791 = 0.70888947,

y5 = y4 + ∆xf(x4, y4) = 0.70889− 0.10.9

0.70889 = 0.58193033.

Jednostavnim računom možemo doći do egzaktnog rješenja Cauchyjeve zadaće (3.6) koje glasiy(x) =

√1.25− x2. Egzaktno rješenje i aproksimacije rješenja su prikazani na slici 3.7. J

0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

0.50.58

0.71

0.890.95

1

x

y

Slika 3.7: Aproksimacija i egzaktno rješenje problema (3.6) na intervalu [0.5, 1]

Prilikom primjene numeričke metode na rješavanje Cauchyjeve zadaće javljaju se dva izvoragrešaka:

• Greške odbacivanja koje su posljedice činjenice da su formule koje definiraju numeričkumetodu temeljene na nekoj vrsti aproksimacije. U Eulerovoj metodi su uzrokovane aprok-simacijom integralne krivulje tangentom na intervalu [xi, xi+1], zamjenom ϕ(xi) sa yi ujednadžbi (3.4), te korǐstenjem jednadžbe (3.5) za računanje yi+1 umjesto (3.4).

• Greške zaokruživanja koje nastaju kao posljedica korǐstenja aritmetike računala umjestoegzaktne aritmetike. Uzrok ove vrste grešaka je neegzaktnost prikaza realnog broja uračunalu i aritmetičkih operacija medu realnim brojevima.

Analiza grešaka numeričkih metoda je prevǐse složena da bismo je iznijeli u ovom udžbeniku, stogaćemo samo ukazati na činjenicu da preciznost Eulerove metode možemo povećati smanjivanjemkoraka ∆x. U tablici 3.1 su prikazane aproksimacije rješenja Cauchyjeve zadaće (3.6) u pojedinimtočkama koje se dobiju s koracima 0.1, 0.05 i 0.025, te egzaktne vrijednosti funkcije u tim istimtočkama.

36


x ∆x = 0.1 ∆x = 0.05 ∆x = 0.025 y(x)0.5 1 1 1 10.6 0.95 0.94679487 0.94512237 0.943398110.7 0.88684211 0.87959413 0.87576474 0.871779790.8 0.80791036 0.79514972 0.78828016 0.781024970.9 0.70888947 0.68778586 0.67605579 0.663324961 0.58193033 0.54603595 0.52471816 0.5

Tablica 3.1: Aproksimacije rješenja Cauchyjeve zadaće (3.6)

Zadatak 3.2. Korǐstenjem Eulerove metode s korakom ∆x = 0.1 pronadite aproksimaciju rješenjaCauchyjeve zadaće

y′ = yx, y (0.5) = 1 (3.7)


Rješenje: Stavimo x0 = 0.5 i y0 = 1 te korǐstenjem (3.5) izračunajmo aproksimacije

y1 = y0 + ∆xf(x0, y0) = 1 + 0.11

0.5 = 1.2,

y2 = y1 + ∆xf(x1, y1) = 1.2 + 0.11

0.6 = 1.4,

y3 = y2 + ∆xf(x2, y2) = 1.4 + 0.11

0.7 = 1.6,

y4 = y3 + ∆xf(x3, y3) = 1.6 + 0.11

0.8 = 1.8,

y5 = y4 + ∆xf(x4, y4) = 1.8 + 0.11

0.9 = 2.

Zadana diferencijalna jednadžba u (3.7) je je separabilna stoga možemo jednostavno doći do egzak-tnog rješenja koje glasi y(x) = 2x. Primijetimo da smo Eulerovom metodom dobili aproksimacijekoje su jednake egzaktnom rješenju, odnosno vrijedi yi = 2xi = y(xi) za i = 1, 2, ..., 5. Egzaktnorješnje na intervalu [0.5, 1] i aproksimacija rješenja su prikazani na slici 3.8.

0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

x

y


J

37


Zadatak 3.3. Korǐstenjem Eulerove metode s korakom ∆x = 0.1 pronadite aproksimaciju rješenjaCauchyjeve zadaće

y′ = xy, y (0.5) = 1 (3.8)


Rješenje: Ponovno ćemo korǐstenjem (3.5) računati aproksimacije rješenja y Cauchyjeve zadaće(3.7) počevši s x0 = 0.5 i y0 = 1

y1 = y0 + ∆xf(x0, y0) = 1 + 0.10.51 = 1.05,

y2 = y1 + ∆xf(x1, y1) = 1.05 + 0.10.61.05 = 1.10714286,

y3 = y2 + ∆xf(x2, y2) = 1.10714286 + 0.10.7

10714286 = 1.17036867,

y4 = y3 + ∆xf(x3, y3) = 1.17036867 + 0.10.8

1.17036867 = 1.2387232,

y5 = y4 + ∆xf(x4, y4) = 1.2387232 + 0.10.9

1.2387232 = 1.31137866.

Budući da imamo separabilnu diferencijalnu jednadžbu jednostavno dolazimo do egzaktnog rješenjaCauchyjeve zadaće (3.8) koje glasi y(x) =

√0.75 + x2. Na slici 3.9 su prikazani egzaktno rješenje

zadaće na intervalu [0.5, 1] te dobivena aproksimacija.

0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

11.051.111.17

1.24

1.31

x

y


U tablici 3.2 možemo vidjeti kakve se aproksimacije rješenja dobiju korǐstenjem manjih koraka.

x ∆x = 0.1 ∆x = 0.05 ∆x = 0.025 y(x)0.5 1 1 1 10.6 1.05 1.05182927 1.05270867 1.053565380.7 1.10714286 1.11043382 1.11201419 1.113552870.8 1.17036867 1.17479151 1.17691508 1.178982610.9 1.2387232 1.24399778 1.24653162 1.24899961 1.31137866 1.31727588 1.132011168 1.32287566

Tablica 3.2: Aproksimacije rješenja Cauchyjeve zadaće (3.8)

J

38


3.3. Primjena na krivulje

Kažemo da jednadžbaf(x, y, C) = 0 (3.9)

definira jednoparametarsku familiju krivulja ako za svaki C ∈ A ⊆ R skup točaka (x, y) kojizadovoljava jednadžbu (3.9) tvori krivulju u xy−ravnini. Promotrimo jednadžbu

x2 + y2 = C. (3.10)

Primijetimo da jednadžba (3.10) rješenja samo za C ≥ 0. To je jednadžba kružnice radijusa Csa sredǐstem u ishodǐstu, dok je za C = 0 jednadžbom (3.10) zapravo zadana točka (0, 0). Nepostoje (x, y) ∈ R2 koji zadovoljavaju jednadžbu (3.10) za C < 0. Zaključujemo da je jednadžbom(3.10) definirana jednoparametarska familija krivulja za pozitivne vrijednosti C. Često ćemo zatu familiju umjesto (3.10) koristiti jednadžbu x2 + y2 = C2, kao što smo i vidjeli u odjeljku 3.1.Familija kružnica sa sredǐstem u ishodǐstu prikazana je na slici 3.10.

Vidjeli smo već da rješenja, tj. integralne krivulje, diferencijalne jednadžbe F (x, y, y′) = 0tvore jednoparametarsku familiju krivulja. Primjerice, integralne krivulje diferencijalne jednadžbey′ + x/y = 0 su kružnice sa sredǐstem u ishodǐstu čija je familija zadana s, kako smo već vidjeli,x2 + y2 = C2.

x

y

Slika 3.10: Familija krivulja x2 + y2 = C2

Vrijedi i obratno, tj. svaka jednoparametarska familija krivulja f(x, y, c) = 0 ima svoju di-ferencijalnu jednadžbu F (x, y, y′) = 0 čije je ona rješenje. Ako krenemo od jednoparametarskefamilije

x2 + y2 = C2, (3.11)deriviranjem (3.11) dolazimo do pripadne diferencijalne jednadžbe

x+ yy′ = 0.

Primjer 3.3. Skicirajte sljedeće familije krivulja i odredite njihove diferencijalne jednadžbe

a) y = Cx2, b) (x− C)2 + y2 = 1.

Rješenje: a) U prvom primjeru imamo familiju parabola koje prolaze kroz ishodǐste. Familijakrivulja je prikazana na slici 3.11. Odredimo sada diferencijalnu jednadžbu čije je opće rješenjedano s y = Cx2, C ∈ R. Deriviranjem y = Cx2 dobivamo

y′ = 2Cx,

39


odakle slijedi C = y′/(2x). Uvrštavanjem dobivenog izraza za C u y = Cx2 dolazimo dotražene diferencijalne jednadžbe

y′ = 2yx.

x

y

Slika 3.11: Familija krivulja y = Cx2

b) U drugom primjeru imamo familiju kružnica radijusa 1 čija sredǐsta leže u točkama oblika(C, 0), C ∈ R. Familija krivulja je prikazana na slici 3.12. Odredimo sada odgovarajućudiferencijalnu jednadžbu. Deriviranjem (x− C)2 + y2 = 1 dobivamo

2(x− C) + 2yy′ = 0,

odnosno x − C = −yy′. Uvrštavanjem u početnu jednadžbu dobivamo traženu diferencijalnujednadžbu koja glasi

y2(y′)2 + y2 = 1.

x

y

Slika 3.12: Familija krivulja (x− C)2 + y2 = 1

J

Zadatak 3.4. Skicirajte sljedeće familije krivulja i odredite njihove diferencijalne jednadžbe

a) y = Cx+ 1,

b) y = C/x,

c) y = x2 − Cx,

d) (x− C)2 + y2 = C2,

e) (x+ C)2 + y2 = C2 − 1.

40


Rješenje: a) U prvom primjeru riječ je o familiji pravaca koji prolaze kroz točku S(0, 1) (pogledatisliku 3.13). Odredimo sada pripadnu diferencijalnu jednadžbu. Deriviranjem y = Cx + 1dobivamo y′ = C. Uvrštavanjem u polaznu jednadžbu dobivamo

y = y′x+ 1.

x

y

Slika 3.13: Familija krivulja y = Cx+ 1

b) U ovom primjeru imamo familiju hiperbola sa zajedničkim asimptotama y = 0 i x = 0 (pogle-dati sliku 3.14). Kako bismo pronašli pripadnu diferencijalnu jednadžbu prvo ćemo y = C/xzapisati u obliku yx = C, a zatim derivirati. Dobivamo

y′x+ y = 0.

x

y

Slika 3.14: Familija krivulja y = C/x

c) U sljedećem primjeru riječ je o familiji parabola koje prolaze točkama (0, 0) i (C, 0) (pogledatisliku 3.15). Na standardni način dolazimo do pripadne diferencijalne jednadžbe

y = xy′ − x2.

41


x

y

Slika 3.15: Familija krivulja y = x2 − Cx

d) Ovdje se radi o familiji kružnica radijusa C i sa sredǐstem u točkama oblika (C, 0) (pogledatisliku 3.16). Ponovno se deriviranjem dolazi do pripadne diferencijalne jednadžbe

y2 = x2 + 2xyy′.

x

y

Slika 3.16: Familija krivulja (x− C)2 + y2 = C2

e) U posljednjem primjeru u ovom zadatku imamo familiju kružnica radijusa r =√C2 − 1 sa

sredǐstima u točkama oblika (−C, 0) (pogledati sliku 3.17). Primijetimo da ovdje C nije bilokakav realni broj, nego mora zadovoljavati |C| > 1. Pripadna diferencijalna jednadžba glasi

y2 − x2 + 1 = 2xyy′.

x

y

Slika 3.17: Familija krivulja (x+ C)2 + y2 = C2 − 1

J

42


3.4. Geometrijski problemi

Postoje brojni geometrijski problemi u kojima se susrećemo s diferencijalnim jednadžbama.Ovdje ćemo navesti samo dva primjera takvih problema.Primjer 3.4. Odredite krivulju sa svojstvom da u svakoj točki krivulje diralǐste tangente raspo-lavlja odreske tangente izmedu koordinatnih osi.

Rješenje: Neka je P = (x0, y0) proizvoljna točka tražene krivulje kojom je položena tangenta nakrivulju. S A = (xA, yA) ćemo označiti presjek tangente i y−osi, a s B = (xB , yB) presjek tangentei x−osi. Pogledajmo sliku kako bismo dobili bolju predodžbu.

P = (x0, y0)

A

B

x

y

U zadatku se zapravo traži krivulja za koju će točka P biti polovǐste dužine AB. Polovǐstedužine AB ima koordinate 12 (xA + xB , yA + yB), stoga mora vrijediti

(x0, y0) =12(xA + xB , yA + yB) . (3.12)

Trebamo još odrediti koordinate točaka A i B. Sjetimo se da je jednadžba tangente u točki Pjednaka

y − y0 = y′(x0)(x− x0).Budući da točka leži na presjeku tangente i y−osi njena prva komponenta je jednaka 0, xA = 0.Uvrštavanjem xA = 0 u jednadžbu tangente dobivamo

yA = y0 − y′(x0)x0.

Točka B se nalazi na presjeku tangente i x−osi stoga vrijedi yB = 0. Uvrštavanjem yB = 0 ujednadžbu tangente dobivamo

xB = x0 −y0

y′(x0).

Uvrštavanjem dobivenih koordinata u (3.12) i množenjem s 2 dobivamo

(2x0, 2y0) =(x0 −

y0y′(x0)

, y0 − y′(x0)x0).

Usporedivanjem koordinata zaključujemo da mora vrijediti

y0 = −y′(x0)x0.

Budući da je (x0, y0) proizvoljna točka krivulje možemo ispustiti indeks i zaključiti da traženakrivulja y = y(x) zadovoljava

y + y′x = 0.Dobivena jednadžba je i separabilna i linearna pa se lako rješava. Njezino rješenje u implicitnomobliku je ln |xy| = C, C ∈ R, odakle se dobiva eksplicitan oblik y = Cx , C 6= 0. J

43


Zadatak 3.5. Odredite krivulju koja prolazi točkom (1, 1) za koju je kvadrat duljine odsječka,kojeg na osi ordinata odsjeca tangenta postavljena u bilo kojoj točki te krivulje, jednak produktukoordinata te točke.

Rješenje: Neka je P = (x0, y0) proizvoljna točka tražene krivulje kojom je položena tangenta nakrivulju. S A = (xA, yA) ćemo označiti presjek tangente i y−osi, a s O ishodǐste koordinatnogsustava. Uz ove oznake kvadrat duljine odsječka na osi ordinata je jednak |OA|2, dok je produktkoordinata točke u kojoj je položena tangenta na krivulju jednak x0y0. Iz uvjeta zadatka slijedi

|OA|2 = x0y0. (3.13)

Iz Primjera 3.4 znamo da su koordinate točke A jednake (0, y0 − y′(x0)x0), stoga je |OA| =|y0 − y′(x0)x0|. Uvrštavanjem u (3.13) dobivamo

(y0 − y′(x0)x0)2 = x0y0. (3.14)

Budući da (3.14) vrijedi za proizvoljnu točku (x0, y0) s krivulje možemo je zapisati u obliku

(y − y′x)2 = xy. (3.15)

Kriuvlja prolazi točkom (1, 1) što znači da se nalazi u prvom kvadrantu, stoga možemo korijenovati(3.15)

|y − y′x| = √xy.Dobili smo dvije jednadžbe

y − xy′ = √xy i y − xy′ = −√xy,

koje imaju isto rješenje koje glasi y = x ln2(Cx)/4, C > 0. Preostalo je još iz uvjeta y(1) = 1izračunati C. Dobivamo dva rješenja C1 = e2 i C2 = e−2, odnosno y1 = ln2(e2x)/4 i y2 =ln2(e−2x)/4. J

3.5. Ortogonalne trajektorije

Krivulje γ1 i γ2 su okomite u točki presjeka (x0, y0) ako su im tangente u točki (x0, y0) okomite.Za krivulju γ kažemo da je ortogonalna trajektorija zadane familije krivulja ako je okomita nasvaku krivulju u toj familiji. Primjerice, pravac kroz ishodǐste je ortogonalna trajektorija familijekoncentričnih kružnica sa sredǐstem u ishodǐstu.

Prisjetimo se činjenice da su dva pravca p1 i p2 s koeficijentima smjera k1 i k2 medusobnookomiti ako i samo ako je k2 = −1/k1. Iz te činjenice slijedi da su integralne krivulje diferencijalnejednadžbe

y′ = − 1f(x, y)

ortogonalne trajektorije integralnih krivulja diferencijalne jednadžbe

y′ = f(x, y),

budući da su u bilo kojoj točki (x0, y0) u kojoj se krivulje iz te dvije familije sjeku nagibi tangentiu (x0, y0) jednaki

k1 = f(x0, y0) i k2 = −1

f(x0, y0).

Zaključujemo da jednadžbe ortogonalnih trajketorija zadane familije krivulja F (x, y, C) = 0možemo naći na sljedeći način:

• Odredimo diferencijalnu jednadžbuy′ = f(x, y)

za zadanu familiju krivulja.

44


• Riješimo diferencijalnu jednadžbu

y′ = − 1f(x, y) . (3.16)

Integralne krivulje diferencijalne jednadžbe (3.16) su ortogonalne trajektorije familije F (x, y, C) =0.

Primjer 3.5. Odredite ortogonalne trajektorije familije parabola y = Cx2.

Rješenje: Prvo ćemo pronaći diferencijalnu jednadžbu familije y = Cx2. Deriviranjem dobivamo

y′ = 2Cx,

odnosno C = y′/(2x). Uvrštavanjem u polaznu jednadžbu dobivamo

2y = y′x. (3.17)

Zatim ćemo u (3.17) umjesto y′ uvrstiti −1/y′ nakon čega dobivamo diferencijalnu jednadžbu

2y = − 1y′x, (3.18)

čije su integralne krivulje upravo ortogonalne trajektorije familije y = Cx2. Riješimo stoga jed-nadžbu (3.18). Riječ je o separabilnoj diferencijalnoj jednadžbi stoga ćemo je zapisati u obliku

2ydy = −xdx.

Integriranjem dobivamo y2 = −x22 + C2, što možemo zapisati u obliku

x2

2C2 +y2

C2= 1. (3.19)

Zaključujemo da se familija parabola y = Cx2 i familija elipsa zadanih s (3.19) sijeku pod pravimkutom. J

x

y

Slika 3.18: Familija parabola y = Cx2 i familija elipsa x2 + 2y2 = C2

Zadatak 3.6. Odredite ortogonalne trajektorije familije krivulja

a) y = Cx+ 1,

45


b) x = y2 − C2,

c) x2 − y2 = C2.

Rješenje: a) Deriviranjem jednadžbe familije y = Cx + 1 dobivamo y′ = C, iz čega slijedi da jediferencijalna jednadžba te familije krivulja jednaka

y = y′x+ 1. (3.20)

Zamjenom y′ u (3.20) s −1/y′ dobivamo diferencijalnu jednadžbu ortogonalnih trajektorija

y = − 1y′x+ 1,

koju možemo zapisati u obliku(y − 1)dy = −xdx.

Integriranjem dolazimo do rješenja koje glasi

(y − 1)22 = −

x2

2 + C2.

Rješenje možemo napisati u obliku (y−1)2+x2 = r2, gdje smo označili r2 = 2C2. Zaključujemoda su ortogonalne trajektorije kružnice sa sredǐstem u (0, 1).

x

y

Slika 3.19: Familija pravac y = Cx+ 1 i familija kružnica (y − 1)2 + x2 = r2

b) Deriviranjem jednadžbe zadane familije krivulja dolazimo do njene diferencijalne jednadžbekoja glasi

1 = 2yy′. (3.21)Uvrštavanjem −1/y′ u (3.21) umjesto y′ dobivamo jednadžbu ortogonalnih trajektorija

1 = −2yy′.

Ponovno smo dobili separabilnu diferencijalnu jednadžbu koju možemo napisati u obliku

dy

dx= −2dx,

koju rješavamo direktnim integriranjem. Dolazimo do rješenja ln |y| = −2x+ C, koje možemonapisati u obliku y = Ae−2x.

46


x

y

Slika 3.20: Familija parabola x = y2 − C2 i familija eksponencijalnih krivulja y = Ae−2x

c) Na standardan način dolazimo do diferencijalne jednadžbe familije krivulja x2 − y2 = C2 kojaglasi

x = yy′. (3.22)Zamijenit ćemo y′ u (3.22) s −1/y′ čime dobivamo diferencijalnu jednadžbu

x = − yy′.

Riječ je o separabilnoj diferencijalnoj jednadžbi koju ćemo zapisati u oblikudy

y= −dx

x.

Integriranjem dobivamo rješenje y = C/x, odnosno jednadžbu ortogonalnih trajektorija.

x

y

Slika 3.21: Familije hiperbola x2 − y2 = C2 i y = C/x

J

Zadatak 3.7. Eksperiment pokazuje da su sve kružnice koje prolaze točkama (−1, 0) i (1, 0)silnice električnog polja, koje stvaraju dva medusobno jednaka naboja smještena u tim točkama.Nadimo krivulje konstantnog potencijala, tzv. ekvipotencijale, koje su ortogonalne trajektorijefamilije silnica.

47


Rješenje: Kružnica koja ima sredǐste u (0, C) i prolazi točkama (−1, 0) i (0, 1) ima radijus√

1 + C2,kao što se može vidjeti na slici 3.22, stoga je jednadžba familije silnica

x2 + (y − C)2 = 1 + C2.

−1 1

C√1 +C 2

x

y

Slika 3.22: Kružnica sa sredǐstem u (0, C)

Kao i u prethodnim primjerima možemo pronaći diferencijalnu jednadžbu te familije

−2xyy′

= y2 − x2 + 1,

odnosno diferencijalnu jednadžbu ortogonalne familije

2xyy′ = y2 − x2 + 1.

U zadatku 3.4 e) smo vidjeli da je rješenje te diferencijalne jednadžbe (x+C)2 + y2 = C2− 1. Naslici 3.23 su prikazane silnice i njihove ortogonalne trajektorije. J

x

y

Slika 3.23: Familije kružnica x2 + (y − C)2 = 1 + C2 i (x+ C)2 + y2 = C2 − 1

48



1. i) Skicirajte jednoparametarske familije krivulja,

ii) napǐsite njihove diferencijalne jednadžbe,

iii) napǐsite diferencijalne jednadžbe njihovih trajektorija (ne treba ih rješavati):

a) y = Cx− 2,

b) x = Cy2,

c) x2 + (y − C)2 = 2,

d) y = x2 − C,

e) y = C − x2,

f) y = Cex,

g) y = Ce2x.

2. Odredite ortogonalne trajektorije zadanih familija krivulja:

a) y = 3x+ C,

b) y = Cx− 2,

c) y = e−x + C,

d) y = Ce−x,

e) x2 + y2 = C2,

f) x = Cy2,

g) y2 − x2 = C2,

h) xy = C.

49



1.

x

y

a) y = y′x− 2, y′(x+ 2) = −x

x

y

b) y = 2xy′, yy′ + 2x = 0

x

y

c)(y′)2x2 + x2 = 2(y′)2, (y′)2x2 = 2− x2

x

y

d) y = 2xy′, 2xy′ + 1 = 0

x

y

e) y′ = −2x, 2xy′ − 1 = 0

x

y

f)y′ = y, yy′ = −1

x

y

g) y′ = 2y, 2yy′ = −1

50


2. a) y = − 13x+ C,

b) x2 + (y + 2)2 = C2,

c) y = ex + C,

d) y2

2 − x = C,

e) y = Cx,

f) 2x2 + y2 = C,

g) y = Cx ,

h) y = x22 + C.

51


52

4. Linearne diferencijalne jednadžbe dru-gog reda

Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda imaju značajnu ulogu u brojnim područjimamatematičke fizike. Esencijalne su za proučavanje gibanja fluida, provodenja topline, gibanjavalova, itd. Njihovu primjenu ilustrirat ćemo u ovom poglavlju na primjeru oscilacija pojedinihmehaničkih sustava.

Diferencijalnu jednadžbu drugog reda F (x, y, y′, y′′) = 0 zovemo linearna diferencijalnajednadžba drugog reda ukoliko je funkcija F linearna u y, y′ i y′′, odnosno ako je njen općioblik

a(x)y′′ + b(x)y′ + c(x)y = f(x), (4.1)gdje su a, b, c i f zadane funkcije. Ukoliko su a, b, c ∈ R govorimo o linearnoj diferencijalnojjednadžbi drugog reda s konstantnim koeficijentima

ay′′ + by′ + cy = f(x). (4.2)

Pretpostavljamo da je a 6= 0, jer u protivnom dobivamo linearnu diferencijalnu jednadžbu prvogreda čije rješenje već znamo pronaći. Budući da je (4.1) diferencijalna jednadžba drugog redaupotpunit ćemo je s dva inicijalna uvjeta oblika

y(x0) = y0, y′(x0) = y′0. (4.3)

Može se pokazati da vrijedi sljedeći teorem o egizstenciji i jedinstvenosti rješenja Cauchyjevezadaće (4.1),(4.3).Teorem 4.1. Neka je zadana Cauchyjeva zadaća

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = g(x), y(x0) = y0, y′(x0) = y′0, (4.4)

gdje su funkcije p, q i g neprekidne na intervalu I koji sadrži točku x0. Tada problem (4.4) imajedinstveno rješenje y = φ(x) koje je definirano na cijelom intervalu I.

Jednadžbu (4.1) možemo zapisati u obliku (4.4) ako stavimo p(x) = b(x)/a(x), q(x) = c(x)/a(x)i g(x) = f(x)/a(x) što smijemo jer promatramo slučaj a(x) 6= 0. Teorem 4.1 nam kaže da rješenje(4.4) postoji, jedinstveno je i definirano na intervalu I na kojem su koeficijenti p, q i g neprekidni.U nastavku promatramo poseban oblik jednadžbe (4.2) u kojem je desn

Obične diferencijalne jednadžbe1.Uvod Diferencijalna jednadˇzba je jednadˇzba koja povezuje...

Documents

Transcript of Obične diferencijalne jednadžbe1.Uvod Diferencijalna jednadˇzba je jednadˇzba koja povezuje...