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

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+ += = = = ,

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:

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,

' ( ) (

( )( )

( ) .( )

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

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

(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),

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).

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

(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 = .

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'.

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.

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

(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,

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

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

( , , ) 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

⎧ = − − =⎪⎪⎨⎪ = − + =⎪⎩

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

'( ),( ),

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) ?

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

( )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

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

= ± − ⇒ = ±−

.

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.

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

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.

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 =

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

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 .

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

(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;

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= + ,

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

=

=− +

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 ,

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

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.