Neke istaknute obi cne diferencijalne jednad zbe 1. redamdjumic/uploads/diplomski/ZOV07.pdf · jalnim jednad zbama opisati titranje, u geogra ji prirast stanovni stva, u kemiji zakon

Sveuciliste J.J. Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku

Sveucilisni nastavnicki studij matematike i informatike

Marija Zovko

Neke istaknuteobicne diferencijalne jednadzbe 1. reda

Diplomski rad

Osijek, 2012.

Sveuciliste J.J. Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku

Sveucilisni nastavnicki studij matematike i informatike

Marija Zovko

Neke istaknuteobicne diferencijalne jednadzbe 1. reda

Diplomski rad

Mentor: doc. dr. sc. Kresimir Burazin

Osijek, 2012.

Sadrzaj

Uvod 4

1 Opcenito o obicnim diferencijalnim jednadzbama 1. reda 51.1 Povijest diferencijalnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Osnovno o diferencijalnim jednadzbama . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3 Uvod u diferencijalne jednadzbe 1. reda . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3.1 Polje smjerova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3.2 Cauchyjeva zadaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3.3 Neprosirivo rjesenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Opci teoremi za diferencijalne jednadzbe 1. reda 152.1 Peanov teorem o egzistenciji rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2 Picardov teorem o egzistenciji i jedinstvenosti rjesenja . . . . . . . . . . 182.3 Cauchyev teorem o egzistenciji i jedinstvenosti rjesenja . . . . . . . . . 25

3 Neke istaknute obicne diferencijalne jednadzbe 1. reda 273.1 Jednadzba sa separiranim varijablama . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.2 Homogena diferencijalna jednadzba 1. reda . . . . . . . . . . . . . . . . 333.3 Linearna diferencijalna jednadzba 1. reda . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.4 Bernoulijeva obicna diferencijalna jednadzba 1. reda . . . . . . . . . . . 403.5 Egzaktna diferencijalna jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.5.1 Eulerov multiplikator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

4 Primjena obicnih diferencijalnih jednadzbi 1. reda 464.1 Newtonov zakon hladenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464.2 Populacijska i logisticka jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

Literatura 50

3

Uvod

Diferencijalne jednadzbe su jedan od najvaznijih dijelova matematike uopce, paih s razlogom mozemo zvati ”srce” matematicke analize. Diferencijalnim jednadzbamamozemo lako modelirati razne prirodne, realne zakone i to na najjednostavije, najtocnijenacine. Ako imamo neko trenutno stanje i nacin na koji se nesto mijenja, s diferenci-jalnim jednadzbama na temelju toga sto je derivacija mjera promjene, mozemo opisatiprobleme kojima zelimo ”predvidjeti buducnost”. Stoga nije ni cudo sto diferencijalnejednadzbe imaju veliku primjenu izvan matematike. U fizici mozemo npr. diferenci-jalnim jednadzbama opisati titranje, u geografiji prirast stanovnistva, u kemiji zakonraspada radioaktivne materije, u ekonomiji ulaganje novca, u biologiji proces gonjenja.

Prvo poglavlje nas uvodi u sam pojam diferencijalnih jednadzbi. Kroz par recenicanapravit cemo povijesni pregled diferencijalnih jednadzbi. Zatim cemo nesto reciopcenito o obicnim diferencijalnim jednadzbama prvog reda, o polju smjerova i Ca-uchyjevoj zadaci.

Kod rjesavanja diferencijalnih jednadzbi treba paziti na egzistenciju rjesenja pro-matrane diferencijalne jednadzbe, pronalazak nekih ili svih rjesenja promatrane dife-rencijalne jednadzbe te jedinstvenost rjesenja promatrane diferencijalne jednadzbe uzdane pocetne uvjete. U drugom poglavlju su stoga iskazani sljedeci teoremi: Peanov,Picardov i Cauchyjev teorem, od kojih svaki jamci egzistenciju rjesenja, a jedinstvenostsamo Picardov i Cauchyjev.

Trece poglavlje sadrzi neke od istaknutih obicnih diferencijalnih jednadzbi prvogreda: jednadzbu sa separiranim varijablama, homogenu diferencijalnu jednadzbu, li-nearnu diferencijalnu jednadzbu, Bernoullijevu diferencijalnu jednadzbu, te egzaktnudiferencijalnu jednadzbu. Vidjet cemo kako se rjesavaju spomenute jednadzbe, pri-mjere zadatake te njihovu primjenu u fizici ili matematici.

Zadnje poglavlje je rezervirano za objasnjenjenje i zanimljive primjere nekih odistaknutijih matematickih modela opisanih pomocu obicnih diferencijalnih jednadzbi:Newtonov zakon hladenja, te populacijsku i logisticku jednadzbu.

4

Poglavlje 1

Opcenito o obicnim diferencijalnimjednadzbama 1. reda

1.1 Povijest diferencijalnih jednadzbi

Povijest diferencijalnih jednadzbi prati razvoj infinitezimalnog racuna iz 17. stoljeca.Infinitezimalni racun su neovisno jedan od drugoga otkrili engleski fizicar Isaac Newton(1642.-1727.) i njemacki matematicar Gottfried Wilhem von Leibniz (1646.-1716.).

Newton je odrastao na engleskom selu, pohadao je Trinity College i Cambridge, ana Cambridge-u je 1669. godine postao i profesor matematike. Njegova velika otkricainfinitezimalnog racuna i osnovnih zakona fizike datiraju iz 1665. godine. Ona su pri-vatno kruzila medu njegovim prijateljima, ali posto je Newton bio ekstremno osjetljivna kritike, svoje rezultate je poceo objavljivati tek 1687. godine Tada je i objavljenanjegova najpoznatija knjiga, ”Philosophiae Naturalis Principia Mathematica”. Iako seNewton relativno malo bavio diferencijalnim jednadzbama kao takvima, njegov razvojinfinitezimlanog racuna i objasnjenja osnovnih principa mehanike omogucile su temeljza njihovu primjenu u 18. stoljecu. Newton je klasificirao diferencijalne jednadzbeprvog reda prema sljedecim oblicima dy

dx= f(x), dy

dx= f(y) i dy

dx= f(x, y). Newtonovo

aktivno istrazivanje u matematici zavrsilo je ranih 1690tih. Nakon toga, bavio se samopovremenim izazovima i problemima, te revizijom i publikacijom rezultata dobivenihranije.

Leibniz je roden u Leipzigu. Doktorirao je filozofiju sa dvadeset godina na Fakul-tetu Altdorf. Kroz svoj zivot bavio se znanstvenim radom u nekoliko razlicitih polja.Uglavnom je bio samouk matematicar, posto se njegov interes za matematiku razvio teku njegovim dvadesetim. Leibniz je sam dosao do osnovnih rezultata infinitezimalnogracuna, iako malo kasnije nego Newton, ali ih je prvi objavio 1684. godine. Leibniz jebio svjestan moci dobre notacije matematike, te danasnje oznake za derivaciju, dy

dx, kao

i znak za integral dugujemo upravo njemu. Prema nekim povjesnicarima matematike,upravo je Leibniz zasluzan za proucavanje diferencijalnih jednadzbi, time sto je zapisaosljedecu jednadzbu:

5

Opcenito o obicnim diferencijalnim jednadzbama 1. reda 6

∫xdx =

1

2x2.

On je otkrio metodu separacije varijabli 1691. godine, zatim svodenje homogenih jed-nadzbi na jednadzbe sa separiranim varijablama iste godine, kao i proceduru rjesavanjalinearnih jednadzbi prvog reda 1694. godine. Proveo je svoj zivot kao ambasador i sa-vjetnik nekoliko njemackih obitelji, koji su dozvolili da puno putuje i da nastavljaopseznu korespodenciju s ostalim matematicarima, osobito bracom Bernoulli. Zahva-ljujuci tom dopisivanju, krajem 17. stoljeca, rijeseni su mnogi problemi diferencijalnihjednadzbi.

Braca Jacob (1654. - 1705.) i Johann (1667. - 1748.) Bernoulli su puno na-pravili za razvoj metoda rjesavanja diferencijalnih jednadzbi. Oni su prosirili i rasponprimjene diferencijalnih jednadzbi. Jacob je 1687. godine postao profesor matematikeu Baselu, a nakon smrti 1705., Johann ga je naslijedio na tom mjestu. Obojica subila svadljiva, ljubomorna i cesto upetljana u rasprave, pogotovo medusobno. Unatoctome, obojica su znacajno doprinjela u nekoliko podrucja matematike. Uz pomocinfinitezimalnog racuna, rijesili su mnoge probleme u mehanici formulirajuci ih kaodiferencijalne jednadzbe. Na primjer, Jacob je 1690. godine rijesio diferencijalnu jed-nadzbu y′ = [an/(b2y − a3)]

12 , te je u istom radu prvi puta koristio izraz ”integral” u

modernom smislu. Johann je 1694. godine mogao rijesiti jednadzbu

dy

dx=

y

ax.

Johannov sin, Daniel Bernoulli (1700.-1782.), se jos kao mladic preselio u St. Peter-sburg, kako bi se pridruzio tek osnovanoj St. Petersburg akademiji. U Basel se vratio1733. godine kao profesor botanike, a kasnije i fizike. On se prvenstveno interesiraou parcijalne diferencijalne jednadzbe i njihovu primjenu. Na primjer, njegovo je imepovezano s Bernoullijevom jednadzbom u mehanici fluida.

Najveci matematicar osamnaestog stoljeca, Leonhard Euler (1707. - 1783.) odrastaoje blizu Basela i bio je Johannov ucenik. Pratio je svog prijatelja Daniela Bernoullijau St. Petersbourg 1727. godine. Ostatak svog zivota ostao je povezan s akademijomSt. Petersburg (1727. - 1741. i 1766. - 1783.). Euler je bio povezan i s Berlinskomakademijom (1741. - 1766.). On je najplodniji matematicar svih vremena; njegovaskupljena djela popunjavaju preko 70 svezaka. Interesirao se za sva polja matematike injenu primjenu. Iako je bio slijep zadnjih 17 godina svoga zivota, njegov rad se neuma-njeno nastavio sve do dana njegove smrti. Nama je najznacajnija njegova formulacijaproblema u mehanici na matematickom jeziku i njegov razvoj metoda rjesavanja tihproblema. Lagrange je rekao za Eulerov rad u mehanici: ”Prvi veliki rad u kojemje analiza primjenjena na znanost o gibanju.”. Izmedu ostalog, Euler je identificiraouvjet za egzaktnost diferencijalnih jednadzbi prvog reda 1734.-35., te je u istom radurazvio teoriju Eulerovih multiplikatora. 1743. godine dao je opcenito rjesenje homoge-nih linearnih jednadzbi sa konstantnim koeficijentima. Posljednje rezultate je prosirio


i na nehomogene jednadzbe 1750.-51. Pocetkom 1750tih, Euler je poceo cesto koristitipotencijalni red u rjesavanju diferencijalnih jednadzbi.

Joseph-Louis Lagrange (1736.-1813.) postao je profesor matematike u svom rodnomTurinu sa samo 19 godina. Naslijedio je Eulera na katedri za matematiku na Berlin-skoj akademiji 1766., a 1787. godine se preselio na Parisku akademiju. Najpoznatijije po svom monumentalnom radu ”Mecanique analytique”, objavljenog 1788. godine,elegantnoj i opseznoj rasparavi o Newtonovoj mehanici. S obzirom na elementarnediferencijalne jednadzbe, Lagrange je pokazao 1762.-65. da je opce rjesenje linearnehomogene diferencijalne jednadzbe n-tog reda linearna kombinacija od n nezavisnihrjesenja. Kasnije, 1774.-75. dao je kompletni razvoj metode varijacije konstanti.

Pierre-Simone de Laplace (1749.-1827.) je kao dijete zivio u Normandiji, no 1768.dolazi u Pariz gdje brzo ostavlja svoj trag u znanstvenim krugovima, osvajajuci mjestou Academie des Sciences 1773. godine. Laplaceova jednadzba je osnovna za mnogograna matematicke fizike, i Laplace ju je opsezno proucavao u vezi s gravitacijom.Laplaceova transformacija je takoder nazvana po njemu, iako se korisnost tih transfor-macija za rjesavanje diferencijalnih jednadzbi prepoznala tek puno kasnije.

Na kraju 18. stoljeca otkrivene su mnoge metode za rjesavanje diferencijalnih jed-nadzbi. U 19. stoljecu interes se okrece vise prema istrazivanju teorijskih pitanja opostojanju i jedinstvenosti rjesenja, i razvoju manje elementarnih metoda kao sto suone temeljene na ekspanziji potencijalnog reda.Brojne diferencijalne jednadzbe koje pruzaju otpor pronalasku rjesenja analitickimputem, dovele su do istrazivanja metoda numerickih aproksimacija. Do 1900. vecinaefektivnih numerickih integracijskih metoda je smisljena, ali njihova implementacijaje bila ogranicena potrebom da se komputacije izvrse rukom ili sa vrlo primitivnomracunalnom opremom. U zadnjih 50 godina razvojem snaznih i svestranih kompjutera,povecao se i raspon problema koji se ucinkovito mogu istraziti numerickim metodama.U istom razdoblju su razvijeni numericki integratori koji su i lako dostupni. Verzijeprikaldne i za osobne kompjutere dovele su do mogucnosti da je rjesenje velikog brojaproblema nadohvat i individualnim studentima.

Jos jedna karakteristika diferencijalnih jednadzbi u 20. stoljecu je pronalazak geome-trijskih ili topoloskih metoda, posebno za nelinearne jednazbe. Cilj je razumjeti baremkvalitativno ponasanje rjesenja, kako sa geometrijskog, tako i sa analitickog gledista.


1.2 Osnovno o diferencijalnim jednadzbama

U ovom radu intervalom cemo zvati povezani skup u R koji sadrzi bar dvije tocke.Znaci da je skup I ⊆ R interval ako sadrzi bar dvije tocke, te ako iz a, b ∈ I, a < b,slijedi da je [a, b] ⊆ I. U prosirenom skupu R, za bilo koji interval I, postoje elementiinfimum skupa I (inf I) i supremum skupa I (sup I). Ako je inf I ∈ R ili sup I ∈ R,pisat cemo a = inf I ili b = sup I. Tada je skup I ili R ili jedan od sljedecih skupova:

< −∞, b >, < −∞, b], < a,+∞ >, [a,+∞ >,

< a, b >, < a, b], [a, b >, [a, b].

Za interval I, otvoreni interval < inf I, sup I > je nutrina intervala I.Diferencijalna jednadzba je jednostavno receno jednadzba u kojoj je nepoznanica funk-cija i koja povezuje tu nepoznatu funkciju, njezine varijable i neke njene derivacije. Di-ferencijalne jednadzbe mogu biti obicne i parcijalne. Ako nasa nepoznata funkcija ovisisamo o jednoj nezavisnoj varijabli, govorimo o obicnim diferencijalnim jednadzbama.Parcijalne diferencijalne jednadzbe su one u kojima je nepoznata funkcija funkcija visevarijabli.Red diferencijalne jednadzbe je red najvise derivacije koju sadrzi diferencijalna jed-nadzba.Primjerice, jednadzba

dy

dx= 6x+ 5

je primjer diferencijalne jednadzbe 1. reda,

d2y

dx2+ 4

dy

dx− 7y = 0

je primjer diferencijalne jednadzbe 2. reda, a jedan od primjera za diferencijalnu jed-nadzbu 3. reda je:

d3y

dx3− (

dy

dx)4 + 6y = 0

.

Matematicka definicija obicne diferencijalne jednadzbe glasi:

Definicija 1. Neka je Ω ⊆ Rn+2 otvoren skup, F : Ω→ R dana funkcija. Jednadzbu

F (x, y, y′, y′′, ..., y(n)) = 0

nazivamo obicna diferencijalna jednadzba n-tog reda za nepoznatu funkciju y(x).

Mozemo li eksplicitno izraziti y(n) iz gornje jednadzbe?

Teorem 1. (Teorem o implicitnoj funkciji) Neka je F : Ω→ R realna funkcija od(n+ 1)-ne varijable, i neka je F klase C1 na otvorenom skupu Ω ⊆ Rn+1. Zatim, nekaje T0 = (x0

1, ..., x0n, x

0n+1) ∈ Ω tocka iz Ω za koju vrijedi

F (x01, ..., x

0n, x

0n+1) = 0, F ′xn+1

(x01, ..., x

0n, x

0n+1) 6= 0.


Tada vrijedi:

1. postoji okolina U ∈ Rn tocke (x10, ..., xn

0) i jedinstvena funkcija f : U → R zakoju vrijedi:

x0n+1 = f(x0

1, ..., x0n)

te,

F (x1, ...xn, f(x1, ..., xn)) = 0, ∀(x1, ..., xn) ∈ U .

2. Funkcija f ima neprekidne parcijalne derivacije f ′xi na U po svim varijablama xi,i = 1, ..., n, te u svakoj tocki (x1, ..., xn) ∈ U vrijede formule

f ′xi = −F ′xi(x1, ..., xn, xn+1)

F ′xn+1(x1, ..., xn, xn+1)

,

i = 1, ..., n,

gdje je xn+1 = f(x1, ..., xn).1

Iz teorema o implicitnoj funkciji slijedi da je za f : Ω′ ⊆ Rn+1 → R formulom

y(n) = f(x, y, y′, y′′, ..., y(n−1)) (1.1)

dana eksplicitna obicna diferencijalna jednadzba n-tog reda.

Definicija 2. Neka je Ω ⊆ Rn+1 otvoren skup, f : Ω → R dana funkcija. Kazemo daje funkcija u ∈ Cn(I), za I otvoreni interval, rjesenje obicne diferencijalne jednazbe(1.1), ako vrijedi:

• (∀x ∈ I), (x, u(x), u′(x), ..., u(n−1)(x)) ∈ Ω

• (∀x ∈ I), u(n)(x) = f(x, u(x), u′(x), ..., u(n−1)(x))

Kod proucavanja neke diferencijalne jednadzbe, opcenito se postavljaju tri vazna pita-nja:

1. Postojanje rjesenja diferencijalne jednadzbe.

2. Pronalazak svih ili samo nekih rjesenja diferencijalne jednadzbe.

3. Jedinstvenost rjesenja uz dane pocetne uvjete.

1Dokaz mozemo naci na stranici: http : //web.math.pmf.unizg.hr/nastava/difraf/dif/po19.pdf ,[14]


1.3 Uvod u diferencijalne jednadzbe 1. reda

Definicija 3. Neka je Ω ⊆ R3 otvoren skup, F : Ω → R dana funkcija. Obicna dife-rencijalna jednadzba prvog reda je jednadzba oblika

F (x, y, y′) = 0.

Njen eksplicitni oblik je:

y′ = f(x, y),

gdje je y′ = dydx

.Ponekad se obicna diferencijalna jednadzba 1. reda moze svesti na sljedeci oblik:

P (x, y)dx+Q(x, y)dy = 0,

gdje se za nepoznatu funkciju moze uzeti ili x ili y. Naime, kako je y′ = dydx

, ondaeksplicitnu diferencijalnu jednadzbu 1. reda mozemo zapisati u obliku

f(x, y)dx− 1dy = 0.

Vrijedi i obrat navedene tvrdnje.Nas osnovni problem jest rijesiti eksplicitno zadanu obicnu diferencijalnu jednadzbu 1.reda.Po definiciji (2) zakljucujemo da je funkcija u ∈ C1(I), za Ω ⊆ R2 otvoren skup,f : Ω→ R danu funkciju i I ⊆ R, rjesenje obicne diferencijalne jednazbe y′ = f(x, y)ako vrijedi:

• (∀x ∈ I), (x, u(x)) ∈ Ω

• (∀x ∈ I), u′(x) = f(x, u(x))

Definicija 4. Skup svih rjesenja neke obicne diferencijalne jednadzbe nazivamo opcerjesenje te jednadzbe.

1.3.1 Polje smjerova

Neka je u rjesenje diferencijalne jednadzbe y′ = f(x, y) i neka njegov graf prolazitockom (x0, u(x0)) ∈ Ω. Tada je koeficijent smjera tangente na krivulju u u tocki(x0, u(x0)) iznosi upravo u′(x0), sto je jednako f(x0, u(x0)). Geometrijski gledano,u svakoj tocki (x, y) ∈ Ω odreden je smjer tangente na neku integralnu krivulju tejednadzbe koja prolazi tom tockom. U tom smislu, poljem smjerova zovemo skup((x, y), f(x, y)) : x, y ∈ Ω.

Izvedimo vektor smjera tangente. Jednadzba tangete je:

y − u(x0) = f(x0, u(x0))(x− x0).

Kada podijelimo gornju jednadzbu s f(x0, u(x0)), dobijemo:

x− x0

1=

y − u(x0)

f(x0, u(x0)).


Slika 1.1: Geometrijsko znacenje diferencijalne jednadzbe

Slijedi da je vektor smjera tangente:

~n =~i+ f(x0, u(x0))~j.

Mozemo gledati sve vektore oblika ~n =~i+ f(x, y))~j, ∀(x, y) ∈ Ω, jer u svakoj tocki izΩ imamo taj vektor. Polje smjerova dobijemo ako iscrtamo sve vektore u svim tockamadomene Ω. Tako mozemo uociti grafove integralnih krivulja.

Primjer 1.3.1 Promotrimo diferencijalnu jednadzbu:

y′ = x+ y.

Funkciji f(x, y) = x+ y domena je cijeli R2, pa se polje smjerova u ovom slucaju mozedefinirati na cijelom R2

Slika 1.2: Polje smjera diferencijalne jednadzbe y′ = x+ y

Polje smjerova nam najcesce daje dobru ideju o izgledu rjesenja. Opcenito, za neki x0

postoji beskonacno mnogo u, takvih da je (x0, u) ∈ Ω, a u svakoj tocki postoji smjer.Zato mozemo naslutiti da postoji mnogo rjesenja diferencijalne jednadzbe y′ = f(x, y).Pogledajmo to na sljedecem primjeru.

Primjer 1.3.2 Rijesimo diferencijalnu jednadzbu y′ = x.


Rjesenje.

y′ = x /

∫∫y′ =

∫x

y =x2

2+ C

Funkcija y(x) = x2

2+ C je rjesenje na cijelom R za bilo koju konstantu C, jer je za

f(x, y) = x domena R2.No, u nasem primjeru postoji samo jedno rjesenje takvo da je y(0) = 0, tj. rjesenjeciji graf prolazi ishodistem. Zakljucujemo da o samo jednom rjesenju mozemo govoritisamo ako postavimo neki dodatni uvjet. Zato definiramo sljedece.

1.3.2 Cauchyjeva zadaca

Definicija 5. Za funkciju u ∈ C1(I), za I otvoreni interval, kazemo da je rjesenjeCauchyjeve zadace

y′(x) = f(x, y(x))y(x0) = y0

(1.2)

ako je u rjesenje diferencijalne jednadzbe (1.2), x0 ∈ I i u(x0) = y0.

Jednakost y(x0) = y0 nazivamo pocetni uvjet, tako da rjesavanje Cauchyjeve zadacemozemo naci u literaturi kao Problem pocetnog uvjeta (Cauhyjev problem).Geometrijski gledano, to je problem odredivanja integralne krivulje koja prolazi danomtockom.Sad cemo definirati jedinstvenost rjesenja:

Definicija 6. Kazemo da Cauchyjeva zadaca (1.2) ima lokalno jedinstveno rjesenjeu ∈ C1(I) ukoliko je:

1. u rjesenje Cauchyjeve zadace (1.2)

2. za ∀ rjesenje z ∈ C1(I ′) Cauchyjeve zadace (1.2) vrijedi (∀x ∈ (I ∩ I ′)), z(x) =u(x).

Znaci, rjesenje Cauchyjeve zadace (1.2) je lokalno jedinstveno ako postoji okolina x0 ukojoj se svako drugo rjesenje podudara s njim.

Primjer 1.3.3 Promotrimo sljedecu Cauchyjevu zadacu:y′(x) =

√|y|

y(1) = 0

Rjesenje.Za proizvoljni C > 0, tvrdimo da je rjesenje uC : R→ R dano formulom:

uC(x) =

0, x 6 C(x−C)2

4, x > C


Slika 1.3: Graf funkcije uc

Slijedi: Pocetni uvjet vrijedi.

Gledamo u′C u ovisnosti je li x manji, veci ili jednak C.

x < C : u′C = 0

x > C : u′C =x− C

2

x = C: trebamo vidjeti jesu li limesi zdesna i slijeva jednaki.

Limes slijeva:limx→C−

u′C(x) = limx→C−

0 = 0.

Limes zdesna:

limx→C+

u′C(x) = limx→C+

x− C2

=C − C

2= 0.

Slijedi da je u′C(C) = 0.

Slika 1.4: Graf derivacije funkcije u′c


Opet gledamo slucajeve je li x manji ili jednak, odnosno veci od C.Za x ≤ C:

u′C(x) = 0 =√|0| =

√|uC(x)|.

Za x > C:

u′C(x) = 0 =x− C

2=

√|(x− C)2

4| =

√|uC(x)|.

Konacno, slijedi da svaki uC jeste rjesenje promatrane Cauchyjeve zadace, i slijedi danasa Cauchjeva zadaca ima beskonacno rjesenja.No, iako je funkcija f(x, y) =

√|y| neprekidna, njena derivacija nije neprekidna, pa

zato nemamo jedinstvenost rjesenja, sto cemo kasnije potvrditi opcim teoremima oegzisteniciji i jedinstvensoti rjesenja.

1.3.3 Neprosirivo rjesenje

Promotrimo sljedeci primjer.

Primjer 1.3.4 Neka je I = R \ −1, 1 i neka je funkcija u : I → R dana formulom

u(x) =1

1− x2, x ∈ I.

Deriviramo funkciju u:u′(x) = 2xu(x)2.

no ta funkcija nije rjesenje diferencijalne jednadzbe

y′(x) = 2xy2

tj. jednadzbe y′ = f(x, y) za Ω = R2 i f(x, y) = 2xy2 za (x, y) ∈ Ω, jer skup I nijeinterval. No, npr. sljedece restrikcije u1 = u |〈−∞,−1〉, u2 = u |〈−1,1〉, u3 = u |〈1,∞〉funkcije u jesu rjesenja gornje diferencijalne jednadzbe.

Ranije smo zakljucili iz definicije (2) da slijedi da je u ∈ C1(I), za Ω ⊆ R2 otvoren skup,rjesenje obicne diferencijalne jednadzbe y′ = f(x, y) ako vrijedi da je u′(x) = f(x, u(x)),∀x ∈ I. Nadalje, slijedi iz iste definicije da je za svako rjesenje u : I → R obicnediferencijalne jednadzbe y′ = f(x, y) i restrikcija te funkcije na bilo koji interval koji jesadrzan u intervalu I takoder rjesenje te jednadzbe. Stoga uvodimo sljedecu definiciju:

Definicija 7. Neka su u ∈ C1(I) i v ∈ C1(I ′) dva rjesenja obicne diferencijalne jed-nadzbe (1.2). Ako je I ⊂ I ′ i v |I= u, onda kazemo da je rjesenje v prosirenjerjesenja u.Ukoliko u nema prosirenja, onda kazemo da je u neprosirivo rjesenje obicne dife-rencijalne jednadzbe (1.2).Kazemo da je u ∈ C1(I) neprosirivo rjesenje Cauchyjeve zadace (1.2) ukoliko je onarjesenje Cauchyjeve zadace (1.2) i neprosirivo rjesenje njene obicne diferencijalne jed-nadzbe.

U radu necemo dokazivati neprosirivost rjesenja.

Poglavlje 2

Opci teoremi za diferencijalnejednadzbe 1. reda

Opcenito, rijesiti diferencijalnu jednadzbu je vrlo zahtjevni zadatak. Za neke vrste dife-rencijalnih jednadzbi postoje neki uvjeti koji jamce egzistenciju i jedinstvenost njihovihrjesenja. U ovom poglavlju cemo izreci Peanov teorem, Picardov teorem i Cauchyjevteorem za diferencijalnu jednadzbu y′ = f(x, y), te dati dokaze tih teorema.

2.1 Peanov teorem o egzistenciji rjesenja

Giuseppe Peano (1858.–1932.) je bio talijanski matematicar koji se prvenstvenobavio logikom. On je 1890. godine dokazao teorem o egzistenciji rjesenja, pa ga zatozovemo Peanov teorem.

Slika 2.1: Giuseppe Peano (1858.–1932.)

Teorem 2. (Peanov teorem) Neka je Ω ⊆ R2 otvoren skup, (x0, y0) ∈ Ω i f ∈ C(Ω).Tada Cauchyjeva zadaca (1.2) ima neprosirivo rjesenje.

Postoji mnogo razlicitih dokaza Peanovog teorema. Mozemo ih podijeliti na dva os-novna tipa:

15

Opci teoremi za diferencijalne jednadzbe 1. reda 16

• Dokazi koji se temelje na konstrukciji niza aproksimativnih rjesenja (uglavnomEulerovi poligoni ili Tonellijev1 niz) koji konvergiraju k istom rjesenju.

• Dokazi koji se temelje na teoremima o fiksnoj tocki (najcesce Schauderov teorem)primjenjenima na ekvivalentnu integralnu verziju Cauchyjevu zadacu (1.2).

Mi cemo koristiti prvi tip dokaza i to primjenjujuci metodu Tonellijevog niza.Konstruirajmo Tonellijev niz: za k ∈ N definirajmo za x ≥ x0:

uk(x) =

y0, x0 ≤ x ≤ x0 + 1

k,

y0 +∫ x− 1

k

x0f(s, uk(s))ds, x ≥ x0 + 1

k.

(?)

(u(x) se slicno definira i za x ≤ x0). Pomocu Tonellijevog niza, pokazat cemo da zaCauchyjevu zadacu (1.2) postoji rjesenje.

Za dokaz Peanovog teorema potrebne su nam sljedece definicije i teoremi:

Definicija 8. Neka je F familija realnih funkcija na zatvorenom intervalu I ⊂ R.

a) F je uniformno ogranicena ako postoji M > 0 takav da je

(∀f ∈ F) (∀t ∈ I) |f(t)| ≤M

b) F je ekvineprekinuta ako

(∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀t1, t2 ∈ I : |t1 − t2| < δ) (∀f ∈ F) |f(t1)− f(t2)| < ε.

Definicija 9. Niz funkcija fk : I ⊆ R → Rn konvergira uniformno prema funkcijif : I ⊆ R→ Rn ako

(∀ε > 0) (∃n ∈ N) (∀k ≥ n) (∀t ∈ I) |fk(t)− f(t)| < ε.

Teorem 3. (Arzela-Ascoli teorem) Neka je familija F uniformno ogranicena i ne-prekinuta. Tada za bilo koji niz (fn) ∈ F , n = 1, 2, . . ., postoji njegov podniz (fnj),j = 1, 2, . . . koji je uniformno konvergentan na I.2

Teorem 4. (Uniformna konvergencija) Ako niz neprekdinih funkcija fk : [a, b] →Rn konvergira uniformno prema f : [a, b]→ Rn, tada

limk→∞

∫ b

a

fk(t)dt =

∫ b

a

f(t)dt.

Sada mozemo dokazati Peanov teorem o egzistenciji rjesenja.

Dokaz.Neka je

1Leonida Tonelli (1885.-1946.)-talijanski matematicar2Dokaz mozemo naci na stranici: http : //en.wikipedia.org/wiki/ArzelAscolitheorem, [13]


P = [x0 − a, x0 + a]× [y0 − b, y0 + b] ⊆ R2

zatvoreni pravokutnik, te neka je

|f(x, y)| ≤M , ∀(x, y) ∈ P i T = mina, bM.

Radi jednostavnosti, dokazat cemo postojanje rjesenja na intervalu [x0, x0 + T ]. Zasvaki k ∈ N, neka je uk : [x0, x0 + T ] → R definiran sa (?). Pokazat cemo da (uk)konvergira prema rjesenju Cauchyjeve zadace (1.2).

Korak 1. Pokazat cemo da je svaki uk dobro definiran.Neka je k ∈ N fiksan. Primjetimo da je tocka (x0, y0) unutar skupa na kojem je fdobro definiran. Zbog formule za uk(x) i cinjenice da je rekurzivno definirana naintervalima sirine 1

kkoji se stalno mice desno, ako bi uk bio neuspjesno definiran

na [x0, x0 + T ], tada bi postojao neki x1 ∈ [x0 + 1k, x0 + T ) za koji bi vrijedilo

|uk(x1)−y0| > b. Izaberimo prvi takav x1. Koristeci (?) i cinjenicu da je funkcijaf ogranicena, vidimo da:

|uk(x1)− y0| = |∫ x1− 1

k

x0

f(s, uk(s))ds| ≤∫ x1− 1

k

x0

|f(s, uk(s))|ds

≤∫ x1− 1

k

x0

Mds = M(x1 − x0 −1

k) < M(T − 1

k)

≤ b− M

k< b = |uk(x1)− y0|,

sto je kontradikcija.

Korak 2. Pokazat cemo da je (uk) uniformno ogranicen.Racunajuci kao gore, formula (?) implicira da

|uk(x)| ≤ |y0|+∫ T+x0− 1

k

x0

|f(s, uk(s))dx| ≤ |y0|+ (T − 1

k)M ≤ |y0|+ b.

Korak 3. Pokazimo sada da je (uk) uniformno ekvineprekinut.Ako su x1, x2 ≥ x0 + 1

k, onda

|uk(x2)− uk(x1)| = |∫ x2

x1

f(s, uk(s))ds| ≤ |∫ x2

x1

|f(s, uk(s))|ds| ≤M |x2 − x1|.

Kako je uk konstanta na [x0, x0 + 1k] i neprekinut u tocki x0 + 1

k, procjena |uk(x2)−

uk(x1)| ≤ M |x2 − x1| vrijedi za svaki x1, x2 ∈ [x0, x0 + T ]. Prema tome, za daniε > 0, mozemo staviti δ = ε

Mi vidjeti da vrijedi uniformna ekvineprekinutost.

Korak 4. Neki podniz (ukj) od (uk) konvergira uniformno, recimo, prema nekoj tockit na segmentu [x0, x0 + T ].To direktno slijedi iz prethodnih koraka i Arzela-Ascoli teorema.


Korak 5. Pokazimo da niz (f(·, ukj(·))) konvergira uniformno prema (f(·, u(·))) na[x0, x0 + T ].Neka je dan ε > 0. Kako je f neprekidna na kompaktnom skupu, ona je iuniformno neprekidna. Stoga mozemo izabrati δ > 0 takav da |f(s, p)−f(s, q)| <ε, kad je |p− q| < δ. Kako (ukj) konvergira uniformno prema u, mozemo izabratin ∈ N takav da |ukj(s)− u(s)| < δ, kad je s ∈ [x0, x0 + T ] i j ≥ n. Ako je j ≥ n,tada je |f(s, ukj(s))− f(s, u(s))| < ε.

Korak 6. Konacno, pokazimo da je funkcija u rjesenje integralne jednadzbe u(x) =y0 +

∫ xx0f(s, u(s)).

Fiksirajmo x ∈ [x0, x0 + b]. Ako je x = x0, tada je ocito u rjesenje integralnejednadzbe.Ako je x > x0, tada za dovoljno veliki j je

ukj(x) = y0 +

∫ x

x0

f(s, ukj(s))ds−∫ x

x− 1kj

f(s, ukj(s))ds.

Ocito, lijeva strana gornje jednadzbe konvergira prema u(x) dok j → 0. Poteoremu za uniformnu konvergenciju i uniformne konvergentnosti (f(·, uuj(·))),prvi integral desne strane gornje jednadzbe konvergira prema∫ x

x0

f(s, u(s))ds,

i zbog ogranicenosti funkcije f , drugi integral tezi u 0. Znaci, limes gornje jed-nadzbe kada j → 0 je jednak upravo u(x) = y0 +

∫ xx0f(s, u(s)).

Peanov teorem ne garantira jedinstvenost, vec naprotiv, dozvoljava postojanje be-skonacno mnogo rjesenja, sto se vidi u nasem primjeru (1.3.3).

2.2 Picardov teorem o egzistenciji i jedinstvenosti

rjesenja

Charles Emile Picard (1856.-1941.) je bio jedan od vrhunskih francuskih mate-maticara. Njegov doprinos pokriva mnoga podrucja matematike: funkcije kompleksnihvarijabli, diferencijalne jednadzbe, algebarsku topologiju, primjenjenju matematiku.Ovdje cemo iskazati i dokazati njegov poznati teorem o egzistenciji i jedinstvenostirjesenja obicne diferencijalne jednadzbe, koji se i najcesce koristi.


Slika 2.2: Charles Emile Picard (1856.-1941.)

Teorem 5. Neka su dane funkcija f : Ω → R, Ω ⊆ R2, i tocka (x0, y0) ∈ Ω i nekapostoji pravokutnik P = [x0 − a, x0 + a]× [y0 − b, y0 + b], a, b ∈ R+, takav da vrijedi

a) f je neprekidna na P , pa stoga i postoji M > 0 takav da je |f(x, y)| ≤M , ∀(x, y) ∈P ,

b) f je Lipschitzova funkcija po varijabli y s Lipschitzovom konstantom L koja neovisi o x, tj.

(∃L > 0) (∀x ∈ [x0 − a, x0 + a]) (∀y1, y2 ∈ [y0 − b, y0 + b])

|f(x, y1)− f(x, y2)| ≤ L · |y1 − y2|

Tada Cauchyjeva zadaca (1.2) ima lokalno jedinstveno rjesenje

u ∈ C1([x0 − T, x0 + T ]), gdje je T := mina, bM.

Za dokaz ovog teorema, potrebne su nam iduce definicije i teoremi:Banachov prostor C([a, b])Neka je (X,+, ·) realan normirani prosor s normom ‖ · ‖.Za niz (xn ⊆ X) kazemo da:

a) je Cauchyjev ako

(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀m,n ∈ N) m,n ≥ n0 ⇒ ‖xm − xn‖ < ε.

b) konvergira ka x ∈ X ako

(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ∈ N) n ≥ n0 ⇒ ‖xn − x‖ < ε.

Za takav niz kazemo da je konvergentan, i pisemo xn → x ili lim xn = x.

Definicija 10. Za normirani prostor kazemo da je potpun ukoliko je svaki njegov Ca-uchyjev niz ujedno i konvergentan.

Banachov prostor je potpun normirani prostor.


Definicija 11. Uredeni par ((xn), (sn)), gdje je (xn) niz u X, a (sn) pripadni mu nizparcijalnih suma definiran s sn =

∑nj=1 xj zovemo redom u X. Uobicajena oznaka za

red je ((xn), (sn)) ∼∑xn. Za red kazemo da je konvergentan ako je niz (sn) konvergen-

tan.(Njegov limes nazivamo suma reda∑xn, a oznacavamo ga

∑∞n=1 = limn→∞ xn).

Kazemo da je red∑xn apsolutno konvergentan ukoliko je konvergentan niz brojeva

an :=∑n

j=1 ‖xj‖.

Teorem 6. Normirani prostor je potpun ako i samo ako je svaki njegov apsolutnokonvergentan red ujedno i konvergentan.

Teorem 7. Vektorski prostor (C([a, b]),+, ·) svih neprekdinih funkcija na segmentu[a, b] (uz klasicno zbrajanje funkcije po tockama i mnozenje funkcija skalarom) je Ba-nachov prostor uz normu definiran sa: ‖f‖ = maxx∈[a,b] |f(x)|.

Iskazimo jos Gronwallovu lemu:

Lemma 1. Neka je I interval (bilo kakav), w ∈ C(I; [0,∞〉), x0 ∈ I, α, β, γ ≥ 0.Ukoliko je

(∀x ∈ I) w(x) ≤ α + β|x− x0|+ γ|∫ xx0w(ξ)dξ|.

onda vrijedi

(∀x ∈ I) w(x) ≤ (α + β|x− x0| · eγ|x−x0|).3

Sada mozemo dokazati Picardov teorem.Dokaz.Dokaz je podijeljen na 4 koraka:

Korak 1. Prvo cemo pokazati da je u ∈ C1([x0 − T, x0 + T ]) rjesenje Cauchyjevezadace (1.2) ako i samo ako je u rjesenje integralne jednadzbe

y(x) = y0 +

∫ x

x0

f(s, y(s))ds (2.1)

za u ∈ C([x0 − T, x0 + T ]).

⇒ Neka je u ∈ C1([x0−T, x0 +T ] rjesenje Cauchyjeve zadace (1.2). Tada vrijediu′(x) = f(x, u(x)), ∀x ∈ [x0 − T, x0 + T ]. (U rubovima nema derivacije,pa sa u′ oznacavamo derivacije samo slijeva odnosno zdesna.) Integrirajmoobje strane nejednakosti.

∫ x

x0

u′(s)ds =

∫ x

x0

f(s, u(s))ds

u(x)− u(x0)︸︷︷︸ =

∫ x

x0

f(s, u(s))ds

y0

3Dokaz Gronwallove leme mozemo naci na predavanjima doc. dr. sc K. Burazina, [5]


⇒ u(x) = y0 +∫ xx0f(s, u(s))ds.

Zakljucujemo da u jer rjesenje jednadzbe (2.1).Jos trebamo pokazati da u poprima vrijednosti iz [y0 − b, y0 + b]:

|u(x)− y0| = |∫ x

x0

f(s, u(s))ds| ≤∫

[x0,x]

|f(s, u(s))|ds ≤∫ x

x0

Mds

≤M · |x0 − x| ≤M · T ≤M · bM

= b X

Vrijednosti jesu iz [y0 − b, y0 + b].

⇐ Neka je u neprekidna na [x0 − T, x0 + T ] s vrijednostima u[y0 − b, y0 + b] ivrijedi

u(x) = y0 +

∫ x

x0

f(s, u(s))ds,

za sve x ∈ [x0 − T, x0 + T ].Ocito je u(x0) = y0 ⇒ u zadovoljava pocetni uvjet. Jos treba pokazati da jeu klase C1 i da zadovoljava jednadzbu. u je neprekidna funkcija⇒ Funkcijas 7→ f(s, u(s)) je neprekidna, sto povlaci da je

∫ xx0f(s, u(s))ds klase C1.

Slijedi da je u ∈ C1([x0 − T, x0 + T ]).Deriviranjem integralne jednadzbe (2.1) dobijemo: u′(x) = f(x, u(x)), ∀x ∈[x0 − T, x0 + T ]. Rjesenje u zadovoljava jednadzbu.

Korak 2. Picardove sukcesivne iteracije.Prvo cemo definirati niz funkcija (uk)k∈N0 na sljedeci nacin:

u0(x) = y0, ∀x ∈ [x0 − T, x0 + T ].

uk(x) = y0 +

∫ x

x0

f(s, uk−1(s))ds, ∀x ∈ [x0 − T, x0 + T ], k ∈ N.

Sad cemo pokazati da je nas niz funkcija dobro definiran. Dovoljno je pokazatida je za ∀x ∈ [x0 − T, x0 + T ], vrijednost uk ∈ [y0 − b, y0 + b].To cemo dokazati matematickom indukcijom:

Baza indukcije Neka je k = u0.

|u0(x)− y0| = 0 ≤ b X

Tvrdnja vrijedi za k = u0.

Pretpostavka indukcije Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za k = uk−1.

|uk−1(x)− y0| ≤ b, x ∈ [x0 − T, x0 + T ].

Korak indukcije Pokazimo da tvrdnja vrijedi i za k = uk.

|uk(x)− y0| = |∫ x

x0

f(s, uk−1(s))ds| ≤∫

[x0,x]

|f(s, uk−1(s))|ds


≤M |x0 − x| ≤M · T ≤M · bM

= b

Funkcijski niz je dobro definiran jer je

|uk(x)− y0| ≤ b. (2.2)

Induktivno mozemo zakljuciti i da je svaki uk ∈ C([x0−T, x0+T ]; [y0−T, y0+T ]).

Korak 3. Pokazimo da niz (uk) konvergira u C([x0 − T, x0 + T ]).Za proizvoljni x ∈ [x0 − T, x0 + T ] vrijedi

|uk(x)− uk−1(x)| = |y0 +

∫ x

x0

f(s, uk−1(s))ds− y0 −∫ x

x0

|f(s, uk−2(s))|ds|

= |∫ x

x0

(f(s, uk−1(s))− f(s, uk−2(s)))ds| ≤∫

[x0,x]

|f(s, uk−1(s))− f(s, uk−2(s))|ds

≤ L

∫[x0,x]

|uk−1(s)− uk−2(s) ≤ L|uk−1(s)− uk−2(s)|.

Dakle,

|u2(x)− u1(x)| ≤ L

∫[x0,x]

|u1(s)− u0(s)| ≤ L

∫[x0,x]

M |s− x0|ds

= ML(s− x0)2

2|xs=x0= ML

(x− x0)2

2.

Nadalje,

|u3(x)− u2(x)| ≤ L

∫[x0,x]

|u2(s)− u1(s)| ≤ L2

∫[x0,x]

M(s− x0)2

2ds

= ML2 (|x− x0|)3

3!.

Indukcijom dobivamo:

|uk(x)− uk−1(x)| ≤MLk−1 |x− x0|k

k!, ∀x ∈ [x0 − T, x0 + T ] (2.3)

Ako oznacimo ak(x) := uk(x) − uk−1(x), takav da je ak ∈ C([x0 − T, x0 + T ]),onda iz (2.3) slijedi

‖ak‖ = ‖ak‖C([x0−T,x0+T ]) = maxC([x0−T,x0+T ])

|ak| ≤M · Lk−1T k

k!.


Pokazat cemo da je red (ak) apsolutno konvergentan!

Kako je∑∞

k=1MLk−1 Tk

k!= M

L

∑∞k=1

(LT )k

k!= M

LeLT , to prema usporednom krite-

riju za konvergenciju redova slijedi da red brojeva (∑‖ak‖,

∑kj=1 ‖aj‖) konver-

gira, odnosno red funkcija (ak,∑k

j=1 aj) konvergira apsolutno (kad red normi ko-nvergira) u C([x0−T, x0 +T ]. Kako je taj prostor Banachov, to prema Teoremu(7) slijedi da taj red funkcija konvergira, tj. da postoji a ∈ C([x0 − T, x0 + T ]takav da:∑k

j=1 ‖aj‖ → a u C([x0 − T, x0 + T ], kada k →∞, te je

k∑j=1

aj =k∑j=1

(uj−uj−1) = uk−uk−1+uk−1−uk−2−. . .+u2−u1+u1−u0 = uk−u0.

Kako uk − u0 → a u C([x0 − T, x0 + T ], kada k → ∞, onda i uk → a + u0 uC([x0 − T, x0 + T ] kada k → ∞. Oznacimo sa u := a + u0. Slijedi da uk →u u C([x0 − T, x0 + T ]), kada k → ∞. Kako svaki uk poprima vrijednosti u[y0 − b, y0 + b], slijedi da i u poprima vrijednosti u [y0 − b, y0 + b].

Korak 4. Pokazimo da je u rjesenje jednadzbe (2.1)

uk(x) = y0 +

∫ x

x0

f(s, uk−1(s)ds).

uk konvergira u u, y0 konvergira u y0, pa jos treba pokazati da∫ x

x0

f(s, uk−1(s))ds→∫ x

x0

f(s, u(s))ds.

Neka je ε > 0 proizvoljan, i k0 ∈ N takav da ∀k ≥ k0 vrijedi da je ‖u−uk‖ < εLT

.Tada je

‖∫ .

x0

f(s, u(s))ds−∫ .

x0

f(s, uk(s))ds‖ = maxx∈[x0−T,x0+T ]

|∫ x

x0

(f(s, u(s))−f(s, uk(s)))ds|

≤ maxx∈[x0−T,x0+T ]

(

∫[x0,x]

|f(s, u(s))− f(s, uk(s))|ds)


(

∫[x0,x]

|u(s)− uk(s)|ds)


(

∫[x0,x]

L · ε

LT) ≤ max

x∈[x0−T,x0+T ]ε = ε.

Ovime smo dokazali da rjesenje jednadzbe postoji.Jos pokazimo je li to rjesenje jedinstveno.Pretpostavimo da je u ∈ C1(J) neko drugo rjesenje. Tada za x ∈ J∩ [x0−T, x0 +T ] vrijedi:

|u(x)− u(x)| = |∫ x

x0

(f(s, u(s))− f(s, u(s)))ds| ≤∫

[x0,x]

|f(s, u(s))− f(s, u(s))|ds


≤ L

∫[x0,x]

|u(s)− u(s)|ds = 0.

|u(x) − u(x)| = 0 jer za w(x) = |u(x) − u(x)|, gdje je α = β = 0, γ = L, papo Gronwallovoj lemi slijedi da je w(x) = 0, iz cega slijedi da je u(x) = u(x).Konacno, dokazali smo da je rjesenje u jedinstveno.

Prisjetimo se naseg primjera (1.3.3.).Bila je zadana sljedeca Cauchyjeva zadaca

y′(x) =√|y|

y(1) = 0

koja ima rjesenja

uC(x) =

0, x 6 C(x−C)2

4, x > C.

Zakljucili smo da rjesenje jednadzbe postoji, ali da nije jedinstveno, tako da odmahznamo da nasa jednadzba ne zadovoljava sve uvjete Picardovog teorema.Pogledajmo zasto!Funkcija f(x, y) =

√|y|, f : R2 → R je neprekidna, pa zbog neprekidnosti vec su

zadovoljeni uvjeti Peanovog teorema, kao i prvi uvjet Picardovog teorema.No, sto je sa drugim uvjetom Picardova teorema? Zapravo treba odgovoriti na pitanjeje li f Lipschitzova po y varijabli? Odnosno, pogledajmo je li g(x) =

√|x| Lipschitzova

na R?Oznacimo: h(x) =

√x, x ≥ 0.

Derivirajmo h(x):

h′(x) =1

2√x.

Derivacija nije omedena funkcija na 〈0,+∞〉, stoga slijedi da h nije Lipschitzova.Slijedi da i g(x) =

√|x| nije Lipschitzova funkcija na R. Zato ne vrijede uvjeti Picar-

dova teorema.Zakljucujemo da ako iz Picardovog teorema izostavimo Lipschitzov uvjet, i dalje imamoegzistenciju rjesenja, no jedinstvenost rjesenja nije zajamcena.

Pogledajmo sljedeci primjer.

Primjer 2.2.1 Promotrimo sljedecu Cauchyjevu zadacu:u′(x) = 1 + u2,u(0) = 0.

Dakle, imamo

f(t, u) = 1 + u2 ∈ C(R2)⇒ ∂f

∂u(t, u) = 2u ∈ C(R2).

f(t, u) je Lipschitz-neprekidna funkcija jer je njena parcijalna derivacija neprekidna iomedena na R2.


Primjer 2.2.2 Promotrimo Cauchyjevu zadacuu′ = 3

√u,

u(0) = 0.

Parcijalno deriviramo funkciju f(t, u) = 3√u i dobijemo:

∂f∂u

(t, u) = 13u−

23 .

Funkcija je neprekidna, pa nam i Peanov i Picardov teorem kazu da rjesenje postoji.Funkcija f nema prekid u nuli, stoga cemo Lipschitzov uvjet provjeriti iz definicije:

| 3√u1 − 3√u2| ≤ L|u1 − u2|, za u1, u2 ∈ P

Za u2 = 0 je

| 3√u1| ≤ L|u1| ⇔ L ≥ 13√u21

Slijedi da f nije Lipschitz-neprekidna funkcija u okoline nule, jer ovakva konstantaL ≥ 1

3√u21

ne postoji. Zbog toga na ovu Cauchyjevu zadacu ne mozemo primjeniti

Picardov teorem. Ali po Peanovom teoremu osigurana je egzistencija barem jednogrjesenja.Lako se provjeri da su sljedece funkcije rjesenja nase Cauchyjeve zadace.

u = 0, u(t) =√

827t23 , u(t) = −

√827t23 .

2.3 Cauchyev teorem o egzistenciji i jedinstvenosti

rjesenja

Augustin Louis Cauchy (1789.–1857.) je bio francuski matematicar koji je biojedan od prvih koji je matematicki strogo zasnovao i razvijao infinitezimalni racun.Smatra se osnivacem teorije funkcija jedne kompleksne varijable, a on je razvio i teorijuvalova u optici, a radio je i na teoriji elasticnosti. On je zapravo bio prvi koji je oko1825. dokazao neki teorem o egzistenciji i jedinstvenosti rjesenja obicne diferencijalnejednadzbe. Stoga se sljedeci teorem cesto naziva i Cauchyjev teorem.

Teorem 8. (Cauchyjev teorem) Neka je Ω ∈ R2 otvoren, (x0, y0) ∈ Ω i f ∈ C(Ω)takva da je ∂2f ∈ C(Ω). Tada Cauchyjeva zadaca (1.2) ima jedinstveno neprosirivorjesenje.

Za dokaz Cauchyjevog teorema potreban nam je Picardov teorem, te Lagrangeov4 te-orem srednje vrijednosti.

Teorem 9. (Lagrangeov teorem srednje vrijednosti) Neka je funkcija f nepre-kidna na zatvorenom intervalu [a, b] i derivabilna na otvorenom intervalu (a, b). Tadapostoji tocka c ∈ (a, b) takva da je

4Joseph Louis Lagrange(1736.-1813.) - talijanski matematicar i astronom.


Slika 2.3: Augustin Louis Cauchy (1789.–1857.)

f(b)− f(a) = f ′(c)(b− a).5

Dokazat cemo lokalnu egzistenciju i jedinstvenost, tako sto cemo pokazati da vrijedeuvjeti Picardova teorema.

Dokaz.Neka je P = [x0 − a, x0 + a]× [y0 − b, y0 + b] ⊆ Ω.Pokazimo da funkcija f |P zadovoljava uvjete Picardova teorema:

a) Funkcija f je neprekidna na Ω,pa je i f |P neprekidna na P .

b) Fiksirajmo x ∈ [x0 − a, x0 + a] i gx(y) := f(x, y). Buduci da je ∂2f neprekidnana Ω, a g

′x(y) = ∂2f(x, y), slijedi da je i g′ neprekidna funkcija, odnosno gx ∈

C1([y0 − b, y0 + b]). Prema Lagrangeovom teoremu o srednjoj vrijednosti slijedida za (∀y1, y2 ∈ [y0 − b, y0 + b]) (∃c ∈ 〈y0 − b, y0 + b〉) takav da je

gx(y1)− gx(y2) = g′(c)(y1 − y2).

Oznacimo s L = maxx,y∈P |∂2f(x, y)|. Znamo da maksimum postoji jer je f funk-cija na kompaktu P , a neprekidna funkcija dostize svoje ekstreme na komapktu.Slijedi:

|f(x, y1)− f(x, y2)| = |gx(y1)− gx(y2)| = |g′x(c) · (y1 − y2)| = |gcx| · |y1 − y2| ≤L · |y1 − y2|-

Zakljucujemo, f je Lipschitz-neprekidna funkcija s konstantom L.Stoga vrijede uvjeti Picardova teorema, pa imamo rezultat lokalne egzistencije ijedinstvenosti. Neprosirivost rjesenja necemo dokazivati u ovom radu.

5Dokaz mozemo naci na stranici: http : //www.geof.unizg.hr/ jbeban/M1/11.pdf , [12]

Poglavlje 3

Neke istaknute obicne diferencijalnejednadzbe 1. reda

3.1 Jednadzba sa separiranim varijablama

Definicija 12. Jednadzba sa separiranim varijablama je diferencijalna jednadzba prvogreda koju mozemo zapisati u obliku:

f(x, y) = g(x) · h(y),

tj.y′ = g(x) · h(y)

Pripadna Cauchyjeva zadaca glasi:y′(x) = g(x) · h(y)y(x0) = y0

(3.1)

Pod pretpostavkom da je h(y) 6= 0, separirat cemo varijable tako da nasu jednadzbupomnozimo sa dx

h(y):

dy

h(y)= g(x)dx.

Integrirat cemo lijevu i desnu stranu jednakosti:∫dy

h(y)=

∫g(x)dx+ C.

Dobili smo rjesenje diferencijalne jednadzbe, gdje je C neka proizvoljna konstanta.

Osvrcuci se na nasa tri teorema o egzistenciji i jedinstvenosti rjesenja, vidimo da jeegzistencija zasnovana na neprekidnosti (sva tri), a jedinstvenost rjesenja je zasnovanana Lipschitz-neprekidnosti funkcije f i na postojanju parcijalne derivacije druge vari-jable neprekidne u svakoj tocki.

27

Neke istaknute obicne diferencijalne jednadzbe 1. reda 28

U ovom poglavlju, funkcija f je vrlo specijalnog oblika - produkt je dviju realnih funk-cija realne varijable.

f(x, y) = g(x) · h(y), g, h : R→ R.Minimalna pretpostavka za postojanje rjesenja je neprekidnost funkcije f , sto je uovom slucaju ekvivalentno sa neprekidnoscu funkcija g i h. Zbog pretpostavke da jef neprekidna, znamo da nam Peanov teorem jamci lokalnu rjesivost nase Cauchyjevezadace (3.1). Jedinstvenost rjesenja funkcije f smo pokazali pomocu Lipschitzovoguvjeta: u ovom slucaju to bi bila pretpostavka da je funkcija h Lipschitzova. Koristeciprodukt g(x)h(y) mozemo dokazati (lokalnu) egzistenciju i jedinstvenost rjesenja. Pret-postavku da je h Lipschitz-neprekidna, zamijenit cemo drugim svojstvom funkcije h.Vrijedi sljedece:

Teorem 10. Neka su g ∈ C(x0 − αx, x0 + βx) i h ∈ C(y0 − αy, y0 + βy), te neka jedodatno funkcija h strogo pozitivna (odnosno negativna) na (y0 − αy, y0 + βy). Tadapostoji T ∈ (0,minαx, βx) tako da Cauchyjeva zadaca (3.1) ima jedinstveno rjesenjena intervalu (x0 − T, x0 + T ).

Za dokaz ovog teorema, potreban nam je sljedeci teorem:

Teorem 11. (Teorem o inverznoj funkciji) Neka je I ⊆ R otvoren interval i f ∈C1(I) takva da je za svaki x ∈ I, f ′(x) 6= 0. Tada je slika funkcije I ′ = f(I) otvoreninterval, f : I → I ′ je bijekcija, f−1 ∈ C1(I ′), te ∀y ∈ I ′(y) = 1

f ′(f−1(y)).1

Dokaz.Prvo cemo navesti ideju dokaza koja se zasniva na produktu g(x)h(y) kojeg mozemoseparirati. Pretpostavit cemo da rjesenje postoji na nekom intervalu (α, β) koji sadrzitocku x0. Iz Cauchyjeve zadace i obicne diferencijalne jednadzbe sa separiranim vari-jablama proizlazi sljedece:

y′(x)

h(y(x))= g(x).

Integriramo i zamjenimo varijable, pa dobijemo:∫ x

x0

g(z)dz =

∫ x

x0

y′(z)dz

h(y(z))=

∫ y(x)

y0

dv

h(v).

Uvedimo sad primitivne funkcije od g i 1h:

G(x) =

∫ x

x0

g(z)dz, H(y) =

∫ y

y0

dv

h(v).

Zakljucujemo: ako je y rjesenje Cauchyjeve zadace (3.1) na (α, β) i ako su funkcije Gi H dobro definirane, onda vrijedi sljedeca jednadzba koja je nuzan uvjet za rjesenje:

H(y(x))−G(x) = 0, x ∈ (α, β).

Obratno, ako je jos dodatno funkcija H invertibilna (na nekom intervalu koja sadrzitocku y0), onda iz gornje jednadzbe proizlazi:

y(x) = H−1(G(x)).

1Dokaz ovog teorema mozemo naci na stranici: http ://lavica.fesb.hr/mat1/predavanja/node8.html, [11]


Ovom formulom definirali smo funkciju y. Ako je y jos i derivabilna funkcija, njenimderiviranjem dobijemo:

H ′(y(x))y′(x) = G′(x)⇒ y′(x)

h(y(x))= g(x).

Vidimo da y zadovoljava diferencijalnu jednadzbu y′ = dxdy

.Sada cemo zamjeniti x sa x0:

H(y(x0))−G(x0) = 0.

Kako je H invertibilna funkcija, slijedi da je u(x0) = u0.Dakle, funkcija y bi bila rjesenje Cauchyjeve zadace (3.1). Jos nam preostaje opravdatigornje formalne racune. Uvedimo oznake:

Ix = (x0 − αx, x0 + βx), Iy = (y0 − αy, y0 + βy).

• Pretpostavili smo da je g ∈ C(Ix), pa g ima glatku primitivnu funkciju G na Ixtakvu da je

G(x) =

∫ x

x0

g(z)dz, G ∈ C1(x0 − αx, x0 + βx), G(x0) = 0.

• Pretpostavili smo da je funkcija h neprekidna i pozitivna na Iy, pa slijedi da je ifunkcija 1

hneprekidna i pozitivna na Iy. Zato i funkcija 1

hima primitivnu funkciju

H na Iy takvu da je

H(x) =

∫ y

y0

dv

h(v), H ∈ C1(y0 − αy, y0 + βy), H

′ > 0, H(y0) = 0.

Specijalno, H je strogo monotono glatka funkcija na Iy, odnosno H : Iy → H(Iy)je neprekidno derivabilna injekcija, pa po teoremu o inverznoj funkciji slijedi;

H−1 ∈ C1(H(Iy)).

pri tome vrijedi jos da je H(Iy) otvoreni interval koji sadrzi 0.

• Konstruirajmo interval [x0 − T, x0 + T ].Neka je ε > 0 takav da je

(−ε, ε) ⊂ H(Iy).

Kako je H(Iy) otvoreni interval koji sadrzi 0, takav ε postoji. Zatim, funkcija Gje neprekidna na Ix, pa za dani ε postoji T > 0 tako da vrijedi:

[x0 − T, x0 + T ] ⊂ Ix, |x− x0| < T ⇒ |G(x)| < ε.

Koristili smo da je G(x0) = 0. Primjetimo da je nama ovdje najznacajnije pronacinajveci interval oko x0 cija je slika po G jos uvijek podskup skupa H(Iy). No, toje pitanje delikatno te se njime necemo baviti.


Slika 3.1: Interval (x0 − T, x0 + T )

• Pogledajmo sad egzistenciju rjesenja.Zapravo, pokazat cemo valjanost jednadzbe H(y(x)) = G(x) na intervalu (x0 −T, x0 + T ). Po konstrukciji je

G(x0 − T, x0 + T ) ⊂ H(Iy),

pa je onday(x) := H−1(G(x)), x ∈ (x0 − T, x0 + T )

dobro definirana funkcija. Stovise, y je neprekidno derivabilna na (x0 − T, x0 +T ) kao kompozicija neprekidno derivabilnih funkcija. Znaci, glatka funkcija yzadovoljava nasu jednadzbu H(y(x)) = G(x) na intervalu (x0 − T, x0 + T ), pana tom istom intervalu zadovoljava i diferencijalnu jednadzbu y′ = f(x, y). Daljeimamo

H(y(x0)) = G(x0) = 0, H(y0) = 0,

odnosno, posto je H injektivna funkcija slijedi: y(x0) = y0.Zakljucujemo, da postoji rjesenje y Cauchyjeve zadace (3.1) na intervalu (x0 −δ, x0 + δ).

• Preostaje nam jos jedinstvenost rjesenja.Ako su u i v rjesenja Cauchyjeve zadace (3.1) na intervalu (x0−T, x0 +T ), ondajednadzba H(y(x))−G(x) = 0 vrijedi za obje funkcije u i v, tj.

v(x) = H−1(G(x)) = u(x), x ∈ (x0 − T, x0 + T )

Rjesenje je jedinstveno.

Rjesenje obicne diferencijalne jednadzbe sa separiranim varijablama je skoro dano for-mulom: H(y(x)) − G(x) = 0. No, izmedu funkcija G i H i diferencijalne jednadzbey′ = f(x, y) postoji jos jedna veza. Neka su u i v rjesenja diferencijalne jednadzbe naintervalu (x0−T, x0 +T ). Tada one poprimaju neke vrijednosti u tocki x0, pa mozemostaviti: u(x0) = u0 i v(x0) = v0. Specijalno, u zadovoljava H(y(x)) − G(x) = 0 nanasem intervalu, dok v kao rjesenje pocetne jednadzbe:

v′(x) = g(x)h(v(x)) na (x0 − T, x0 + T ), v(x0) = v0


zadovoljava na (x0 − T, x0 + T ) analognu jednadzbu:

H(v(x)) = G(x), x ∈ (x0 − T, x0 + T ),

pri cemu je

G(x) =

∫ x

x0

g(z)dz = G(x), x ∈ (x0 − T, x0 + T )

i

H(v) =

∫ v

v0

dz

h(z).

Ali,

H(v) =

∫ v

v0

dz

h(z)= (

∫ v

u0

+

∫ v0

u0

dz

h(z)) = H(v) +

∫ u0

v0

dz

h(z).

Zakljucujemo, da ako su u i v dva rjesenja diferencijalne jednadzbe y′ = f(x, y) na(x0 − T, x0 + T ), onda postoji konstanta C tako da je

H(v(x))−G(x) = C, x ∈ (x0 − T, x0 + T ).

Primjer 3.1.1 Naci rjesenje Cauchyjeve zadaceu′ = x2

1−u2 ,

u(0) = 0.

Identificiramo:g(x) = x2 ⇒ g ∈ C(R),

te

h(u) =1

1− u2⇒ h

koja je je neprekinuta u svim tockama osim u ±1.Kako je pocetni uvjet u0 = 0, funkcija h je pozitivna na intervalu neprekidnosti (−1, 1).Nadimo funkcije G i H:

G(x) =

∫ x

0

z2dz =1

3x3, x ∈ R,

H(u) =

∫ u

0

(1− v2)dv = u− 1

3u3, u ∈ (−1, 1).

Iz toga slijedi da je jedinstveno rjesenje pocetnog problema dano sa:

3u(x)− u(x)3 = x3

na nekom intervalu oko 0.Skup svih rjesenja diferencijalne jednadzbe na nekom intervalu oko 0 dan je sa

3u(x)− u(x)3 − x3 = C; C ∈ R.

Primjer 3.1.2 Padobranac otvara svoj padobran u trenutku t = 0, kada je dosegaobrzinu v0. Njegovu masu, ukljucujuci i opremu, oznacimo s m. Otpor kojim se zrakopire njegovom padu razmjeran je kvadratu brzine, Fotp = kv2, gdje je k konstantakoja ovisi o velicini i obliku padobrana. Kako se mijenja brzina padobranca ovisno ovremenu proteklom nakon otvaranja padobrana?


Rjesenje.Prema drugom Newtonovom zakonu imamo sljedece:

F = ma = mdv

dt.

Medutim, ukupna sila F koja djeluje na padobranca je jednaka razlici tezine mg i njojsuprotno usmjerene sile otpora Fotp = kv2, pa imamo

mg − kv2 = mdv

dt.

Nakon sto podijelimo s m i uz pokratu b2 = mg/k, dobijemo

dv

dt= − k

m(v2 − b2).

Dobili smo matematicki model naseg problema, a to je obicna diferencijalna jednadzba1. reda sa separiranim varijablama. Rijesimo je tako sto cemo prvo separirati varijable:

dv

v2 − b2= − k

mdt.

Sad cemo integrirati. ∫dv

v2 − b2= − k

mt+ c.

Rastavimo lijevu stranu jednadzbe na parcijalne razlomke:

1

v2 − b2=

1

2b(

1

v − b− 1

v + b).

Proizlazi: ∫dv

v2 − b2=

1

2bln|v − b

v + b| = − k

mt+ c.

Uz pokratu p = 2kb/m, slijediv − bv + b

= ce−pt,

odakle imamo dva rjesenje, ovisno o tome je li gornji razlomak pozitivan ili negativan:c = ±e2bc.Kada uvrstimo pocetni uvjet v(0) = v0 u gornju jednadzbu, vidimo da je c = v0−b

v0+b.

Ako rijesimo gornju jednadzbu po v, dobit cemo:

v(t) = b1 + ce−pt

1− ce−pt,

gdje je b =√mg/k, p = 2

√kg/m i c =

v0−√mg/k

v0+√mg/k

. Primjetimo da je limt→∞v(t) =

b =√mg/k. To znaci da se nakon otvaranja padobrana, brzina padobranca smanjuje,

tezeci prema granicnoj vrijednosti√mg/k koja ne ovisi o brzini v0 pri kojoj je otvoren

padobran.


Slika 3.2: Grafovi brzine v(t), za v0 >√mg/k i v0 <

√mg/k

Zadatak 1. Rijesi diferencijalnu jednadzbu:

sinx · y′ = y.

Rjesenje.

sinx · dydx

= y.

Separirajmo varijable:dy

y=

dx

sinx.

Integrirajmo: ∫dy

y=

∫dx

sinx.

ln |y| = ln | tanx

2|+ lnC.

y = C · tanx

2.

3.2 Homogena diferencijalna jednadzba 1. reda

Definicija 13. Za funkciju f(x, y) kazemo da je homogena s obzirom na x i y, akovrijedi sljedece:

f(λx, λy) = λnf(x, y),

gdje je broj n stupanj homogenosti.

Primjer 3.2.1 Provjerimo je li funkcija f(x, y) = x2 − xy + y2 homogena, te ako je,kojeg stupnja homogenosti?

Rjesenje.

f(λx, λy) = ((λx)2 − λxλy + (λy)2) = λ2(x2 − xy + y2) = λ2f(x, y).


Funkcija je homogena drugog stupnja.

Pretpostavimo da je f(x, y) homogena funkcija nultog reda, odnosno f(λx, λy) =λ0f(x, y) = f(x, y). To vrijedi za sve λ, pa tako mora vrijediti i za λ = 1

x. Tada

imamo f(λx, λy) = f( 1xx, 1

xy) = f(1, y

x) = f(x, y). To znaci da se f(x, y) moze zapisati

kao funkcija ovisna samo o yx. Tada uz oznaku imamo ϕ( y

x) := f(x, y), x 6= 0. Time

smo dobili homogenu diferencijalnu jednadzbu.

Definicija 14. Neka je I otvoreni interval i ϕ ∈ C(I). Obicnu diferencijalnu jed-nadzbu f(x, y) nazivamo homogenom diferencijalnom jednadzbom, ako je oblika

f(x, y) = ϕ(y

x).

Rjesavanje homogenih diferencijalnih jednadzbiHomogene diferencijalne jednadzbe se svode na separabilne diferencijalne jednadzbe.Neka je u = y

x⇒ y = ux ⇒ y′ = u′x+ u.

Nadalje,

y′ = ϕ(y

x)⇒ u+ xu′ = ϕ(u)

xu′ = ϕ(u)− u

u′ =1

x(ϕ(u)− u)

Dobili smo jednadzbu sa separiranim varijablama, gdje je g(x) = 1x, a h(u) = (ϕ(u)−u).

Tako imamo sljedeci teorem.

Teorem 12. Neka je ϕ : 〈a, b〉 → R neprekidna funkcija i neka je ϕ(u) 6= u, ∀ ∈ 〈a, b〉.Tada za svaki par brojeva x0, y0 ∈ R, za koje je y0

x0∈ 〈a, b〉 postoji jedno i samo jedno

rjesenje Cauchyjeve zadace y′ = ϕ( y

x)

y(x0) = y0

Primjer 3.2.2 Rijesimo homogenu sljedecu homogenu jednadzbu:

y′ − xy′ = y lnx

y.

Rjesenje.Izrazimo y′:

y′ = −yx

(1− lnx

y)↔ y′ =

y

x(1− ln

y

x) = ϕ(

y

x)

Jednadzba jeste homogena.Supstituirajmo: u = y

x, slijedi da je y = ux. Derivacija y je y′ = u′x+ u. Uvrstimo to:

u′x+ u = u(1 + lnu).

Separirajmo varijable x i u:

xdu

dx= u lnu⇒ dx

x=

du

u lnu.


Integrirajmo: ∫du

u lnu=

∫dx

x+ lnC.

Rijesimo integral metodom supstitucije, gdje je t = lnu, a dt = duu

.Slijedi:

ln | lnu| = ln |x|+ lnC

ln | lnu| = ln |Cx|

lnu = Cx

u = eCx

Vratimo U = yx, pa je trazeno opce rjesenje

y = xeCx.

Primjer 3.2.3 Potrebno je naci jednadzbe svih krivulja kojima svaka tangenta sijeceos ordinata u tocki koja je jednako udaljena od ishodista i od diralista.

Rjesenje.

Slika 3.3: Tangenta u tocki T0

Jednadzba tangente na krivulju Γf u tocki T0(x0, y0) glasi:

y − f(x0) = f ′(x0)(x− x0)

y − f(x0) = xf ′(x0)− x0f′(x0)

xf ′(x0)− y = f ′(x0)(x0)′ − f(x0)

f ′(x0)x

f ′(x0)(x0)′ − f(x0)− y

f ′(x0)(x0)′ − f(x0)= 1

xf ′(x0)(x0)′−f(x0)

f ′(x0)

− y

f ′(x0)(x0)′ − f(x0)= 1

Gledamo udaljenosti d(0, S) i d(S, T0), a po zahtjevu mora biti d(0, S) = d(S, T0), paimamo:

|f(x0)− f ′(x0)x0| =√x2

0 + x20(f ′(x0))2 /2

y2 − 2yy′x+ (y′)2x2 = x2 + x2(y′)2

y2 − 2xyy′ = y2 − x2


2xyy′ = y2 − x2 ⇒ y′ =1

2(y

x− (

y

y)−1)

Dobili smo homogenu diferencijalnu jednadzbu. Rijesimo je supstitucijom: z = yx,

y = zx, y′ = z′x+ z.

z′x+ z =1

2(z − 1

z) =

1

2

z2 − 1

z.

Separirajmo varijable, pa integrirajmo.

2zdz

z2 − 1= −dx

x

∫ln |z2 − 1| = − ln |x|+ lnC ⇒ z2 − 1 =

C

|x|Vratimo z = y

x:

y2

x2− 1 =

C

x⇒ y2 = Cx+ x2

y2 + (x+C

2)2 = (

C

2)2,

sto su jednadzbe kruznica.

3.3 Linearna diferencijalna jednadzba 1. reda

Definicija 15. Neka je I ⊆ R otvoreni interval, te a, b ∈ C(I) funkcije. Obicnudiferencijalnu jednadzbu oblika

dy

dx= a(x)y + b(x)

nazivamo linearna diferencijalna jednadzba 1. reda.Ukoliko je b ≡ 0, kazemo da je ta jednadzba homogena, u suprotnom je nehomogena.

Pripadna Cauchyjeva zadaca glasi:y′(x) = a(x)y + b(x)y(x0) = y0

(3.2)

Kako rjesavamo linearnu diferencijalnu jednadzbu?Prvo rjesavamo homogenu diferencijalnu jednadzbu:

y′ = a(x)y.

Zatim separiramo varijable i dobijemo:

dy

y= a(x)dx.

Integriramo,

ln |y| =∫a(x)dx+ lnC,


i dobijemoy = C · ea(x)dx, C ∈ R.

Sada nije tesko pokazati da se tzv. metodom varijacije konstante C dolazi do opcegrjesenja polazne jednadzbe. Rjesenje trazimo u obliku:

y = C(x)e∫a(x)dx.

To deriviramo:

C ′(x)e∫a(x)dx + C ′(x)e

∫a(x)dxa(x) = C ′(x)e

∫a(x)dxa(x) + b(x)

Skracivanjem, ostaje namC ′(x)e

∫a(x)dx = b(x).

Izrazimo C ′(x):C ′(x) = b(x)e−

∫a(x)dx,

te nakon intergriranja dobijemo

C(x) =

∫b(x)e−

∫a(x)dxdx+D, D ∈ R.

Sto nam konacno daje opce rjesenje linearne diferencijalne jednadzbe 1. reda:

y(x) = e∫a(x)dx[

∫b(x)e−

∫a(x)dxdx+D], D ∈ R.

Primjer 3.3.1 Rijesi linearnu diferencijalnu jednadzbu 1. reda:

y′ +2

x· y = 6x3.

Kao i sto smo rekli gore, prvo rjesavamo pripadnu homogenu jednadzbu:

y′ +2

x· y = 0⇒ dy

y= −2

dx

x⇒ y =

y

x2.

Nadalje, rjesenje trazimo u obliku: y = c(x)x2

.

(c(x)

x2)′ +

2

x· c(x) = 6x3 ⇒ c′(x) = 6x5 ⇒ c(x) = x6 +D, D ∈ R.

Trazeno opce rjesenje je:

y ≡ f(x) = x4 +D

x2, D ∈ R.

Egzistenciju rjesenja za Cauchyjeve zadace (3.2) dobivamo odmah primjenom Picardo-vog teorema: ako su funkcije a i b neprekidne na nekom otvorenom intervalu oko tockex0, onda Cauchyjeva zadaca (3.2) ima jedinstveno rjesenje na nekom podintervalu okox0; k tome nema nikakvih uvjeta na u0. Tada je Lipschitzov uvjet odmah zadovoljen.Zatim, broj δ iz Picardovog teorema ovisi samo u funkcijama a i b i njihovim dome-nama. Kako funkcija f(x, u) = a(x)u + b(x) nije opcenito jednadzba sa separiranim


varijablama, ovdje ne mozemo koristiti teoriju razvijenu kod obicnih diferencijalnihjednadzbi sa separabilnim varijablama.Promatrajmo prvo slucaj kada je b = 0, homogenu jednadzbu:

f(x, y) = a(x)y.

Ova jednadzba je i jednadzba sa separiranim varijablama, gdje je g(x) = 1 i h(u) = u.Sada mozemo primjeniti teoriju kao kod separbilnih jednadzbi, pa Cauchyjeva zadaca(3.2) zadovoljava jednadzbu

H(u(x)) = G(x),

gdje su G(x) =∫ xx0a(y)dy, a H(y) =

∫ uu0

dvv

.Ako pretpostavimo da je funkcija a neprekidna (na nekom intervalu oko tocke x0),onda njena primitivna funkcija G postoji na tom istom intervalu. Nadalje, funkcija hje neprekinuta na cijelom R i razlicita od nule na intervalima (−∞, 0) i (0,∞). Uzuvjet da je predznak od u jednak predznaku u0, slijedi da je

H(u) = ln |u| − ln |u0| = ln | uu0

| = lnu

u0

,

pa dobivamo jednadzbu:

lnu

u0

=

∫ x

x0

a(y)dy

odnosnou(x) = u0e

∫ xx0a(y)dy

.

Nasli smo kandidata za rjesenje pocetnog problema. Specijalno, gornja funkcija u jedobro definirana i za u0 i lako se provjeri da je rjesenje Cauchyjeve zadace na cijelomintervalu neprekdnosti I funkcije a. Vrijedi za sve u0 ∈ R i sve x0 ∈ I. Takvo rjesenjeoznacujemo:

U(x, y) = e∫ xy a(z)dz, x, y ∈ I.

Sada pomocu gornje oznake oznacavamo rjesenje naseg pocetnog problema, uz b = 0,na sljedeci nacin:

u(x) = u0U(x, x0), x ∈ I.

Gledajmo sada nehomogenu jednadzbu, kada je b 6= 0. Pretpostavljamo da su a, b ∈C(I), gdje je I otvoreni interval, x0 ∈ I, i u0 ∈ R. Rjesenje Cauchyjeve zadace (3.2)potrazit cemo metodom varijacije konstanti: pretpostavimo da je rjesenje oblika

u(x) = λ(x)U(x, x0),

gdje funkciju λ odredujemo tako da u bude rjesenje naseg problema. Tocnije, trazimoλ ∈ C1(I) tako da funkcija U zadovoljava sljedece:

u0 = u(x0) = λ(x0)U(x− x0) = λ(x0),

a(x)u(x) + b(x) = u′(x) = λ′(x)U(x, x0) + λ(x)∂

∂xU(x, x0).

Slijediλ′(x)U(x, x0) = b(x)⇒ λ′(x) = b(x)U(x0, x).


Znaci, za funkciju λ Cauchyjeva zadaca glasi:λ′(x) = b(x)U(x0, x), x ∈ Iλ(x0) = u0.

Funkcija U(x0, x) ∈ C(I), pa integriranjem dobijamo da Cauchyjeva zadaca ima rjesenjena cijelom intervalu I dano integralnom jednadzbom:

λ(x) = u0 +

∫ x

x0

b(z)U(x0, z)dz, x ∈ I.

Kada uvrstimo gornji λ u izraz za u, dobijemo:

u(x) = u0U(x, x0) +

∫ x

x0

b(z)U(x, z)dz, x ∈ I.

Primjetimo da je prvi sumand rjesenje homogene jednadzbe u′(x) = a(x)u(x), u(x0) =u0, dok je drugi sumand rjesenje nehomogene jednadzbe u′(x) = a(x)u(x) + b(x),u(x0) = 0. Time smo dokazali sljedeci teorem:

Teorem 13. Neka je I ⊆ R otvoren interval, a, b ∈ C(I). Tada za svaki x0 ∈ I i svakiy0 ∈ R Cauchyjeva zadaca

y′(x) = a(x)y + b(x)y(x0) = y0

ima jedinstveno rjesenje u na cijelom intervalu I dano formulom

u(x) = u0U(x, x0) +

∫ x

x0

b(z)U(x, z)dz,

gdje je funkcija U : I × I → R definirana na sljedeci nacin:

U(x, y) = e∫ yx a(z)dz, x, y ∈ I.

Primjer 3.3.2 Sila teze, koja djeluje na tijelo mase m sto slobodno pada kroz zrak,iznosi mg, gdje je g gravitacijska konstanta. Pretpostavit cemo da je sila kojom se zrakopire padu proporcionalna ϑ brzini tijela, γv, gdje je γ konstanta proporcionalnosti.Nadimo ovisnost brzine tijela o vremenu t (prije no sto tijelo udari u tlo).

Rjesenje.Iz drugog Newtonovog zakona slijedi:

ma = mdv

dt= mg − γv,

dv

dt+γ

mv = g.

To je linearna jednadzba gdje je a(t) = γm

, G(t) = γtm

, a b(x) = g. Njeno rjesenje je

v(t) = e−γtm (K +

∫ge

γtm dt)


= e−γtm (K +

mg

γeγtm ).

Ako je v = 0 u trenutku ispustanja t = 0, onda je K = −mgγ

, pa slijedi da je

v(t) =mg

γ(1− efrac−γtm).

Kada t tezi u beskonacno, efrac−γtm tezi u nulu. To znaci da je brzina tijela omedenagranicnom brzinom mg

γ.

Slika 3.4: Brzina v u vakuumu

Za male t vrijedi e−γtm ≈ 1− γt

m. Onda je v(t) ≈ gt, sto je iznos brzine u vakuumu - bez

otpora zraka. Kako t raste, otpor zraka usporava rast brzine tijela do granicne brzinemgγ

.

3.4 Bernoulijeva obicna diferencijalna jednadzba 1.

reda

Opci oblik Bernoullijeve diferencijalne jednadzbe zadan je s

y′ + p(x)y = q(x)yα, α ∈ R.

U slucaju α = 1 Bernoullijeva diferencijalna jednadzba postaje obicna linearna diferen-cijalna jednadzba, a u slucaju α = 0 Bernoullijevu diferencijalnu jednadzbu mozemorijesiti metodom separacije varijabli. Zato nadalje pretpostavljamo da je α 6= 0 i α 6= 1.Bernoullijevu diferencijalnu jednadzbu y′ + p(x)y = q(x)yα najprije podijelimo s yα tedobijemo:

y′

yα+ p(x)

1

yα−1= q(x)

Ako uvedemo supstituciju

u =1

yα−1

te izracunamo

u′ = (1− α)y′

yα,


Bernoullijeva diferencijalna jednadzba prelazi u linearnu diferencijalnu jednadzbu 1.reda

u′

1− α+ p(x)u = q(x).

Primjer 3.4.1 Rijesi Bernoullijevu diferencijalnu jednadzbu:

x2y2y′ + xy3 = 1.

Rjesenje.Dijeljenje s x2y2 daje:

y′ +y

x=

1

x2y−2,

a to je Bernoullijeva diferencijalna jednadzba u kojoj je f(x) = 1x, g(x) = 1

x2, dok je

n = −2.Prelazimo na linearnu jednadzbu pomnozivsi zadanu jednadzbu s y2.

y′y2 +y3

x=

1

x2.

Supstitucija y3 = z, pa je 3y2y′ = z′, a odatle je y′ = z′

3y2. Uvrstenje u pocetnu

diferencijalnu jednadzbu daje:

z′

3y2+y

x=

1

x2y−2|3y2

z′ +3y3

x=

3

x2,

a uvrstenje y3 = z daje linearnu diferencijalnu jednadzbu koju znamo rijesiti. Dobi-vamo:

z =1

x3

(3x2

2+ C

)ili

z =3

2x+C

x3,

a kako je y = 3√z, bit ce opce rjesenje

y =3

√3

2x+C

x3

.


3.5 Egzaktna diferencijalna jednadzba

Definicija 16. Za diferencijalnu jednadzbu oblika

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (3.3)

kazemo da je egzaktna, ako postoji funkcija Ψ takva da vrijedi

∂Ψ

∂x= M,

∂Ψ

∂y= N.

Teorem 14. Neka je dana diferencijalna jednadzba oblika (9) gdje su funkcije M , N ,∂M∂x

i ∂N∂y

definirane i neprekidne na otvorenom skupu Ω = I × V ⊆ R2. Jednadzba

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 je egzaktna na Ω ako i samo ako vrijedi

∂M

∂y(x, y) =

∂N

∂x(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω. (3.4)

Da bi dokazali ovaj teorem, potrebna nam je Schwartzova lema.

Lemma 2. (Schwartzova lema) Neka funkcija f ima neprekidne druge parcijalnederivacije na Ω. Tada ∀(x, y) ∈ Ω vrijedi

∂2f(x, y)

∂y∂x=∂2f(x, y)

∂x∂y.

Sada mozemo dokazati nas teorem o egzaktnim jednadzbama.Dokaz.

⇒ Pretpostavimo da je jednadzba (3.3) egzaktna na Ω, odnosno da postoji funkcija Ψ(definirana na Ω) takva da vrijedi ∂Ψ

∂x= M i ∂Ψ

∂y= N . Tada je

∂M∂y

= ∂2Ψ∂y∂x

i ∂N∂x

= ∂2Ψ∂x∂y

na Ω.

Kako su funkcije ∂M∂y

i ∂N∂x

neprekidne po pretpostavci, to su i ∂2Ψ∂y∂x

i ∂2Ψ∂x∂y

nepre-kidne funkcije, a Schwartzova lema nam kaze i da su jednake, odnosno vrijedi(10).

⇐ Pretpostavimo da vrijedi jednadzba (3.4). Dokazimo onda da je (3.3) egzaktnajednadzba, odnosno da postoji funkcija Ψ = Ψ(x, y) koja zadovoljava sljedeceuvjete:

∂Ψ

∂x= M,

∂Ψ

∂y= N.

Konstruirajmo Ψ u 4 koraka!

1. Integrirajmo jednakost ∂Ψ∂x

= M , koju mora zadovoljavati trazena funkcija.Varijablu y smatramo konstantnom, a za integralnu konstantu uzimamoneku funkciju od y. Dobivamo:

Ψ(x, y) =

∫M(x, y)dx+ h(y). (3.5)

Pokazimo da je funkciju h, uz danu pretpostavku (3.4), moguce odabratitako da vrijedi i ∂Ψ

∂y= N .


2. Deriviranjem (3.5) parcijalno po y dobivamo

∂Ψ

∂y(x, y) =

∂

∂y[

∫M(x, y)dx+ h(y)] =

∂

∂y

∫M(x, y)dx+ h′(y) = N(x, y).

Slijedi

h′(y) = N(x, y)− ∂

∂y

∫M(x, y)dx. (3.6)

Funkciju h cemo moci odrediti iz jednadzbe (3.6) ako je njena desna stranafunkcija samo varijable y. Ovo lako provjerimo jer derivacija desne straneod (3.6) po x iscezava:

∂

∂x[N(x, y)−

∫∂M(x, y)

∂ydx] =

∂N

∂(x, y)− ∂M

∂y(x, y) = 0.

3. Funkciju h odredimo integriranjem (3.6) po varijabli y:

h(y) =

∫[N(x, y)− ∂

∂y

∫M(x, y)dx]dy.

4. Uvrstimo dobivenu funkciju u (3.5). Time smo konstruirali funkciju Ψ satrazenim svojstvima:

Ψ(x, y) =

∫M(x, y)dx+

∫[N(x, y)− ∂

∂y

∫M(x, y)dx]dy.

Relacija Ψ(x, y) = c ce nam implicitno definirati rjesenje polazne jednadzbe(3.3).

Primjer 3.5.1 Nadimo rjesenje diferencijalne jednadzbe

(2x+ 2y2)dx+ (4xy) + 3y2dy = 0

Rjesenje.Neka je M = 2x+ 2y2, a N = 4xy + 3y2. Prvo provjerimo je li jednadzba egzaktna!

∂

∂y(2x+ 2y2) = 4y,

∂

∂x(4xy + 3y2) = 4y.

Jednadzba je egzaktna jer vrijedi (3.4).Nadalje, vrijedi

Ψ(x, y) =

∫[(2x+ 2y2)dx+ h(y)] = x2 + 2xy2 + h(y),

odakle slijedi∂

∂yΨ(x, y) = 4xy + h′(y) = 4xy + 3y2,

pa je h′(y) = 3y2, tj. h(y) = y3. Stoga je rjesenje zadane jednadzbe

x2 + 2xy2 + y3 = C.


3.5.1 Eulerov multiplikator

Nekad je moguce diferencijalnu jednadzbu M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 koja nije egzak-tna prevesti na egzaktnu mnozeci ju prikladno odabranom funkcijom µ = µ(x, y), kojuzovemo Eulerovim multiplikatorom ili integralnim mnoziteljem. Da bi tako dobivenadiferencijalna jednadzba

µ(x, y)M(x, y)dx+ µ(x, y)N(x, y)dy = 0

bila egzaktna, nuzno je i dovoljno da vrijedi

∂

∂y(µM) =

∂

∂x(µN)⇔M

∂µ

∂y−N ∂µ

∂x+ (

∂M

∂y− ∂N

∂x)µ = 0.

Dobili smo parcijalnu diferencijalnu jednadzbu za funkciju µ. Ona moze biti i slozenijaod polaznog problema, stoga nalazenje Eulerovog multiplikatora nije opcenito jednos-tavno. Ali, kada je Eulerov multiplikator funkcija samo jedne varijable, bilo x, bilo y,tada je postupak sljedeci:

• Ako je µ = µ(x), onda je ∂µ∂y

= 0, a ∂µ∂x

= ∂µ∂x

, a nasa gornja parcijalna diferencijalnajednadzba prelazi u obicnu diferencijalnu jednadzbu

dµ

dx=

(∂M∂y− ∂N

∂x)µ

N,

odnosnod lnµ

dx=

(∂M∂y− ∂N

∂x)

N.

Uvjet je da je desna strana u gornjoj jednadzbi funkcija varijable x.

• Ako je µ = µ(y), onda je ∂µ∂x

= 0, a ∂µ∂y

= ∂µ∂y

, a µ odredujemo iz obicne diferenci-jalne jednadzbe

dµ

dy=−(∂M

∂y− ∂N

∂x)µ

M,

odnosnod lnµ

dy=−(∂M

∂y− ∂N

∂x)

M.

Uvjet je da je desna strana u gornjoj jednadzbi funkcija varijable y.

Primjer 3.5.2 Nadimo rjesenje diferencijalne jednadzbe

(x2 − y2)dy + 2xydx = 0.

Rjesenje.Neka je M = x2− y2, a N = 2xy. Prvo odgovorimo na pitanje: Je li jednadzba egzak-tna?

∂

∂y(x2 − y2) = −2y,

∂

∂x(2xy) = 2y.


Jednadzba je nije egzaktna jer ne vrijedi (10).Iz

∂M∂y− ∂N

∂x

N= − 4y

2xy= −2

x.

Zakljucujemo da je µ = µ(x). Imamo

dµ

µ= −2

xdx

ln |µ| = ln |x|−2 + lnC ⇒ µ =C

x2.

Mozemo uzeti bilo koji Eulerov multiplikator, pa odaberimo C = 1, odnosno µ = 1x2

.Mnozenje polazne jednadzbe s Eulerovim pultiplikatorom daje egzaktnu diferencijalnujednadzbu

x2 − y2

x2dx+

2y

xdy = 0.

Kao u prethodnom primjeru, daljnji postupak je:

Ψ(x, y) =

∫(1− y2

x2)dx+ h(y) = x+

y2

x+ h(y)

∂Ψ

∂y(x, y) =

2y

x+ h′(y) =

2y

x.

Dakle,h′(y) = 0⇒ h(y) = C

pa je rjesenje zadane jednadzbe dano s

x+y2

x= C.

Poglavlje 4

Primjena obicnih diferencijalnihjednadzbi 1. reda

U ovom poglavlju cemo pokazati nekoliko matematickih modela i rijesiti par zanimljivihprimjera u kojima se pojavljuju obicne diferencijalne jednadzbe 1. reda.

4.1 Newtonov zakon hladenja

Neka je T (t) temperatura tijela u trenutku t, TO temperatura okolisa, a T0 pocetnatemperatura tijela. Newtonov zakon hladenja napisan kao diferencijalna jednadzbaglasi:

dT (t)

dt= k(T − TO)

s pocetnim uvjetom T (0) = T0. Prvo svedimo ovu diferencijalnu jednadzbu na obicnudiferencijalnu jednadzbu sa separiranim varijablama:

dT

T − TO= kdt

Integrirajmo i antilogaritmirajmo gornju jednadzbu:

ln(T − TO) = kt+ c⇒ T − T0 = ekt+c = ekteC = Cekt,

, gdje je C = eC .Konacno slijedi da je

T (t) = TO + Cekt.

Uvrstimo sad pocetni uvjet T (0) = T0, slijedi T (0) = T0 = TO + Ce0, Odakle vidimoda je C = T0 − TO, pa je Newtonov zakon hladenja zadan je na sljedeci nacin:

T (t) = TO + (T0 − TO)ekt,

Konstantu k odredujemo za svako tijelo posebno iz poznatih podataka o hladenju.

Primjer 4.1.1 Coca-Cola temperature 30 potopljena je u more temperature 20. Akose za 30 minuta ohladila na 24 stupnja, za koliko vremena ce dostici temeperaturu od22?

46

Primjena obicnih diferencijalnih jednadzbi 1. reda 47

Rjesenje.Zadani su sljedeci podatci: pocetna temperatura T0 = 30, temperatura mora Mtemp =20, t = 30 min i T = 24. Prvo trebamo izracunati kolika je konstanta k. Uvrstimopoznate podatke u formulu za Newtonov zakon hladenja:

24 = 20 + (30− 20)ek·30 ⇒ e30k =2

5.

Kada logaritmiramo i sredimo gornju jednakost, dobijemo:

k =1

30ln

2

5= −0.030543.

Dobili smo da je zakon hladenja konkretne Coca-cole sljedeci:

T (t) = 20 + 10e−0.030543t.

Idemo sada vidjeti koliko je vremena potrebno da se Coca-cola ohladi na 22, tako dauvrstimo taj podatak u gornji zakon:

22 = 20 + 10e−0.030543t ⇒ t ≈ 53 minuta.

Dakle, da se Coca-cola ohladi na 22 stupnja, odnosno jos 2 manje, potrebno je 53−30 =23 minute!

Iako gornje rjesenje djeluje pogresno, zapravo je tocno, jer sto je temperatura tijelabliza temperaturi okolisa, vise vremena treba da se jos malo ohladi.

4.2 Populacijska i logisticka jednadzba

Najjednostavniji model rasta populacije glasi: stopa rasta populacije je razmjernavelicini populacije. To znaci da ce promjena u populaciji biti veca sto je u popula-ciji vise jedinki. Ova pretpostavka je razumna za populacije bakterija ili zivotinja uidealnim uvjetima. Neki od idealnih uvjeta su nepostojanje bolesti, neograniceni re-sursi, odgovarajuca prehrana.Neka je P (t) broj jedinki neke populacije u ternutku t. Formulom dP (t)dt je dana pro-mjena populacije, pa je jednadzba za rast populacije dana sljedecom diferencijalnomjednadzbom

dP

dt= kP.

Rijesimo godnju diferencijalnu jednadzbu.

dP

P= kdt

∫ln |P | = kt+ c⇒ |P | = ektec,

odakle za ec = C slijedi P = Cekt. C je konstanta koju mozemo odrediti ako znamopocetnu populaciju P (0) = P0. Tada iz P (0) = P (0) = Ce0 = C, pa je rast populacijedan formulom

P (t) = P0ekt.


Ako umjesto pocetne populacije u trenutku t = 0 znamo populaciju u nekom trenutkot0, P (t0) = P0, tada je P0 = Cekt0 , odnosno C = P0e

−kt0, pa je rast populacije danformulom:

P (t) = P0ek(t−t0).

Na kraju, uocimo da se za k < 0 populacija smanjuje, a za k > 0 populacija raste.

Primjer 4.2.1 Kultura bakterija u pocetku ima 1000 bakterija, a stopa rasta je propor-cionalna broju bakterija. Nakon 2 sata populacija je 9000. Odredite izraz koji odredujebroj bakterija nakon t sati. Kolika je populacija nakon 3 sata?

Rjesenje.Populacijski model je dan diferencijalnom jednadzbom dP

dt= kP .

Opce rjesenje populacijskog modela je P (t) = Cekt.Kako je P (0) = 1000, imamo

P (t) = 1000ekt.

Zatim, posto je y(2) = 9000, to je

9000 = 1000ek·2 ⇒ k = ln 3,

pa slijediy(t) = 1000eln 3·t = 1000 · 3t.

Konacno, rjesenje jey(3) = 1000 · 33 = 27000.

Nakon 3 sata, populacija bakterija iznosi 27000.No, prirodni sustavi najcesce nisu u idealnim uvjetima, stoga ne mogu prihvatiti neo-granicenu populaciju. Stoga je cest sljedeci slucaj: populacija P u pocetku raste eks-ponencijalno sa stopom rasta k, ali se taj rast smanjuje kako se populacija priblizavamaksimalnom kapacitetu sustava K. Za ovakvo ponasanje, matematicki model dan jelogistickom jednadzom:

dP

dt= kP (1− P

K).

Mehanizam jednadzbe je sljedeci: kada je populacija P mala u odnosu na kapacitet K,tada je iznos u zagradi problizno jednak jedan. Onda se populacija ponasa prema po-pulacijskoj jednadzbi. Kada se pak populacija priblizi maksimalnom kapacitetu, tadaizraz u zagradi tezi k nuli, sto koci rast populacije.Rijesimo logisticku jednadzbu.∫

1

P (1− PK

)dP =

∫kdt∫

K

P (K − P )dP = kt+ c⇒ ln |P | − ln |K − P | = kt+ c

Zatim slijedi:

|K − PP| = e−ktec ⇒ K

P− 1 = Ce−kt.

Konacno vrijedi

P (t) =K

1 + Ce−kt.


Konstantu C mozemo odrediti ako je zadana pocetna populacija P (0) = P0, pa izP (0) = P0 = K

1+Cslijedi da je

C =K − P0

P0

.

Primjer 4.2.2 U jezero je pusteno 400 riba. Nakon prve godine broj se utrostrucio.Odredi koliko ce biti ribe u jezeru nakon t godina, ako je procjena da je kapacitet jezera10000 riba. Za koliko vremena ce broj ribe u jezeru narasti na 5000?

Rjesenje.Gledamo logisticku jednadzbu.Kapacitet jezera K iznosi 10000. Opce rjesenje diferencijalne jednadzbe iznosi

P (t) =K

1 + Ce−kt=

10000

1 + Ce−kt.

Kako je y(0) = 400, slijedi

400 =10000

1 + Ce0⇒ C = 24,

pa je

y(t) =10000

1 + 24e−kt.

Posto znamo da se broj ribe utrostrucio nakon prve godine, imamo sljedeci uvjet:y(1) = 1200. Slijedi

1200 =10000

1 + 24e−k·1⇒ k = ln

36

11⇒ k ' 1.186.

Znaci, broj ribe u jezeru nakon t godina je

y(t) =10000

1 + 24e−1.186·t .

Jos nam je preostalo odrediti za koliko vremena ce broj ribe u jezeru narasti na 5000.Imamo

5000 =10000

1 + 24e−1.186·t ⇒ t =ln 24

1.1286' 2.68,

sto je priblizno 2 godine i 8 mjeseci.

Bibliografija

[1] M. Alic, Obicne diferencijalne jednadzbe, Prirodoslovni-matematicki fakultet,Sveuciliste u Zagrebu, 2001.

[2] I. Ivansic, Fourierovi redovi i obicne diferencijalne jednadzbe, Odjel za matematiku,Sveuciliste J. J. Strossmayera u Osijeku, 2000.

[3] T. Vucicic, Obicne diferencijalne jednadzbe, Prirodoslovni-matematicki fakultet,Sveuciliste u Splitu, 2007/2008.

[4] N. Uglesic, Visa matematika, Prirodoslovni-matematicki fakultet, Sveuciliste uSplitu, Split 2002.

[5] K. Burazin, Obicne diferencijalne jednadzbe, predavanja na Odjelu za matematiku,Osijek, 2010.

[6] W.E. Boyce, R. C. DiPrima, Elementary Differential Equations and BoundaryValue Problems,Printed in United States of America, 7th Edition

[7] http : //lavica.fesb.hr/mat2/predavanja/node87.html

[8] http : //web.math.pmf.unizg.hr/nastava/odif/predavanja.html

[9] http : //www.grad.hr/nastava/matematika/mat2/node26.html

[10] http : //www.fer.unizg.hr/download/repository/9Diferencijalne.pdf

[11] http : //lavica.fesb.hr/mat1/predavanja/node8.html

[12] http : //www.geof.unizg.hr/ jbeban/M1/11.pdf

[13] http : //en.wikipedia.org/wiki/ArzelAscolitheorem

[14] http : //web.math.pmf.unizg.hr/nastava/difraf/dif/po19.pdf

50

Sazetak

Cilj ovog rada je opisati neke od poznatijih diferencijalnih jednadzbi prvog reda. Di-ferencijalne jednadzbe su jedan od najvaznijih dijelova matematike. Prvo poglavljenas upoznaje s pojmom diferencijalnih jednadzbi. Drugo poglavlje nam daje Peanov,Cauchyjev i Picardov teorem, te dokaze tih teorema. U trecem poglavlju mozemonaci pregled najpoznatijih diferencijalnih jednadzbi prvog reda. Kroz zadnje poglavljemozemo vidjeti zanimljivu primjenu diferencijalnih jednadzbi prvog reda.

Kljucne rijeci: diferencijalne jednadzbe, Cauchyjeva zadaca, rjesenje

51

Summary

The aim of this work is to describe some of the most famous first-order differentialequations. Differential equations are one of the most important part of mathematics.The first chapter introduces us with the term of differential equations. The secondchapter gives us theorems of Peano, Cauchy and Picard, and the proofs of these the-orems. In the third chapter we can find an overview of the most famous first-orderdifferential equations. Through the last part, we can see interesting applications offirst-order differential equations.

Key words: differential equations, Cauchy problem, solution

52

Zivotopis

Rodena sam 1987. godine u Vukovaru. Osnovnu skolu sam zavrsila u Vinkovcima. UVinkovcima sam pohadala i srednju skolu, smjer opca gimnazija. 2006. godine upi-sala sam se na Sveucilisni preddiplomski studij matematike na Odjelu za matematikuu Osijeku, a 2009. godine sam upisala Sveucilisni nastavnicki studij matematike iinformatike na Odjelu za matematiku u Osijeku.

53

Documents

Neke istaknute obi cne diferencijalne jednad zbe 1. redamdjumic/uploads/diplomski/ZOV07.pdf · jalnim jednad zbama opisati titranje, u geogra ji prirast stanovni stva, u kemiji zakon