Paprastosios DIFERENCIALINĖS LYGTYSash/PDL/PDL_all.pdf · kreivės, C= 1atitinka x= 0 tiese˛, C= ˙koordinačiu˛pradžia˛.. 75 2.24 Polinės koordinatės, ˇ-procesas ir pusiau

PaprastosiosDIFERENCIALINĖS LYGTYS

prof. Artūras Štikonas

Paskaitų kursas

Matematikos ir informatikos fakultetasTaikomosios matematikos institutas, Diferencialinių lygčių katedraNaugarduko g. 24, LT-03225 Vilnius, Lietuva

Vilnius universitetas, 2019

AS, 2019 12 24VertinimasKontrolinis 1 (spalis-lapkritis) 10 Kontrolinis 2 (gruodis) 10 Koliokviumas

(žiemos sesija, įskaitos metu) 30 Kontrolinis 3 (pavasario sem.) 10 Laboratori-niai (pavasario sem.) 10 Egzaminas (birželis) 30

TURINYS

Lentelių sąrašas ivIliustracijų sąrašas vPagrindiniai žymenys ixPratarmė ix

1 SKYRIUS. Paprastosios diferencialinės lygtys ir jų sistemos 11. Diferencialinė lygtis ir jos sprendiniai . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1. Diferencialinė lygtis ir jos apibrėžimo sritis . . . . . . . . 11.2. Diferencialinės lygties sprendiniai . . . . . . . . . . . . . . 51.3. Kreivių šeimos diferencialinė lygtis . . . . . . . . . . . . . 12

2. Koši uždavinys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.1. Koši uždavinys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2. Sprendinio egzistavimas ir vienatis . . . . . . . . . . . . . 162.3. Ypatingieji sprendiniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.4. Sprendinio tęsinys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3. Diferencialinių lygčiu sistemos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203.1. n-osios eilės DL suvedimas į n-osios eilės normaliąją DLS 213.2. n-osios eilės normaliosios DLS suvedimas į n-osios eilės DL 223.3. Autonominės ir neautonominės DL . . . . . . . . . . . . . 23

2 SKYRIUS. Klasikinės pirmosios eilės diferencialinės lygtys ir jųintegravimas 251. DL y′ = f(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.1. Sprendinio tęsinys ir elgsena intervalo galuose . . . . . . . 262. DL y′ = g(y) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.1. Sprendinio egzistavimo ir vienaties teorema vienmatei au-tonominei lygčiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3. Kintamųjų atskyrimo metodas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.1. Lygtys pertvarkomos į lygtis su atsiskiriančiais kintamaisiais 38

4. Pirmosios eilės tiesinės diferencialinės lygtys . . . . . . . . . . . . 414.1. Homogeninė tiesinė diferencialinė lygtis . . . . . . . . . . 424.2. Nehomogeninė tiesinė diferencialinė lygtis . . . . . . . . . 46

5. Bernulio ir Rikačio lygtys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 515.1. Bernulio lygtis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 515.2. Rikačio lygtis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

6. Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtis . . . . . . . 566.1. Diferencialinės 1-formos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 566.2. Lygtys su atskirtaisiais ir atsiskiriančiais kintamaisiais . . 636.3. Integruojantysis daugiklis . . . . . . . . . . . . . . . . . . 656.4. Integruojantysis daugiklis kaip sudėtinė funkcija . . . . . 70

7. Diferencialinės lygtys ypatingo taško aplinkoje . . . . . . . . . . 717.1. p-procesas ir projektyvinė tiesė . . . . . . . . . . . . . . . 717.2. σ-procesas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 737.3. π-procesas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3 SKYRIUS. Neišreikštinės pirmosios eilės lygtys 79

4 SKYRIUS. Aukštesnės eilės lygčių integravimas 811. Aukštesnės eilės lygčių integravimas kvadratūromis . . . . . . . . 81

1.1. Lygtis, kurioje yra tik x ir y(n) . . . . . . . . . . . . . . . 811.2. Lygtis, kurioje yra tik y(n−1) ir y(n) . . . . . . . . . . . 831.3. Lygtis, kurioje yra tik y(n−2) ir y(n) . . . . . . . . . . . 84

2. Sumažinamos eilės diferencialinės lygtys . . . . . . . . . . . . . . 862.1. Lygtis, kurios išraiškoje nėra y . . . . . . . . . . . . . . . 862.2. Lygtis, kurios išraiškoje nėra x . . . . . . . . . . . . . . . 862.3. Lygtis, kurios kairioji dalis yra homogeninė funkcija . . . 872.4. Pilnosios išvestinės atvejis . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

5 SKYRIUS. Tiesinės diferencialinės lygtys ir sistemos 911. Tiesinė n-osios eilės diferencialinė lygtis . . . . . . . . . . . . . . 91

1.1. Tiesinis diferencialinis operatorius . . . . . . . . . . . . . 921.2. Funkcijų tiesinis priklausomumas ir nepriklausomumas . . 941.3. Tiesinė homogeninė diferencialinė lygtis . . . . . . . . . . 951.4. Tiesinė nehomogeninė diferencialinė lygtis . . . . . . . . . 100

2. Tiesinė diferencialinė lygtis su pastoviais koeficientais . . . . . . 1022.1. Homogeninės diferencialinės lygties su pastoviais koefi-

cientais sprendiniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1032.2. Nehomogeninės diferencialinės lygties su pastoviais koefi-

cientais sprendiniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

Dalykinė rodyklė 110Vardų rodyklė 113Literatūra 114

Lentelių sąrašas

2.1 Integruojančiuju daugikliu µ(z(x, y)) egzistavimo salygos. . . . . 70

Paprastosios Diferencialines Lygtys vi

Iliustracijų sąrašas

1.1 DL y′ =√x(x2 − 1) apibrėžimo sritys. . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 DL y′ =√

1− x2 − y2 apibrėžimo sritis. . . . . . . . . . . . . . . 31.3 DL apibrėžimo sritis ir DL sprendinio grafikas. . . . . . . . . . . 31.4 Integralinė kreivė ir jos projekcijos: sprendinio grafikas y = sinx;

sprendinio išvestinės grafikas y′ = cosx; fazinė trajektorija y2 +(y′)2 = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.5 Kreive apibrėžiančios funkcijos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.6 DL y′ = −y2 integralinės kreivės. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.7 DL y′ = −xy integralinės kreivės, kai y > 0. . . . . . . . . . . . . 81.8 DL xdx+ ydy = 0 integralinės kreivės. . . . . . . . . . . . . . . . 81.9 1.17 pvz. DL sprendiniai: (a) išreikštiniu sprendiniu grafikai; (b)

neišreikštiniai sprendiniai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.10 DL y′ = cosx integralinės kreivės. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.11 Paraboliu ir elipsiu šeimos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.12 Koši uždavinys pirmos eilės lygčiai. . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.13 Koši uždavinys antros eilės lygčiai. . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.14 DL y′ = 3y2/3 integralinės kreivės. DL ypatingasis taškas ir

ypatingasis sprendinys. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.15 Integralinės kreivės tesinys iki kompakto krašto. . . . . . . . . . . 171.16 Nepratesiamas i dešine sprendinys. . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.1 Lygties y′ = f(x) sprendinio y = ϕ(x) elgsena intervale (a; b],b < +∞:(a) ∃ limx→b−0 f(x) 6=∞; (b)limx→b−0 f(x) = +∞,

∫ bx0f(ξ) dξ <

+∞;(c) limx→b−0 f(x) = +∞,

∫ bx0f(ξ) dξ = +∞. . . . . . . . . . . . . 27

2.2 Lygties y′ = f(x) sprendiniai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.3 Lygties y′ = f(x), f > 0 sprendiniu elgsena, kai x→ +∞. . . . . 302.4 Lygties y′ = g(y) sprendiniai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.5 Lygties y′ = g(y) stacionarieji sprendiniai. . . . . . . . . . . . . . 312.6 Lygties y′ = g(y) sprendinio y = ϕ(x) elgsena, kai y → +∞. . . . 322.7 Lygties y′ = −y2 sprendiniai. . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.8 Lygties y′ = 3(y − 1)2/3 sprendiniai. . . . . . . . . . . . . . . . . 352.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.10 Homogeninės TDL integralinės kreivės. . . . . . . . . . . . . . . . 432.11 Monodromijos operatorius. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.12 Nulinio sprendinio stabilumas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.13 Stabilus periodinis sprendinys. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.14 Bernulio lygties integralinės kreivės. . . . . . . . . . . . . . . . . 502.15 Laužtės „apendiksu“ ir „parazitiniu“ ciklu naikinimas vienajungėje. 622.16 Koncentriniiu apskritimu šeima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 642.17 Srities skaidymas atskiriant kintamuosius. . . . . . . . . . . . . . 642.18 Spinduliu šeima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 682.19 Hiperboliu šeima ir ju asimptotės. . . . . . . . . . . . . . . . . . 682.20 Projektyvinės koordinatės. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 722.21 DL integralinės kreivės ivairiose koordinatėse. . . . . . . . . . . . 742.22 σ-procesas ir Mėbijaus lapas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 752.23 Integralinės kreivės (paraboliu šeima y = Cx2) gautos σ-procesu.

Tuo pačiu skaičiumi (C) sunumeruotos atitinkamos integralinėskreivės, C =∞ atitinka x = 0 tiese, C = σ koordinačiu pradžia. . 75

2.24 Polinės koordinatės, π-procesas ir pusiau begalinis cilindras. . . . 772.25 Spiraliu šeima ir ju vaizdai (eksponentės) gauti π-procesu ant

cilindro išklotinės. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3.1 Neišreikštinės (y′)2 = y + 4ay2 DL sprendiniai. . . . . . . . . . . 80

5.1 Tiesinės lygties sprendiniu erdvė. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 935.2 Homogeninės TDL integralinės kreivės. . . . . . . . . . . . . . . . 945.3 Nehomogeninės TDL integralinės kreivės. . . . . . . . . . . . . . 945.4 Funkciju tiesinė priklausomybė. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

Pagrindiniai žymenys

ut įrodymo pabaigaC apibrėžimo, pastabos, išvados pabaiga:= priskirimo, apibrėžimo žymuo≡ tapatumo žymuo⇒,⇐ išdavos sekimo žymuo („išplaukia“), implikacija⇔ ekvivalentiškumo žymuo („būtina ir pakankama“ arba „tada ir tik tada“)∀ bendrumo kvantorius („kiekvienas“)∃ egzistavimo kvantorius („egzistuoja“)∃! egzistavimo ir vienaties kvantorius („egzistuoja vienintelis“)N 0,1,2,… – natūraliųjų skaičių aibėZ …,-2,-1,0,1,2,… – sveikųjų skaičių aibėR realiųjų skaičių aibėRt, Rx, Ry realiųjų skaičių t-ašis, x-ašis, y-ašisC kompleksinių skaičių aibėPR1 prjektyvinė tiesėx ∈ X x yra aibės X elementas, x priklauso aibei XX ∩ Y aibių sankirtaX ∪ Y aibių sąjungaX × Y aibių Dekarto sąjunga↑ didėjimo žymuo↓ mažėjimo žymuoy iškilumas aukštyn

x iškilumas žemynx ∈ Rn erdvės Rn elementasv vektoriusx,A vektorius-stulpelis, matricaC tolydžiųjų funkcijų klasėCk tolydžiai k-kartų diferencijuojamųjų funkcijų klasėC∞ glodžiųjų funkcijų klasėD(·) (atvaizdžio, lygties) apibrėžimo sritisR(·) (atvaizdžio) reikšmių sritis

1 skyrius

Paprastosios diferencialinės lygtys ir jų sistemos

Šiame skyriuje susipažinsime su paprastosiomis diferencialinėmis lygtimis ir jų sprendi-niais. Suformuluosime pradinį uždavinį. Nagrinėsime diferencialinių lygčių sistemas ir jųryšį su aukštesniosios eilės diferencialine lygtimi.

1. Diferencialinė lygtis ir jos sprendiniai

?

Matematikoje funkcija f vadinamas atvaizdis f : Rn → R, o f(x1, . . . , xn) žymima funk-cijos reikšmė taške (x1, . . . , xn) ∈ Rn, tačiau dažnai patogu taip žymėti ir pačią funkciją,kai reikia nurodyti jos argumentus. Laikysime, kad visos nagrinėjamos funkcijos yra toly-džios savo argumentų atžvilgiu, t.y. f ∈ C(D), čia D yra sritis. Sritimi vadinama atvirojiir jungioji aibė. Jeigu D yra atviroji aibė, tuomet kiekvienas tos aibės taškas yra vidinis.Realiųjų skaičių tiesėje R jungiosios aibės yra intervalai (a; b), [a; b), (a; b], [a; b], a, b ∈ R.Sritys yra tik atvirieji intervalai I = (a; b), (−∞; b), (a; +∞) ir pati tiesė R = (−∞; +∞).Žymėsime R+ = (0; +∞), R− = (−∞; 0); PR1 = R ∪ ∞.

Sąvoka „glodžioji funkcija“ nėra vienareikšmiškai apibrėžta matematinėje literatūroje.Smooth function (angl.), glatte funktion (vok.) atitinka klasę C∞, гладкая функция arbaнепрерывно дифференцируемая функция (rus.) atitinka klasę C1. Šiame konspekteglodžąja funkcija vadinsime C∞ klasės funkciją, o tolydžiai diferencijuojamas funkcijasatitinka C1 klasė.

?

Funkcijos y = f(x) išvestinės gali būti žymimos:

y′, y′′, y′′′, y(n), f ′(x), f ′′(x), f (n)(x),dy

dx,

dny

dxn, y, y.

Tašku virš funkcijos x = x(t) žymėsime išvestines pagal kintamąjį t, kurio prasmė dažnaiyra laikas:

x :=dx

dt, x :=

d2x

dt2, x(n) :=

dnx

dtn.

1.1. Diferencialinė lygtis ir jos apibrėžimo sritis

Tarkime, kad funkcija F (x, y, p1, . . . , pn) yra tolydžiai diferencijuojama irbūtinai priklauso nuo argumento pn.

1.1 apibrėžimas [Paprastoji diferencialinė lygtis]. Paprastąja diferencialine lyg-timi (PDL) vadinama lygybė

F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0, (1.1)

kurioje x ∈ I ⊂ R yra nepriklausomas kintamasis, y(x) – ieškoma (nežinoma)funkcija.

1. Diferencialinė lygtis ir jos sprendiniai 2

1.1 pavyzdys [Paprastosios diferencialinės lygtys]. PDL pavyzdžiai:

y′ = sinx, y′′′ + y′′ − xex − 1 = 0, ey′′

+ y′′ − x = 0.

1.2 pavyzdys [Diferencialinės dalinių išvestinių lygtys]. Lygtys

y∂u

∂x− x∂u

∂y= 0,

∂v

∂t=∂2v

∂x2+∂2v

∂y2

nėra PDL, nes į jas įeina ieškomų funkcijų u(x, y) ir v(t, x, y) dalinėsišvestinės.

PDL uždaviniuose ieškoma nežinoma vieno kintamojo funkcija, tuo tarpu diferencialinėsedalinių išvestinių lygtyse ieškoma kelių kintamųjų funkcija. Kadangi šiame kurse nagri-nėsime tik PDL, todėl trumpai jas vadinsime diferencialinėmis lygtimis (DL).

1.2 apibrėžimas [DL eilė]. Diferencialinės lygties eile vadinama aukščiausiosišvestinės eilė diferencialinėje lygtyje.

1.3 pavyzdys [DL eilė]. DL F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0 yra n-osios eilės, o DL F (x, y, y′) =0 yra pirmosios eilės. 1.1 pavyzdyje pateiktos pirmosios, trečiosios irantrosios eilės DL.

DL, užrašyta (1.1) pavidalu, vadinama neišreikštine diferencialine lygtimi.Neišreikštinės (1.1) DL apibrėžimo sritis yra sritis DF ⊂ Rn+2, kurioje funk-

cija F (x, y, p1, . . . , pn) yra tolydi kintamųjų (x, y, p1, . . . , pn) atžvilgiu. JeiguDF nėra jungioji aibė, tuomet nagrinėsime (1.1) lygybę kiekviename jungumopoaibyje atskirai, t.y. laikysime, kad ta pati lygybė apibrėžia keletą DL.

1.4 pavyzdys [DL apibrėžimo sritis]. DL (y′)2 +√x+ y2− 1 = 0 apibrėžimo sritis yra

DF = R+ × R× R.

1.5 pavyzdys [Kelios DL]. Lygtis y′ +√xy = 0 apibrėžia dvi DL, kurių apibrėžimo

sritys yra D1F = R+ × R+ × R ir D2

F = R− × R− × R.

1.6 pavyzdys. DLy′ =

√x(x2 − 1) (1.2)

dešinioji pusė turi prasmę ir yra tolydi, kai x ∈ [−1; 0] ir x ∈ [1; +∞](žiūrėk 1.1 pav.). Vadinasi, turime dvi DL, užrašytas ta pačia formule(1.2), su DF = D1 = (−1; 0) × R × R ir DF = D2 = (1; +∞) × R × R,atitinkamai.

?

Jeigu lygtis (nebūtinai DL)F (x, y, p1, . . . , pn) = 0 (1.3)

aprašoma tolydžiai diferencijuojama funkcija F ir taške (x0, y0, p01, . . . , p

0n) išpildyta sąlyga

∂F∂pn

(x0, y0, p01, . . . , p

0n) 6= 0, (1.4)

tuomet (remdamiesi neišreikštinės funkcijos teorema) (1.3) lygtį galima išspręsti pn at-žvilgiu taško (x0, y0, p0

1, . . . , p0n) aplinkoje:

pn = f(x, y, p1, . . . , pn−1), (1.5)

čia f yra tolydžiai diferencijuojama kintamųjų (x, y, p1, . . . , pn−1) funkcija.

3 1 SKYRIUS. Paprastosios diferencialinės lygtys ir jų sistemos [2019 12 24 (19:39)]

-1 10

1.1 pav. DLy′ =

√x(x2 − 1)

apibrezimo sritys.

10

1

1.2 pav. DLy′ =

√1− x2 − y2

apibrezimo sritis.

1.3 pav. DL apibrezimosritis ir DL sprendiniografikas.

1.3 apibrėžimas [DL kanoninis pavidalas]. DL yra užrašyta kanoniniu pavidalu,jei lygtis išspręsta aukščiausiosios eilės išvestinės atžvilgiu:

y(n) = f(x, y, y′, . . . , y(n−1)). (1.6)

1.7 pavyzdys [DL kanoninis pavidalas]. DL y′′′+y′′−xex−1 = 0 kanoninis pavidalasyra y′′′ = −y′′ + xex + 1.

Akivaizdu, kad (1.6) DL, užrašytos kanoniniu pavidalu, apibrėžimo sritisyra DF = Df × R, čia Df yra sritis, kurioje yra apibrėžta ir tolydi funkci-ja f(x, y, y′, . . . , y(n−1)). Sritis Df vadinama išreikštinės DL apibrėžimo sri-timi. Kintamųjų (y, y′, . . . , y(n−1)) erdvė vadinama fazine erdve, o kintamųjų(x, y, y′, . . . , y(n−1)) erdvė – išplėstine fazine erdve. Vadinasi, Df yra sritis iš-plėstinėje fazinėje erdvėje.

1.1 pavyzdyje pirmoji lygtis yra išreikštinė DL. Pastebėsime, kad trečiojilygtis yra iš esmės neišreikštinė, nes y′′ negalima išreikšti jokia elementariąjafunkcija. Pirmoji lygtis yra pavyzdys lygties, kurioje išvestinė yra išreikšta kaipkintamųjų x ir y funkcija (nors dešinioji lygties pusė tiesiogiai nuo y nepriklau-so).

1.1 uždavinys. Nustatykite 1.6 pavyzdžio išreikštinių DL apibrėžimo sritis Df .

1.8 pavyzdys [DL apibrėžimo sritis]. DL y′ =√

1− x2 − y2 dešinioji pusė apibrėžtauždarame skritulyje (x, y) : x2 +y2 6 1, o DL apibrėžimo sritis Df yravienetinis atvirasis skritulys B2

1(0, 0) := (x, y) : x2 + y2 < 1 su centrukoordinačių pradžioje (žiūrėk 1.2 pav.).

DL (y′)2 + y2 + x2 − 1 = 0 (neišreikštinis pavidalas) apibrėžimo sritis DF = R3. Išreiš-kiant išvestinę, gaunamos dvi išreikštinės DL y′ = ±

√1− x2 − y2, užrašytos kanoniniu

pavidalu, kurių apibrėžimo sritys yra DF = Df × R = B21(0, 0)× R.

Pirmosios eilės DLy′ = f(x, y) (1.7)

kanoninis pavidalas dar vadinamas normaliuoju.


1.4 apibrėžimas [pirmosios eilės DL simetrinis pavidalas]. Jeigu v, w ∈ C(D),sritis D ⊂ R2, |v(x, y)|+ |w(x, y)| 6= 0, kai (x, y) ∈ D, tuomet lygtis

v(x, y) dx+ w(x, y) dy = 0 (1.8)

vadinama tiesine homogenine pirmosios eilės diferencialų lygtimi. C

Jeigu w(x0, y0) 6= 0, (x0, y0) ∈ D, tuomet (1.8) DL yra ekvivalenti (1.7)lygčiai

dy

dx= − v(x, y)

w(x, y)= f(x, y), (1.9)

o taškas (x0, y0) priklauso (1.9) DL apibrėžimo sričiai Df . Skirtingiems (x0, y0)apibrėžimo sritys Df gali skirtis.

Jeigu v(x0, y0) 6= 0, tuomet (1.8) DL yra ekvivalenti lygčiai

x′ :=dx

dy= −w(x, y)

v(x, y)= g(y, x), (1.10)

(x0, y0) ∈ Dg. Pastaroji DL lygtis dar vadinama apverstąja lygtimi lygčiai (1.9).Lygybė (1.8) vadinama DL simetriniu pavidalu.

1.2 uždavinys. Užrašykite DL y′ = −x/y simetrinį pavidalą ir apverstąją DL. Raskitevisų šių DL apibrėžimo sritis.

?

Jeigu pirmosios eilės DL lygtis užrašyta neišreikštiniu pavidalu, tai DL ir ją atitinkantiapverstoji DL užrašomos

F (x, y, y′) = 0 ir F (x, y, 1x′ ) = 0,

atitinkamai. Kiekvieną antrosios eilės DL galima užrašyti pavidalu

F (x, y, y′, y′′

(1+(y′)2)3/2) = 0. (1.11)

Paskutinio argumento išraiška (1.11) lygties kairėje pusėje atitinka kreivės (x, y(x)) kreivį.Šią DL atitinka apverstoji DL

F (x, y, 1x′ ,−

x′′

(1+(x′)2)3/2) = 0. (1.12)

Jeigu duota kreivės parametrizacija (x(t), y(t)), tuomet jos kreivio formulė yra xy−xy(x2+y2)3/2

.Aukštesnės eilės DL apverstosios DL pavidalas yra dar sudėtingesnis.

1.3 uždavinys. Užrašykite DL (y′′)2/3 − 1 − (y′)2 = 0 apverstąją DL. Kokia lygtiesprasmė?

1.9 pavyzdys. DL ey′′

+ y′′ − x = 0 (žiūrėk 1.1 pavyzdys, trečioji lygtis) negalimaužrašyti kanoniniu pavidalu su elementariąja funkcija f , tačiau ši DLparametrizuojama

x = ϕ(t) := et + t, y′′ = ψ(t) := t,

t.y. pastarosios funkcijos ϕ ir ψ paverčia lygtį ey′′

+ y′′−x = 0 tapatybeeψ(t) +ψ(t)−ϕ(t) ≡ 0 ir rank (ϕ′(t), ψ′(t)) = rank (et + 1, 1) = 1, t ∈ R.


1.4 pav. Integraline kreive ir jos projekcijos: sprendinio grafikas y = sinx; sprendinioisvestines grafikas y′ = cosx; fazine trajektorija y2 + (y′)2 = 1.

?

Bendruoju atveju n-osios eilės DL parametrizuotasis pavidalas yra:

x = ϕ(t0, t1, . . . , tn),

y = ϕ0(t0, t1, . . . , tn),

y′ = ϕ1(t0, t1, . . . , tn),

. . .

y(n) = ϕn(t0, t1, . . . , tn).

Laikysime, kad šios parametrizacijos Jakobio1matricos rank J = n+ 1 ir ϕ,ϕ0, . . . , ϕn ∈C1(Dϕ), Dϕ ⊂ Rn+1

t – sritis, t = (t0, t1, . . . , tn). Sritį Dϕ vadinsime n-osios eilės DL,užrašytos parametrizuotuoju pavidalu, apibrėžimo sritimi. Jeigu parametrizuotojo pa-vidalo funkcijos ϕ, ϕ0,...,ϕn paverčia (1.1) DL tapatybe F

(ϕ(t), ϕ0(t), . . . , ϕn(t)

)≡ 0,

t = (t0, t1, . . . , tn), tuomet turėsime (1.1) DL parametrizaciją.

Nagrinėtame 1.9 pavyzdyje

x = et + t, y = s, y′ = u, y′′ = t, Dϕ = R3 = Rt × Rs × Ru,

tačiau kintamieji s, u lygties ey′′ + y′′ − x = 0 parametrizacijoje nenaudojami.

1.10 pavyzdys [DL parametrizuotasis pavidalas]. DL ey′′+y′ + y′′ − y + x2 = 0 para-

metrizuojama

x = s, y = et+u + t+ s2, y′ = u, y′′ = t, Dϕ = R3 = Rt × Rs × Ru.

1.2. Diferencialinės lygties sprendiniai

Nagrinėkime n-osios eilės DL užrašytą neišreikštiniu pavidalu (1.1).

1.5 apibrėžimas [DL sprendinys]. Tolydžiai diferencijuojama funkcija ϕ ∈ Cn(I)vadinama DL sprendiniu, jeigu ją įstatę į DL gauname tapatybę.

1Carl Gustav Jacob Jacobi (1804–1851) – vokieciu matematikas.


Kol kas, apibrėždami sprendinį, laikysime, kad intervalas I yra atvirasis, t.y.I = (a; b).

1.11 pavyzdys. DL (y′)2 = −1 neturi sprendinių, o (y′)2 + y2 = 0 turi vienintelį spren-dinį y ≡ 0.

1.12 pavyzdys. DL y′ = 1 visi sprendiniai užrašomi funkcijų šeima priklausančia nuovieno parametro C: ϕ(x) = x+ C, C ∈ R.

1.6 apibrėžimas [DL integralinė kreivė]. Diferencialinės lygties integraline krei-ve vadinsime vektorinės funkcijos (y(x), y′(x), . . . , y(n−1)(x)), atitinkančios spren-dinį y(x), x ∈ I, grafiką.

1.7 apibrėžimas [fazinė trajektorija]. Integralinės kreivės projekciją (vaizdą) įkintamųjų (y, y′, . . . , y(n−1)) fazinę erdvę vadinsime fazine trajektorija.

Integralinė kreivė yra C1 klasės (vektorinė) funkcija. Fazinei trajektorijai, kuri yra kreivė,galima pridėti rodyklę, rodančią kaip juda projekcijos taškas didėjant x.

1.13 pavyzdys. Funkcija y = sinx yra DL y′′ = −y sprendinys. Integralinė kreivė(y, y′) = (sinx, cosx), x ∈ R, braižoma trimatėje erdvėje Rx × Ry × Ry′(žiūrėk 1.4 pav.), ir priklauso lygties apibrėžimo sričiai Df . Integralinėskreivės projekcijos: sprendinio grafikas y = sinx; sprendinio išvestinėsgrafikas y′ = cosx; fazinė trajektorija y2 + (y′)2 = 1.Funkcija y = ex yra DL y′ = y sprendinys. Integralinė kreivė y = ex,x ∈ R, yra sprendinio grafikas.

Daugumoje vadovėlių integraline kreive vadinamas aukštesnių eilių diferencialinių lygčiųsprendinio grafikas. Mes apibrėžėme tokioms lygtims integralinę kreivę kitaip. Pagalapibrėžimą integralinė kreivė priklauso lygties apibrėžimo sričiai Df išplėstinėje fazinė-je erdvėje. Sprendinio grafikas gaunamas kaip integralinės kreivės projekcija į dvimatęplokštumą (x, y).

Diferencialinė lygtis bus išspręsta, jei rasime visus jos sprendinius. DL spren-dinių radimą vadinsime DL integravimu. Kiekviena n-osios eilės DL nusakobendrą geometrinę sprendinius apibrėžiančių integralinių kreivių sąvybę. Pir-mosios eilės DL F (x, y, y′) = 0 apibrėžia koordinačių x, y ir sprendinio grafikoliestinės polinkio sąryšį. Pirmosios eilės DL sprendinio grafikas yra integralinėkreivė. Pavyzdžiui, išreikštinės DL integralinės kreivės liestinės kampo su x aši-mi tangentas kiekviename taške lygus DL dešiniosios pusės reikšmei tame taške(žiūrėk 1.3 pav.). Antrosios eilės DL apibrėžia koordinačių, sprendinio grafikoliestinės polinkio ir kreivio sąryšį (žiūrėk(1.11)).

?

Vienetinis apskritimas plokštumoje R2xy su centru koordinačių pradžioje aprašomas (glo-

baliai) neišreikštine glodžiąja funkcija Ψ(x, y) := x2 + y2 − 1 = 0.Pusplokštumėje y > 0 šio apskritimo dalį galime aprašyti glodžiąja funkcija y =√

1− x2, x ∈ (−1; 1), o pusplokštumėje y < 0 – funkcija y = −√

1− x2, x ∈ (−1; 1).Tačiau jokia išreikštine funkcija y = ψ(x) negalime aprašyti šio apskritimo taškų (−1; 0)ir (1; 0) aplinkoje. Tiesa, šių taškų aplinkoje apskritimas aprašomas funkcijomis x =

−√

1− y2, y ∈ (−1; 1) ir x =√

1− y2, y ∈ (−1; 1), atitinkamai. Mes pasirinkome


2

00

1.5 pav. Kreive apibrėžiančios funkcijos.

atviruosius intervalus, kad nekiltų klausimų dėl funkcijų tolydumo ir diferencijamumoapibrėžimų. Beje, funkcija y =

√1− x2, pvz. taške x = 1, yra tik tolydi iš kairės ir šiame

taške neegzistuoja net vienpusė išvestinė.Vienetinį apskritimą galima aprašyti parametrizuotuoju pavidalu (x, y) = (cos t, sin t),

t ∈ (0; 2π) arba t ∈ (−π;π). Pastebėsime, kad šio vienetinio apskritimo atveju, galimaglobalioji parametrizacija t ∈ [0; 2π], nes abi funkcijos x = cos t ir x = sin t yra apibrėžtost ∈ R ir yra periodinės su periodu 2π. Bendruoju atveju globaliosios parametrizacijos galiir nebūti.

Jeigu funkcija Ψ ∈ C1(G), čia sritis G ⊂ R2xy , (x0, y0) ∈ G, ir ∇Ψ(x0, y0) 6= (0, 0) (čia

gradientas ∇Ψ = ( ∂Ψ∂x, ∂Ψ∂y

)), tuomet egzistuoja taško (x0, y0) aplinka, kurioje funkcija Ψapibrėžia kreivę, ir ją galima aprašyti trimis būdais (žiūrėk 1.5 pav.):

1) neišreikštine tolydžiai diferencijuojama funkcija Ψ : R2 → R, tiksliau lygybe Ψ(x, y) =Ψ(x0, y0) = C;

2) išreikštine tolydžiai diferencijuojama funkcija ψ : I → R (arba funkcija y = ϕx(x),ϕx ∈ C1(Ix), arba funkcija x = ϕy(y), ϕy ∈ C1(Iy));

3) tolydžiai diferencijuojama vektorine funkcija (ψ,ϕ) : It → R2, t.y. parametrizuo-tuoju pavidalu (x, y) = (ψ(t), ϕ(t)), ψ,ϕ ∈ C1(It), |ψ′(t0)|+ |ϕ′(t0)| 6= 0, (x0, y0) =(ψ(t0), ϕ(t0)).

Įrodymas remiasi neišreikštinės funkcijos teorema. Kita vertus, kreivę, aprašytą funkcijay = ψx(x), galima užrašyti neišreištiniu pavidalu Ψ(x, y) := y − ψx(x) = 0, ir ∂Ψ

∂y= 1.

Parametrizuotąją kreivę taško (x0, y0) aplinkoje galima užrašyti išreištiniu pavidalu (jeiψ′(t0) 6= 0, tai y = ϕ(ψ−1(x)), čia ψ−1 žymime atvirkštinę funkciją, o įrodymas vėlremiasi neišreikštinės funkcijos teorema).

Kreivę (lokaliai) irgi galime užrašyti tiek neišreikštiniu, tiek išreikštiniu, tiek parametri-zuotuoju pavidalu. Todėl žemiau pateikti sprendinių apibrėžimai tėra to pačio sprendinioskirtingi užrašymo būdai.

1.8 apibrėžimas [Išreikštinis DL sprendinys]. Funkciją y = ϕ(x), x ∈ I ⊂ Rx,vadinsime (1.1) DL išreikštiniu sprendiniu, jei:

1) ϕ ∈ Cn(I);2)(x, ϕ(x), ϕ′(x), . . . , ϕ(n)(x)

)∈ DF , ∀x ∈ I;


-1 10

1.6 pav. DL y′ = −y2

integralines kreives.

-1 10

1.7 pav. DL y′ = −xy

integralines kreives, kaiy > 0.

1.8 pav. DLxdx+ ydy = 0 integralineskreives.

3) F(x, ϕ(x), ϕ′(x), . . . , ϕ(n)(x)

)≡ 0.

1.14 pavyzdys [Pirmosios eilės DL sprendinys]. DL y′ = −y2 apibrėžta visoje plokš-tumoje, t.y. Df = R2

xy. Funkcija y = 1x

yra šios DL sprendinys inter-valuose (−∞; 0) ir (0; +∞), nes kai x 6= 0, tai funkcija y = 1

x∈ C1 ir

( 1x

)′ = − 1x2≡ −( 1

x)2. Taške x = 0 sprendinys neapibrėžtas, nes jame

funkcijos y = 1x

reikšmė neapibrėžta (žiūrėk 1.6 pav.). Todėl funkcijay = 1

xapibrėžia du sprendinius: vieną intervale R−, kitą – R+. Šių

sprendinių integralinės kreivės yra hiperbolės šakos.

1.4 uždavinys. Koks DL y′ = −y2 sprendinys apibrėžtas visoje R?

1.9 apibrėžimas [Parametrizuotasis DL sprendinys]. Dvi funkcijas

x = ψ(t), y = ϕ(t), t ∈ I ⊂ Rt (1.13)

vadinsime (1.1) DL parametrizuotuoju sprendiniu, jei:

1) ψ,ϕ ∈ Cn(I), ψ 6= 0;

2) (ψ(t), ϕ(t), dϕ(t)dψ(t) , . . . ,

ddψ(t) (. . . ( dϕ(t)

dψ(t) ))) ∈ DF , ∀t ∈ I;

3) F (ψ(t), ϕ(t), dϕ(t)dψ(t) , . . . ,

ddψ(t) (. . . ( dϕ(t)

dψ(t) ))) ≡ 0.

1.15 pavyzdys [DL parametrizuotieji sprendiniai]. Srityje y > 0 DL y′ = −xy

para-metrizuotieji sprendiniai yra (žiūrėk 1.7 pav.)

x = C cos t, y = C sin t, t ∈ (0;π), C > 0,

nes ψ(t;C) = C cos t ∈ C1(0;π), ψ′ = C cos′ t = −C sin t 6= 0, ϕ(t;C) =C sin t ∈ C1(0;π), ir

d(C sin t)

d(C cos t)=

C cos t

−C sin t≡ −C cos t

C sin t.


?

Jeigu x = x(t), y = y(t), ir x = dxdt6= 0, tuomet

y′ =dy

dx=y

x, y′′ =

d2y

dx2=

d

dx

( yx

)=

1

x

d

dt

( yx

)=yx− yxx3

. (1.14)

1.5 uždavinys. Raskite y′′′ išraišką.

Jei sprendinys užrašytas neišreikštiniu pavidalu Ψ(x, y) = 0, tai ne visada galima iš šiosąryšio išreikšti y (ir net x) elementariosiomis funkcijomis. Pavyzdžiui, ey + y − x = 0.

1.6 uždavinys. Ar galima sprendinį, užrašytą formule ex+y + y + x = 0, išreikšti ele-mentariąją funkcija.

1.10 apibrėžimas [Neišreikštinis DL sprendinys]. Sąryšis Φ(x, y) = 0, vadina-mas DL neišreikštiniu sprendiniu, jeigu jis apibrėžia DL sprendinį y = ϕ(x)arba apverstosios DL sprendinį x = ψ(y).

Nagrinėdami DL, visada ieškosime net tik sprendinių y = ϕ(x), bet ir apverstosios DLsprendinių x = ψ(y).

Pirmosios eilės DL, užrašytai simetriniu pavidalu (1.8), funkcija Φ(x, y) api-brėžia neišreikštinį sprendinį Φ(x, y) = 0, jei teisinga tapatybė

∂Φ(x, y)

∂xw(x, y)− ∂Φ(x, y)

∂yv(x, y) ≡ 0.

Kanoninio pavidalo (1.9) atveju neišreikštinį sprendinį apibrėžia tapatybėdΦdx

:=∂Φ(x,y)∂x

+∂Φ(x,y)∂y

f(x, y) ≡ 0,

o kanoninio pavidalo (1.10) atveju neišreikštinį sprendinį apibrėžia tapatybėdΦdy

:=∂Φ(x,y)∂x

g(y, x) +∂Φ(x,y)∂y

≡ 0.

1.7 uždavinys. Parodykite, kad lygybė ex+y + y + x = 0 apibrėžia DL y′ = −1 neiš-reikštinį sprendinį.

1.8 uždavinys. Užrašykite DL, kurios neišreikštinis sprendinys yra ey + y − x = 0.

1.16 pavyzdys [DL neišreikštinis sprendinys]. Funkcija Φ(x, y) = x2 + y2 −C2, C > 0apibrėžia DL dy

dx= −x

yneišreikštinius sprendinius x2 + y2 − C2 = 0

srityje R2xy r (0; 0), nes dΦ

dx= 2x + 2y(−x

y) ≡ 0, kai y 6= 0, ir dΦ

dy=

2x(− yx

) + 2y ≡ 0, kai x 6= 0 (šiuo atveju sprendžiame apverstąją DLdxdy

= − yx). Integralinės kreivės (apskritimai) pavaizduotos 1.8 pav.

Taške (0; 0) DL neapibrėžta.

1.17 pavyzdys [Antrosios eilės DL sprendiniai]. Nagrinėkime antrosios eilės DL (y′′)2/3−1− (y′)2 = 0, kurios apibrėžimo sritis yra DF = R4.

Funkcija ϕ(x;C1, C2) = C2 +√

1− (x− C1)2 yra šios DL sprendinysintervale I = (C1 − 1;C1 + 1):

ϕ(x;C1, C2) ∈ C2(I), ϕ′(x;C1, C2) = − x− C1

(1− (x− C1)2)1/2,

ϕ′′(x;C1, C2) = − 1

(1− (x− C1)2)3/2,


ir teisinga tapatybė(− 1

(1− (x− C1)2)3/2

)2/3

− 1−(− x− C1

(1− (x− C1)2)1/2

)2

≡ 0.

Kadangi ϕ(x;C1, C2) = C2 +√

1− (x− C1)2 yra DL sprendinys subet kokiomis C1 ir C2 reikšmėmis, todėl gauname sprendinių šeimą(aibę) priklausančią nuo dviejų parametrų. Pastebėsime, kad funkci-ja ϕ(x;C1, C2) = C2 −

√1− (x− C1)2 taip pat yra sprendinys su bet

kokiomis C1 ir C2 reikšmėmis. Tai dar viena sprendinių šeima. DLsprendinių grafikai pavaizduoti 1.9(a) pav.

Parametrizuotieji sprendiniai yra

(x, y) = (C1 + cos t, C2 + sin t), t ∈ I = (0;π) arba t ∈ I = (−π; 0)

nes ψ = C1 + cos t, ϕ = C2 + sin t ∈ C1(I), ψ = − sin t 6= 0, kai t 6=−π, 0, π. Pasinaudodami (1.14) formulėmis, randame

y′ = −cos t

sin t, y′′ = − 1

sin3 t.

Istatę šias išraiškas į DL, gauname tapatybę(− 1

sin3 t

)2/3

≡ 1 +(cos t

sin t

)2

.

Nagrinėjami parametrizuotieji sprendiniai atitinka išreikštinius sprendi-nius y = C2 +

√1− (x− C1)2 ir y = C2 −

√1− (x− C1)2.

Lygybė Φ(x, y;C1, C2) ≡ (x− C1)2 + (y − C2)2 − 1 = 0 apibrėžia DL(y′′)2/3 − 1 − (y′)2 = 0 neišreikštinius sprendinius. Jei y 6= C2, tuomet∂Φ∂y

= 2(y−C2) 6= 0, ir galime užrašyti sprendinių išreikštinius pavidalusy = C2 ±

√1− (x− C1)2, x ∈ (C1 − 1;C1 + 1).

Perrašykime DL pavidalu (1.11)(y′′

(1 + (y′)2)3/2

)2/3

= 1.

Tada neišreikštinis apverstosios DL (žiūrėk (1.12)) pavidalas yra(− x′′

(1 + (x′)2)3/2

)2/3

= 1.

Ši DL sutampa su duotąja DL. Vadinasi, neišreikštiniai DL sprendiniaiyra visi plokštumos vienetiniai apskritimai (žiūrėk 1.9(b) pav.).

Dažniausiai DL lygtis turi begalo daug sprendinių, ir jie sudaro sprendiniųšeimas, priklausančias nuo keleto konstantų.

1.18 pavyzdys [DL sprendiniai]. Lygties y′′ = y sprendiniai yra y = C1chx + C2shxsu C1, C2 ∈ R. Šie sprendiniai sudaro kreivių šeimą, priklausančią nuodviejų konstantų C1, C2.


-1 10

(a)

-1 10

y

x

( , )C C1 2

1

-1

(b)

1.9 pav. 1.17 pvz. DL sprendiniai: (a) isreikstiniusprendiniu grafikai; (b) neišreikštiniai sprendiniai.

-1

p0

1

1.10 pav. DL y′ = cosxintegralines kreives.

Konstantos C1, . . . , CN , įeinančios į DL sprendinio išraišką, vadinamos lais-vosiomis. Šios konstantos gali įgyti bet kokias reikšmes, o kartais ir begalinęreikšmę, t.y. ∞. Laisvųjų konstantų skaičius gali būti įvairus (N 6 n), betdažniausiai lygus n.

1.9 uždavinys. Pateikite pavyzdį antros eilės DL, kurios visų spendinių šeima priklausotik nuo vienos laisvosios konstantos.

1.11 apibrėžimas [Bendrasis DL sprendinys]. Bendruoju n-osios eilės DL spren-diniu vadinsime DL sprendinių šeimą y = ϕ(x;C1, . . . , Cn), priklausančią nuon laisvųjų konstantų C1, . . . , Cn, ir pasižyminčia savybe, kad sistema

y = ϕ(x;C1, . . . , Cn),

y′ = ϕ′(x;C1, . . . , Cn), (1.15)

. . .

y(n−1) = ϕ(n−1)(x;C1, . . . , Cn)

yra vienareikšmiškai išspendžiama laisvųjų konstantų atžvilgiu:

C1 = ψ1(x, y, . . . , y(n−1)),

. . . (1.16)

Cn = ψn(x, y, . . . , y(n−1)). C

Bendrasis sprendinys gali būti užrašytas parametrizuotu pavidalu

x = ϕ(t;C1, . . . , Cn), y = ψ(t;C1, . . . , Cn), (1.17)

arba neišreikštiniu pavidalu

Ψ(x, y;C1, . . . , Cn) = 0. (1.18)

Pastaruoju atveju, sprendinių šeima dar vadinama bendruoju integralu.Iš bendrojo sprendinio (bendrojo integralo), imdami konkrečias C1, . . . , Cn

reikšmes, gauname atskirąjį sprendinį (atskirąjį integralą).


1.19 pavyzdys. Funkcija y = sinx + C yra DL y′ = cosx bendrasis sprendinys, oy = sinx, y = sinx − 2, y = sinx + 1 atskirieji sprendiniai (žiūrėk1.10 pav.).

1.20 pavyzdys. DL (y′′)2/3 − 1− (y′)2 = 0 sprendiniais yra dvi bendrųjų (išreikštinių)sprendinių šeimos: y = C2+

√1− (x− C1)2 ir y = C2−

√1− (x− C1)2.

Pavyzdžiui, pirmosios šeimos atveju, sistema

y = C2 +√

1− (x− C1)2, y′ = − x− C1√1− (x− C1)2

yra vienareikšmiškai išspendžiama laisvųjų konstantų atžvilgiu:

C1 = x+y′√

1 + (y′)2, C2 = y − 1√

1 + (y′)2.

Abi šias sprendinių šeimas galima apibrėžti vienu bendruoju integralu

(x− C1)2 + (y − C2)2 = 1, C1, C2 ∈ R,

kuris taip pat aprašo ir bendruosius sprendinius x = C1+√

1− (y − C2)2

ir x = C1 −√

1− (y − C2)2 apverstajai DL.

1.10 uždavinys. Nustatykite DL eilę ir patikrinkite, ar duotoji funkcija (funkcijos) api-brėžia sprendinį:

a) y′′ + 9y = 0, y = C1 cos(3x) + C2 sin(3x);

b) y′ − 0, 5y = 0, y = Cex/2 − 2;

c) y′ = 2xy, ye−x2

= C;

d) y′ =x

y, y = Cch t, x = Csh t;

e) y′′ = x+ sinx, y =x3

6− sinx+ C;

f) y′ = ex2

, y =

∫ x

0

eξ2

dξ + C.

1.11 uždavinys. Patikrinkite, ar 1.10 uždavinio sprendiniai apibrėžia bendruosius spren-dinius arba integralus.

1.3. Kreivių šeimos diferencialinė lygtis

Jeigu spręsdami n-eilės DL radome jos bendrąjį sprendinį (integralą), tuometturime kreivių šeimą, priklausančią nuo n laisvųjų konstantų. Pabandykimespręsti atvirkštinį uždavinį. Sakykime, duota kreivių šeima, apibrėžta lygtimi


Ψ(x, y;C1, . . . , Cn) = 0. Sudarome sistemą

Ψ0(x, y;C1, . . . , Cn) := Ψ(x, y;C1, . . . , Cn) = 0,

Ψ1(x, y, y′;C1, . . . , Cn) := ddxΨ0(x, y;C1, . . . , Cn) = ∂Ψ0

∂x + ∂Ψ0

∂y y′ = 0,

. . .

Ψn(x, y, y′, . . . , y(n);C1, . . . , Cn) := ddxΨn−1(x, y, y′, . . . , y(n−1);C1, . . . , Cn)

= ∂Ψn−1

∂x + ∂Ψn−1

∂y y′ + · · ·+ ∂Ψn−1

∂y(n−1) y(n) = 0.

Eliminuodami laisvąsias konstantas C1, . . . , Cn, gautume šios kreivių šeimos n-osios eilės DL.

1.21 pavyzdys [vienetinių apskritimų šeima plokštumoje]. Visų vienetinių apskritimųšeimos plokštumoje lygtis yra

(x− C1)2 + (y − C2)2 = 1.

Diferencijuodami šią lygtį pagal kintamąjį x du kartus, gauname

2(x− C1) + 2(y − C2)y′ = 0, 2 + 2(y′)2 + 2(y − C2)y′′ = 0.

Randame

x− C1 =1 + (y′)2

y′′y′, y − C2 = −1 + (y′)2

y′′.

Įstatome šias išraiškas į apskritimų lygtį, gauname vienetinių apskritimųplokštumoje DL

(1 + (y′)2)3 = (y′′)2.

Kreivių šeima priklausanti tik nuo vieno parametro vadinama vienaparamet-rine kreivių šeima.

1.22 pavyzdys [Vienaparametrinių kreivių šeimos]. Žemiau pateikta keletas vienapa-rametrinių kreivių šeimų:

1. Φ(x, y, C) := x + y + C = 0 apibrėžia lygiagrečių (tiesei y = −x)tiesių šeimą;

2. Φ(x, y, C) := y − Cx2 = 0 – parabolių šeimą (žiūrėk 1.11 pav.);3. Φ(x, y, C) := x2/2 + y2 − C2 = 0 – koncentrinių elipsių su centru

koordinačių pradžioje ir ašimis C√

2 ir C šeimą (C > 0) (žiūrėk1.11 pav.).

Sistema

Φ(x, y, C) = 0, ∂Φ∂x (x, y, C) + ∂Φ

∂y (x, y, C) dydx = 0.

ir yra vienaparametrinių kreivių šeimos DL, tiesa, užrašyta parametriniu pa-vidalu (parametras C). Vienaparametrinės kreivių šeimos DL sudaroma elimi-nuojant parametrą C.


1

1.11 pav. Paraboliu irelipsiu šeimos.

0

1.12 pav. Kosiuzdavinys pirmos eileslygciai.

p

0

1.13 pav. Kosiuzdavinys antros eileslygciai.

1.23 pavyzdys [Kreivių šeimos DL]. Surasime 1.22 pavyzdžio kreivių šeimų DL:x+ y + C = 0,

1 + 1 · y′ = 0⇒ y′ = −1;

y − Cx2 = 0,

−2xC + 1 · y′ = 0⇒

C = y/x2,

y′ = 2xC⇒ y′ = 2y

x;

x2/2 + y2 − C2 = 0,

x+ 2y · y′ = 0⇒ y′ = − x

2y.

Jeigu iš lygties Φ(x, y, C) = 0 pavyksta išreikšti parametrą C = Ψ(x, y), tuomet šiaivienaparametrinei šeimai DL yra ∂Ψ

∂x(x, y) + ∂Ψ

∂y(x, y) dy

dx= 0.

1.12 uždavinys. Suraskite vienaparametrinių kreivių šeimų DL:

a) xy = C; b) e3xy = C; c) y = eCx2

; d) y = Cxex.

Taikymuose dažnai reikia surasti kreivių šeimą, kertančią duotąją kreivių šei-mą tam tikru kampu θ (pvz., stačiu). Tokios kreivių šeimos vadinamos izogona-liosiomis (ortogonaliosiomis, kai θ = π/2) trajektorijomis. Sakykime, duotosioskreivių šeimos ir jai izogonaliosios kreivių šeimos DL yra

y′ = f(x, y), y′ = g(x, y),

atitinkamai, o θ1 ir θ2 yra kampai, atitinkantys kryptis, kurias apibrėžia DLdešiniosios pusės. Tada funkcijos f ir g susijusios lygybe

g − f1 + gf

=tg θ2 − tg θ1

1 + tg θ2 · tg θ1= tg (θ2 − θ1) = tg θ, jei θ 6= π/2, (1.19)

1 + gf = 0, jei θ = π/2. (1.20)

1.24 pavyzdys [Ortogonaliosios trajektorijos]. Surasime ortogonaliąsias trajektorijasparabolių šeimai y = Cx2, kurios DL y′ = 2y/x jau radome (žiūrėk 1.22–1.23 pavyzdžius). Tada ortogonaliosios šeimos DL yra y′ = −x/(2y).


Kaip matėme, šios DL sprendiniais yra elipsių x2/2 + y2 = C2 šeima(žiūrėk 1.22–1.23 pavyzdžius). Šios ortogonaliosios trajektorijos pavaiz-duotos 1.11 pav.

1.13 uždavinys [Ortogonaliosios trajektorijos]. Raskite ortogonalių trajektorijų DLšioms vienaparametrinėms kreivių šeimoms (pabandykite išspręsti gau-tas DL ir surasti šias trajektorijas):

a) x2 − y2 = C2; b) x2 + y2 = C2; c) y = Cx3; d) x2 + (y − C)2 = C2.

1.14 uždavinys [Izogonaliosios trajektorijos]. Raskite izogonaliųjų su θ = π/4 trajek-torijų DL apskritimų šeimai x2 + y2 = C2. Pabandykite išspręsti gautąDL ir surasti trajektorijų šeimą.

2. Koši uždavinys

Kaip matėme, DL dažniausiai turi be galo daug sprendinių. Norint išskirtikurį nors vieną sprendinį, reikia pareikalauti, kad sprendinys tenkintų papildo-mas sąlygas.

2.1. Koši uždavinys

Jeigu sprendžiama n-osios eilės DL

F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0, (2.1)

tuomet tokiomis sąlygomis laikomos išreikštinio sprendinio ir jo išvestinių iki(n− 1)-os eilės reikšmės, kai x = x0:

y(x0) = y0, y′(x0) = y′0, . . . , y

(n−1)(x0) = y(n−1)0 . (2.2)

DL su tokiomis sąlygomis vadinama Koši 2(pradiniu) uždaviniu, o pačios sąly-gos – pradinėmis. Pradinę sąlygą apibrėžia taškas (x0, y0, y

′0, . . . , y

(n−1)0 ), kuris

priklauso Df , jei DL užrašyta kanoniniu pavidalu.

1.15 uždavinys. Patikrinkite, kad y = Cex2

yra DL y′ = 2xy sprendinys. Raskiteintegralinę kreivę, einančią per tašką (1, 4).

1.25 pavyzdys. Koši uždavinys y′ = y/x, y(0) = 2 neturi išreikštinio sprendinio, nestaške x = 0 DL neapibrėžta. Koši uždavinys apverstajai DL x′ = x/y,x(2) = 0 turi sprendinį x ≡ 0.

Ypač lengva spręsti Koši uždavinį, jeigu žinomas DL bendrasis sprendinysir nėra kitų sprendinių. Šiuo atveju, bendrojo sprendinio sąvoka garantuoja,

2Augustin Louis Cauchy (1789–1857) – prancuzu matematikas.

2. Koši uždavinys 16

kad Koši uždavinys turi vienintelį sprendinį, nes iš (1.15) sistemos galime vie-nareikšmiškai rasti laisvąsias konstantas, kurios priklauso nuo y0, y′0,…, y(n−1)

0 .Bendrasis sprendinys

y = ϕ(x;x0, y0, y0′, . . . , y

(n−1)0 ) (2.3)

yra vadinamas bendrojo sprendinio Koši pavidalu.

1.26 pavyzdys. DL y′ = 2xy bendrojo sprendinio Koši pavidalas yra y = y0ex2−x20 ,

o DL y′′ + y = 0 šis pavidalas yra y = y0 cos(x− x0) + y′0 sin(x− x0).

Neišreiktinės DL atveju sprendinys gali būti ir ne vienintelis. Pavyzdžiui, DL, kuri aprašovienetinius apskritimus plokštumoje. Šiuo atveju kiekvienas plokštumos taškas priklausodviem skirtingiems apskritimams su ta pačia liestine tame taške.

2.2. Sprendinio egzistavimas ir vienatis

Kanoninei n-os eilės DL

y(n) = f(x, y, y′, . . . , y(n−1)) (2.4)

Koši uždavinio sprendinio egzistavimui pakanka, kad f ∈ C(G) srityje G ⊂Df ⊂ Rn+1 [18].

1.1 teorema [Peano3]. Tarkime, funkcija f yra tolydi srityje G. Tada eg-zistuoja (2.4) lygties sprendinys y = ϕ(x), x ∈ I, tenkinantis (2.2) pradinessąlygas.

Tačiau šios teoremos salygų neužtenka Koši uždavinio sprendinio viena-čiai [8, 17, 18].

1.2 teorema [Pikaro4]. Tarkime, funkcija f ir jos dalinės išvestinės ∂f∂y , . . . ,

∂f∂y(n−1) tolydžios srityje G. Tada egzistuoja vienintelis (2.4) lygties sprendinysy = ϕ(x), x ∈ I, tenkinantis pradines (2.2) sąlygas.

1.27 pavyzdys. Funkcijos y = sinx ir y = cosx yra DL y′′+y = 0 sprendiniai. Šių dvie-jų sprendinių grafikai kertasi, tačiau šie sprendiniai nesutampa jokiameintervale (žiūrėk 1.13 pav.).

1.16 uždavinys. Ar kertasi šio pavyzdžio integralinės kreivės?

Panaši teorema teisinga ir (2.1) lygčiai srityje G ⊂ DF [8]. Jos įrodymas išplaukia neiš-reikštinės funkcijos sąvybių (žiūrėk (1.3)–(1.5) ) ir 1.2 teoremos.

3Giuseppe Peano (1858–1932) – italu matematikas.4Emile Picard (1856–1941) – prancuzu matematikas.


0 1

1

1.14 pav. DL y′ = 3y2/3

integralines kreives. DLypatingasis taskas irypatingasis sprendinys.

K

G

1.15 pav. Integralineskreives tesinys ikikompakto krašto.

0 1

1

K

1.16 pav.Nepratesiamas i dešinesprendinys.

1.3 teorema. Tarkime, funkcija F ∈ C1(G) ir taške (x0, y0, y′0, . . . , y(n)0 ) ∈ G išpildytos

sąlygosF (x0, y0, y

′0, . . . , y

(n)0 ) = 0,

∂F

∂y(n)(x0, y0, y

′0, . . . , y

(n)0 ) 6= 0.

Tada egzistuoja (2.1) lygties vienintelis sprendinys y = ϕ(x), x ∈ I, tenkinantis (2.2)pradines sąlygas.

1.4 teorema [tolydi priklausomybė nuo pradinės sąlygos]. Jeigu f ∈C1(G), tuomet Koši uždavinio (2.4), (2.2) sprendinys ϕ(x;x0, y0, y0

′, . . . , y(n−1)0 )

apibrėžtas, tolydus ir ϕ ∈ C1 kiekvieno taško (x0;x0, y0, y0′, . . . , y

(n−1)0 ) aplin-

koje.

Pikaro teoremą ir tolydžią priklausomybę nuo pradinės sąlygos įrodysime vėliau, bet jaudabar jomis naudosimės. Šios trys teoremos sprendinio sąvybes formuluoja lokaliai, t.y.intervalas I, kuriame egzistuoja sprendinys nenurodomas.

Sritis G ⊂ Df , kurios visuose taškuose Koši uždavinio sprendinys yra vie-nintelis, vadinsime DL sprendinio vienaties sritimi. DL dvi integralinės kreivės,sutampančios viename DL sprendinio vienaties srities G taške, sutampa visoješioje srityje. Antros eilės DL tokiems sprendiniams integralinės kreivės sutaps,jeigu bendrame taške abu sprendiniai turės tą pačią liestinę.

1.28 pavyzdys. Rasime DL y′ = 3y2/3 integralinę kreivę, einančią per tašką (1; 1).Atitinkamas Koši (pradinis) uždavinys yra

y′ = 3y2/3, y(1) = 1.

Patikriname, kad funkcija y = (x − C)3 aprašo DL sprendinių šeimą.Įstatome pradines sąlygas: 1 = y(1) = (1 − C)3 ⇒ C = 0 (kitos šaknysyra kompleksinės). Vadinasi, šis Koši uždavinys turi sprendinį y = x3

(žiūrėk 1.14 pav.).Rasime integralinę kreivę, einančią per tašką (0, 0). Per šį tašką eina

jau rasta integralinė kreivė y = x3, ir dar viena papildoma integralinėkreivė y ≡ 0. Vadinasi, šiuo atveju, Koši uždavinio sprendinys nėravienintelis, ir šis taškas nepriklauso DL sprendinio vienaties sričiai.

2. Koši uždavinys 18

1.17 uždavinys. Raskite 1.28 pavyzdžio DL sprendinio vienaties sritį (sritis).

1.12 apibrėžimas. DL sprendinys, per kurio kiekvieną tašką eina tik vienas tosDL sprendinys, vadinamas atskiruoju sprendiniu.

1.18 uždavinys. Raskite Koši uždavinio sprendinius, jei žinomas bendrasis sprendinysarba bendrasis integralas:

a) y′ = − yx, y(1) = 1; yx = C;

b) y′ = − 1

x, y(1) = 0; xey = C;

c) y′′ = 1, y(0) = 1, y′(0) =3

2; y =

x2

2+ C1x+ C2;

d) y′′ = x+ sinx, y(0) = 1, y′(0) = 1; y =x3

6− sinx+ C1x+ C2;

e) y′ = −xy, y(3) = 4; y2 + x2 = C.

2.3. Ypatingieji sprendiniai

DL gali turėti sprendinių, kurių taškuose neišpildyta vienaties sąlyga. Nagrinėtame 1.28pavyzdyje sprendinio y ≡ 0 negausime iš bendrojo sprendinio (kubinių parabolių šeimos)y = (x− C)3 su jokia konstanta C ∈ R (žiūrėk 1.14 pav.).

1.19 uždavinys. Raskite 1.28 pavyzdžio DL visus sprendinius, kuriems neišpildyta vie-naties sąlyga.

1.13 apibrėžimas [Ypatingasis taškas]. Ypatingaisiais taškais vadinsime tuosintegralinės kreivės taškus, kuriose neišpildyta sprendinio vienaties sąlyga.

1.14 apibrėžimas [Ypatingasis sprendinys]. Ypatinguoju sprendiniu vadinsimesprendinį, kurio kiekvienas taškas yra ypatingasis taškas.

Kai kanoninės (2.4) DL dešiniosios pusės funkcija yra tolydi ir turi dalinesišvestines pagal kintamuosius y, y′, . . . , y(n−1), jos ypatingieji sprendiniai galibūti tik tie, kuriuose tenkinama bent viena sąlyga:

∂f

∂y=∞, . . . , ∂f

∂y(n−1)=∞.

Neišreikštinės (2.1) DL atveju, kai F ∈ C1(G), ypatingais gali būti sprendiniaiapibrėžti ir lygybėmis F = 0, ∂F

∂y(n) = 0.

1.20 uždavinys. Patikrinkite, kad DL turi duotuosius sprendinius ir suraskite ypatin-guosius sprendinius:

a) y′ = 2√|y|, y = |x− C|(x− C);

b) (y′)2 + y2 = 1, y = sin(x− C).


2.4. Sprendinio tęsinys

Jeigu sprendinys yra apibrėžtas intervale I, tai jis bus sprendinys ir intervaleJ ⊂ I.

1.15 apibrėžimas [integralinės kreivės tęsinys]. Integralinę kreivę intervale I va-dinsime integralinės kreivės intervale J ⊂ I tęsiniu, o integralinę kreivę intervaleJ integralinės kreivės intervale I siauriniu.C

Koši uždavinio su pradinėmis sąlygomis (2.2) integralinė kreivė pratęsiamapirmyn (atgal) iki aibės Γ ⊂ G ⊂ Df , jeigu egzistuoja sprendinys su tomispačiomis pradinėmis sąlygomis, kurio integralinė kreivė kertasi su Γ taške x > x0

(x 6 x0).Integralinė kreivė pratęsiama pirmyn (atgal) neaprėžtai, jeigu visiems x > x0

(x 6 x0) egzistuoja sprendinys su tomis pačiomis pradinėmis sąlygomis.Laikysime, kad sprendinys turi tęsinį, jeigu jo integralinė kreivė turi tęsinį.Vietoje pirmyn (atgal) taip pat naudosime terminus į dešinę (į kairę).Jeigu sprendinys pratęsiamas iš atvirojo intervalo (a; b) į intervalą (a; b]

([a; b)), tuomet tokį tęsinį vadinsime dešiniuoju (kairiuoju) plėtiniu.Sprendinys, kurio negalima pratęsti nei į kairę, nei į dešinę, vadinamas pil-

nuoju sprendiniu, o intervalas J vadinamas sprendinio egzistavimo maksima-liuoju intervalu. Toliau pagal nutylėjimą sprendinį suprasime kaip pilnąjį.

?

Aibė K ⊂ Rn vadinama kompaktu, jeigu ji yra uždara ir aprėžta. Jeigu kompaktą pa-dengsime atvirųjų aibių denginiu, tuomet galima išrinkti baigtinį podenginį. Ši kompaktosavybė Hausdorfo5 topologinėse erdvėse naudojama kaip kompakto apibrėžimas.Didžiausia atviroji aibė Å, priklausanti aibei A vadinama aibės A vidumi, o mažiausia

uždaroji aibė [A] = A, dengianti aibę A vadinama aibės A uždariniu. Aibės A uždariniotaškai, kurie nepriklauso aibės A vidui, sudaro aibės A kraštą ∂A.

1.5 teorema [apie sprendinio tęsinį]. Tarkime, K ⊂ G ⊂ Df yra kompaktasir pradinė sąlyga (x0, y0, y

′0, . . . , y

(n−1)0 ) ∈ K ir f ∈ C1(G). Tada integralinė

kreivė pratęsiama iki kompakto krašto ir toks pratęsimas yra vienintelis.

Teorema teigia, kad per kiekvieną vidinį kompakto tašką eina vienintelė integralinė kreivė,kuri pratęsiama iki kompakto krašto (žiūrėk 1.15 pav.). Tęsinio vienatis suprantama taprasme, kad dvi integralinės kreivės su tą pačia pradine sąlyga sutampa visur kur josapibrėžtos.

1.29 pavyzdys. Koši uždavinio y′ = y2, y(0) = 1, sprendinys užrašomas išreikštinefunkcija y = 1/(1 − x). Šį sprendinį galima pratęsti atgal (į kairę) nea-prėžtai, tačiau negalima pratęsti pirmyn (į dešinę) iki tiesės x = 1, t.y.maksimalusis intervalas yra (−∞; 1). Teorema apie tęsinį lieka teisinga.Jeigu kompaktas yra uždarasis stačiakampis [a; 1]× [0; b], tai sprendinyspratęsiamas į kairę iki stačiakampio kraštinės x = a su bet kokiu a < 0,t.y. visiems x 6 0, ir sprendinys pratęstas pirmyn (į dešinę) pasieks tikviršutinę stačiakampio kraštinę kokį b > 1 bepaimtume (žiūrėk 1.16) irniekada nepasieks dešiniosios kraštinės.

5Felix Hausdorff (1868–1942) – vokieciu matematikas.

3. Diferencialinių lygčių sistemos 20

1.30 pavyzdys. Koši uždavinio y′ = y, y(0) = 1, sprendinys užrašomas išreikštine funk-cija y = ex. Šį sprendinį galima pratęsti atgal ir pirmyn neaprėžtai,nes su bet kokiu a > 0 sprendinys kirs kairiąją ir dešiniąją uždarojostačiakampio [−a; a]× [0; ea + 1] kraštines.

3. Diferencialinių lygčių sistemos

Apibendrinsime DL lygties savoką DL sistemoms, t.y. nagrinėsime vektorinęDL

F (x,y,y′, . . . ,y(m)) = 0, (3.1)

čia y = (y1, . . . , yn), F = (F 1, . . . , Fn) ∈ C1(DF ), DF ⊂ Rn(m+1)+1 yra funkci-jos F (kartu ir vektorinės DL apibrėžimo sritis). Tokia vektorinė m-tosios eilėsDL dar vadinama m-osios eilės diferencialinių lygčių sistema (DLS).

Paprasčiausios yra pirmosios eilės DLS:

F 1(x, y1, . . . , yn, y1′, . . . , yn′) = 0,

. . . (3.2)

Fn(x, y1, . . . , yn, y1′, . . . , yn′) = 0.

Kai jakobianas D(F 1,...,Fn)D(y1′,...,yn′) 6= 0, pirmąsias išvestines galima išreikšti per likusius

kintamuosius:

y1′ = f1(x, y1, . . . , yn),

. . . (3.3)

yn′ = fn(x, y1, . . . , yn).

Tokią DLS vadiname n-osios eilės normaliąja DLS. Jos vektorinis pavidalas yra

y′ = f(x,y), f ∈ C(Df ), Df ⊂ Rn+1.

Šiai DLS (vektorinei DL) apibendrinamos visos sąvokos, kurias apibrėžėme ska-liarinei DL y′ = f(x, y). Pavyzdžiui, Koši uždavinys užrašomas kaip

y′ = f(x,y), y(x0) = y0. (3.4)

1.16 apibrėžimas [integralinė kreivė]. Normaliosios DLS (arba vektorinės DL)(3.3) integraline kreive vadinsime vektorinės funkcijos y(x), x ∈ I, grafiką.

1.17 apibrėžimas [fazinė erdvė]. Kintamųjų (y1, y2, . . . , yn) erdvė vadinama fa-zine erdve.

1.18 apibrėžimas [fazinė trajektorija]. Integralinės kreivės projekciją į fazinęerdvę (y1, y2, . . . , yn) vadinsime fazine trajektorija. C


Bendrasis sprendinys ir bendrasis integralas apibrėžiami kaip

y = ϕ(x,C), Ψ(x,y,C) = 0

čia C = (C1, . . . , Cn), o visos funkcijos yra tolydžiai diferencijuojamos, ir kons-tantas C galima vienareikšmiškai išreikšti

C = Φ(x,y).

Suformuluosime Pikaro, tolydžios priklausomybės nuo pradinės sąlygos irsprendinio tęsinio teoremų analogus.

1.6 teorema. Tarkime, funkcija f ∈ C1(G), G ⊂ Rn+1. Tada egzistuoja vie-nintelis (3.4) Koši uždavinio sprendinys y = ϕ(x), x ∈ I, tenkinantis pradinęsąlygą.

1.7 teorema [tolydi priklausomybė nuo pradinės sąlygos]. Jeigu f ∈C1(G), tuomet funkcija ϕ(x;x0,y0) apibrėžta, tolydi ir ϕ ∈ C1 kiekvieno taško(x0;x0,y0) aplinkoje.

1.8 teorema [apie sprendinio tęsinį]. Tarkime, K ⊂ G ⊂ Df yra kompaktasir pradinė sąlyga (x0,y0) ∈ K ir f ∈ C1(G). Tada integralinė kreivė pratęsiamaiki kompakto krašto ir toks pratęsimas yra vienintelis.

3.1. n-osios eilės DL suvedimas į n-osios eilės normaliąją DLS

Kiekvieną n-osios eilės kanoninę DL galima suvesti į normaliąją DLS. Paro-dysime tai Koši uždaviniui

y(n) = f(x, y, y′, . . . , y(n−1)), y(x0) = y0, . . . , y(n−1)(x0) = y

(n−1)0 . (3.5)

Apibrėžkime vektorinę funkciją z = (z1, z2, . . . , zn) := (y, y′, . . . , y(n−1)). Tada(3.5) Koši uždavinys ekvivalentus nomaliajai DLS

z1′ = z2,

z2′ = z3,

. . . (3.6)

zn−1′ = zn,

zn′ = f(x, z1, . . . , zn)

su pradine (vektorine) sąlyga z(x0) = z0 := (y0, y′0, . . . , y

(n−1)0 ).

Šis suvedimas rodo, kad 1.2 teorema (kai f ∈ C1(G)) išplaukia iš 1.6 teoremos, 1.4 teorema– iš 1.7 teoremos, 1.4 teorema – iš 1.8 teoremos.

1.31 pavyzdys. Koši uždavinys y′′+ y = 0, y(0) = y0, y′(0) = y′0 suvedamas į antrosioseilės DLS

y′ = z, z′ = −y

su pradinėmis sąlygomis y(0) = y0, z(0) = y′0.


1.21 uždavinys. Ar toks suvedimas vienintelis? Atsakymas: ne, nes galima suvesti iry′ = −z, z′ = y, su pradinėmis sąlygomis y(0) = y0, z(0) = −y′0.

1.22 uždavinys. Suvesti DL į DLS:

a) y′′ = − sin y;

b) y′′′ + 5xy′′ + (y′)2

sinx+ y = 0;

c) y′′ = sin(1 + (y′)

2).

3.2. n-osios eilės normaliosios DLS suvedimas į n-osios eilės DL

Kiekvieną n-osios eilės normaliąją (3.3) DLS galima suvesti į vieną n-osioseilės kanoninę DL. Diferencijuojame vieną DLS lygtį (pvz., pirmąją) n−1 kartąpagal x, ir keičiame pirmosios eilės išvestines normaliosios sistemos lygčių de-šiniosiomis pusėmis. Įvedame naują funkciją z(x) := y1(x). Taip gaunama nlygčių sistema:

z′ = f1(x, z, y2, . . . , yn) := f1(x, y1, y2, . . . , yn),

z′′ = f2(x, z, y2, . . . , yn) := ∂f1

∂x +∑ni=1

∂f1

∂yi fi,

. . . (3.7)

z(n−1) = fn−1(x, z, y2, . . . , yn) := ∂fn−2

∂x +∑ni=1

∂fn−2

∂yi f i,

z(n) = fn(x, z, y2, . . . , yn) := ∂fn−1

∂x +∑ni=1

∂fn−1

∂yi f i.

Iš (3.7) sistemos pirmųjų n − 1 lygčių išreiškiame y2, . . . , yn (kada tai galimapadaryti?):

y2 = g2(x, z, z′, . . . , z(n−1)),

. . .

yn = gn(x, z, z′, . . . , z(n−1)),

ir įstatome jas į (3.7) sistemos paskutinę lygtį

z(n) = fn(x, z, g2(x, z, z′, . . . , z(n−1)), . . . , gn(x, z, z′, . . . , z(n−1))

).

Gaunama viena n-osios eilės DL

z(n) = g(x, z, z′, . . . , z(n−1)). (3.8)

Pradinės sąlygos šiai lygčiai yra

z(x0) = y1(x0), z(i)(x0) = f i(x0, y1(x0), . . . , yn(x0)), i = 1, . . . , n− 1.

Išsprendę (3.8) lygtį, randame ir y1(x) = z(x). Analogiškai galima parašyti irn-osios eilės lygtis kitoms funkcijoms y2, . . . , yn.


Jeigu suradome funkciją y1, tuomet galima pašalinti iš sistemos pirmąją lygtį, įstatyti y1

į likusias sistemos lygtis, t.y. nagrinėti normaliąją sistemą, sudarytą iš n− 1-os lygties.

1.32 pavyzdys. Duota DLSdvdx

= wx, dw

dx= −v.

Apibrėžiame naują funkciją y = v, diferencijuojame pirmąją lygtį pagalx, ir gauname

y′ = wx,

y′′ = dwdx

1x− w

x2= − y

x− w

x2

⇒w = y′x,

y′′ = − yx− y′x

x2.

DLS suvesta į antros eilės DL y′′ = − y+y′

xarba xy′′ + y + y′ = 0.

1.23 uždavinys. Suveskite DLS į vieną DL:

a)u′ = v,v′ = u;

b)u′ = −v,v′ = u;

c)u′ = u− v,v′ = u+ v.

3.3. Autonominės ir neautonominės DL

Jeigu funkcija f DL tiesiogiai nepriklauso nuo kintamojo x, tai DL (arbaDLS)

y′ = f(y)⇔

dy1

dx = f1(y1, . . . , yn),

. . .dyn

dx = fn(y1, . . . , yn).

vadinama autonomine. Priešingu atveju, vadinsime neautonomine.Kiekvieną neautominę DLS visada galima suvesti į autonominę

dy1

dx = f1(x, y1, . . . , yn),

. . .dyn

dx = fm(x, y1, . . . , yn)

⇔

dxdt = f0(x, y1, . . . , yn) ≡ 1,dy1

dt = f1(x, y1, . . . , yn),

. . .dyn

dt = fn(x, y1, . . . , yn),

čia y ∈ Rn. Ir atvirkščiai, kiekvieną autonominę DLS srityje, kurioje |f0| +|f1| + · · · + |fn| > 0, galima suvesti į neautonominę DLS. Pavyzdžiui, jeiguf0 6= 0, tai

dy0

dt = f0(y0, y1, . . . , yn),

dy1

dt = f1(y0, y1, . . . , yn),

. . .dyn

dt = fn(y0, y1, . . . , yn)

⇔

dy1

dx = f1(x,y1,...,yn)f0(x,y1,...,yn) ,

. . .dyn

dx = fn(x,y1,...,yn)f0(x,y1,...,yn) ,

čia x := y0.


1.33 pavyzdys. Neautonominė DLdy

dx=x

y

suvedama į autonominę DLS

dx

dt= y,

dy

dt= x.

1.24 uždavinys. Suveskite neautonomines DL (DLS) į autonomines DL (DLS):

a)dy

dx=y

x; b)

dy

dx= z + x,

dz

dx= y + x.

1.19 apibrėžimas [fazinė kreivė]. Autonominės sistemos trajektoriją vadinsimefazine kreive.

2 skyrius

Klasikinės pirmosios eilės diferencialinės lygtys irjų integravimas

Šiame skyriuje nagrinėsime pirmosios eilės diferencialines lygtis, kurias galima išspręs-ti integruojant. Įrodysime sprendinio egzistavimo ir vienaties teoremą vienmačiu atvejuautonominei lygčiai. Daugelio tokių lygčių sprendiniai randami kintamųjų atskyrimo me-todu.

1. DL y′ = f(x)

Nagrinėkime DL

dydx = f(x), f ∈ C(I), I = (a; b). (1.1)

2.1 lema. Tarkime, f aprėžta intervale I. Tada DL (1.1) sprendinys randamasintegruojant:

y =∫f(x) dx+ C. (1.2)

Įrodymas. DL lygties (1.1) prasmė yra, kad ieškoma funkcija y yra funkci-jos f pirmykštė funkcija. Iš matematinės analizės (Rymano1 integralo teorija)žinome, kad funkcijos f pirmykščių funkcijų šeima yra (1.2). ut

2.1 pastaba. Formulėje (1.2) integralą∫f(x) dx suprasime kaip vieną funkcijos

f pirmykštę funkciją.

2.1 pavyzdys. DL y′ = cosx visi sprendiniai yra y = sinx + C, t.y. visi jie aprašomibendruoju sprendiniu.

2.2 pavyzdys. Intervale (0; 1) sprendinys yra funkcija ϕ(x) = x, intervale (−1; 0) –funkcija ϕ(x) = −x, o taške x = 0 sprendinio reikšmė turėtų būti nulinė(tolydumas). Tačiau funkcija ϕ(x) = |x| nėra diferencijuojama funkcija.Vadinasi, DL y′ = signx, (−1; 1) sprendinių neturi.

Nagrinėkime Koši uždavinį (1.1) lygčiai su pradine sąlyga y(x0) = y0, x0 ∈I, y0 ∈ R. Tuomet pirmykščių funkcijų šeimą galima išreikšti apibrėžtiniuintegralu

y(x) =

∫ x

x0

f(ξ) dξ + C. (1.3)

1Bernhard Riemann (1826–1866) – vokieciu matematikas.

1. DL y′ = f(x) 26

Kai x = x0, iš pradinės sąlygos randame C = y0. Vadinasi, integralinė kreivėeinanti per tašką (x0, y0) apibrėžia vienintelį sprendinį (Barou2 formulė)

y(x) = y0 +∫ xx0f(ξ) dξ. (1.4)

2.3 pavyzdys. Koši uždavinio y′ = cosx, y(0) = 1 sprendinys (žiūrėk 1.10 pav.)

y(x) = 1 +

∫ x

0

cos ξ dξ = 1 + sin ξ∣∣∣x0

= 1 + sinx.

2.1 uždavinys. Raskite DL arba Koši uždavinio sprendinius:

a) y′ = x(1− x), x ∈ (−1; 1), y(0) = 1;b) y′ = 1

1+x2.

1.1. Sprendinio tęsinys ir elgsena intervalo galuose

Jeigu dešinysis intervalo (a; b) galas yra baigtinis, t.y. b < +∞, tuometsprendinio pratęsimas į šį tašką priklauso nuo ribos f := limx→b−0 f(x) egzista-vimo. Bendruoju atveju ji gali neegzistuoti. Kairiajame intervalo gale situacijaanalogiška. Toliau B(a; b) žymėsime aprėžtųjų funkcijų klasę.

Nagrinėkime DLdy

dx= f(x), f ∈ C(a; b), b < +∞. (1.5)

Koši uždavinio su pradine sąlyga y(x0) = y0, x0 ∈ (a; b) sprendinys

ϕ(x) := y0 +

∫ x

x0

f(ξ) dξ, (1.6)

ϕ ∈ C1(a; b) ir ϕ′(x) ≡ f(x), x ∈ (a; b). Jeigu f ∈ B(a; b), tai ∃ M > 0, kad|f(x)| 6M ir

|ϕ(x2)− ϕ(x1)| = |∫ x2

x1

f(ξ) dξ| 6M |x2 − x1|, x1, x2 ∈ (a; b).

Vadinasi, funkcija ϕ yra tolygiai tolydi intervale (a; b). Remiantis funkcijos ribosKoši kriterijumi, egzistuoja sprendinio riba

B := ϕ(b− 0) = limx→b−0

ϕ(x) = y0 +

∫ b

x0

f(ξ) dξ. (1.7)

2.2 lema. Tarkime, f ∈ C(a; b)∩B(a; b), −∞ < a < b < +∞. Tada integralinėkreivė tolydžiai pratęsiama į intervalą [a; b].2.4 pavyzdys. DL y′ = sin(1/x), x ∈ (0; 1), integralinės kreivės tolydžiai pratęsiamos į

intervalą [0; 1].

Toliau nagrinėsime tik atvejus, kai egzistuoja baigtinės arba begalinės ribosf = limx→a+0 f(x), f = limx→b−0 f(x), −∞ 6 a < b 6 +∞.

2Isaac Barrow (1630–1677) – anglu matematikas, filologas ir teologas.

27 2 SKYRIUS. Klasikinės pirmosios eilės DL ir jų integravimas [2019 12 24 (19:39)]

0

0

0

(a)

0

0

0

(b)

0

0

0

(c)

2.1 pav. Lygties y′ = f(x) sprendinio y = ϕ(x) elgsena intervale (a; b], b < +∞:

(a) ∃ limx→b−0 f(x) 6=∞; (b)limx→b−0 f(x) = +∞,∫ bx0f(ξ) dξ < +∞;

(c) limx→b−0 f(x) = +∞,∫ bx0f(ξ) dξ = +∞.

Atvejis b < +∞, |f | < +∞. Funkcijos ϕ kairinė išvestinė taške x = b lygi

ϕ′(b− 0) = limx→b−0

B − ϕ(x)

b− x=(1)

limx→b−0

ϕ′(x) = limx→b−0

f(x), (1.8)

čia (1) lygybėje pasinaudojome Lopitalio3 taisykle. Jeigu

a) egzistuoja baigtinė riba limx→b−0

f(x),

tuomet sprendinys yra tolydžiai diferencijuojamas intervale (a; b] (žiūrėk 2.1(a)).

2.3 lema. Tarkime, f ∈ C(a; b), −∞ < a < b < +∞. Jeigu egzistuoja baig-tinė riba limx→b−0 f(x) (limx→a+0 f(x)) tuomet egzistuoja sprendinio dešinysis(kairysis) plėtinys.

2.5 pavyzdys. DL y′ = sin(1/x), x ∈ (0; 1), turi dešinį plėtinį, bet neturi kairiojo plė-tinio. Dar daugiau maksimalusis intervalas, kuriame apibrėžtas pilnasissprendinys, yra (0; +∞).

Atvejis b < +∞, |f | = +∞. Šiuo atveju, integralas∫ bx0f(ξ) dξ formulėje

(1.7) yra netiesioginis. Kadangi f(x) nekeičia ženklo taško b aplinkoje, todėlgalimi tik du atvejai:

b) |b∫x0

f(ξ) dξ| < +∞ (netiesioginis integralas konverguoja), t.y.

B = ϕ(b− 0) = limx→b−0

ϕ(x) = y0 +b∫x0

f(ξ) dξ reikšmė yra baigtinė;

3Guillaume Francois Antoine, Marquis de l’Hopital (1661–1704) – prancuzu matematikas.

1. DL y′ = f(x) 28

c)b∫x0

f(ξ) dξ = +∞ (arba −∞) (netiesioginis integralas diverguoja), t.y.

B = ϕ(b− 0) = limx→b−0

ϕ(x) = +∞ (arba −∞).

Šie du atvejai, kai f = +∞, pavaizduoti 2.1b) ir 2.1c) pav.: b) atveju sprendinysy = ϕ(x) „pasiekia“ baigtinį tašką (b, B), bet su begaline išvestine; c) atvejusprendinys turi vertikalią asimptotę x = b, integralinė kreivė artėja į tašką(b; +∞).

2.4 lema. Tarkime, f ∈ C(a; b), −∞ < a < b < +∞, limx→b−0 f(x) = f ,|f | = +∞. Jeigu |

∫ bx0f(ξ) dξ| = +∞, tuomet DL (1.5) integralinė kreivė taške

x = b turi vertikaliąją asimptotę. Jeigu |∫ bx0f(ξ) dξ| < +∞, tuomet integralinė

kreivė artėja tolydžiai į tašką (b;B), B = y0 +∫ bx0f(ξ) dξ, o jos liestinė artėja

į tiesę x = b.

2.2 pastaba. Kai f = ±∞, funkcija x ≡ b yra apverstosios lygties dxdy = 1

f(x)

sprendinys, kurio išvestinė kiekviename taške lygi nuliui. Funkcijaϕ(x) yra tolydžioji griežtai monotoninė fumkcija mažoje taško baplinkoje: b) atveju ta aplinka yra (b− β; b], c) atveju – (b− β; b).Vadinasi, egzistuoja atvirkštinė funkcija x = ψ(y), kuri yra ap-verstosios lygties sprendinys intervale (ϕ(b − β);B). Pasinaudojęatvirkštinės funkcijos išvestinės formule

ψ′(y) = 1/ϕ′(ψ(y)) = 1/ϕ′(x) = 1/f(x)

ir riba limx→b−0

y = limx→b−0

ϕ(x) = B, gauname, kad

ψ′(B − 0) = limx→b−0

1/f(x) = 0. (1.9)

Pastebėsime, kad b) atveju, apverstosios lygties sprendinį φ(y) ga-lima pratęsti iš intervalo (b − β; b) į (b − β; b], t.y. turime dešinįplėtinį, tačiau taškas (b, B) yra ypatingasis taškas, kuriame neiš-pildyta Koši uždavinio vienatis.

Analogiškas sprendinio savybes gautume ir kairiame intervalo krašte x =a > −∞, kai f ∈ C(a; b) ir ∃ lim

x→a+0f(x) = f .

2.6 pavyzdys. Nagrinėkime DL y′ = xα, x ∈ (0; 1), α ∈ R. Funkcija f(x) = xα ∈C(0; 1). Randame ribas: limx→0+0 f(x) = 0, kai α > 0; limx→0+0 f(x) =1, kai α = 0; limx→0+0 f(x) = +∞, kai α < 0; limx→1−0 f(x) = 1.Vadinasi, į tašką x = 1 visais atvejais sprendinys pratęsiamas glodžiai, oį tašką x = 0 sprendinį pratęsiame kai α > 0.

Sprendiniai (pirmykštės funkcijos) intervale (0; 1) yra ϕ(x) = xα+1

α+1+C,

kai α 6= −1 ir ϕ(x) = lnx + C, kai α = −1. Sprendinys tolydžiaipratęsiamas į x = 0, kai −1 < α < 0, ir turi asimptotę x = 0, kaiα 6 −1.


2.2 uždavinys. Raskite Koši uždavinio y′ = xα, x ∈ (0; 1], y(1) = 0, sprendinius.Nubraižykite integralines kreives įvairiems α. Kuriais atvejais sprendinysy = ϕ(x) pratęsiamas į intervalą [0; 1]?

Funkcija f ∈ C(a; b) kiekviename uždarame intervale [a; b] ⊂ (a; b) yra tolydiir aprėžta. Vadinasi, turime a) atvejį, ir sprendinys yra apibrėžtas kiekviena-me intervalo (a; b) taške. Jeigu negalime pratęsti sprendinio, ir turime pilnąjįsprendinį, kurio egzistavimo maksimalusis intervalas yra (a; b). Todėl galimapatikslinti lemą 2.1, atsisakant funkcijos f aprėžtumo.

2.5 lema. Tarkime, f ∈ C(a; b), Tada DL (1.1) bendrasis sprendinys intervale(a; b) randamas integruojant:

y =

∫f(x) dx+ C. (1.10)

o Koši uždavinio su pradine sąlyga y(x0) = y0 vienintelis sprendinys yra

y = ϕ(x) = y0 +

x∫x0

f(ξ) dξ, x ∈ (a; b). (1.11)

2.1 išvada. Pakanka rasti vieną (1.1) lygties integralinę kreivę, o kitos integra-linės kreivės gaunamos ją pastūmus y-kryptimi (žiūrėk 2.2 pav.).

2.7 pavyzdys. Nagrinėkime DL y′ = 1x, x ∈ (0; +∞). Funkcija f(x) = 1

x∈ C(0; +∞).

Sprendinys y = lnx yra pilnasis sprendinys, o jo egzistavimo maksima-lusis intervalas yra (0; +∞).

2.3 uždavinys. Raskite DL pilnuosius sprendinius ir jų maksimaliuosius intervalus:a) y′ = 1

x;

d) y′ = 1x2

;b) y′ = x;f) y′ = 1

2√x;

c) y′ = 1x(1−x)

;

f) y′ = 1

33√x2

.

Atvejis b = +∞. Nagrinėkime DL

dy

dx= f(x), f ∈ C(a,+∞). (1.12)

Atvejis a = −∞ nagrinėjamas analogiškai. Pridėkime Koši sąlygą y(x0) = y0,x0 ∈ (a; +∞). Integralinė kreivė, einanti per tašką (x0, y0), apibrėžia vienintelįsprendinį (Barou4 formulė)

y = ϕ(x) = y0 +

∫ x

x0

f(ξ) dξ, x ∈ (a; +∞). (1.13)

2.8 pavyzdys. Nagrinėkime DL y′ = cosx, x ∈ (−∞; +∞). DL bendrasis sprendinysegzistuoja y(x) = sinx+C ir yra aprėžtas. Tačiau neegzistuoja riba, kaix→ +∞, nes integralas

∫ +∞x0

cos ξ dξ nekonverguoja.

4Isaac Barrow (1630–1677) – anglu matematikas, filologas ir teologas.

2. DL y′ = g(x) 30

0

2.2 pav. Lygties y′ = f(x)sprendiniai.

00

8

0

(a) apreztasis sprendinys

00

0

(b) neapreztasis sprendinys

2.3 pav. Lygties y′ = f(x), f > 0 sprendiniu elgsena, kaix→ +∞.

Jeigu f > 0 (f < 0), tuomet funkcija ϕ yra monotoniškai didėjanti (ma-žėjanti) ir egzistuoja riba lim

x→+∞ϕ(x) = B, kuri gali būti baigtinė ar begalinė

(žiūrėk 2.3 pav.) ir

a) |+∞∫x0

f(ξ) dξ| < +∞ (netiesioginis integralas konverguoja), t.y.

B = limx→+∞

ϕ(x) = y0 ++∞∫x0

f(ξ) dξ reikšmė yra baigtinė;

b)+∞∫x0

f(ξ) dξ = +∞ (arba −∞) (netiesioginis integralas diverguoja), t.y.

B = limx→+∞

ϕ(x) = +∞ (arba −∞).

2.6 lema. Tarkime, f ∈ C(a; +∞) ir yra pastovaus ženklo, kai x pakanka-mai didelis. Jeigu |

∫ +∞x0

f(ξ) dξ| < +∞, tuomet DL (1.5) integralinė krei-vė monotoniškai (pakankamai dideliems x) artėja prie horizontalios asimpto-tės y = y0 +

∫ +∞x0

f(ξ) dξ, o jos liestinė artėja prie tos pačios asimptotės, t.y.sprendinys yra aprėžtas. Jeigu |

∫ bx0f(ξ) dξ| = +∞, tuomet integralinė kreivė

monotoniškai (pakankamai dideliems x) artėja prie +∞, kai x → +∞, t.y.sprendinys yra neaprėžtas.

2.4 uždavinys. Nustatykite 2.3 uždavinio DL sprendinių savybes, kai x→ ±∞.

2. DL y′ = g(y)

Nagrinėkime DLdydx = g(y), g ∈ C(U), (2.1)

čia U = (A;B), arba U = (A;B], arba U = [A;B) arba U = [A;B]. Ištirsimepagrindinius atvejus, kai galima rasti (2.1) lygties sprendinius.


0

2.4 pav. Lygtiesy′ = g(y) sprendiniai.

0

0

0

(a) atskirasis sprendinys

0

0

0

(b) ypatingasis sprendi-nys

2.5 pav. Lygties y′ = g(y) stacionarieji sprendiniai.

1 atvejis. Taškas α ∈ U yra funkcijos g nulis, t.y. g(α) = 0.Tada konstanta y ≡ α yra stacionarusis (2.1) DL sprendinys (x ∈ R).

2 atvejis. Funkcija g(y) 6= 0 ∀y ∈ (A;B).Šiuo atveju, funkcija f(y) := 1

g(y) ∈ C(A;B). Užrašykime apverstąją DL

dx

dy= f(y) =

1

g(y). (2.2)

Jai išpildytos 2.5 lemos sąlygos.2.7 lema. Tarkime, g(y) 6= 0 ∀y ∈ (A;B). Tada (2.1) DL sprendinys randamasintegruojant:

x =∫

dyg(y) + C, (2.3)

o atitinkamo Koši uždavinio vienintelio sprendinio formulė yra

x(y) = x0 +∫ yy0

dηg(η) . (2.4)

Pastebėsime, kad sprendinys yra monotoniška funkcija, todėl visada egzis-tuoja atvirkštinė funkcija. Todėl sprendinių pavidalas yra (žiūrėk 2.4 pav.):

y = ϕ(x− x0, y0) arba y = ϕ(x− C), x ∈ R. (2.5)

2.2 išvada. Pakanka rasti vieną (2.1) lygties integralinę kreivę, o kitos integra-linės kreivės gaunamos ją pastūmus x-kryptimi.

2.9 pavyzdys. DL y′ = 1 + y2 dešinioji pusė tenkina lemos sąlygas. Rasime Koši užda-vinio su pradine sąlyga y(π/4) = 1 sprendinį

x = π/4+

∫ y

1

1

1 + η2dη = π/4+arctg η

∣∣∣y1

= π/4+arctg y−π/4 = arctg y

arbay = tg x, x ∈ (−π/2;π/2).

2. DL y′ = g(x) 32

00

0

(a) |∫+∞y0

1g(y)

dy| = +∞

00 8

0

(b) |∫+∞y0

1g(y)

dy| < +∞

2.6 pav. Lygties y′ = g(y) sprendinio y = ϕ(x) elgsena,kai y → +∞.

2.7 pav. Lygtiesy′ = −y2 sprendiniai.

2.5 uždavinys. Raskite DL (stacionariuosius ir monotoniškuosius) sprendinius:a) y′ = 1 + y2;d) y′ = −y2;

b) y′ = y;e) y′ = y2/3;

c) y′ = y(1− y);f) y′ = 1

3y2, y > 0.

3 atvejis. Funkcija g ∈ C(A;B], g(y) 6= 0 ∀y ∈ (A;B), B < +∞ ir g(B) = 0.Išsiaiškinsime kaip sprendiniai aprašyti 2 atvejyje sąveikauja su staciona-

riuoju spendiniu y ≡ B. Nagrinėkime (2.2) apverstosios DL sprendinių elgseną.Tarkime, g(y) > 0 intervale (A;B), o f(y) = 1/g(y). Tada lim

y→B−0f(y) = +∞.

2.8 lema. Jeigu netiesioginis integralas∫ B

y0

1

g(y)dy

(=

∫ B

y0

f(y) dy)

(2.6)

diverguoja, tuomet (2.1) DL (2.5) integralinė kreivė monotoniškai artėja, kaix→ +∞, prie horizontaliosios asimptotės y ≡ B, kuri šiuo atveju yra atskirasissprendinys.

Jeigu (2.6) netiesioginis integralas konverguoja, tuomet (2.1) DL (2.5) integ-ralinė kreivė monotoniškai artėja prie ypatingojo sprendinio y ≡ B ir jį pasiekia,kai

xb = x0 +

∫ B

y0

1

g(y)dy.

Įrodymas. Pakanka pasinaudoti 2.4 lema ir 2.2 pastaba (2.2) lygčiai. ut

Šio atvejo integralinės kreivės pavaizduotos 2.5 pav.

4 atvejis. Funkcija g ∈ C(A; +∞), g(y) 6= 0.Išsiaiškinsime kaip sprendiniai aprašyti 2 atvejyje elgiasi, kai y → +∞.

Nagrinėkime (2.2) apverstosios DL sprendinių elgseną, kai y → +∞. Tarkime,g(y) > 0 intervale (A; +∞), o f(y) = 1/g(y).


2.9 lema. Jeigu netiesioginis integralas∫ +∞

y0

1

g(y)dy

(=

∫ +∞

y0

f(y) dy)

(2.7)

diverguoja, tuomet (2.1) DL (2.5) integralinė kreivė apibrėžta visiems (x0; +∞)ir ji monotoniškai artėja į +∞, kai x→ +∞.

Jeigu (2.7) netiesioginis integralas konverguoja, tuomet (2.1) DL (2.5) inte-gralinė kreivė monotoniškai artėja prie vertikaliosios asimptotės

x∞ = x0 +

∫ +∞

y0

1

g(y)dy.

Įrodymas. Pakanka pasinaudoti 2.6 lema (2.2) lygčiai. ut

Atitinkamos integralinės kreivės pavaizduotos 2.6 pav.

2.10 pavyzdys. Tirkime DL y′ = y2 sprendinių savybes. y ≡ 0 yra stacionarusis spren-dinys. Toliau ieškome sprendinių, kai y < 0 ir y > 0:

x− C =

∫1

y2dy = −1

y⇔ y = − 1

x− C .

Stacionarusis sprendinys yra atskirasis, nes integralas∫±0

1y2dy diver-

guoja. Kitos integralinės kreivės turi vertikalią asimptotę, nes integralas∫ ±∞ 1y2dy konverguoja. Šio uždavinio integralinės kreivės pavaizduotos

2.7 pav.

2.6 uždavinys. Nustatykite 2.5 uždavinio DL stacionariųjų sprendinių savybes (atski-rasis, ypatingasis), ir nestacionariųjų sprendinių elgseną, kai y → ±∞.

2.1. Sprendinio egzistavimo ir vienaties teorema vienmatei autono-minei lygčiai

2.11 pavyzdys [ypatingasis stacionarusis sprendinys]. Spręskime DL y′ = 3(y − 1)2/3.Funkcija y ≡ 1 apibrėžia stacionarųjį sprendinį. Kai y 6= 1, sprendiniaiužrašomi Barou formule

x− x0 =

∫ y

y0

dξ

3(ξ − 1)2/3.

Integruodami, randame x−x0 = (y−1)1/3−(y0−1)1/3. Imkime pradinęsąlygą y(0) = 0. Šią sąlygą tenkina sprendinys y = ϕ1(x) = (x− 1)3 + 1,x ∈ (−∞; 1). Ši sprendinį galima glodžiai pratęsti į tašką (1; 1), kuriameturime nulinę išvestinę. Imdami pradinę sąlygą y(2 + δ) = 2, δ > 0,turėsime sprendinį y = ϕ2(x; δ) = (x−1−δ)3 +1, x ∈ [1+δ; +∞). Tadafunkcija

ϕ(x; δ) =

ϕ1(x), kai x ∈ (−∞; 1],

1, kai x ∈ [1; 1 + δ),ϕ2(x; δ), kai x ∈ [1 + δ; +∞).

2. DL y′ = g(x) 34

yra Koši uždavinio su pradine sąlyga y(0) = 0 sprendinys su bet kokiuδ > 0. 2.8 pav. pavaizduotos dvi integralinės kreivės ϕ(x; 0) ir ϕ(x; 1),kurios sutampa, kai x 6 1.

Taigi matome, kad funkcijos g tolydumo neužtenka Koši uždavinio sprendi-nio vienačiai.

2.1 apibrėžimas [Lipšico sąlyga]. Sakysime, kad funkcija f : M → R, M ⊂ Rtenkina Lipšico5sąlygą, jei egzistuoja tokia konstanta L > 0, kad

|f(x2)− f(x1)| ≤ L|x2 − x1|, ∀x1, x2 ∈M. (2.8)

Tokių funkcijų klasę žymėsime LipL(M).

2.7 uždavinys. Įrodykite, kad funkcija, tenkinanti Lipšico sąlygą, yra tolydi (ir nettolygiai tolydi).

2.10 lema. Tarkime, f ∈ C1(A;B), (A;B) ⊂ R. Tada f ∈ LipL([a; b]), kiek-vienam intervalui [a; b] ⊂ (A;B).

Įrodymas. Taikome Niutono6 ir Leibnico7 formulę

f(x2)− f(x1) =

∫ x2

x1

f ′(ξ) dξ, x1, x2 ∈ [a; b].

Įvertiname (funkcija f ′ ∈ C[a; b] yra aprėžta intervale reikšme maxx∈[a;b]

|f ′(x)|):

|f(x2)− f(x1)| 6∣∣∣ ∫ x2

x1

|f ′(ξ)| dξ∣∣∣ 6 max

x∈[a;b]|f ′(x)| ·

∣∣∣ ∫ x2

x1

1 dξ∣∣∣

6 maxx∈[a;b]

|f ′(x)| · |x2 − x1|.

Gavome, kad konstanta L = maxx∈[a;b]

|f ′(x)|. ut

Nagrinėkime autonominę DL

y′ = g(y), y ∈ U, (2.9)

čia U = (A;B) ⊂ R.

2.1 teorema [sprendinio egzistavimas ir vienatis]. Tarkime, g ∈ LipL(U).Tada (2.9) DL su pradinėmis sąlygomis (x0, y0) sprendinys y = ϕ(x) tenkinasavybes:

5Rudolf Otto Sigismund Lipschitz (1832–1903) – vokieciu matematikas.6Isaac Newton (1643–1727) – anglu fizikas ir matematikas.7Gottfried Wilhelm Leibniz (1646–1716) – vokieciu filosofas, matematikas, fizikas, juristas,

istorikas, kalbotyrininkas ir išradėjas.


0 1 2

1

2.8 pav. Lygties y′ = 3(y − 1)2/3 sprendiniai.

0

2 1 0

1

0

2

2.9 pav.

1) egzistuoja visiems x0 ∈ R ir y0 ∈ U ;

2) yra vienintelis, t.y. du sprendiniai su tomis pačiomis pradinėmis sąlygomissutampa taško x0 aplinkoje;

3) užrašomas formule:

x− x0 =

∫ ϕ(x)

y0

dη

g(η), jei g(y0) 6= 0, (2.10)

ϕ(x) ≡ y0, jei g(y0) = 0. (2.11)

Įrodymas. Tarkime, taškas y0 ∈ U nėra funkcijos g nulis, pvz. g(y0) > 0.Tada egzistuoja (g – tolydi) intervalas (a; b): y0 ∈ (a; b) ⊂ U ir jame g(y) > 0.Remiantis 2.7 lema, taško x0 aplinkoje egzistuoja vienintelis sprendinys, ir jisužrašomas Barou formule.

Tarkime, taškas y0 ∈ U yra funkcijos g nulis. Tada ϕ(x) ≡ y0 yra sprendinys.Parodysime, kad joks sprendinys, aprašomas Barou formule, nepasiekia sta-

cionariojo sprendinio. Tarkime priešingai, ϕ(x) yra nestacionarusis sprendinys,pasiekiantis stacionarųjį sprendinį taške x0: ϕ(x0) = y0, ϕ(x2) = y2 (žiūrėk2.9 pav.). Nemažindami bendrumo, galime laikyti, kad y2 < y0 ir g(y) > 0, kaiy ∈ [y2; y0). Tada ∀x1 ∈ [x2, x0) teisinga Barou formulė

x1 − x2 =

∫ y1

y2

dη

g(η), y1 = ϕ(x1).

Pasinaudodami Lipšico sąlyga g(η) = |g(η) − g(y0)| 6 L|η − y0| = L(y0 − η),η ∈ [y2, y0] ⊂ U , ir įvertinkime integralą iš apačios:

x1 > x2 +1

L

∫ y1

y2

dη

y0 − η.

Šioje nelygybėje pereikime prie ribos x1 → x0 (tada y1 → y0, nes y = ϕ(x) yratolydi): x0 > +∞ (integralas

∫ y0y2

dηy0−η diverguoja). Todėl x0 didesnis už bet

kokį iš anksto parinktą skaičių. Tokio baigtinio skaičiaus nėra. Gauta prieštara,

3. Kintamųjų atskyrimo metodas 36

leidžia teigti, kad sprendinys su pradine sąlyga (x0, y0), g(y0) = 0, negali turėtitaškų, kuriuose g(y) 6= 0. Vadinasi, jei ϕ(x0) = y0, tai g(ϕ(x)) = 0 visiems x.Tada ϕ′ = g(ϕ(x)) ≡ 0, t.y. ϕ – konstanta, ir turime atskirąjį sprendinį. ut

2.3 pastaba. Lipšico sąlygą teoremoje galima pakeisti tolydžiuoju diferencijuo-jamumu, t.y. reikalauti, kad funkcija g ∈ C1(U).

2.4 pastaba. Vienačiai įrodyti pakanka integralo∫y0

dηg(η) divergavimo.

2.8 uždavinys. Rasti visus DL y′ =√

1− y2 aibėje |y| ≤ 1 sprendinius. Parodyti,kad egzistuoja be galo daug sprendinių tenkinančių pradines sąlygas a)y(0) = 1; b) y(0) = −1. Rasti sprendinius. Nubraižyti integralineskreives.

2.9 uždavinys. Rasti visus DL y′ = 2√y aibėje y ≥ 0 sprendinius. Parodyti, kad

egzistuoja be galo daug sprendinių tenkinančių pradinę sąlygą y(0) = 0.Rasti sprendinius ir nubraižyti integralines kreives.

2.10 uždavinys. Rasti visus DL y′ = (y2 − 1)/2, y ∈ R, sprendinius. Nubraižyti integ-ralines kreives.

3. Kintamųjų atskyrimo metodas

Nagrinėkime DLdy

dx= f(x) · g(y), f ∈ C(I), I = (a; b), g ∈ C(U), U = (A;B). (3.1)

Kaip ir lygties y′ = g(y) atveju, pirmiausia, spręsdami lygtį g(y) = 0, randamestacionariuosius sprendinius y ≡ const. Po to sprendžiame atviruose interva-luose, kuriuose g > 0 arba g < 0. Tokiame intervale (3.1) ekvivalenti pirmosioseilės diferencialų lygčiai

dyg(y) = f(x) dx. (3.2)

Šis petvarkymas ir vadinamas kintamųjų atkyrimo metodu. JeiguG yra funkcijos1/g pirmykštė funkcija, tuomet

dG(y) = dF (x), (3.3)

čia F yra funkcijos f pirmykštė funkcija. Tada∫dy

g(y)= G(y) = F (x) + C =

∫f(x) dx+ C. (3.4)

Neišreikštinė funkcija Φ(x, y) := G(y)−F (x)−C = 0 yra (3.1) DL neišreikštinissprendinys, nes

Φ′x = −f(x), Φ′y = 1/g(y) 6= 0,

ir ši funkcija apibrėžia tolydžiai diferencijuojamą funkciją y = ϕ(x) (Neišreikš-tinės funkcijos teorema):

y′ = −Φ′xΦ′y

= f(x) · g(y).


2.5 pastaba. Sprendinių savybes artėjant prie y = B, kai g(B) = 0 arba prie y =B = ±∞, kaip ir DL y′ = g(y) atveju, apsprendžia netiesioginiųintegralų ∫ B±0 dy

g(y)(3.5)

konvergavimas arba divergavimas. Analogiskai, Sprendinių savybesartėjant prie x = b, kai f(b) = ±∞ arba prie x = b = ±∞, kaip irDL y′ = f(x) atveju, apsprendžia netiesioginių integralų∫ b±0

f(x) dx (3.6)

konvergavimas arba divergavimas. Taške (b, B), kuriame g(B) =0 ir f(b) = ±∞ arba g(B) = ±∞ ir f(b) = 0 DL neapibrėžta.Integralinių kreivių elgsena tokio taško aplinkoje yra sudėtinga.Jeigu (x, y) funkcijos f(x) · g(y) reikšmė lygi ±∞, tuomet to taškoaplinkoje reikia tirti apverstąją lygtį.

2.12 pavyzdys. DLy′ = y · 1

x

kartu su apverstąją DL yra apibrėžta visoje plokštumoje, išskyrus tašką(0, 0). Pirmiausia randame stacionarųjį sprendinį y ≡ 0. Apverstoji lyg-tis turi papildomą sprendinį x ≡ 0. Kai xy 6= 0 atskiriame kintamuosius

dy

y=

dx

x

ir integruodami, gauname

ln |y| = ln |C|+ ln |x|, C 6= 0, ⇔ y = Cx, C 6= 0.

Prijungus nulinį sprendinį, bendrojo sprendinio formulė yra y = Cx,C ∈ R. Vadinasi, šios DL integralinės kreivės yra spinduliai, išeinantysiš taško (0, 0), bet šis taškas nepriklauso integralinėms kreivėms.

2.13 pavyzdys. DLy′ = −x · 1

y, y 6= 0

ir apverstoji DLx′ = −y · 1

x, x 6= 0

yra neapibrėžtos taške (0, 0). Stacionarųjų sprendinių neturi abi lygtyss.Atskiriame kintamuosius, ir abiems lygtims, gauname

2y dy = −2x dx.

3. Kintamųjų atskyrimo metodas 38

Integruodami šią lygybę, randame bendrąjį integralą

y2 + x2 = C2, C > 0.

Vadinasi, integralinės kreivės yra apskritimai su centru taške (0, 0) irspinduliu C.

2.14 pavyzdys. DLdv

dx= − v2

x(v + 1), v 6= −1, x 6= 0, (3.7)

ir apverstoji DLdx

dv= −x(v + 1)

v2, v 6= 0,

yra neapibrėžtos taške (0, 0). (3.7) DL turi du stacionariuosius spren-dinius v ≡ 0 (x 6= 0), o apverstoji lygtis – x ≡ 0 (v 6= 0). Atskiriamekintamuosius, ir abiems lygtims, gauname

dx

x= − (v + 1) dv

v2= − dv

v− dv

v2.

Integruodami šią lygybę, randame bendrąjį integralą

ln |xv| = 1/v + ln |C|, C 6= 0.

Prijungę stacionariuosius sprendinius, gauname xv = Ce1/v.

2.11 uždavinys. Raskite DL sprendinius:

a) y′ = 1+y2

1+x2;

d) y′ = 2x cos2 y;

b) y′ = xy;

e) y′ = − yx;

c) xy dx+(x+1) dy = 0;f) xy′ + y = y2.

3.1. Lygtys pertvarkomos į lygtis su atsiskiriančiais kintamaisiais

3.1.1. Homogenine funkcija aprašomos DL

Pažymėkime Rn := Rn r 0.

2.2 apibrėžimas. Funkcija f : Rn → R vadinama m-osios eilės teigiamai kva-zihomogenine, jeigu f(eα1sx1, . . . , eαnsxn) = emsf(x) (galima įvesti žymenįλ := es > 0). αi vadinami kintamojo xi svoriais. Jeigu visi α1 = · · · = αn = 1,tuomet funkcija vadinama m-osios eilės teigiamai homogenine. Dvimačiu atvejuf(eαsx, eβsy) = emsf(x, y).

2.6 pastaba. Toliau teigiamai kvazihomogeninę (homogeninę) funkciją vadinsimekvazihomogenine (homogenine) funkcija.


2.12 uždavinys. Parodyti, kad daugianaris P (x, y) yra m-osios eilės kvazihomogeninėfunkcija su svoriais α, β, jei jo visų vienanarių xpyq laipsniai priklausoNiutono diagramai αp+ βq = m.

2.13 uždavinys [Eulerio teorema]. Tarkime f : Rn → R yra m-osios eilės kvazihomoge-ninė funkcija. Įrodykite Eulerio8 teoremą: Kad funkcija f būtų m-osioseilės kvazihomogenine, būtina ir pakanka, kad ji tenkintų Eulerio lygybę∑ni=1 αix

i ∂f∂xi

= mf .

2.3 apibrėžimas. Normaliąja kvazihomogenine DL vadiname lygtį dydx = f(x, y),

kurios dešiniosios dalies funkcija f ∈ C(R2) yra (β − α)-osios eilės teigiamaikvazihomogeninė funkcija. DL vadinama normaliąja homogenine DL, jei f yranulinės eilės teigiamai homogeninė funkcija (β = α = 1).

2.7 pastaba. Toliau normaliąją kvazihomogeninę (homogeninę) DL trumpai va-dinsime kvazihomogenine (homogenine) DL.

Normalioji homogeninė DL keitiniu y = xz(x) suvedama į lygtį su at-siskiriančiais kintamaisiais:

xdz

dx+ z = f(x, zx) = f(1, z) ⇔ x

dz

dx= f(1, z)− z =: g(z).

2.15 pavyzdys. Rasime DL (patikrinkite, kad ji homogeninė)dy

dx=y

x((1 + ln y − lnx), Df = (x, y) : x > 0, y > 0

sprendinius. Taikome keitinį y = xz(x), ir gauname lygtį

z + xdz

dx= z(1 + ln z), Df = (x, z) : x > 0, z > 0

arba x dzdx

= z ln z. Šios lygties sprendinys yra z ≡ 1 (y = x). Kitussprendinius randame atskirdami kintamuosius

dz

z ln z=

dx

x⇔ ln | ln z| = lnx+ ln |C|, C 6= 0⇔ ln z = Cx, C 6= 0.

Prijungiame sprendinį z ≡ 1, tuomet C ∈ R. Tada z = eCx, o grįžę priepradinių kintamųjų, užrašome bendrąjį sprendinį y = xeCx, C ∈ R.

Kvazihomogeninė lygtis DL keitiniu ξ = xβ , η = yα, α 6= 0, β 6= 0, su-vedama į homogeninę lygtį:

dη

dξ=αyα−1 dy

βxβ−1 dx=αyα−1

βxβ−1f(x, y) =

αη1−1/α

βξ1−1/βf(ξ1/β , η1/α) =: g(ξ, η).

Funkcija g yra homogeninė

g(λξ, λη) = λα−βαβ

αη1−1/α

βξ1−1/βf(λ

ααβ ξ1/β , λ

βαβ η1/α) = g(ξ, η).

Jeigu α = 0 (arba β = 0), tuomet f(x, y) = f(x, (y1/β)β · 1) = (y1/β)βf(x, 1) =f(x, 1)y (f(x, y) = xf(1, y)), t.y. kintamuosius galima atskirti.

8Leonhard Euler (1707–1783) – sveicaru matematikas, mechanikas ir fizikas.

4. Pirmosios eilės tiesinės diferencialinės lygtys 40

2.16 pavyzdys. Kadangif(eαsx, eβsy) = e(α+β)s xy

e3βsy3 + e2αsx2,

tai funkcija f(x, y) = xyy3+x2

yra kvazihomogeninė, kai 2α = 3β, t.y.α = 3, β = 2, m = −1 = β − α.

2.14 uždavinys. Nustatykite, kad DL dydx

= xyy3+x2

yra kvazihomogeninė. Raskite jossprendinius.

Lygtis

dy

dx= f

(ax+ by + c

a1x+ b1y + c1

), ∆ =

∣∣∣∣ a ba1 b1

∣∣∣∣ 6= 0

tampa homogenine pakeitus kintamuosius x = ξ + x0, y = η + y0 ( dx = dξ,dy = dη), čia (x0, y0) yra tiesių

ax+ by + c = 0, a1x+ b1y + c1 = 0

sankirtos taškas (raskite šį tašką):

dη

dξ= f

(aξ + bη

a1ξ + b1η

).

Jeigu ∆ = 0 ir b 6= 0 , tuomet ∃λ : a1 = λa, b1 = λb ir keitiniu z = ax+ by

( dz = a dx+ b dy) gauname lygtį su atsiskiriančiais kintamaisiais:

dzdx = a+ bf

(z+cλz+c1

).

Jeigu ∆ = 0 ir a 6= 0, b = 0 , tuomet b1 = 0, ir turime lygtį su atskirtaiskintamaisiais

dydx = f

(ax+ca1x+c1

).

Jeigu ∆ = 0 ir a = b = 0 , tuomet keitiniu z = a1x+ b1y gauname lygtį suatsiskiriančiais kintamaisiais:

dzdx = a1 + b1f

(c

z+c1

).

2.15 uždavinys. Raskite DL sprendinius

a) dydx

= x+y+12x+2y−1

; b) dydx

= x+y−34x−2y−6

;

c) dydx

= 2(

y+2x+y−1

)2; d) (x+ y − 3) dx+ (y − x− 1) dy = 0.


4. Pirmosios eilės tiesinės diferencialinės lygtys

2.4 apibrėžimas [Tiesinė DL]. Pirmosios eilės DL

dydx = f(x)y + g(x), f, g ∈ C(I), x ∈ I ⊂ R, (4.1)

vadinsime tiesine diferencialine lygtimi (TDL).

Lygtis yra tiesinė y ir y′ atžvilgiu.

Kai kurios DL tampa tiesinėmis, jei jos apverčiamos. Lygtis dydx

= 1y3−y2x nėra tiesinė, o

apverstoji dxdy

= −y2x+ y3 yra TDL x atžvilgiu.Į TDL susiveda diferencialų lygtys, kurių pavidalas yra

(a(x) + b(x)y) dx+ c(x) dy = 0, c(y) dx+ (a(y) + b(y)x) dy = 0.

Jei g(x) ≡ 0, kai x ∈ I, tada (4.1) TDL vadinama homogenine, o bendruo-ju atveju – nehomogenine TDL (paprastai, TDL vadinama nehomogenine, kaig(x) 6≡ 0).

?

Tarkime, ϕ(t; ε) yra DL x = v(t, x; ε), priklausančios nuo parametro ε, sprendinys, irϕ0 = ϕ(t; 0). TDL

y = f(t)y + g(t), f(t) := ∂v∂x

(t, ϕ0(t); 0), g(t) := ∂v∂ε

(t, ϕ0(t); 0), (4.2)

vadinama variacijų lygtimi. Tada funkcija ψ := ∂ϕ∂ε

(t; 0) yra variacijų lygties sprendinys.Iš tikro, užrašykime sąlygą, kad ϕ yra sprendinys:

∂ϕ(t; ε)

∂t≡ v(t, ϕ(t; ε); ε).

Kai ε = 0, ši tapatybė duoda ϕ0 ≡ v(t, ϕ0; 0). Skleiskime abi tapatybės puses Teiloroformule pagal ε taške ε0 = 0:

∂ϕ(t; ε)

∂t= ϕ0 + ψε+ o(ε) = v(t, ϕ0; 0) + ψε+ o(ε),

v(t, ϕ(t; ε); ε) = v(t, ϕ0; 0) + (f(t)ψ + g(t))ε+ o(ε),

ε→ 0. Palyginę, šiuos du skleidinius, gauname

ψ = f(t)ψ + g(t).

?

Tarkime, plokštumoje DL dydx

= g(x, y) integralinė kreivė yra apskritimas (x−x0)2 +(y−y0)2 = R2. Galime laikyti, kad (x0, y0) = (0, 0), o R = 1. Polinėse koordinatėse lygtisužrašoma pavidalu

dr

dϕ= w(ϕ, r) := r

cosϕ+ g(r cosϕ, r sinϕ) sinϕ

g(r cosϕ, r sinϕ) cosϕ− sinϕ, w(ϕ+ 2π, r) = w(ϕ, r), (4.3)

ir w(ϕ, 1) = 0. Galima pakeisti kintamąjį r = %+1 ir užrašyti DL dešiniosios pusės Teiloroskleidinį pagal %, kai % = 0:

d%

dϕ= w(ϕ, 1) +

∂w

∂r(ϕ, 1)%+ o(%) = f(ϕ)%+ o(%), %→ 0.

Palikus tiesinę dalį dešinės pusės išraiškoje, turėsime homogeninę pirmos eilės TDL superiodiniu koeficientu f(ϕ+ 2π) = f(ϕ) := ∂w

∂r(ϕ, 1).


4.1. Homogeninė tiesinė diferencialinė lygtis

Nagrinėkime homogeninę TDL

dydx = f(x)y, f ∈ C(I), x ∈ I ⊂ R. (4.4)

2.2 teorema. Homogeninės (4.4) TDL su pradinėmis sąlygomis (x0, y0) spren-dinio formulė yra

y = y0e∫ xx0f(ξ) dξ

. (4.5)

Sprendinys pratęsiamas į visą intervalą I.

Įrodymas. Homogeninė TDL yra DL su atsiskiriančiais kintamaisiais. Aki-vaizdu, kad y ≡ 0 yra homogeninės lygties sprendinys. Ieškokime nenuliniosprendinio:

dy

dx= f(x)y ⇒ 1

ydy = f(x) dx ⇒

∫ y

y0

dη

η=

∫ x

x0

f(ξ) dξ

⇒ ln |y| − ln |y0| =∫ x

x0

f(ξ) dξ ⇒ y = y0e∫ xx0f(ξ) dξ

.

Nulinį sprendinį gausime, paėmę y0 = 0. ut

Nulinis (trivialusis) sprendinys yra atskirasis, nes eksponentė visada teigiama. Kievienasnetrivialus sprendinys nekeičia ženklo, nes y(x)/y(x0) > 0.

Homogeninės (4.4) TDL visi sprendiniai gaunami iš bendrojo sprendinio

y = Cϕ(x) , ϕ(x) = K(x, x0) := e∫ xx0f(ξ) dξ. (4.6)

Funkcija K : I×I → R vadinama Koši funkcija. Pastebėsime, kad Koši funkcijasutampa su Koši uždavinio su pradine sąlyga y(x0) = 1 sprendiniu.

Koši funkcijoms teisinga K(x, x) = 1 ∀x ∈ I. (4.5) formulę, panaudojantKoši funkciją, galima užrašyti

y = y0K(x, x0). (4.7)

2.3 išvada. Homogeninės (4.4) TDL sprendinių aibė yra vienmatė.

2.4 išvada. Dviejų skirtingų sprendinių y1 ir y2 santykis yra konstanta, t.y.y1/y2 = C, C ∈ RP1.

Norint nubraižyti homogeninės TDL integralines kreives, pakanka nubrai-žyti vieną nenulinę integralinę kreivę. Visos kitos integralinės kreivės gauna-mos iš nubraižytosios spaudžiant arba tempiant y-ašį su koeficientu C (žiūrėk2.10 pav.).


y

0 xI

2.10 pav. HomogeninesTDL integralines kreives.

y

0

x

T 2T 3T

b

Mb

M b

M b3

2

2.11 pav. Monodromijosoperatorius.

y

0

x

T 2T 3T

y

0

x

T 2T 3T

y

0

x

T 2T 3T

l>1

l<1

l=1

2.12 pav. Nuliniosprendinio stabilumas.

2.17 pavyzdys. Išspręskime Koši uždavinį

dy

dx=

2x

1 + x2y, y(0) = 1. (4.8)

Ieškome netrivialiojo teigiamo (y(0) = 1) sprendinio atskirdami kinta-muosiusdy

y=

2x dx

1 + x2⇒

∫ y

1

dη

η=

∫ x

0

2ξ dξ

1 + ξ2⇒ ln y = ln |y| = ln(1 + x2).

Ieškomasis sprendinys yra y = ϕ(x) = 1+x2. Vadinasi, bendrasis spren-dinys yra y = C(1 + x2) (nubraižykite integralines kreives). Integralinėskreivės einanančios per tašką (x0, y0) formulė yra y = y0

1+x2

1+x20ir Koši

funkcija K(x, x0) = 1+x2

1+x20.

2.18 pavyzdys. Išspręsime Koši uždavinį y′+tg x y = 0, x ∈ (−π/2;π/2), y(0) = 2.Atskiriame kintamuosius, ir integruodami randame nenulinius sprendi-nius (C 6= 0):

1

ydy = − sinx

cosxdx ⇒ ln |y| = ln |C|+ ln | cosx| ⇒ y = C cosx.

Iš lygybės 2 = y(0) = C cos 0 = C randame konstantą C = 2. Ieškomassprendinys yra y = 2 cosx.

4.1.1. Homogeninė tiesinė diferencialinė lygtis su periodiniu koefici-entu

Nagrinėkime homogeninę TDL

dydx = f(x)y, f ∈ C(R), f(x+ T ) = f(x), x ∈ R, 0 < T ∈ R. (4.9)

2.8 pastaba. Funkcijas, kurioms teisinga lygybė f(x + T ) = f(x), su fiksuotuT , 0 < T ∈ R, vadinsime T -periodinėmis funkcijomis. Pavyz-džiui, funkcijos sin(2πx), cos(4πx), f ≡ 2 yra 1-periodinės funk-cijos. Funkcija cos(4πx) yra ir 1

2 -periodinė funkcija. Kai kurios


funkcijos neturi mažiausio T (pvz. konstanta, Dirichlė9 funkcija,kuriai T ∈ Q).

Tarkime, ϕ(x) yra (4.9) TDL sprendinys. Apibrėžkime monodromijos ope-ratorių (žiūrėk 2.11 pav.):

M : R→ R, M : ϕ(0) 7→ ϕ(T ).

2.11 lema. Homogeninės tiesinės DL atveju monodromijos operatorius yra dau-gybos operatorius iš teigiamo skaičiaus λ := e

∫ T0f(ξ) dξ:

ϕ(T ) = λϕ(0).

Įrodymas. Akivaizdžiai išplaukia iš (4.5) formulės. ut

Teigiamas skaičius λ vadinamas multiplikatoriumi. Dydis 〈f〉 := 1T

∫ T0f(ξ) dξ

vadinamas funkcijos vidurkiu pagal periodą. Tada,

λ = e〈f〉T = K(T, 0). (4.10)

2.5 išvada. Monodromijos operatorius yra tiesinis.

2.12 lema. Tarkime f yra T -periodinė funkcija. Tada Koši funkcijai teisinga:

K(x+ T, x0) = λK(x, x0), K(x, x0 + T ) = K(x, x0)/λ. (4.11)

Įrodymas. T -periodinei funkcijai teisinga lygybė∫ T+x

T

f(ξ) dξ =

∫ x

0

f(ξ + T ) dξ =

∫ x

0

f(ξ) dξ = −∫ 0

x

f(ξ) dξ,

todėl∫ x+T

x

f(ξ) dξ =

∫ 0

x

f(ξ) dξ +

∫ T

0

f(ξ) dξ +

∫ x+T

T

f(ξ) dξ =

∫ T

0

f(ξ) dξ,∫ x+T

x0

f(ξ) dξ =

∫ x

x0

f(ξ) dξ +

∫ x+T

x

f(ξ) dξ =

∫ T

0

f(ξ) dξ +

∫ x

x0

f(ξ) dξ.

Tada

K(x+ T, x0) = e∫ x+Tx0

f(ξ) dξ= e

∫ T0f(ξ) dξe

∫ xx0f(ξ) dξ

= λK(x, x0). (4.12)

Antroji lygybė išvedama analogiškai. ut9Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805–1859) – vokieciu matematikas.


2.6 išvada. Teisinga lygybė K(x+ T, x0 + T ) = K(x, x0)

2.7 išvada. Teisinga lygybė

ϕ(x0 + T ) = λϕ(x0) (4.13)

Įrodymas.

ϕ(x0 + T ) = ϕ(x0)K(x0 + T, x0) = ϕ(x0)λK(x0, x0) = λϕ(x0). ut

2.13 lema. Homogeninės tiesinės (4.9) DL atveju teisinga formulė:

ϕ(x) = λnϕ(x0), jei x = nT + x0, n ∈ Z.

Įrodymas. Pasinaudojame (4.13) formule:

ϕ(x0 + nT ) = λϕ(x0 + (n− 1)T ) = · · · = λnϕ(x0).ut

2.8 išvada. Jeigu multiplikatorius λ > 1 (〈f〉 > 0), tuomet visi nenuliniaisprendiniai artėja į begalybę, kai x → +∞; jei λ < 1 (〈f〉 < 0) – į nulį, jeiλ = 1 (〈f〉 = 0), tuomet visi nenuliniai sprendiniai yra periodiniai su perioduT .

Pirmuoju atveju nulinį sprendinį vadinsime nestabiliuoju, antruoju atveju – sta-biliuoju, trečiuoju – neutraliuoju (žiūrėk 2.12 pav.).

Jeigu λ 6= 1, tuomet stabilumo arba nestabilumo savybė išlieka ir netiesiniam uždaviniui.Jeigu multiplikatorius λ = 1, tuomet nieko teigti negalime.

2.19 pavyzdys. Nagrinėkime TDLdy

dx= y(cosx+ µ). (4.14)

Randame vidurkį < cos ξ + µ >=∫ 2π

0(cos ξ + µ) dξ/(2π) = µ. Nulinis

sprendinys bus stabilus, jei µ < 0, nestabilus jei µ > 0 ir neutralus, jeiµ = 0.

2.16 uždavinys. Raskite 2.19 pvz. DL bendrąjį sprendinį.

2.17 uždavinys. Ištirkite DL dydx

= y(y + 2)(2(y + 1) cosx − 1) ir linearizuotos TDLnulinio sprendinio stabilumą.

2.18 uždavinys. Išspręskite homogenines TDL (arba suvedamas į jas):

a) y′− cosx y = 0; b) y′+ 2x1+x2

y = 0; c) y′+ 2xy = 0, y(1) = −e;

d) y′ + 11+x2

y = 0; e) y′ + 1xy2 = 0;

f) cos y y′ + x sin y = 0, (z = sin y); g) y′ − y cosx = 0, y(π) = 5;h) xy′ + y = 0.


4.2. Nehomogeninė tiesinė diferencialinė lygtis

Nehomogeninės TDL

dy

dx= f(x)y + g(x), f, g ∈ C(I), x ∈ I ⊂ R (4.15)

bendrasis sprendinys gaunamas prie bendrojo homogeninės TDL sprendinio pri-dėjus atskirąjį nehomogeninės TDL sprendinį.

2.14 lema [Nehomogeninės TDL bendrojo sprendinio struktūra]. Ne-homogeninės TDL (4.15) bendrasis sprendinys užrašomas kaip homogeninės lyg-ties (4.4) bendrojo sprendinio ybh ir nehomogeninės TDL (4.15) atskirojo spren-dinio ya suma:

y = ybh + ya. (4.16)

Įrodymas. Pakanka parodyti, kad dviejų nehomogeninės TDL spendinių skir-tumas yra homogeninės lygties (4.4) spendinys. Jeigu y ir ya yar nehomogeninėsTDL spendiniai, tuomet

(y − ya)′ = y′ − y′a = (f(x)y + g(x))− (f(x)ya + g(x)) = f(x)(y − ya). ut

2.9 išvada. Jeigu žinome vieną nehomogeninės TDL sprendinį y1, tuomet bend-rąjį sprendinį galima rasti viena kvadratūra: integruodami randame homogeni-nės lygties bendrąjį sprendinį ir prie jo pridedame y1.

2.19 uždavinys. Raskite TDL y′ + 2xy = 2x4 + 3x2 bendrąjį sprendinį, jei žinomasnehomogeninės TDL atskirasis sprendinys ya = x3.

2.10 išvada. Jeigu žinome du nehomogeninės TDL sprendinius y1 ir y2, tuometbendrasis sprendinys yra y = C(y2 − y1) + y1, t.y. trims skirtingiems nehomo-heninės TDL sprendiniams y1, y2 ir y3, teisingas sąryšis:

y3 − y1

y2 − y1= C. (4.17)

2.20 uždavinys. Raskite TDL y′ − thx y = 1/chx bendrąjį sprendinį, jei žinomi dunehomogeninės TDL atskirieji sprendiniai y1 = ex ir y2 = −e−x.

2.15 lema [Superpozicijos principas]. Jeigu y1 yra nehomogeninės TDLsu g = g1 sprendinys, y2 yra nehomogeninės TDL su g = g2 sprendinys, tuometαy1 + βy2 yra TDL su g = αg1 + βg2, α, β ∈ R, sprendinys.

Įrodymas.

(αy1+βy2)′−f(x)(αy1+βy2) = α(y′1−f(x)y1)+β(y′2−f(x)y2) = αg1+βg2 = g. ut

2.21 uždavinys. Pasinaudodami superpozicijos principu, raskite TDL y′ − xy = 1 −x2 + (1− x)ex bendrąjį sprendinį.


Yra keletas metodų kaip rasti nehomogeninės TDL sprendinius. Visi jieremiasi homogeninės TDL Koši funkcija ϕ = K(x0, x).

Integruojančiojo daugiklio metodas. Metodas dar vadinamas Eulerio me-todu. (4.15) lygtį dauginame iš teigiamo daugiklio µ = 1/ϕ = K(x, x0) =

e−

∫ xx0f(ξ) dξ:

y′

ϕ=f(x)

ϕy +

g(x)

ϕ=ϕ′

ϕ2y +

g(x)

ϕ⇔ d

dx

( yϕ

)=g(x)

ϕ(x).

Čia pasinaudojome, kad ϕ′ = f(x)ϕ. Integruodami, randame y/ϕ. Padauginęiš ϕ, gauname

y = (C +

∫g(x)

ϕ(x)dx)ϕ(x) = Cϕ(x) +

∫g(x)

ϕ(x)dx ϕ(x). (4.18)

Pirmasis dėmuo yra homogeninės lygties bendrasis sprendinys, o antrasis dėmuo– nehomogeninės lygties atskirasis sprendinys.

Laisvosios konstantos varijavimo metodas. Metodas dar vadinamas Lag-ranžo10 metodu. Homogeninės TDL bendrasis sprendinys užrašomas y = Cϕ(x),čia C – laisvoji konstanta, o ϕ(x) – nenulinis homogeninės TDL sprendinys. Ne-homogeninės TDL sprendinio ieškome pavidalu y = v(x)ϕ(x). Įstatome tokiąišraišką į nehomogeninę TDL. Tada

(vϕ)′ − fvϕ = v′ϕ+ v(ϕ′ − fϕ) = g.

Bet ϕ(x) yra homogeninės TDL sprendinys, todėl ϕ′ − fϕ = 0. Integruodamidvdx = g

ϕ , randame funkciją

v(x) =

∫ x

x0

g(ξ)

ϕ(ξ)dξ + C. (4.19)

Padauginę iš ϕ, gauname tą pačią (4.18) formulę.Pakanka rasti vieną nehomogeninės DL sprendinį, pvz., su pradine sąlyga

y(x0) = 0 (tada C = 0).

2.3 teorema [Nehomogeninės TDL sprendinys]. Nehomogeninės (4.15)TDL su pradine sąlyga y(x0) = 0, sprendinys egzistuoja, yra vienintelis, iružrašomas formule:

ya =∫ xx0e∫ xξf(η) dηg(ξ) dξ =

∫ xx0K(x, ξ)g(ξ) dξ. (4.20)

Įrodymas. Įstatome funkcijų v ir ϕ išraiškas

ya = v(x)ϕ(x) =

∫ x

x0

g(ξ)e−

∫ ξx0f(η) dη

dξ · e∫ xx0f(η) dη

. ut

10Joseph Louis Lagrange (1736–1813) – prancuzu matematikas ir mechanikas.


2.11 išvada. Nehomogeninės (4.1) TDL su pradine sąlyga y(x0) = y0 bendrojosprendinio formulės:

y = K(x, x0)y0 +∫ xx0K(x, ξ)g(ξ) dξ, K(x, x0) = e

∫ xx0f(η) dη

. (4.21)

2.20 pavyzdys. Rasime DLdy

dx= cosx · y + esin x (4.22)

sprendinius. Homogeninės TDL y′ = cosx · y bendrasis sprendinys yray = Cesin x. Ieškome nehomogeninės lygties sprendinio pavidalu y =v(x)esin x:

v′esin x + vesin x cosx = cosx · vesin x + esin x ⇔ v′esin x = esin x ⇔ v′ = 1.

Integruojame ir randame v = x + C. Vadinasi, nehomogeninės TDLsprendinys yra y = Cesin x + xesin x.

DL teorijoje naudojama (vėluojanti) Gryno funkcija:

G(x, ξ) :=

K(x, ξ), jei x > ξ;

0, jei x < ξ.(4.23)

2.12 išvada. Nehomogeninės (4.1) TDL su pradine sąlyga y(0) = 0 sprendinio formulė:

y =∫ x0 G(x, ξ)g(ξ) dξ, x > 0. (4.24)

2.22 uždavinys. Raskite nehomogeninių TDL sprendinius:a) y′ − cosx y = −esin x; b) y′ + 2y = cosx; c) y′ + y = (x+ 1)2;d) y′ = 1

x cos y+sin y; e) y′ − cosx y = −esin x, y(0) = 1;

f) y′ + x3y = 4x3, y(0) = −1; g) y′ − 3y = e−3x, y(0) = 2.

4.2.1. Nehomogeninė tiesinė diferencialinė lygtis su periodiniais ko-eficientais

Nagrinėkime nehomogeninę tiesinę DL

dydx = f(x)y + g(x), f(x+ T ) = f(x), g(x+ T ) = g(x), x ∈ R, (4.25)

f, g ∈ C(R), 0 < T ∈ R.

2.16 lema. Jeigu f ir g yra T -periodinės funkcijos, 〈f〉 6= 0, tuomet egzistuojavienintelis T -periodinis (4.25) DL sprendinys, kuris yra stabilus, kai 〈f〉 < 0 iryra nestabilus, 〈f〉 > 0.

Įrodymas. Tarkime, K(x, x0) yra homogeninės lygties Koši funkcija. Jei fyra T -periodinė funkcija, tuomet K(T, 0) = λ 6= 1, čia λ homogeninės lygtiesmultiplikatorius, ir iš (4.21), pasinaudoję lygybe K(T, ξ) = λK(0, ξ), gauname

ϕ(T ) = λϕ(0) + λ

∫ T

0

K(0, ξ)g(ξ) dξ. (4.26)


Jeigu φ yra T -periodinis sprendinys, tuomet φ(T ) = φ(0), ir iš lygybės (4.26)vienareikšmiškai randame φ(0), kai λ 6= 1:

φ(0) = λ1−λ

∫ T0K(0, ξ)g(ξ) dξ. (4.27)

Vienatis įrodyta. Apibrėžkime funkciją:

φ(x) = λ1−λ

∫ x+T

xK(x, ξ)g(ξ) dξ. (4.28)

Funkcija φ ∈ C1(R) ir tenkina vienaties sąlygą (4.27). Kadangi K ′(x, ξ) =f(x)K(x, ξ) ir K(x, x+ T ) = λ−1, K(x, x) = 1, tai nesunku patikrinti, kad

φ′(x) = f(x)φ(x) + g(x) + 11−λ

(g(x+ T )− g(x)

).

Todėl funkcija φ tenkina nehomogeninę (4.25) DL tada, ir tik tada, jei funkcijag yra T -periodinė. Jeigu g yra T -periodinė, tuomet ir φ yra T -periodinė:

φ(x+ T ) =λ

1− λ

∫ x+2T

x+T

K(x+ T, ξ)g(ξ) dξ

=λ

1− λ

∫ x+T

x

K(x+ T, ξ + T )g(ξ + T ) dξ

=λ

1− λ

∫ x+T

x

K(x, ξ)g(ξ) dξ = φ(x),

čia pasinaudojome savybe K(x + T, ξ + T ) = K(x, ξ), kai f yra T -periodinėfunkcija. Periodinio sprendinio egzistavimas įrodytas. Jeigu ϕ yra kitas ne-homogeninės DL sprendinys, tuomet ϕ − φ yra homogeninės DL sprendinys, onulinio sprendinio 0 = φ − φ stabilumas priklauso nuo 〈f〉 (žiūrėk 2.8 išvadą).ut

2.21 pavyzdys. Nagrinėkime TDLdy

dx= −y + sinx. (4.29)

Periodas T = 2π ir 〈−1〉 = −1, todėl periodinis sprendinys bus stabilus.Randame multiplikatorių λ = e−2π. Koši funkcija K(x, x0) = e−(x−x0).Randame 2π-periodinį sprendinį

φ =e−2π

1− e−2π

∫ x+2π

x

e−(x−ξ) sin ξ dξ =sinx− cosx

2.

Šį sprendinį galima rasti ir sprendžiant Koši uždavinį su pradine sąlygay(0) = −1/2 (žiūrėk 2.13 pav.).

2.23 uždavinys. Raskite (4.29) TDL bendrąjį sprendinį.

Sakykime, 〈f〉 = 0 (λ = 1). Tada T -periodiniam sprendiniui teisinga lygybė

φ(x) = φ(x+ T ) = φ(x) +

∫ x+T

x

K(x, ξ)g(ξ) dξ.


y

0

x

fj

j2

1

2.13 pav. Stabilusperiodinis sprendinys.

y

0

x

C=0

C=-1

C=-1

C=0C=0.5

C=1

C=0.5

C=0.5

C=2

C= 8

(a)

y

0 x

C=01

(b)

2.14 pav. Bernulio lygties integralines kreives.

Jeigu

G(x) :=

∫ x+T

x

K(x, ξ)g(ξ) dξ ≡ 0 (4.30)

tuomet visi nehomogeninės DL sprendiniai yra T -periodiniai. Priešingu atveju,periodinių sprendinių nėra. Sąlyga (4.30) yra ekvivalenti lygybei∫ x+T

0

K(x+ T, ξ)g(ξ) dξ =

∫ x

0

K(x, ξ)g(ξ) dξ,

ir T -periodinių sprendinių išraiška yra

ϕ(x) = K(x, 0)ϕ(0) +

∫ x

0

K(x, ξ)g(ξ) dξ. (4.31)

Diferencijuodami (4.31) lygybę, gauname g(x + T ) = g(x). Pastebėsime, kadG(0) = 0. Iš kitos pusės, jei g(x+T ) = g(x), funkcijaG yra tiesinės homogeninėsDL y′ = f(x)y sprendinys. Todėl tapatybė (4.30) bus teisinga, jei pridėsimepradinę sąlygą G(0) = 0.

2.17 lema. Sakykime, f ir g yra T -periodinės funkcijos, 〈f〉 = 0. Jei∫ T

0

K(0, ξ)g(ξ) dξ = 0, (4.32)

tuomet visi (4.25) DL sprendiniai yra T -periodiniai, priešingu atveju, periodiniųsprendinių nėra.

2.24 uždavinys. Raskite tiesinių DL periodinius sprendinius:1) y′ = − sinx y; 2) y′ = − sinx y + cos2 x; 3) y′ = − sinx y + sinx.


5. Bernulio ir Rikačio lygtys

5.1. Bernulio lygtis

Kai kurios DL gali būti suvestos į TDL. Tarp tokių DL ypatingą vietą ma-tematikos istorijoje užima Bernulio11 lygtis

dydx − f(x)y = g(x)yα, x ∈ I, y > 0, f, g ∈ C(I). (5.1)

Pirmasis išsprendė šią lygtį Leibnicas. Kai α = 0 arba α = 1 Bernulio DLyra TDL. Spręskime šią DL kitais atvejais, kai ji yra netiesinė. Bernulio DLkairioji pusė yra tiesinė, todėl pabandykime ją spręsti laisvųjų konstantų varija-vimo metodu, į DL įstatydami varijuotą homogeninės TDL bendrąjį sprendinįy = v(x)ϕ(x):

(vϕ)′ − fvϕ = v′ϕ+ v(ϕ′ − fϕ) = gvαϕα.

Varijuojamai konstantai gauname DL lygtį su atsiskiriančiais kintamaisiais

dvdx = vαg(x)ϕα−1(x).

Kai α > 0 ši DL turi trivialų sprendinį v ≡ 0. Kitais atvejais nulinio sprendinionėra. Randame nenulinius sprendinius

dv

vα= g(x)ϕα−1(x) dx⇔

∫dv

vα=

∫g(x)ϕα−1(x) dx+ C ⇔

v1−α

1− α=

∫g(x)ϕα−1(x) dx+ C. (5.2)

Užrašome Bernulio lygties bendrąjį sprendinį (α 6= 0, α 6= 1):

y =(

(∫g(x)ϕα−1(x) dx+ C)(1− α)

) 11−α

ϕ(x). (5.3)

Kai α ∈ (0; 1) integralas∫

0v−α dv konverguoja, todėl v ≡ 0 (ir jį atitinkantis

y ≡ 0) yra ypatingasis sprendinys, kurį pasiekia kiti sprendiniai. Kai α ∈ (1;∞)integralas

∫0v−α dv diverguoja, todėl v ≡ 0 nėra ypatingasis sprendinys, ir kiti

sprendiniai į jį artėja asimptotiškai, o sprendinį v ≡ 0 galima gauti iš bendrojosprendinio, kai C = ∞. Kai α ∈ (−∞; 0) visi Bernulio lygties sprendiniaigaunami iš bendrojo sprendinio, kai C ∈ R.

2.25 uždavinys. Išspręskite DL ir nubraižykite jų integralines kreives:

a) y′ + 1xy = 1

y; b) y′ − 3

2y = 3

2xy

13 ; c) y′ − 2

xy =

2√y

x.

11Jakob Bernoulli (1654–1705) – sveicaru matematikas.

5. Bernulio ir Rikačio lygtys 52

2.26 uždavinys. Pirmajame kvadrante raskite kreives, turinčias savybę: atkarpa, kuriąordinačių ašyje atkerta kreivės liestinė, yra lygi lietimosi taško ordinatėskvadratui.

2.27 uždavinys. Parodykite, kad:

a) jeigu y1 yra Bernulio lygties nenulinis sprendinys, tai z1 = y1−α1

yra TDL sprendinys;b) jeigu žinomi du Bernulio lygties nenuliniai sprendiniai, tai bend-

rasis sprendinys y = (C(y1−α2 − y1−α

1 ) + y1−α1 )

11−α ;

c) jeigu žinomi trys Bernulio lygties nenuliniai sprendiniai, tai

y1−α3 −y1−α1

y1−α2 −y1−α1

= C.

2.22 pavyzdys. Rasime Bernulio lygties

dy

dx− y

x= −y2 lnx

x, x > 0,

sprendinius. Kadangi α = 2 > 1, todėl y ≡ 0 yra atskirasis sprendinys.Homogeninės TDL dy

dx= y

xnenulinis sprendinys yra ϕ(x) = x. Ieškome

Bernulio lygties sprendinio pavidalu y = v(x)x:

xv′ + v − v = −v2x lnx ⇔ dv

dx= −v2 lnx ⇔ dv

−v2= lnx dx.

Integruodami, gauname v−1 = x(lnx− 1) + C, C ∈ R, arba

y =x

x lnx− x+ C, C ∈ RP1.

Nulinį sprendinį atitinka laisvojo konstanta C =∞ (žiūrėk 2.14(a) pav.).Kai C > 1,sprendiniai yra apibrėžti visiems x > 0; kai C = 1, turimedu sprendinius, apibrėžtus (0; 1) ir (1; +∞); kai 0 < C < 1, turimetris sprendinius, apibrėžtus (0; a), (a; b)) ir (b; +∞), čia a, b yra lygtiesx lnx− x+ C = 0 šaknys; kai C 6 0, turime du sprendinius, apibrėžtus(0; a), ir (a; +∞), čia a yra lygties x lnx− x+ C = 0 šaknis.

Keitinysz = y1−α, dz = (1− α)y−α dy (5.4)

suveda Bernulio lygtį (α 6= 1) į nehomogeninę TDL:

dz

dx= (1− α)f(x)z + (1− α)g(x).

2.28 uždavinys. Išspręskite 2.22 pvz. Bernulio DL panaudodami (5.4) keitinį.


2.23 pavyzdys. Rasime lygtiesdy

dx− 2

y

x= −

2√y

x, y > 0,

sprendinius. Lygtis neapibrėžta taškuose (0, 0) ir (0, 1). Funkcija y ≡0 yra ypatingasis sprendinys (0 < α < 1), o x ≡ 0 apverstosios DLsprendinys. Pastebėsime, kad ši DL yra Bernulio lygtis. Pirmiausiaraskime sprendinius srityje x > 0, y > 0. Homogeninės y′ = 2x−1ylygties nenulinis sprendinys yra x2 (patikrinkite arba suraskite), todėlBernulio lygties spendinių ieškome pavidalu y = v(x)x2:

x2 dv

dx= −2

√v ⇔ dv

2√v

= − dx

x2⇔

√v = x−1 + C.

Pastebėsime, kad funkcija v(x) apibrėžta, tik kai 1+Cx > 0, t.y., kai C <0 sprendinys apibrėžtas intervale (0;−1/C], o kitiems (0; +∞). Bernuliolygties sprendinio formulė y = (x−1 + C)2x2 = (1 + Cx)2. Antrajamekvadrante turime simetriškas y-ašies atžvilgiu integralines kreives, neskeitinys z = −x nekeičia lygties (žiūrėk 2.14(b)). Vadinasi, sprendiniaiyra: y = (1 + C|x|)2 ir y ≡ 0, x 6= 0; x ≡ 0, y 6= 0, 1.

2.29 uždavinys. Parodykite, kad 2.23 pvz. DL yra su atsiskiriančiais kintamaisiais.Raskite sprendinius atskirdami kintamuosius.

5.2. Rikačio lygtis

Rikačio12 lygtimi vadinama lygtis

dydx = g(x)y2 + f(x)y + h(x), x ∈ I ⊂ Rx, f, g, h ∈ C(I).

Liuvilis13 įrodė, kad bendruoju atveju Rikačio lygtis kvadratūromis suintegruo-jama tik išimtinais atvejais. Kai h ≡ 0, turime Bernulio lygtį; kai g ≡ 0, lygtisvirsta TDL. Tai integruojami kvadratūromis Rikačio lygties atvejai.

2.30 uždavinys. Ar integruojama kvadratūromis DL y′ = ax−2y2 +bx−1y+c, čia a, b, c– pastovūs dydžiai.

2.31 uždavinys. Tarkime, žinome Rikačio DL sprendinį y = y1. Įrodykite, kad tadakeitiniu y = z + y1 Rikačio DL susiveda į Bernulio DL, t.y. ją galimasuintegruoti kvadratūromis. Šiuo atveju, Bernulio lygtyje α = 2, todėltoliau reikėtų taikyti keitinį z = u−1 .

2.24 pavyzdys. Nagrinėkime Rikačio lygtį

y′ = ay2 + bx−1y + x−2c,

čia a, b, c – pastovūs dydžiai. Ieškokime atskirojo sprendinio pavidaluy = Ax−1, kurioje A – neapibrėžtas koeficientas. Įstatę šį pavidalą į DL,gauname kvadratinę lygtį

aA2 + (b+ 1)A+ c = 0.

12Jacopo Francesco Riccati (1676–1754) – italu matematikas.13Joseph Liouville (1809–1882) – prancuzu matematikas.

5. Bernulio ir Rikačio lygtys 54

Kai ∆ = (b+ 1)2 − 4ac > 0, randame A (arba net dvi).

Lygties y′ = y2 + x−2/4 atveju kvadratinė lygtis yra A2 + A + 1/4 = 0ir A = −1/2. Darome keitinį y = u−1 − x−1/2:

du

dx=u

x+ 1 ⇔ u = Cx+ x ln |x| ⇒ y =

1

Cx+ x ln |x| −1

2x.

2.32 uždavinys. Tarkime, žinome du skirtingus Rikačio DL sprendinius y = y1 ir y =y2. Įrodykite, kad tada keitiniu

y = y1 + y2−y11+(y2−y1)z

⇔ z = 1y−y1

− 1y2−y1

Rikačio DL susiveda į homogeninę tiesinę DL, t.y. ją galima suintegruotiviena kvadratūra.

2.25 pavyzdys. Funkcija y1 = x yra Rikačio lygties

y′ = −x−1y2 + (2 + x−1)y − x

sprendinys. Keitiniu y = z + x gauname Bernulio lygtį:

z′ = x−1z − x−1z2,

ir funkcija z2 ≡ 1 yra jos sprendinys (kuris atitinka Rikačio lygties spren-dinį y2 = x+ 1). Keitiniu z = u−1 gauname TDL:

u′ = −x−1u+ x−1,

ir u1 ≡ 1 yra jos sprendinys. Keitiniu u = v + 1 gauname homogeninęTDL:

v′ = −x−1v ⇔ v = Cx−1 ⇒ u =C + x

x⇒ y = x+

x

C + x.

2.33 uždavinys. Tarkime, žinome tris skirtingus Rikačio DL sprendinius y = y1, y = y2

ir y = y3. Įrodykite, kad tada galima rasti bendrąjį išreikštinį sprendinį:

y = y1 + (y3−y1)(y2−y1)y3−y1+(y3−y2)C

= y1 + y2−y11+

y2−y3y1−y3

C. (5.5)

Patarimas: parodykite, kad u1 = 1y2−y1

ir u2 = 1y3−y1

yra du skir-tingi nehomogeninės TDL sprendiniai, o jų skirtumas z = u1 − u2 =

y2−y3(y2−y1)(y1−y3)

.

2.13 išvada. Keturiems skirtingiems Rikačio lygties sprendiniams teisinga:

y4−y2y4−y1 : y3−y2y3−y1 ≡ const. (5.6)

2.34 uždavinys. Suintegruokite lygtį y′ = −y2 + 2xy + 5− x2.


5.2.1. Kanoninis Rikačio lygties pavidalas

Keitinys z = yg, g 6= 0, Rikačio lygtį paverčia lygtimi

z′ = gy′ + g′y = g2y2 + (gf + g′)y + gh ⇒ z′ = z2 + f1z + h1 .

Keitinys z = u− f1/2 Rikačio lygtyje paverčia lygtimi

u′ = z′+f ′1/2 = z2+f1z+h1+f ′1/2 = u2−f21 /4+f ′1/2+h1 ⇒ u′ = u2 + h2 .

Lygtisdydx = y2 + h(x) (5.7)

vadinama kanonine Rikačio lygtimi.Tarkime, y yra Rikačio kanoninės lygties sprendinys. Keitiniu y = −u′/u

gauname tiesinę antros eilės DL:

u′′ = −h(x)u. (5.8)

Jeigu žinome šios lygties arba jai ekvivalenčios tiesinės sistemos

u′ = v, v′ = −h(x)u (5.9)

sprendinius, tuomet rastumėm ir Rikačio lygties sprendinius.

5.2.2. Specialioji Rikačio lygtis

Lygtisdydx + ay2 = cxα, (5.10)

čia a, b, α – pastovūs dydžiai, vadinama specialiąja Rikačio lygtimi. Kai α = 0,turime lygtį su atsiskiriančiais kintamaisiais; kai α = −2 keitinys y = z−1

transformuoja specialiąją Rikačio lygtį į DL, kurios dešinioji dalis yra nulinėseilės homogeninė funkcija.

Ž. Liuvilis 1841 m. įrodė, kad specialiosios Rikačio lygties (α 6= 0,−2)sprendinys yra išreiškiamas elementariųjų funkcijų integralais tada ir tik tada,kai tenkinama integruojamumo sąlyga

α2α+4 ∈ Z. (5.11)

Jeigu išpildyta integruojamumo sąlyga, tuomet α = 4k/(1−2k), k ∈ Z. Keitinysz = yx; t = xα+2 specialiąją Rikačio lygtį transformuoja į

tdz

dt+ βz + γz2 = δt, β = k − 1/2,

6. Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtis 56

čia γ, δ – pastovūs dydžiai. Toliau naudojame vieną iš keitinių:

z =t

(1 + β)/δ + uarba z =

t

u− β

γ.

Gauname lygtįtdu

dt+ (β ± 1)u+ δu2 = γt,

čia ± atitinka pirmąjį arba antrąjį keitinį. Atlikdami šiuos keitinius, visadagalime padidinti arba sumažinti β vienetu, o atlikus keletą tokių keitinių, gautilygtį:

tdw

dt− w

2+ γ1w

2 = δ1t,

kuri keitiniu w = v√t tranformuojama į lygtį su atsiskiriančiais kintamaisiais.

2.35 uždavinys. Suintegruokite specialiąją Rikačio lygtį:a) y′ = −y2 + 2x−2; b) y′ = y2 + x−4.

6. Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtis

Nagrinėkime tiesinę homogeninę pirmosios eilės diferencialų lygtį

v(x, y) dx+ w(x, y) dy = 0, |v(x, y)|+ |w(x, y)| 6= 0, (x, y) ∈ G ⊂ R2. (6.1)

Laikysime, kad v, w ∈ C(G), G ⊂ R2 – sritis. Išraiška v(x, y) dx + w(x, y) dyvadinama diferencialine 1-forma ir žymima ω = v(x, y) dx+w(x, y) dy. Formosapibrėžime, nereikalaujama, kad būtų išpildyta sąlyga |v(x, y)|+ |w(x, y)| 6= 0.

6.1. Diferencialinės 1-formos

?

Priminsime pagrindinius diferencialinių formų apibrėžimus srityje G ⊂ Rn. Visų antisi-metrinių k-tiesių funkcionalų erdvėje Rn aibę žymėkime Ωk(Rn), o jos elementus vadinsi-me k-formomis. Atvaizdis ω : G → Ωk(Rn) vadinamas k-tosios eilės diferencialine forma(arba k-forma). Nulinės eilės diferencialinė forma yra funkcija. Jeigu erdvės Rn bazė yra(e1, . . . , en) ir x =

∑ni=1 x

iei, tai funkcionalai dxi(x) := xi yra tiesiniai ir nepriklausomi,t.y. sudaro erdvės Ω1(Rn) bazę, todėl 1-formos užrašomos pavidalu

ω =

n∑i=1

ωi(x) dxi. (6.2)

Funkcionalai

( dxi ∧ dxj)(x1,x2) :=

∣∣∣∣∣ xi1 xj1

xi2 xj2

∣∣∣∣∣ , x1 = (x11, . . . , x

n1 ),x2 = (x1

2, . . . , xn2 )

yra erdvės Ω2(Rn) baziniai elementai, todėl 2-formos užrašomos pavidalu

ω =∑

16i<j6n

ωij(x) dxi ∧ dxj .


Atitinkamai k-formos bendrasis pavidalas yra

ω =∑

16j1<···<jk6nωj1...jk (x) dxj1 ∧ · · · ∧ dxjk ,

čia

dxj1 ∧ · · · ∧ dxjk (x1, . . . ,xk) :=

∣∣∣∣∣∣xj11 . . . x

jk1

. . . . . . . . .

xj1k . . . xjkk

∣∣∣∣∣∣ , 1 6 j1 < · · · < jk 6 n,

yra k-formų tiesinės erdvės baziniai elementai. Jeigu koeficientai ωj1...jk ∈ Cp(G), taik-forma vadinama tolydžiai p-diferencijuojama, ir rašoma ω ∈ Cpk(G).Formai ω ∈ Cpk(G), p ∈ N ∪∞ galima apibrėžti išorinį diferencialą dω ∈ Cp−1

k+1 (G)

dω :=∑

16j1<···<jk6n

n∑i=1

∂

∂xiωj1...jk (x) dxi ∧ dxj1 ∧ · · · ∧ dxjk .

0-formos ω = f(x) išorinis diferencialas yra įprastas funkcijos diferencialas

df =

n∑i=1

∂f

∂xidxi,

o 1-formos (6.2) išorinis diferencialas lygus

dω =∑

16i<j6n

(∂ωj∂xi− ∂ωi∂xj

)(x) dxi ∧ dxj .

2.5 apibrėžimas. 1-forma ω ∈ C01 (G) vadinama tikslia srityje G ⊂ Rn, jeigu

egzistuoja u ∈ C1(G), kad du = ω .

2.6 apibrėžimas. 1-forma ω ∈ C11 (G) vadinama uždara srityje G ⊂ Rn, jeigu

dω = 0 .

2.18 lema [apie tikslios 1-formos uždarumą]. Tarkime, G ⊂ Rn yra sritis.1-forma ω ∈ C0

1 (G) ir ∂ωi∂xj ∈ C(G), i 6= j, i, j = 1, n. Jei ω yra tiksli, tuomet ji

yra uždara.

Įrodymas. Iš diferencialo du = ω ∈ C01 vienaties gauname, kad funkcija u ∈

C1(G) ir ∂u∂xi = ωi, i = 1, n, ir ∂2u

∂xj∂xi = ∂ωi∂xj ∈ C(G), i 6= j, i, j = 1, n. Tada,

pasinaudodami teorema apie mišriųjų išvestinių lygybę, gauname

dω =∑

16i<j6n

( ∂2u

∂xi∂xj− ∂2u

∂xj∂xi

)(x) dxi ∧ dxj = 0. ut

Jeigu v, w, ∂v∂y ,∂w∂x ∈ C(G), G ⊂ R2, tuomet 1-formos ω = v(x, y) dx +

w(x, y) dy (išorinis) diferencialas yra 2-forma

dω =(∂w(x, y)

∂x− ∂v(x, y)

∂y

)dx ∧ dy.

Todėl plokštumos srityje 1-formos uždarumo sąlygą yra

∂w(x,y)∂x = ∂v(x,y)

∂y , (x, y) ∈ G. (6.3)


2.36 uždavinys. Tarkime, v ir w yra vienodos eilės homogeninės funkcijos. Parodyti,kad 1-forma

ω =v(x, y)

xv(x, y) + yw(x, y)dx+

w(x, y)

xv(x, y) + yw(x, y)dy

yra uždara. Patarimas: patikrinkite (6.3), pasinaudodami Eulerio for-mule.

?

Metrinė erdvė T (arba bendriau topologinė erdvė) vadinama jungia, jeigu neegzistuoja dvinetuščios nesikertančios atvirosios aibės A1, A2 ⊂ T tokios, kad T = A1 ∪A2.

?

Aibė U ⊂ R2 vadinama lankiškai jungia, jeigu kiekvienai porai taškų x0,x1 ∈ U , egzistuo-ja tolydžioji intervale I := [a; b] ⊂ R funkcija g : I → U , g(a) = x0, g(b) = x1. Funkcijag vadinama lanku aibėje G, jungiančiu taškus x0 ir x1. Taškas x0 vadinamas lanko pra-džia, o x1 – lanko pabaiga. Kiekviena lankiškai jungi aibė yra jungi aibė (jeigu aibė Uyra atviroji, teisingas ir atvirkštinis teiginys). Lanko vaizdas Γ aibėje U vadinamas lankopėdsaku arba lanko atrama. Laikysime, kad g ∈ C1(I) ir Dg(t) := (g1(t), g2(t)) 6= (0, 0)∀t ∈ I.Du lankai g1 ir g2 vadinami ekvivalenčiais, jeigu egzistuoja difeomorfizmas (abipus vie-

nareikšmis atvaizdis, tolydžiai diferencijuojamas kartu su savo atvirkštiniu). : I1 → I2,t = t(τ), dt

dτ(τ) > 0 ∀τ ∈ I, kad g1(τ) = g2(t(τ)) (įrodykite, kad toks sąryšis g1 ∼ g2

yra ekvivalentiškumo sąryšis). Tokį difeomorfizmą vadinsime leistinuoju. Visi lankai,priklausantys tai pačiai ekvivalentiškumo klasei [g] := f– lankas : f ∼ g, turi tą patįpėdsaką. Tą klasę vadinsime orientuota kreive. Klasėje [g] visada galima parinkti lankąsu I = [0; 1]. Jei difeomorfizmas tenkina sąlygą dt

dτ(τ) < 0 ∀τ ∈ I, tai rašysime g2 = −g1,

ir vadinsime priešingos orientacijos lankais (o jų klases – priešingos orentacijos kreivėmisΓ2 = −Γ1).Galima apibrėžti ir dalimis tolydžiai diferencijuojamą lanką g ∈ C1

p [a; b] (kai duotasintervalo [a; b] skaidinys T = a = t0 < t1 < · · · < tm = b, g ∈ C[a; b] ir gj =g|[tj−1;tj ]

∈ C1[tj−1; tj ], j = 1,m). Uždaras lankas (g(a) = g(b)) vadinamas ciklu.

2.37 uždavinys. Įrodykite, kad jei U ⊂ Rn yra atviroji aibė, tai ekvivalentūs teiginiai:

1) U yra jungi;2) U yra lankiškai jungi;3) U yra dalimis tiesiškai jungi, t.y. kiekvienai porai taškų x0,x1 ∈ U

egzistuoja juos jungianti laužtė L ⊂ U ;4) U yra dalimis tiesiškai jungi, ir laužtės grandys yra lygiagrečios

koordinatinėms ašims.?

Jei lankas g ∈ C1(I), tai galima apibrėžti 1-formos (antrojo tipo kreivinį) integralą pagallanką g:

∫g ω =

∫I ω(g) dt :=

∫ ba

∑ni=1 ωi(g(t))g

i(t) dt, čia g = dgdt

. Jei g1 ∼ g2, tai∫g1ω =

∫g2ω ir

∫−g ω = −

∫g ω, todėl galima kalbėti apie integralus

∫−Γ ω = −

∫Γ ω.

Jeigu orientuota kreivė Γ yra uždara, tai šis integralas vadinamas 1-formos ω cirkuliacijakreive Γ. Jei lankas g ∈ C1

p [a; b], tai∫g ω =

∑mj=1

∫gjω. Jei 1-forma yra tiksli, tai

egzistuoja u ∈ C1(G), ir

d

dtu(g(t)

)=

n∑i=1

∂u

∂xi

(g(t)

)gi(t) =

n∑i=1

ωi(g(t)) gi(t) ∈ C[tj−1; tj ]

ir pagal Niutono ir Leibnico formulę∫gj

ω =

∫ tj

tj−1

n∑i=1

ωi(g(t)

)gi(t) dt = u

(g(tj)

)− u(g(tj−1)

)∀j = 1,m.


Jei lankas g ∈ C1p [a; b] ir 1-forma ω yra tiksli, tuomet teisinga formulė (įrodykite)∫

g

ω = u(g(b)

)− u(g(a)

). (6.4)

Diferencialinių lygčių teorijoje, jeigu žinome, kad diferencialinė forma, api-brėžta kairiąja (6.1) lygybės puse, yra tiksli, vienas iš pagrindinių uždavinių yrafunkcijos u radimas. Jeigu randame u, tuomet (6.1) lygtis ekvivalenti lygčiaidu = 0, iš kurios gauname (6.1) lygties bendrąjį integralą u(x, y) = C.

2.26 pavyzdys. Raskime lygties (2x+ y) dx+ (x+ 2y) dy = 0 bendrąjį integralą. Per-tvarkome lygtį

2x dx+ 2y dy + y dx+ x dy = d(x2 + y2 + xy) = 0.

Randame u = x2 + y2 + xy ir bendrąjį integralą x2 + xy + y2 = C.

2.4 teorema [1-formos tikslumo kriterijus]. Tarkime ω ∈ C01 (G), G ⊂ Rn

– sritis. Tada ekvivalentūs teiginiai:

1) ω yra tiksli srityje G;

2) 1-formos ω cirkuliacija bet kokiam ciklui ϕ ∈ C1p(G) yra lygi nuliui, t.y.∫

ϕω = 0;

3) 1-formos ω cirkuliacija bet kokiam tiesiniam ciklui ϕ ∈ C1p(G) yra lygi

nuliui;

4) 1-formos ω cirkuliacija bet kokiam tiesiniam ciklui ϕ ∈ C1p(G) su grandi-

mis, lygiagrečiomis koordinatinėms ašims, yra lygi nuliui;

Įrodymas. 1)⇒2). Kadangi 1-forma tiksli, tai∫ϕω = u

(g(a)

)− u(g(a)

)= 0.

2)⇒3) ir 3)⇒4). Akivaizdu, nes dalimis tiesinis ciklas yra atskiras dali-mis glodžiojo ciklo atvejis, o ciklas su grandimis, lygiagrečiomis koordinatinėmsašims, yra atskiras uždarosios laužtės atvejis.

4)⇒1). Fiksuokime x0 ∈ G. Kadangi G yra sritis, tai bet kokį x ∈ Ggalime sujungti laužte Γ su grandimis, lygiagrečiomis koordinatinėms ašims, sux0. Jeigu Γ1 yra kita tokia laužtė su pradžia taške x0 ir pabaiga taške x, laužtėΓ0 = Γ ∪ (−Γ1) yra ciklas su grandimis, lygiagrečiomis koordinatinėms ašims,todėl ∫

Γ

ω =

∫Γ

ω −∫

Γ1

ω +

∫Γ1

ω =

∫Γ0

ω +

∫Γ1

ω = 0 +

∫Γ1

ω =

∫Γ1

ω.

Vadinasi, integralas priklauso tik nuo laužtės pradžios ir pabaigos ir nepriklausonuo pačios laužtės. Apibrėžkime funkciją

u(x) :=

∫Γ

ω ∀x ∈ G.


1-forma ω ∈ C01 (G), parinkime h taip, kad x+ hei ∈ G, čia ei – ortas pagal xi

ašį. Tada įvertiname

|u(x+ hei)− u(x)− ωi(x)h| =∣∣∣ ∫ 1

0

(ωi(x+ htei)− ωi(x)

)dt∣∣∣ · |h|

6 maxt∈[0;1]

|ωi(x+ htei)− ωi(x)| · |h| = o(h), h→ 0.

Vadinasi, egzistuoja ∂u∂xi = ωi, i = 1, n, ir u ∈ C1(G). ut

2.27 pavyzdys. Raskime lygties (2x + y) dx + (x + 2y) dy = 0 bendrąjį integralą. 2.26pavyzdyje parodėme, kad 1-forma ω = (2x+y) dx+(x+2y) dy yra tiksli.Sprendimas Koši metodu. Plokštuma R2 yra sritis. Taškus (0, 0) ir (x, y)sujunkime laužte g = g1∪g2): g1 = (0, η), η ∈ [0, y]; g2 = (ξ, y), ξ ∈ [0, x].Tada g′1 = (0, 1), ω|g1 = (η, 2η), g′2 = (1, 0), ω|g2 = (2ξ + y, ξ + 2y), ir

u(x, y) =

∫g1

ω +

∫g2

ω =

∫ y

0

2η dη +

∫ x

0

(2ξ + y) dξ = y2 + x2 + xy.

Sprendimas neapibrėžtinio integralo metodu. Pilnųjų diferencialų lygčiaipilnasis integralas randamas integruojant lygtis dalinėmis išvestinėmis

∂u

∂x= v(x, y),

∂u

∂y= w(x, y). (6.5)

Žinome dalines išvestines∂u

∂x= 2x+ y,

∂u

∂y= x+ 2y.

Integruojame pirmąją lygybę pagal x:

u(x, y) =

∫(2x+ y) dx+ C(y) = x2 + xy + C(y);

įstatome į antrąją lygybę:

∂u

∂y= x+ C′(y) = x+ 2y;

randame C(y):C′(y) = 2y; C(y) = y2 + C.

Vadinasi, u(x, y) = x2 + xy + y2.

2.18 lema teigia kad kieviena tiksli 1-forma yra ir uždara, tačiau atvirkščiasteiginys nėra teisingas.

2.28 pavyzdys. Srityje G = R2r(0, 0) nagrinėkime 1-formą ω = −yx2+y2

dx+ xx2+y2

dy.Šios 1-formos ω ∈ C1

1 (G) išorinis diferencialas dω = 0 (patikrinkite (6.3)lygybę), todėl forma yra uždara srityje G. Tačiau ši 1-forma nėra tiksli,nes jos cirkuliacija ciklu g = (cos(2πt), sin(2πt)), t ∈ [0; 1] nelygi nuliui:∫g

ω =

∫ 1

0

cos(2πt) d sin(2πt)− sin(2πt) d cos(2πt)

cos2(2πt) + sin2(2πt)= 2π

∫ 1

0

dt = 2π 6= 0.


?

Tarkime, U ⊂ R2 yra atviroji aibė. Du lankai gi : I → U , i = 0, 1, vadinami homotopiš-kais, jeigu egzistuoja tolydusis atvaizdis F : I×[0; 1]→ U : F (t, 0) = g0(t), F (t, 1) = g1(t).Atvaizdis F vadinamas lanko g0 homotopija į lanką g1. Rašoma g0 ∼ g1 (įrodykite, kadhomotopija apibrėžia ekvivalentiškumo sąryšį). Ciklas g : I → U vadinamas homotopiškutaškui x0 ∈ G, jeigu g ∼ x0, x0(t) ≡ x0, ir F (a, τ) = F (b, τ) ∀τ ∈ [0; 1]. Sritis G ⊂ R2

vadinama vienajungia, jei joje kievienas ciklas homotopiškas taškui.

?

Matematinės analizės kurse įrodoma Gryno14 formulė plokštumoje R2x,y :∫

∂K v(x, y) dx+ w(x, y) dy =∫∫K

(∂w(x,y)∂x

− ∂v(x,y)∂y

)dx dy. (6.6)

Ji teisinga, kai v, w ∈ C(K), K yra paprastasis kompaktas, ∂v(x,y)∂y

,∂w(x,y)∂x

∈ C(K) ∩B(K), čia K yra aibės K vidus (didžiausia atviroji aibė prikausanti K), ∂K yra aibės Kkraštas (aibės K uždarinio ir vidaus skirtumas), kuris yra lokaliai yra dalimis tolydžiaidiferencijuojama kreivė, B(K) – aprėžtųjų funkcijų klasė paprastojo kompakto viduje.Krašto orientaciją apibrėžiama taip: einant palei kraštą jo vidinė normalė lieka iš kairės(t.y. (τ ,ν) ∼ (e1, e2)).Paprastojo kompakto pavyzdžiai: bet koks stačiakampis, bet koks trikampis.

2.14 išvada. Sakykime, G ⊂ R2 yra sritis, K ⊂ G yra daugiakampis, ∂K yra savęs ne-kertanti laužtė (tokį daugiakampį vadinsime paprastuoju), o ω = v(x, y) dx+w(x, y) dy ∈C1

1 (G) yra uždaroji 1-forma. Tada∫±∂K ω = 0.

Įrodymas. Toks daugiakampis yra trikampių sąjunga. Tada∫±∂K

ω =

m∑i=1

∫±∂Ti

ω = ±m∑i=1

∫∫Ti

dω = ±m∑i=1

∫∫Ti

0 = 0. ut

2.5 teorema [1-formos uždarumo kriterijus]. Tarkime ω yra 1-forma vie-najungėje srityje G ⊂ R2, ir ω = v(x, y) dx + w(x, y) dy, v, w, ∂v∂y ,

∂w∂x ∈ C(G).

Tada ekvivalentūs teiginiai:

1) ω yra tiksli srityje G;

2) ω yra uždara srityje G.

Įrodymas. 1)⇒2) Įrodymas išplaukia iš 2.18 lemos.2)⇒1). Sakykime, L yra bet koks dalimis tiesinis ciklas vienajungėje srityje

G ⊂ R2. Tokio ciklo pėdsakas yra uždaroji laužtė, kuri turi ne daugiau baig-tinio skaičiaus susikirtimo taškų arba atkarpų. Laužtės viršūnių skaičius yrabaigtinis. Sunumeruokime visas viršūnes ir laužties grandžių susikirtimo taškustvarka, kuri yra cikle (pradedant nuo bet kurios viršūnės ar susikirtimo taško).

2.15(a) pav. viršūnės apibrėžia seką

(1− 3, 4, 5, 6− 8, 9, 6(10), 3(11)− 13, 14− 14(17), 13(18), 4(19), 5(20), 21− 21(25),

26− 27− 31− 31(34)− 27(36), 37, 38, 37(39), 9(40), 8(41), 42− 8(44), 42(45)), 1(46))

čia n(m) žymi viršūnę m, kuri jau buvo sunumeruota n < m (laužties grandžių susikirtimotaškai arba susikirtimo atkarpų galai), n − m žymi laužtės dalį (n, n + 1, . . . ,m), kurioje

14George Green (1793–1841) – anglu matematikas.


=>

2

1(46)

3(11)

4(19)

5(20)

6(10)

7

9(40)8(41,44)

26

15

12

13(18)

14(17)

16

27(36)

28

21(25)22

29

23

24

31(34)

37(39)

30

32

33

35

3842(45)

43

2

1(27)

3(7)

4(12)

5(13)

6

2425

15

8

9(11)

10

16(22)

17

14

18

20

23

19 21

26

2

1(15)

3

76

1213

9

4

5

10

8

11

14

=>

2.15 pav. Lauztes”apendiksu“ ir „parazitiniu“ ciklu naikinimas vienajungėje.

n+ 1, . . . ,m− 1 yra tik laužties viršūnės. Tokią seką atitinka cirkuliacijos skaidinys į atskirusintegralus pagal laužties grandis.

Apibrėšime dvi operacijas: 1) „apendikso“ šalinimas, kai pakeičiame sekosdalį (n, n+1, n(n+2)) į n+2; 2) „parazitinio“ ciklo (paprastasis daugiakampis)šalinimas, kai pakeičiame sekos dalį (n, n+1, . . . , n(m)) į m. Jeigu šių operacijųmetu išmetame numerį n, o toliau yra žymuo n(m), tai tą žymenį iš kartokeičiame į m. Abi šios operacijos nekeičia cirkuliacijos reikšmės.

Mūsų pavyzdyje, atlikus šias operacijas (nuosekliai einant palei ciklą), lieka seka(1−3, 4, 5, 10, 3(11)−13, 17, 13(18), 4(19), 5(20), 25, 26−27−34−27(36), 39, 40, 44, 45, 1(46)).

Pernumeruojame iš naujo:(1− 3, 4, 5− 3(7)− 9, 10, 9(11), 4(12), 5(13)− 16− 16(22)− 26, 1(27)).

Analogiškai gauname:(1− 7− 11, 12, 13− 22− 26, 1(27)) arba (pernumeravus)(1− 1(15)).

Bendruoju atveju, kadangi laužtės grandžių ir susikirtimo atkarpų ir taškų skai-čius baigtinis, o kievieną sykį atlikus šalinimo operacijas išmetame dalį grandžių,tai galų gale liks vienas ciklas: paprastas daugiakampis arba atkarpa („apen-diksas“). Cirkuliacija šiais ciklais lygi nuliui. Vadinasi, cirkuliacija ir pradinelaužte lygi nuliui. ut

2.38 uždavinys. Tarkime, ω yra uždara 1-forma vienajungėje srityjeG ⊂ R2, ϕ ⊂ G yra(6.1) lygties integralinė kreivė. Parodyti, kad srityje, apribotoje šia krei-ve, egzistuoja bet vienas taškas (x0, y0), kuriame v(x0, y0) = w(x0, y0) =0.

2.39 uždavinys. Ar 1-forma ω yra tiksli, uždara? Jei tiksli, raskite u: ω = du.a) ω = y

x2+y2dx+ x

x2+y2dy;

b) ω = (2xy − cosx) dx+ (x2 − 1) dy;c) ω = (2x+ cosx) dx+ (3y2 + ey) dy;d) ω = x(1 + y2) dx+ y(1 + x2) dy.

Jei 1-forma yra tiksli, tai (6.1) lygtis vadinama pilnųjų diferencialų lygtimi.Tuomet du = 0 ir u(x, y) = C yra (6.1) lygties bendrasis integralas.


6.2. Lygtys su atskirtaisiais ir atsiskiriančiais kintamaisiais

Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtis

v(x) dx+ w(y) dy = 0, v ∈ C(Ix), w ∈ C(Iy), |v(x)|+ |w(x)| 6= 0, (6.7)

vadinama lygtimi su atskirtaisiais kintamaisiais, čia Ix = (ax; bx), Iy = (ay; by).Šią lygtį atitinkanti 1-forma ω = v(x) dx + w(y) dy yra uždara (patikrinkite!)atvirajame stačiakampyje G = Ix × Iy, kuris yra vienajungė sritis. Tokiamestačiakampyje bet kuriuos du jo taškus (x0, y0) ir (x, y) galima sujungti laužte[(x0, y0), (x, y0)] ∪ [(x, y0), (x, y)], todėl

u(x, y) =

∫ x

x0

v(ξ) dξ +

∫ y

y0

w(η) dη,

ir bendrasis integralas yra∫ xx0v(ξ) dξ +

∫ yy0w(η) dη = 0 arba

∫v(x) dx+

∫w(y) dy = C. (6.8)

2.29 pavyzdys. Rasime lygties x dx + y dy = 0 bendrąjį integralą ir integralines krei-ves. Lygtis yra su atskirtaisiais kintamaisiais. Integruodami gaunamebendrąjį sprendinį

x2

2+y2

2= C arba x2 + y2 = R2 = 2C.

integralinės kreivės bus koncentriniai apskritimai su centru koordinačiųpradžioje ir spinduliu R > 0 (žiūrėk 2.16 pav.). Pastebėsime, kad 1-forma ω = x dx + y dy neapibrėžia DL koordinačių pradžioje (v(0) =w(0) = 0).

Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtis

v1(x)w2(y) dx+ v2(x)w1(y) dy = 0, (6.9)

v1, v2 ∈ C(Ix), w1, w2 ∈ C(Iy), |v1(x)w2(y)| + |v2(x)w1(y)| 6= 0, vadinamalygtimi su atsiskiriančiais kintamaisiais. Taškuose (xk, yk), kuriuose v1(x) = 0arba w2(x) = 0 ir v2(y) = 0 arba w1(y) = 0, 1-forma ω = v1(x)w2(y) dx +v2(x)w1(y) dy neapibrėžia DL. Padauginę (6.7) lygtį iš daugiklio µ = 1

v2(x)w2(y)

gauname lygtį su atskirtaisiais kintamaisiaisv1(x)v2(x) dx+ w1(y)

w2(y) dy = 0, (6.10)

kurios bendrasis integralas∫ xx0

v1(ξ)v2(ξ) dξ +

∫ yy0

w1(η)w2(η) dη = 0. (6.11)

(6.9) ir (6.10) lygčių 1-formos apibrėžtos skirtingose aibėse. Jeigu v2(α) = 0, α ∈ Ix irw2(β) = 0, β ∈ Iy , tuomet 1-forma atitinkanti (6.10) lygtį neapibrėžta taškuose (α, y),y ∈ Iy ir (x, β), x ∈ Ix (žiūrėk 2.17 pav.) y ≡ β, x ∈ Ix, bus (6.9) lygties sprendiniais, ox ≡ α, y ∈ Iy , bus lygties sprendiniais, išskyrus taškus v2(x) = 0, w2(y) = 0, atitinkamai.Šie sprendiniai negaunami iš (6.11) bendrojo integralo. Jie gali būti, ir ypatingieji.


y

x

2.16 pav. Koncentriniiuapskritimu šeima.

y

xaxx

y

b

y

a

a

b

b

1

21

2

3

b

aa

2.17 pav. Sritiesskaidymas atskiriantkintamuosius.

DL su atsiskiriančiais kintamaisiais sprendimas Nagrinėkime DL

dydx

= f(x)g(y), g(y) 6= 0. (6.12)

Tada jos sprendiniai gaunami formule∫ xx0f(ξ) dξ +

∫ yy0

1g(η)

dη = 0. (6.13)

2.30 pavyzdys. Nagrinėkime lygtį −y dx+x dy = 0. Jos 1-forma nėra uždara. Spręsimelygtį atskirdami kintamuosius. Daugindami ją iš µ = 1

−xy gauname DL

1ydy = 1

xdx, x 6= 0 arba y 6= 0.

Ši lygtis su atskirtaisiais kintamaisiais ekvivalenti pradinei atviroje ai-bėje G1, kuri gaunama išmetus iš plokštumos koordinatines ašis, t.y.iš tikrųjų nagrinėjame keturias DL (kieviename plokštumos kvadrante).Integruodami randame bendrąjį integralą∫

1

ydy =

∫1

xdx+ C1 arba ln |y| = ln |x|+ C1.

Patogu, laisvąją konstantą C1 pažymėti ln |C|, čia C 6= 0, kadangi ln |C|gali įgyti (kai ln |C|) bet kurią reikšmę iš R. Tada gauname ln |y| =ln |Cx|, arba |y| = |Cx| arba y = Cx, C 6= 0. Taigi, daugindami išµ = 1

−xy (arba dalindami iš 1µ

= −xy) praradome dalį sprendinių. Todėlvisada reikia patikrinti ar lygtis 1

µ= −xy = 0 neapibrėžia sprendinių.

Šiame pavyzdyje jie yra x = 0 ir y = 0 (išmetant koordinačių pradžią)(žiūrėk 2.18 pav.).

2.31 pavyzdys. DL, kurios dešinioji pusė yra homogeninė funkcija, galima užrašyti pa-vidalu

ϕ(y/x) dx− dy = 0. (6.14)

Keitiniu y = vx šią lygtį paverčiame lygtimi su atsiskiriančiais kintamai-siais

(ϕ(v)− v) dx− x dv = 0. (6.15)


Vadinasi, DL (6.14) 1-forma taps uždara, jei lygtį padauginsime iš

µ =1

x(ϕ(v)− v)=

1

xϕ(y/x)− y . (6.16)

Tarkime, funkcijos v(x, y) ir w(x, y) yra vienodo matavimo homogeninėsfunkcijos. Tada 1-forma ω = v dx + w dy taps uždara, jei padauginsimeiš

µ =1

−w ·1

−xv(x, y)/w(x, y)− y =1

xv(x, y) + yw(x, y), (6.17)

nes daugiklis −1/w duotąją 1-formą suveda į (6.14) pavidalo 1-formą.

2.40 uždavinys. Raskite DL sprendinius:

a) 3x2y dx+x3 dy = 0; b) y2/3 dx− dy = 0; c) y2/3 dx−x2/3 dy = 0;d) yesin x dx+ ln y

cos xdy = 0, G = (x, y) ∈ R2 : |x| < π/2, y > 0;

e) 2x(1 + y2) dx+ 2y((1 + x2) dy = 0;f) x

√1− y2 dx+ yx

√1− x2 dy = 0, |x| 6 1, |y| 6 1.

6.3. Integruojantysis daugiklis

Jeigu sritis yra vienajungė, bet (6.3) sąlyga neišpildyta, tuomet ieškomasintegruojantysis daugiklis µ ∈ C(G), µ 6= 0, paverčiantis (6.1) lygtį pilnųjųdiferencialų lygtimi, t.y. 1-forma µω būtų tiksli. Jei µ ∈ C1(G), šios 1-formosuždarumo sąlyga

∂(µw)

∂x=∂(µv)

∂y.

Vadinasi, integruojantis daugiklis tenkina tiesinę pirmosios eilės lygtį dalinėmisišvestinėmis

w ∂µ∂x − v

∂µ∂y =

(∂v∂y −

∂w∂x

)µ. (6.18)

Galima pirmiau rasti ν = ln |µ| sprendžiant lygtį

w∂ν

∂x− v ∂ν

∂y=∂v

∂y− ∂w

∂x. (6.19)

2.32 pavyzdys. Tiesinę DL atitinka diferencialų lygtys(f(x)y − g(x)

)dx+ dy = 0 (arba dx+

(f(y)x− g(y)

)dy = 0).

Lygtis funkcijai ν = ln |µ| yra

∂ν

∂x− (f(x)y − g(x)

)∂ν∂y

= f(x).

Akivaizdu, kad ν = ν(x) =∫f(x) dx yra sprendinys. Tada µ = e

∫f(x) dx.


2.33 pavyzdys. Homogeninės pirmosios eilės diferencialų lygties ((x, y) 6= (0, 0))

(x+ y) dx+ (y − x) dy = 0

atveju, integruojantysis daugiklis µ yra lygties dalinėmis išvestinėmis

(y − x)∂µ

∂x− (x+ y)

∂µ

∂y= 2µ

sprendinys. Galima patikrinti, kad µ = (x2 + y2)−1 yra toks sprendinys.Vadinasi,

x+ y

x2 + y2dx+

y − xx2 + y2

dy = 0

yra pilnųjų diferencialų lygtis. Pirmiausia randame lygties

∂u

∂x=

x+ y

x2 + y2=

x

x2 + y2+

y

x2 + y2

sprendinįu =

1

2ln(x2 + y2) + arctg

( yx

)+ C(y).

Jį įstatome į antrąją (6.5) lygtį

∂u

∂y=

y − xx2 + y2

+ C′(y) =y − xx2 + y2

,

ir randame, kad C′(y) = 0, t.y. bendrasis integralas lygus

1

2ln(x2 + y2)− arctg

( yx

)= C.

2.41 uždavinys. Raskite integruojantįjį daugiklį lygčiai (x + y) dx + (y − x) dy = 0(žiūrėk 2.33 pvz.) pasinaudodami (6.17) formule.

Jeigu randame integruojantįjį daugiklį µ, tuomet

v(x, y) dx+ w(x, y) dy =1

µdu = 0,

t.y. be bendrojo integralo u(x, y) = C, lygtis 1/µ(x, y) = 0 gali apibrėžti ypa-tinguosius sprendinius.

2.42 uždavinys. Parodykite, kad µ = 1/√x2 − y yra DL

(√x2 − y + 2x) dx− dy = 0

integruojantysis daugiklis. Raskite bendrąjį integralą ir raskite ypatin-guosius sprendinius (jei egzistuoja).

2.6 teorema. Tarkime, u(x, y) = C yra 1-formos ω = v dx+w dy, |v|+|w| 6= 0,srityje G ⊂ R2, bendrasis integralas, ir u ∈ C2(G). Tada šiai formai egzistuojaintegruojantis daugiklis.


Įrodymas. Tarkime, u(x, y) = C yra bendrasis integralas. Tada

∂u

∂xdx+

∂u

∂ydy = du = 0,

ir ši lygtis sutampa su lygtimi v dx+ w dy = 0. Vadinasi,

dy

dx= − v

w= −∂u/∂x

∂u/∂y

(jeigu w = 0, nagrinėjame apverstąją lygtį) arba

∂u/∂x

v=∂u/∂y

w=: µ(x, y).

Tada∂u

∂x= µv,

∂u

∂y= µw

irµ(v dx+ w dy) = µv dx+ µw dy =

∂u

∂xdx+

∂u

∂ydy = du.

Gavome, kad µ yra integruojantysis daugiklis. ut

2.7 teorema. Tarkime, µ yra 1-formos ω = v dx + w dy, |v| + |w| 6= 0, srityjeG ⊂ R2 integruojantysis daugiklis, ir µω = du, f ∈ C(R) – laisvoji funkcija.Tada funkcijos µ1 = f(u) yra integruojantys daugikliai ir tik jos.

Įrodymas. Pakankamumas. Imkime, funkcijos f pirmykštę funkciją F ∈ C1(R).Raskime, funkcijos u1(x, y) = F (u(x, y)) ∈ C1(G) diferencialą

du1 = F ′(u(x, y)) du = f(u(x, y))(µω) = µf(u(x, y))ω.

Būtinumas. Tarkime, µ1 yra kitas 1-formos ω integruojantysis daugiklis irµ1ω = du1. Tada jakobianas

D(u, u1)

D(x, y)=

∣∣∣∣∣∂u∂x

∂u∂y

∂u1

∂x∂u1

∂y

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ µv µw

µ1v µ1w

∣∣∣∣∣ = µµ1

∣∣∣∣∣v w

v w

∣∣∣∣∣ = 0.

Todėl funkcijos u1 ir u yra priklausomos, t.y. u1 = F (u), F ∈ C1(G), f = F ′ ∈C(R). Tada

µ1ω = du1 = dF (u) = f(u) du = f(u)µω.

Kadangi |v|+ |w| 6= 0, gauname lygybę µ1 = µf(u). ut

2.15 išvada. Jeigu žinome du tiesiškai nepriklausomus integruojančiuosius dau-giklius µ1 ir µ2, tuomet u = µ2

µ1= C yra bendrasis integralas.

Integruojančiojo daugiklio radimo uždavinys yra žymiai sudėtingesnis negu (6.1) užda-vinys. Šis uždavinys turi begalo daug sprendinių priklausančių nuo laisvosios funkcijos.Kaip matėme, pakanka rasti vieną tokį integruojamąjį daugiklį µ. Pastebėsime, kad (6.18)lygtis yra tiesinė, tačiau tai lygtis dalinėmis išvestinėmis.


y

x

2.18 pav. Spinduliušeima.

y

x

2.19 pav. Hiperboliušeima ir ju asimptotės.

2.34 pavyzdys. Nagrinėkime lygtį y dx+ x dy = 0.Sprendimas neapibrėžtinio integralo metodu. Kadangi 1-forma ω = y dx+x dy uždara, todėl iš karto randame bendrąjį integralą u0 := xy = C(µ0 = 1). Integralinės kreivės bus hiperbolės (C 6= 0) ir koordinatiniaispinduliai (C = 0) (žiūrėk 2.19 pav.). Koordinačių pradžios taške DLneapibrėžta v(0) = 0, w(0) = 0, ir jis neapibrėžia jokios integralinėskreivės.Sprendimas atskiriant kintamuosius. Daugindami ją iš µ1 = 1

xygauname

DL1

xdx+

1

ydy = 0, x 6= 0 arba y 6= 0.

Ši lygtis su atskirtaisiais kintamaisiais ekvivalenti pradinei atviroje ai-bėje G1, kuri gaunama išmetus iš plokštumos koordinatines ašis, t.y.iš tikrųjų nagrinėjame keturias DL (kieviename plokštumos kvadrante).Integruodami randame bendrąjį integralą

C1 =

∫1

xdx+

∫1

ydy = ln |x|+ ln |y| = ln |xy| (u1 = ln |x|+ ln |y|).

Patogu, laisvąją konstantą C1 pažymėti ln |C|, čia C 6= 0, kadangi ln |C|gali įgyti (kai ln |C|) bet kurią reikšmę iš R. Tada gauname ln |C| =ln |xy|, arba |xy| = |C| arba xy = C, C 6= 0. Taigi, daugindami išµ = 1

xy(arba dalindami iš 1

µ= xy) praradome dalį sprendinių. Todėl

visada reikia patikrinti ar lygtis 1µ

= xy = 0 neapibrėžia sprendinių.Šiame pavyzdyje jie yra x = 0 ir y = 0 (išmetant koordinačių pradžią).Matome, kad kievieną integruojantįjį daugiklį atitinka bendrasis inte-gralas: µ0 = 1 ir u0 = xy, µ1 = 1

xyir u1 = ln |xy|, ir u1 = ln |u0|,

µ1 = µ0f(u0) = 1xy

, šiame pavyzdyje f(x) = 1x

= ln′ |x|.

Daugiklio radimo dalimis metodas. Metodo esmė: 1-formą užrašome kaipsumą ω = ω1 + ω2 ir surandame kiekvienos iš jų integruojantįjį daugiklį µ1

ir µ2, bei atitinkamus bendruosius integralus u1 ir u2. Tada ieškome laisvųjųfunkcijų f1 ir f2, kad galiotų lygybė

µ = µ1f1(u1) = µ2f2(u2). (6.20)


2.35 pavyzdys. Nagrinėkime lygtį

y(2y2 + x) dx+ x(y2 + x) dy = 0.

1-formą išskaidome į dvi dalis:

ω1 = 2y3 dx+ xy2 dy, µ1 = x−1y−3, u1 = yx2;

ω1 = yx dx+ x2 dy, µ2 = x−2y−1, u2 = xy.

Užrašome lygybę

µ = x−1y−3f1(yx2) = x−2y−1f2(xy).

Įveskime kintamąjį z = xy. Tada

f2(z) = f1(zx)x3z−2,

ir dešinioji lygybės pusė priklausis tik nuo z, jei f1(t) = t−3, o f2(z) =(zx)−3x3z−2 = z−5. Integruojantysis daugiklis pradinei lygčiai lygusµ = x−7y−6.

2.43 uždavinys. Raskite y(2y2 + x) dx+ x(y2 + x) dy = 0 lygties bendrąjį integralą.


2.1 lentele. Integruojanciuju daugikliu µ(z(x, y)) egzistavimo salygos.

z(x, y) z(x, y)

x∂v∂y− ∂w∂x

w= φ(x) y

∂v∂y− ∂w∂x

−v = φ(y)

x+ y∂v∂y− ∂w∂x

w−v = φ(x+ y) x− y∂v∂y− ∂w∂x

w+v= φ(x− y)

x2 + y2∂v∂y− ∂w∂x

2xw−2yv= φ(x2 + y2) x2 − y2


2xw+2yv= φ(x2 − y2)

xy∂v∂y− ∂w∂x

yw−xv = φ(xy) xy


− ywx2− vx2

= φ( yx

)

6.4. Integruojantysis daugiklis kaip sudėtinė funkcija

Rasime integruojantiji daugikli, kuris yra pavidalo µ = eν , ν = ν(z(x, y)),z(x, y) ∈ C1(G) yra žinoma funkcija, o ν = ν(z) ∈ C1(R). Istate ν išraiška i(6.19), gauname lygti(

w∂z

∂x− v ∂z

∂y

)dν +

(∂w∂x− ∂v

∂y

)dz = 0. (6.21)

Jeigu∂v∂y −

∂w∂x

w ∂z∂x − v

∂z∂y

= φ(z), (6.22)

φ ∈ C(R), tuomet 1-forma dν − φ(z) dz yra tiksli ir ν =∫φ(z) dz. Saryšis

(6.22) yra būtina ir pakankama lygties v dx + w dy = 0 integruojančio daugik-lio, priklausančio nuo funkcijos z = z(x, y), egzistavimo salyga. Kai kuriomsfunkcijoms šios salygos pateiktos 2.1 lentelėje.

2.36 pavyzdys [integruojantysis daugiklis priklausantis tik nuo x]. Formulė

∂v∂y− ∂w

∂x

w= φ(x) (6.23)

gaunama iš bendros (6.22) formulės, kai z = x. Tiesine nehomogenine lygti galimaužrašyti pavidalu (

f(x)y + g(x))dx− dy = 0,

t.y. v = f(x)y+ g(x), w = −1. Tikrindami integruojančio daugiklio, priklausančio tiknuo x salyga, gauname

∂v∂y− ∂w

∂x

w= −f(x) = φ(x).

Vadinasi,µ = e−

∫f(x) dx.


2.44 uždavinys. Raskite integruojantiji daugikli lygčiai (x+y) dx+ (y−x) dy = 0 kaipsudėtine funkcija (žiūrėk 2.33 pvz.).

2.45 uždavinys. Patikrinkite, kad integruojantysis daugiklis priklauso nuo funkcijos z.Jei turi, tuomet raskite daugikli ir suintegruokite DL:

a) (xy − x2) dx+ (y2 − 3xy − 2x2) dy = 0, z = x;b) y(1 + xy) dx− x dy = 0, z = y;c) (y4 − 2x3y) dx+ (x4 − 2xy3) dy = 0, z = x+ y;d) (y4 − 2x3y) dx+ (x4 − 2xy3) dy = 0, z = xy;e) (xy − 1) dx+ x2 dy = 0, z = x;f) (xy − 1) dx+ x2 dy = 0, z = xy;g) y(x− 3y2) dx+ (6xy2 + x2) dy = 0, z = x2y.

2.46 uždavinys. Raskite salygas kada integruojantysis daugiklis yra µ = µ(z(x, y)):a) z = ax+ by; b) z = xy2; c) z = x2y;d) z = y − x2; e) z = y2 − x; f) z = x2y;g) z = x2 + xy + y2.

Integruojančiojo daugiklio radimo metodas nėra universalus, nes bendruojuatveju neturime jokiu prielaidu kaip nustatyti z(x, y).

7. Diferencialinės lygtys ypatingo taško aplinkoje

Norint ištirti DL dydx = f(x, y) sprendinio elgsena prie dideliu sprendinio

reikšmiu, t.y. y =∞ aplinkoje, reikalinga pakeisti kintamuosius taip, kad y =∞atsivaizduotu i baigtini taška, pvz., nuli.

7.1. p-procesas ir projektyvinė tiesė

p-procesas yra kintamojo keitinys srityje R = Rr 0:

y z, y = z−1, kai z 6= 0; dy = − dzz2 . (7.1)

Atvirkštinio keitinio formulė yra z = y−1. p-procesas susijes su projektyvi-nėmis koordinatėmis.

?

Plokštumoje nubraižykime vienetini apskritima S1 ir per apskritimo taška N(0; 1) išveski-me liestine ir atidėkime vienetine atkarpa [N,O] (žiūrėk 2.20(α) pav.). Tada šia liestineinterpretuosime kaip koordinatine y-aši. Išveskime per y-ašies taška y ir apskritimo centraO tiese. Ši tiesė kerta apskritima taškuose P1(y) ir P2(y). Kampa tarp šios tiesės ir spin-dulio [ON ] pažymėkime ψ(y) (kampo ženkla suderinsime su y ženklu: ψ(y) > 0, kaiy > 0; ir ψ(y) < 0, kai y < 0). Laikysime, kad priešingi apskritimo taškai P1 ir P2

yra ekvivalentiški, t.y. P1 ∼ P2. Lygiai taip pat galima ivesti ekvivalentiškumo saryšikampu aibėje ψ1∼πψ2 ⇔ (ψ2 − ψ1)/π ∈ Z. Faktoraibė PR1 := S1/∼∼= R1/∼π va-dinama projektyvine tiese, ja sudaro klasės [P (y)] = [ψ(y)]. Klasėje [ψ] yra vienintelis

7. DL ypatingo taško aplinkoje 72

1

10

0

1

0

1

1

2

N E

( )b( )a

P

8 = 8

( )g

( )d

00

2.20 pav. Projektyvines koordinates.

kampas ψ ∈ (−π/2; +π/2], todėl toliau klase (projektyvinės erdvės PR1 taška) sutapa-tinsime su šiuo kampu. Projektyvinės erdvės elementams žymėti galima naudoti kampaϕ := π/2 − ψ, ϕ ∈ (−π/2; +π/2] (žiūrėk 2.20(β) pav.). Tada kievienam y ∈ R abi-pus vienareikšmiškai galime priskirti projektyvinės erdvės elementa ψ ∈ (−π/2;π/2) arbaϕ ∈ (−π/2; 0) ∪ (0;π/2]:

y = tgψ, dy = dψcos2 ψ

arba y = ctgϕ, dy = − dϕsin2 ϕ

. (7.2)

Projektyvinėje tiesėje yra dar vienas taškas ψ = π/2 (ϕ = 0, P∞), kuris neturi atitin-kamo taško y ∈ R. Galime laikyti, kad ši taška atitinka y = ∞. Norėdami aprašyti joaplinka, išveskime liestine taške P∞, ir šia liestine interpretuosime kaip koordinatine z-aši(žiūrėk 2.20(β) pav.). Išveskime per z-ašies taška z ir apskritimo centra O tiese. Taipgalime kievienam z abipus vienareikšmiškai galime priskirti projektyvinės erdvės elementaϕ ∈ (−π/2;π/2) arba ψ ∈ (−π/2; 0) ∪ (0;π/2]:

z = tgϕ, dz = dϕcos2 ϕ

arba z = ctgψ, dz = − dψsin2 ψ

. (7.3)

Kintamasis z aprašo visus PR1 taškus, išskyrus N . Abi koordinatės y arba z pilnai aprašovisa PR1. Projektyvinės tiesės taškus, išskyrus P∞ ir N galima aprašyti kintamaisiaisy ir z. Iš (7.2) ir (7.3) gauname formules susiejančias y ir z: jos sutampa su p-procesoformulėmis.Pavaizduoti integralines kreives aibėje R1

x × PR1ϕ, kuri yra begalinis cilindras, yra sudė-

tinga. Todėl integralinės kreivės vaizduojamos plokštumose R1x × R1

y ir R1x × R1

z . Kitasbūdas, suprojektuoti PR1 taškus i η-aši (žiūrėk 2.20(γ) pav.) ir ζ-aši (žiūrėk 2.20(δ) pav.):

η = sinψ, dη = cosψ dψ ir ζ = sinϕ, dζ = cosϕdϕ . (7.4)

Šiuo atveju, integralinės kreivės braižomos juostoje R1x×[−1; +1] (pastebėsime, kad taškai

−1 ∼ 1).

2.37 pavyzdys. Nagrinėkime DL y′ = y2. Užrašykime šią lygtį projektyvinėse koordi-natėse ψ ir ϕ, atlikime p-procesą (koordinatės z) ir taip pat projekcijoseη ir ζ ir užrašykime sprendinius kiekvienoje iš jų (patikrinkite arba iš-


spręskite):

y′ = y2, y ∈ R1, y = − 1

x− C , C ∈ PR1;

ψ′ = sin2 ψ, ψ ∈ PR1, ψ = −arctg1

x− C , C ∈ PR1;

ϕ′ = − cos2 ϕ, ϕ ∈ RP 1, ϕ = −arctg (x− C), C ∈ PR1;

z′ = −1, z ∈ R1, z = −(x− C), C ∈ R;

η′ = η2√

1− η2, η ∈ [−1; 1], η =

+ 1√1+(x−C)2

, kai x > C,

− 1√1+(x−C)2

, kai x 6 C,C ∈ PR1;

ζ′ = (ζ2 − 1)√

1− ζ2, ζ ∈ [−1; 1], ζ = − x− C√1 + (x− C)2

, C ∈ PR1.

Integralinės kreivės pavaizduotos 2.21 pav. Pastebėsime, kad projektuo-jant į η-ašis ir ζ-ašis gali atsirasti papildomos integralinės kreivės (žiūrėkη ≡ 1 atsirado papildomai). Pereinant iš projektyvinių koordinačių įz-koordinates pranyko integralinė kreivė ϕ ≡ π/2.

2.47 uždavinys. Pritaikykite p-procesą duotajai DL, užrašykite p-procesu gautą DL:a) y′ = y(1− y); b) y′ = f(x)y + g(x)yα.

2.38 pavyzdys. Pritaikysime p-procesą DL (z′)2 = 4az2 + z3. Po p-proceso gaunameDL (y′)2 = y + 4ay2. Pastebėsime, kad praradome sprendinį z ≡ 0.

7.2. σ-procesas

Tarkime, turime izoliuotą ypatingąjį DL tašką (x0, y0), kuriame v(x0, y0) =w(x0, y0) = 0. Paprastumo dėlei, laikysime, kad toks ypatingasis taškas yrakoordinačių pradžioje. Vienas iš būdų kaip nagrinėti DL to taško aplinkojeyra Dekarto15 koordinačių (x, y) ∈ R2 := R2 r (0, 0) keitimas į homogenineskoordinates.

σ-procesas yra kintamųjų keitinys srityje R2:

(x, y) (t, z), x = t, y = zt (t = x, z = yx ), kai x 6= 0; (7.5)

(x, y) (t1, z1), x = z1t1, y = t1 (z1 =x

y, t1 = y), kai y 6= 0. (7.6)

Galime laikyti, kad vietoje R2 turime begalinį Mėbijaus16 lapą (žiūrėk 2.22 pav.),o kreivė t = 0 jame atitinka projektyvinę tiesę PR1

z, kuri yra apskritimas S1.

2.48 uždavinys. Raskite kreivių σ-proceso vaizdus:a) x = a; b) y = cx; c) y = b;d) x2 + y2 = R2; e) y = ax2; f) x2 = y3.

15Rene Descartes (1596–1650) – prancuzu matematikas.16August Ferdinand Mobius (1790–1868) – vokieciu fizikas ir chemikas.


0

-1

1

0

-1

1

0

0

0

p/2

-p/2

0

p/2

-p/2

2.21 pav. DL integralines kreives ivairiose koordinatėse.

Tarkime, v ir w yra vienodos eilės homogeninės funkcijos. Pastebėsime, kadv(0, 0) = w(0, 0) = 0. Taikome σ-procesą. Tada

dx = dt, dy = z dt+ t dz (7.7)

ir gauname DL atsiskiriančiais kintamaisiais:

tm(v(1, z) + w(1, z)z

)dt+ tm+1 dz = 0.

Randame integruojamąjį daugiklį

µ = 1tm+1(v(1,z)+w(1,z)z) = 1

tv(t,zt)+w(t,zt)zt

arba (sugrįžus prie senųjų kintamųjų)

µ = 1xv(x,y)+yw(x,y) . (7.8)


y

x s

z

ty=zx

11

½

0

-½

-1

2

-2

8

1½-½-1-2

t

0

0 ½

1

2

-½

-1

-2

8-8-

+ 8 + 8

~8

2

8

a

a

b

bb

a

z

2.22 pav. σ-procesas ir Mebijaus lapas.

y

x

s

t

sz

s

t

z~

~

-1

s-1 -1

½

1

-2

-1

0

-½

2

½

0

-½

-1

s

s

s

1

12

-½

-1

-2

8

8

2

½

-1-2

21

½

-2-1

-½ 2

1

½

0 0 0

-½

-1

-2

½

1

-2

0

2

-1

-½

8

8

2.23 pav. Integralines kreives (paraboliu šeima y = Cx2) gautos σ-procesu.Tuo pačiu skaičiumi (C) sunumeruotos atitinkamos integralinės kreivės, C =∞atitinka x = 0 tiese, C = σ koordinačiu pradžia.

2.49 uždavinys. Raskite integruojantįjį daugiklį lygčiai (x + y) dx + (y − x) dy = 0(žiūrėk 2.33 pvz.).

2.50 uždavinys. Ar galima šiuo metodu išspręsti lygtį −y dx+ x dy = 0?

2.39 pavyzdys. Pritaikysime σ-procesą DL −2y dx + x dy = 0 integralinėms kreivėsrasti. Iš (7.5)

dx = dt, dy = z dt+ z dt.

Gauname DL (kintamieji t ir z) −tz dt + t2 dz = 0. Dar sykį taikomeσ-procesą (t = t, z = zt): t3 dz = 0. Randame šios DL sprendiniusz = C. Grižtame prie pradinių kintamųjų (žiūrėk 2.23 pav.):

z = C ⇒ z

t= C ⇒ z = Ct ⇒ y

x= Cx ⇒ y = Cx2.

Patebėsime, kad norint rasti integralines kreives x = 0, y > 0 ir x = 0,y < 0, reikėtų taikyti (7.6) formules, nes standartinis σ-procesas šiaskreives „numeta“ į begalybę.

2.51 uždavinys. Suintegruokite lygtis:


a) (x− y) dx+ x dy = 0; b) (xy − y) dx+ x dy = 0;c) (y2 − 2xy) dx+ x2 dy = 0; d) y2 dx+ (x2 − xy) dy = 0;e) xy′ − y = xtg

(yx

); f) (y +

√xy) dx− x dy = 0;

g) √y dx −√x dy = 0, x > 0, y > 0 (atskirdami kintamuosius ir

σ-procesu).

2.52 uždavinys. Raskite DL sprendiniusa) dy

dx= x+y+1

2x+2y−1; b) dy

dx= x+y−3

4x−2y−6;

c) dydx

= 2(

y+2x+y−1

)2; d) (x+ y − 3) dx+ (y − x− 1) dy = 0.

apibendrintasis σ-procesas yra kintamųjų keitinys srityje R2:

(x, y) (t, z), t = x, z = yα

xβ, kai t = x 6= 0; (7.9)

kvazihomogeninės lygties sprendimas Apibendintasis σ-procesas kvazihomogeninę DLsuveda į lygtį su atsiskiriančiais kintamaisiais, kai α 6= 0. Iš yα = zxβ turime αyα−1 dy =xβ dz + βzxβ−1 dx. Kvazihomogeninės lygties dešinioji dalyje turime (β − α)-osios eilėskvazihomogeninę funkciją

dy = f(x, y) dx = f((x1/α)α, xβ/αz1/α) dx = xβ/α−1f(1, z1/α) dx

arbadz

dx=αz1−1/αf(1, z1/α)− βz

x.

Parodykite, kad kvazihomogeninė DL, kai α = 0, yra DL su atsiskiriančiais kintamaisiais:y′ = q(x)y.

2.40 pavyzdys. Nustatykite, kad DL dydx

= xyy3+x2

yra kvazihomogeninė. Raskite jossprendinius.

7.3. π-procesas

Kitas gerai žinomas būdas kaip nagrinėti DL ypatingo taško aplinkoje: Dekar-to koordinačių (x, y) ∈ R2 := R2 r (0, 0) keitimas į polines koordinates.

π-procesas. Dekarto koordinačių (x, y) srityje R2x,y r y = 0, x < 0 keitimą

į polines koordinates srityje r > 0 ir ϕ ∈ (−π;π) apibrėžia formulės:

(x, y) (r, ϕ), x = r cosϕ, y = r sinϕ. (7.10)

Pastebėsime, kad srityje R2x,y r y = 0, x > 0 keitimą į polines koordinates

srityje r > 0 ir ϕ ∈ (−π;π) apibrėžia tos pačios formulės. Todėl dažnai laikoma,kad koordinačių keitimas vyksta R2 (lokaliai visada pasirenkame vieną iš varian-tų ϕ ∈ ((0; 2π) arba ϕ ∈ (−π;π)). Galima laikyti, kad vietoje R2 turime pusiaubegalinį cilindrą (žiūrėk 2.24 pav.). Iš kitos pusės, patogu integralines krei-ves parametrizuoti parametru ϕ ∈ R ir leisti integralinėms kreivėms "vyniotis"aplink cilindrą.


y

x p

j

r

r

0~

a

b=b=

a

pp-

a

b

ap/4

-p/4

p/2

-p/2

3p/4

-3p/4

p

-p

0 p/2p/4 3p/4-p/4-p/2-3p/4

2.24 pav. Polines koordinates, π-procesas ir pusiau begalinis cilindras.

y

x

p

p-1

j

r

p0-p 3p

2.25 pav. Spiraliu šeima ir ju vaizdai (eksponentės)gauti π-procesu ant cilindro išklotinės.

Užrašykime diferencialų sąryšius:

dx = cosϕdr − r sinϕdϕ, dy = sinϕdr + r cosϕdϕ. (7.11)

2.41 pavyzdys. Pritaikyme π-procesą DL y dx − x dy = 0 integralinėms kreivės rasti.Panaudodami (7.11), gauname DL

r sinϕ(cosϕdr − r sinϕdϕ)− r cosϕ(sinϕdr + r cosϕdϕ) = 0

arba −r2 dϕ = 0. Vadinasi, ϕ = C ir x = r cosC, y = r sinC, t.y.y/x = C1.

2.42 pavyzdys. 2.49 užd. (žiūrėk taip pat 2.33 pvz.) nagrinėjome DL (x + y) dx +(y−x) dy = 0. π-procesu raskime jos integralines kreives. Panaudodami(7.11), gauname DL r dr−r2 dϕ = 0, kurioje kintamieji atsiskiria (r 6= 0):drr− dϕ = 0. Integruojame ir randame sprendinius ln r−ϕ = lnC ( arba

r = Ceϕ, C > 0, kodėl?). Braižome integralines kreives koordinatėse(ϕ, r) ir jas pernešame (žiūrėk 2.25 pav.) į Dekarto koordinačių sistemą,kurioje sprendinio sprendinio formulė būtų

√x2 + y2earctg

yx = C.

2.53 uždavinys. Raskite DL sprendinius ir integralines kreives π-proceso metodu:


a) x dx+ y dy = 0;b) (2x− y) dx+ (2x+ y) dy = 0.

3 skyrius

Neišreikštinės pirmosios eilės lygtys

Parodysime, kad neišreikštinės lygties atveju, Koši sprendinys gali būti ne-vienintelis.

3.1 pavyzdys. Raskime DL (y′)2 = y + 4ay2 sprendinius, čia a ∈ R – parametras. Šiąneišreikštinę DL galima užrašyti pora išreikštinių DL:

y′ =√y + 4ay2, y′ = −

√y + 4ay2.

Užrašykime jas viena formule

y′ = ±√y + 4ay2. (0.1)

Integruodami gautume dvi bendrųjų sprendinių šeimas (ir papildomussprendinius). Per kiekvieną tašką (x0, y0) gali eiti po vieną kiekvienosšeimos kreivę. Tirsime, kaip šių sprendinių šeimų ir papildomų spren-dinių egzistavimas priklauso nuo parametro a. Sprendiniai apibrėžti tikkai y(1 + 4ay) > 0. y ≡ 0 yra (ypatingasis) sprendinys, o kai a 6= 0turime dar antrą (ypatingąjį) sprendinį y ≡ − 1

4a. Ieškosime sprendinių

kai y(1 + 4ay) > 0.a) Atvejis a = 0. Integruodami (0.1) DL, gauname dvi bendrųjų spren-dinių šeimas ±√y = (x + C)/2, kurias galima užrašyti bendra formuley = (x+ C)2/4 (žiūrėk 3.1(a) pav.).b) Atvejis a < 0. Ieškosime (y′)2 = y+ 4ay2 DL sprendinių juostoje 0 <

y < − 14a

. Keitinys y = − sin2 u4a

( dy = − 12a

sinu cosu du), 0 < u < π/2,transformuoja lygtį į

sin2 u cos2 u( dudx

)2

= −a sin2 u cos2 u arba( dudx

)2

= −a,

nes sin2 u = 0, cos2 u = 0 realizuoja jau surastus ypatinguosius sprendi-nius. Randame dvi bendrųjų sprendinių šeimas u = ±

√−a(x − C), ir

turime (žiūrėk 3.1(b) pav.):

y = − sin2(√−a(x− C))

4a.

c) Atvejis a > 0. Tuomet ieškome sprendinių srityse y < − 14a

ir y > 0.Pirmuoju atveju taikysime keitinį y = − ch 2u

4a( dy = − 1

2ashu chu du),


0

(a) a = 0

0

(b) a < 0

0

(c) a > 0

3.1 pav. Neisreikstines (y′)2 = y + 4ay2 DL sprendiniai.

0 < u < +∞, o antruoju y = sh 2u4a

( dy = 12a

shu chu du), 0 < u < +∞,.Abiejais atvejais gauname tą pačią lygtį( du

dx

)2

= a ⇔ du

dx= ±√a.

Randame dvi bendrųjų sprendinių šeimas u = ±√a(x − C), ir turime

(žiūrėk 3.1(c) pav.):

y = −ch 2(√a(x− C))

4air y =

sh 2(√a(x− C))

4a,

atitinkamai.

4 skyrius

Aukštesnės eilės lygčių integravimas

Šiame skyriuje nagrinėsime aukštesnės eilės diferencialinių lygčių sprendimo metodus.Apžvelgsime atvejus kada sprendiniai randami kvadratūromis ir kada pavyksta pažemintisprendžiamos diferencialinės lygties eilę. Susipažinsime su tarpinio integralo sąvoka.

1. Aukštesnės eilės lygčių integravimas kvadratūromis

Išnagrinėsime atskirus n-osios eilės DL integravimo atvejus.

1.1. Lygtis, kurioje yra tik x ir y(n)

Nagrinkime DLF (x, y(n)) = 0. (1.1)

Išreikštinis atvejis. Tarkime, lygtis išspręsta išvestinės y(n) atžvilgiu

y(n) = f(x), f ∈ C(I). (1.2)

Nuosekliai integruodami, gauname bendrąjį sprendinį

y =∫·· ·∫

n kartųf(x) dx . . . dx+ C1x

n−1 + · · ·+ Cn−1x+ Cn. (1.3)

Atitinkamai Koši uždavinio sprendinio formulė

y =∫ xx0

∫ tnx0· · ·∫ t2x0f(t1) dt1 . . . dtn−1 dtn +

y(n−1)0

(n−1)! (x− x0)n−1 + · · ·+ +y0.

4.1 uždavinys. Parodykite, kad∫ x

x0

∫ tn

x0

· · ·∫ t2

x0

f(t1) dt1 . . . dtn−1 dtn =1

(n− 1)!

∫ x

x0

f(t)(x− t)n−1 dt,

t.y., sprendinys gaunamas viena kvadratūra.

4.1 pavyzdys. Rasime Koši uždavinio y′′ = sinx, y(0) = 1, y′(0) = 0 sprendinį:

y′ =

∫ x

0

sin t dt = 1− cosx ⇒ y = 1 +

∫ x

0

(1− cos t) dt = 1 + x− sinx.

4.2 uždavinys. Raskite DL y(4) = xex bendrąjį sprendinį.

1. Aukštesnės eilės lygčių integravimas kvadratūromis 82

Neišreikštinis atvejis. Tarkime, (1.1) DL parametrizuojama

x = g(t) ∈ C1(I), y(n) = f(t) ∈ C(I), (1.4)

t.y., šios funkcijos DL paverčia tapatybe F(g(t), f(t)

)≡ 0. Pirmiausia išnagri-

nėkime atvejį n = 1:

x = g(t) ∈ C1(I), y′ = f(t) ∈ C(I). (1.5)

Tada

dy = y′ dt ⇒ dy = f(t)g(t) dt ⇒ y =∫f(t)g(t) dt = H(t, C) ,

ir gauname

x = g(t) ∈ C1(I), y = h(t, C) ∈ C1(I). (1.6)

Taikydami n sykių šią integravimo ((1.5)→(1.6)) procedūrą (1.4) lygčiai, gau-name

x = g(t) ∈ C1(I), y = H(t, C1, . . . , Cn) ∈ Cn(I),

ir šios funkcijos apibrėžia parametrizuotąjį bendrąjį sprendinį.

4.2 pavyzdys. Raskime DL y′′ + ey′′

= x bendrąjį sprendinį. Išreikšti y′′ negalime.Parametrizuokime DL:

x = et + t, y′′ = t.

Tada du kartus integruojame:

dy′ = y′′ dx = t(et + 1) dt ⇒ y′ = (t− 1)et + t2/2 + C1

⇒ dy = y′ dx =(t− 1)et + t2/2 + C1

)(et + 1) dt

⇒ y = (t/2− 3/4)e2t + (t2/2− 1 + C1)et + t2/6 + C1t+ C2.

Bendrasis parametrizuotasis sprendinys yra

x = et + t, y = (t/2− 3/4)e2t + (t2/2− 1 + C1)et + t2/6 + C1t+ C2.

4.3 uždavinys. Raskite Koši uždavinio y′′+ln y′′−x = 0, y(1) = 1, y′(1) = 2 sprendinį.

Jeigu z = f(x), f ∈ C(I) yra lygties F (x, z) = 0 sprendinys, tuomet esame išreikštinioatvejo situacijoje: y(n) = f(x). Lygtis F (x, z) = 0 gali turėti daugiau negu vieną spren-dinį. Tada sprendžiame visą šeimą išreikštinių DL: y(n) = fk(x), k ∈ K (pateikite DLpavyzdžius, kai K = ∅, 1, 1, 2, 1, 2, 3,N).

83 4 SKYRIUS. Aukštesnės eilės lygčių integravimas kvadratūromis [2019 12 24 (19:39)]

1.2. Lygtis, kurioje yra tik y(n−1) ir y(n)

Nagrinėkime DLF (y(n−1), y(n)) = 0. (1.7)


y(n) = f(y(n−1)), f ∈ C1(I). (1.8)

Keitinys z = y(n−1) (1.8) lygtį paverčia pirmos eilės lygtimi z′ = f(z) , kuri

integruojama kvadratūromis. Tarkime, z = ϕ(x,C1) yra bendrasis šios lygtiessprendinys. Tada turime ankstesniame punkte nagrinėtą DL

y(n−1) = ϕ(x,C1).

4.3 pavyzdys. Raskime DL y′′′ − x−1y′′ = 0 bendrąjį sprendinį. Pažymėkime z = y′′.Gauname DL

dz

dx=z

x⇒ y′′ = z = 6C1x ⇒ y = C1x

3 + C2x+ C3.

4.4 uždavinys. Išspręskite DL (y′′′)2 + (y′′)2 = 1.


y(n−1) = g(t) ∈ C1(I), y(n) = f(t) ∈ C(I). (1.9)

Po pakeitimo z = y(n−1) turime pirmosios eilės DL užrašytą pavidalu:

z = g(t) ∈ C1(I), z′ = f(t) ∈ C(I). (1.10)

Tadadz = z′ dx ⇒ dx = g(t)

f(t) dt ⇒ x = G(t, C1),

t.y., gauname (1.4) pavidalo DL

x = G(t, C1), y(n−1) = g(t). (1.11)

4.4 pavyzdys. Raskime DL (y′′)2/3 − 1 − (y′)2 = 0 bendrąjį sprendinį. Parametrizuo-kime DL:

y′ = tg t, y′′ =1

cos3 t.

Tada du kartus integruojame:

dy′ = y′′ dx ⇒ dx =dy′

y′′= cos t dt

1. Aukštesnės eilės lygčių integravimas kvadratūromis 84

⇒ x = − sin t+ C1, y′ = tg t,

dy = y′ dx ⇒ dy = tg t cos t dt = sin t dt

⇒ x = − sin t+ C1, y = cos t+ C2.

Bendrąjį parametrizuotąjį sprendinį galima užrašyti neišreikštiniu pa-vidalu (x − C1)2 + (y − C2)2 = 1. Integralinės kreivės yra vienetiniųapskritimų šeima plokštumoje (žiūrėk 1.16 pvz.).

4.5 uždavinys. Išspręskite DL (y′′′)2 − (y′′)2 = 1. Patarimas: ch 2t− sh 2t = 1.

1.3. Lygtis, kurioje yra tik y(n−2) ir y(n)

Nagrinėkime DLF (y(n−2), y(n)) = 0. (1.12)


y(n) = f(y(n−2)), f ∈ C(I). (1.13)

Keitinys z = y(n−2) (1.13) lygtį paverčia antros eilės lygtimi

z′′ = f(z).

Pastebėsime, kad

dz′ = z′′ dx, dz = z′ dx ⇒ dx =dz′

z′′=

dz

z′⇒ 2z′ dz′ = 2z′′ dz .

Tadad(z′)2 = 2f(z) dz ⇒ (z′)2 = 2

∫f(z) dz + C1.

Išreiškiame z′ ir gauname DL su atkirtais kintamaisiais

dz

±√

2∫f(z) dz+C1

= dx ⇒ x = h(z, C1, C2) ,

t.y., gauname (1.1) pavidalo DL

H(x, y(n−2), C1, C2) = 0. (1.14)

4.5 pavyzdys. Raskime DL y′′ = ey/2 sprendinius. Perrašome DL:

d(y′)2 = 2y′′ dy = ey dy.

Integruojame ir randame

(y′)2 = 4C1 + ey.

Jeigu z = e−y, tuomet gauname DL (z′)2 = z + 4C1z2, z > 0. Šios

lygties sprendinius radome 3 skyriuje. Pastaba: tinka tik teigiami spren-diniai. Gauname sprendinius ey(x + C2)2 = 4, kai C1 = 0; e−y =−sin2(

√−C1(x− C2))/4C1 ir y = − ln(−1/C1/4), kai C1 < 0; e−y =

sh 2(√C1(x− C2))/4C1, kai C1 > 0.


4.6 uždavinys. Išspręskite DL (y′′′)2 + (y′′)2 = 1.


y(n−2) = g(t) ∈ C1(I), y(n) = f(t) ∈ C(I). (1.15)

Po pakeitimo z = y(n−2) turime pirmosios eilės DL užrašytą pavidalu:

z = g(t) ∈ C1(I), z′′ = f(t) ∈ C(I). (1.16)

Tada2z′ dz′ = 2z′′ dz ⇒ (z′)2 = 2

∫f(t)g(t) dt+ C1.

Išreiškiame z′ ir gauname DL su atkirtais kintamaisiais

g(t) dt

±√

2∫f(t)g(t) dt+C1

= dx ⇒ x = h(t, C1, C2) ,

ir gauname (1.4) pavidalo parametrizaciją

x = h(t, C1, C2), y(n−2) = g(t). (1.17)

Parodysime, kad (1.16) parametrizacijos atveju sprendinio radimas susivedaį Bernulio lygties sprendimą. Kadangi z(x) = g(t), todėl

z′(x) =d

dxg(t) =

g

x, z′′(x) =

gx− xgx3

= f(t).

Jeigu pažymėsime x = u, tuomet gauname Bernulio lygtį

gu− gu = −f(t)u3. (1.18)

4.6 pavyzdys. Raskime DL y′′ + y = 0 bendrąjį sprendinį. Parametrizuokime DL:

y = t, y′′ = −t.

Spendžiame Bernulio lygtįu = tu3,

kurios sprendinys u = ±1/√C2

1 − t2. Tada x + C2 = arcsin(t/C1) arbay = t = C1 sin(x+ C2) = C1 cosx+ C2 sinx.Kitas sprendimo būdas: užrašome lygtį (y′)2 = −t2 + C2

1 , kurią para-metrizuojame y′ = C1 cos z, t = C1 sin z, kai C1 6= 0 (kai C1 = 0, turimey = t = 0). Iš tapatybės y′ dx = dy gauname C1 cos z dx = dy = dt =C1 cos zDz arba dx = dz (cos z = 0 atitinka sprendinį y = C1 = 0).Vadinasi, z = x+ C2 ir y = t = C1 cos(x+ C2).

4.7 uždavinys. Išspręskite DL (y′′′)2 − (y′′)2 = 1. Patarimas: ch 2t− sh 2t = 1.

2. Sumažinamos eilės diferencialinės lygtys 86

2. Sumažinamos eilės diferencialinės lygtys

4.1 apibrėžimas [Tarpinis integralas]. Saryšis

Φ(x, y, y′, . . . , y(k), Ck+1, . . . , Cn) = 0, k < n, (2.1)

vadinamas DLF (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0 (2.2)

tarpiniu integralu, jeigu diferencijuojant šį sąryšį n− k kartų pagal x, galima išgautos sistemos vienareikšmiškai išreikšti konstantas Ck+1,…,Cn ir, eliminuojantjas sąryšyje (2.1), gaunama (2.2) DL.

Kai k = n − 1, tarpinis integralas vadinamas pirmuoju tarpiniu integralu. Kaik = 0, tarpinis integralas sutampa su bendruoju integralu. Tarpinis integralas(k > 0) yra DL.

2.1. Lygtis, kurios išraiškoje nėra y

Nagrinėkime DL

F (x, y(k), . . . , y(n)) = 0, 0 < k 6 n. (2.3)

Pažymėję y(k) = z, turėsime (n− k)-osios eilės DL

F (x, z, . . . , z(n−k)) = 0. (2.4)

Jos bendrasis integralas Φ(x, z, Ck+1, . . . , Cn) = 0 bus pradinės DL tarpinisintegralas Φ(x, y(k), Ck+1, . . . , Cn) = 0.

4.7 pavyzdys. DL y′′ = −(y′)2 nėra y. Žymime z = y′. Tada z′ = −z2. Šios Lygtiesbendrasis sprendinys yra z = 1/(x − C1), C1 ∈ PR1. Vadinasi, y =ln |x − C1| + C2, C1, C2 ∈ R , y = C (šis sprendinys atitinka z = 0, kaiC1 = ∞). Pastebėsime, kad bendrasis sprendinys gaunamas stumdantdvi kreives y = ln |x| (arba ey = ±x).

4.8 uždavinys. Suintegruokite DL y′′ − y′ = ex.

2.2. Lygtis, kurios išraiškoje nėra x

Nagrinėkime DLF (y, y′, . . . , y(n)) = 0. (2.5)

Nagrinėkime naują funkciją p(y) = y′, laikydami y nepriklausomu kintamuoju.Tada

y′′ =dy′

dx=

dp

dx=

dp

dy

dy

dx= p

dp

dy= pp′,

y′′′ =d

dx

(pdp

dy

)= p

d

dy

(pdp

dy

)= p2p′′ + p(p′)2,


ir t.t. Turime naują (n− 1)-osios eilės DL

F1(y, p, p′, . . . , p(n−1)) = 0. (2.6)

Jos bendrasis integralas Φ(y, p, C2, . . . , Cn) = 0 bus pradinės DL tarpinis integ-ralas Φ(y, y′, C2, . . . , Cn) = 0.

Pasirinkdami y nepriklausomu kintamuoju, galėjome prarasti y = const sprendinius. Jųieškome spręsdami lygtį F (y, 0, . . . , 0) = 0.

4.8 pavyzdys. DL y′′ = −(y′)2 nėra x. Žymime y′ = p(y). Tada pp′ = −p2. Atvejisp = 0 atitinka sprendinių šeimą y = C. Lygties p′ = −p bendrasisspendinys yra p = ±eC2e−y (p = 0 jau radome). Tarpinis integralasyra ±y′ = eC2e−y, kurios sprendiniai yra ±ey−C2 = x − C1 arba ey =±(x− C1)eC2 .

4.9 pavyzdys. DL y′′ = −y nėra x. y = 0 yra konstantos tipo spendinys. Žymimey′ = p(y). Tada pp′ = −y. Šios DL spendinys p2 + y2 = C2

1 , C1 > 0.Tarpinis integralas yra (y′)2 + y2 = C2

1 . Toliau sprendimas kaip 4.6pavyzdyje.

4.9 uždavinys. Suintegruokite DL yy′′ = (y′)2 − (y′)3.

2.3. Lygtis, kurios kairioji dalis yra homogeninė funkcija

DL (2.2), kurioje funkcija F pasižymi savybe

F (x, ty, ty′, . . . , ty(n)) = tmF (x, y, y′, . . . , y(n)), t > 0, (2.7)

eilė sumažinama vienetu, naudojant keitinį y′ = yz(x). Tada

y′′ = y′z + yz′ = y(z2 + z′),

y′′′ = y′(z2 + z′) + y(z2 + z′)′ = y(z3 + 3zz′ + z′′),

ir t.t. Gauname

F (x, y, y′, . . . , y(n)) = ymF1(x, z, z′, . . . , z(n−1)) = 0. (2.8)

Jeigu DL F1(x, z, z′, . . . , z(n−1)) = 0 bendrasis integralas yra

Φ(x, z, C2, . . . , Cn) = 0,

tuomet turime tarpinį integralą

Φ(x, y′/y, C2, . . . , Cn) = 0. (2.9)

4.10 pavyzdys. DL x2yy′′−x2(y′)2−2xyy′−y2 = 0, kairioji dalis yra m = 2 matavimohomogeninė funkcija kintamųjų y, y′, y′′ atžvilgiu. Keitiniu y′ = yz, jąpaverčiame lygtimi

x2(z′ + z2)− x2z2 − 2xz − 1 = 0,


kuri pertvarkoma į tiesinę DL

z′ − 2

xz = 1.

Suintegravę, randame jos bendrąjį sprendinį z = C1x2−x. Tarpinis inte-

gralas yra y′ = y(C1x2−x). Pradinės DL sprendinys bus y = C2e

C1x2−x.

DL (2.2), kurioje funkcija F pasižymi savybe

F (tx, tmy, tm−1y′, . . . , tm−ny(n)) = tαF (x, y, y′, . . . , y(n)), t > 0, (2.10)

eilė sumažinama vienetu, naudojant keitinius x = et, y = emtz(t). Tada

y′ =d(emtz)

dx= e−t(emtz)· = et(m−1)(mz + z),

y′′ = e−t(et(m−1)(mz + z)

)·= et(m−2)(m(m− 1)z + (2m− 1)z + z),

ir t.t. Gauname DLeαtF1(z, z′, . . . , z(n)) = 0, (2.11)

kurios išraiškoje nėra t.

4.11 pavyzdys. Nagrinėkime DL x2y′′ − 3x2yy′ − 3xy2 − 3y = 0. Kadangi lygtys 2 +(m − 2) = 2 + m + (m − 1) = 1 + 2m = m yra suderintos ir m = −1,todėl taikome keitinius x = et, y = e−tz(t). Gauname lygtį

z − 3z − 3zz = 0,

kuri nepriklauso nuo t. Toliau taikome keitinį z = p(z) ir gauname

pdp

dz− 3p− 3zp = 0.

Kai p = 0, tai z = 0, ir mes gauname sprendinį y = Ce−t. Kitu atveju,turime lygtį

dp

dz= 3 + 3z,

kurios bendrasis spendinys yra p = 3z + 3/2z2 + C1, tarpinis integralasz = 3/2z2+3z+C1 (Rikačio lygtis). Uždavinys. Raskite šios DL bendrąjįsprendinį (kintamųjų atskyrimo metodu).

4.10 uždavinys. Suintegruokite DL x2yy′′ − 2x2(y′)2 + xyy′ + y2 = 0. Pagalba: lygtieskairioji dalis aprašoma homogenine funkcija ir y = x yra šios lygtiessprendinys.

4.11 uždavinys. Suintegruokite DL x2y′′−3xy′ = 6y2/x2−4y. Patarimas: patikrinkite(2.10) savybę.


2.4. Pilnosios išvestinės atvejis

Jeigu lygties (2.2) kairioji dalis

F (x, y, y′, . . . , y(n)) =d

dxG(x, y, y′, . . . , y(n−1)) (2.12)

=∂G

∂x+∂G

∂yy′ + · · ·+ ∂G

∂y(n−1)y(n),

tuomet G(x, y, y′, . . . , y(n−1)) = C1 yra lygties (2.2) tarpinis integralas. Taigilygties eilė sumažėja vienetu.

4.1 teorema [Eulerio teorema]. Sakykime, kai a < x < b, (2.2) lygties kairiosiosdalies funkcija F (x, y, y′, . . . , y(n)) n+2 argumentų atžvilgiu tam tikroje jų kitimo srityjetolydi ir turi iki 2n-osios eilės tolydžias išvestines. Nagrinėjamoji funkcija F intervale(a, b) yra (n− 1)osios eilės reiškinio G pilnoji išvestinų pagal x (egzistuoja G, tenkinantilygybes (2.12)) tik tada, kai yra tenkinama sąlyga

∂F

∂y−

d

dx

∂F

∂y′+

d2

dx2

∂F

∂y′′+ · · ·+ (−1)n

dn

dxn∂F

∂y(n). (2.13)

Teoremos įrodymą galima rasti vadovėlyje [8]. Funkcija

G = ϕ(x) + u0(x, y) + u1(x, y, y′) + · · ·+ un−1(x, y, y′, . . . , y(n−1)),

čia

un−1 :=

∫∂F

∂y(n)dy(n−1), Fn−1 := F −

dun−1

dx,

un−2 :=

∫∂Fn−1

∂y(n−1)dy(n−2), Fn−2 := Fn−1 −

dun−2

dx,

. . .

u1 :=

∫∂F2

∂y′′dy′, F1 := F2 −

du1

dx,

u0 :=

∫∂F1

∂y′dy, F0 := F1 −

du0

dx,

ϕ :=

∫F0 dx.

4.12 pavyzdys. Nagrinėkime DL 2xyy′′ + 2x(y′)2 + 4yy′ + 12x2 = 0. Patikriname, kadsąlyga (2.13) tenkinama. Tada randame

u1 =

∫2xy dy′ = 2xyy′, F1 = F − du1

dx= 2yy′ + 12x2,

u0 =

∫2y dy = y2, F0 = F1 −

du0

dx= 12x2, ϕ = 4x3.

Vadinasi,

2xyy′′ + 2x(y′)2 + 4yy′ + 12x2 =d

dx(2xyy′ + y2 + 4x3).

Gavome tarpinį integralą

2xyy′ + y2 + 4x3 = C1. (2.14)


Kairioji lygties (2.14) dalis tenkina sąlygą (2.13). Tada

u0 =

∫2xy dy = xy2, F0 = 4x3, ϕ = x4,

ir2xyy′ + y2 + 4x3 =

d

dx(xy2 + x4).

Gauname bendrąjį integralą

xy2 + x4 = C1x+ C2.

4.12 uždavinys. Raskite DL xyy′′′ + (3xy′ + 2y)y′′ + 2(y′)2 = 0 bendrąjį integralą.

5 skyrius

Tiesinės diferencialinės lygtys ir sistemos

Šiame skyriuje nagrinėsime tiesines n-eilės diferencialines lygtis. Jų išsprendžiamumassusijęs su fundamentaliosios sistemos radimu. Taip pat nagrinėsime atskirąjį atvejį tiesinęDL su pastoviaisiais koeficientais.

Kaip kitose matematikos srityse, tiesiniai objektai, yra geriausiai ištirta DLteorijos dalis. Tiesinės DL (ir ne tik DL) yra ypatingai svarbios PDL teorijojeir visoje matematinėje analizėje, kadangi pagrindinė analizės idėja teigia, kadkiekviena glodi funkcija kiekvieno taško aplinkoje gerai aproksimuojama tiesinefunkcija. Linearizavimo (ištiesinimo) operacija leidžia tiesines lygtis nagrinėtikaip pirmąjį artinį sudėtingoms netiesinėms lygtims.

1. Tiesinė n-osios eilės diferencialinė lygtis

5.1 apibrėžimas [Tiesinė DL]. Diferencialinė lygtis

z(n) + a1(x)z(n−1) + · · ·+ an−1(x)z′ + an(x)z = f(x), x ∈ I = (a; b), (1.1)

vadinama tiesine n-osios eilės diferencialine lygtimi (TDL). Čia f, ai ∈ C(I),i = 1, . . . , n – žinomos tolydžiosios (realiosios arba kompleksinės) funkcijos.

Sąlygos f, ai ∈ C(I), i = 1, . . . , n garantuoja, kad egzistuoja vienintelis Koši uždaviniosprendinys (sprendinio egzistavimo ir vienaties teorema) kiekviename intevale [α;β] ⊂ I.

Jeigu ieškome sprendinių tarp kompleksinių funkcijų, tuomet vietoje vienos kompleksinėsfunkcijos z(x) = Re z(x) + Im z(x) ı galime ieškoti dviejų realiųjų funkcijų u = Re z(x) irv = Im z(x), kurios yra dviejų DL sistemos

u(n) + Re a1(x)u(n−1) − Im a1(x)v(n−1) + · · ·+ Re an(x)u− Im an(x)v = Re f(x),

v(n) + Im a1(x)u(n−1) + Re a1(x)v(n−1) + · · ·+ Im an(x)u+ Re an(x)v = Im f(x)

sprendinys (sprendinių pora). Dar paprastesnis atvejis gaunamas, kai (1.1) lygties koefi-cientai yra realiosios funkcijos. Tuomet pastaroji sistema tampa

u(n) + a1(x)u(n−1) + · · ·+ an(x)u = Re f(x),

v(n) + a1(x)v(n−1) + · · ·+ an(x)v = Im f(x). (1.2)

Šioms sistemoms egzistuoja vienintelė sprendinių pora. Toliau šiame skyriuje DL ir jossprendiniai gali būti ir reliosios, ir kompleksinės funkcijos. Atitinkamai skaliarai irgi galibūti iš kūno K = R, arba iš kūno K = C.

Jeigu f ≡ 0, tuomet (1.1) lygtis vadinama homogenine, priešingu atveju –nehomogenine. Kiekvienai (nehomogeninei) tiesinei (1.1) DL galima užrašytiatitinkamą homogeninę lygtį.

1. Tiesinė n-osios eilės diferencialinė lygtis 92

1.1. Tiesinis diferencialinis operatorius?

Atvaizdis A : L1 → L2, L1,L2 – tiesinės erdvės, vadinamas tiesiniu operatoriumi, jeigu

A(αz1 + βz2) = αAz1 + βAz2, ∀α, β ∈ K, ∀z1, z2 ∈ L1.

5.2 apibrėžimas [Diferencialinis operatorius]. Atvaizdis Ln : Cn(I) → C(I),apibrėžtas formule

Ln[z] := z(n) + a1z(n−1) + · · ·+ an−1z

′ + anz, (1.3)

vadinamas n-osios eilės diferencialiniu operatoriumi.

5.1 uždavinys. Parodykite, kad Cn(I) yra tiesinė erdvė visiems n = 0, 1, . . . .

5.1 lema [Tiesinis diferencialinis operatorius]. Diferencialinis operato-rius Ln yra tiesinis.

Įrodymas išplaukia iš išvestinės tiesinių savybių

Ln[αz1 + βz2] =(αz1 + βz2)(n) + a1(αz1 + βz2)(n−1) + · · ·+ an(αz1 + βz2)

=α(z

(n)1 + a1z

(n−1)1 + · · ·+ anz1

)+ β

(z

(n)2 + a1z

(n−1)2 + · · ·+ anz2

)=αLn[z1] + βLn[z2]. ut

Vadinasi, diferencialinis operatorius Ln, apibrėžtas (1.3) formule, yra tiesinisoperatorius, kuris atvaizduoja tiesinę erdvę Cn(I) tiesinėje erdvėje C(I). Tada(1.1) TDL užsirašo kaip tiesinė lygtis

Ln[z] = f. (1.4)

?

Tiesinis operatorius A : L1 → L2 apibrėžia lygtį

Az = f. (1.5)

5.1 teiginys. Homogeninės lygties Az = 0 sprendiniai sudaro tiesinę daugdarą erdvėjeL1. Ši tiesinė daugdara sutampa su tiesinio operatoriaus A branduoliu kerA := z ∈L1 : Az = 0 (žiūrėk 5.1 pav.). Kitais žodžiais, dviejų homogeninės tiesinės lygties spren-dinių tiesinis derinys yra homogeninės tiesinės lygties sprendinys. Atskiru atveju, z = 0visada yra sprendinys.

Įrodymas. Iš Az1 = 0, Az2 = 0 ⇒ A(αz1 + βz2) = αAz1 + βAz2 = α0 + β0 = 0. ut

5.2 teiginys. Tiesinio operatoriaus reikšmių aibė imA := f ∈ L2 : ∃z ∈ L1, Az = fyra tiesinė daugdara erdvėje L2.

Įrodymas. Jeigu Az1 = f1 ∈ imA ir Az2 = f2 ∈ imA, tuomet αf1 + βf2 = αAz1 +βAz2 = A(αz1 + βz2) ∈ imA. ut

93 5 SKYRIUS. Tiesinės diferencialinės lygtys ir sistemos [2019 12 24 (19:39)]

f = A( )

0ker A

LL

12

A

im A

A-1

f

0

z1

g

z1

5.1 pav. Tiesines lygties sprendiniu erdvė.

5.1 išvada. Jeigu f ∈ imA, tai nehomogeninės tiesinės lygties Az = f sprendiniai erd-vėje L1 sudaro afininę daugdarą za+ kerA, lygiagrečią kerA (žiūrėk 5.1 pav.), čia za yraatskiras nehomogeninės tiesinės lygties sprendinys, t.y. Aza = f . Kitais žodžiais, dvie-jų nehomogeninės tiesinės lygties sprendinių skirtumas yra homogeninės tiesinės lygtiessprendinys.

Įrodymas. Iš Az = f , Aza = f ⇒ A(z − za) = Az − Aza = f − f = 0. Kita vertus, jeiz ∈ kerA, tuomet A(za + z) = Aza +Az = f + 0 = f . ut

5.2 išvada [Superpozicijos principas]. Jeigu z1 yra nehomogeninės TL Az = f1

sprendinys, z2 yra nehomogeninės tiesinės lygties Az = f2 sprendinys, tuomet z = αz1 +βz2 yra tiesinės lygties Az = αf1 + βf2 sprendinys.

Įrodymas. Iš Az1 = f1, Az2 = f2 ⇒ A(αz1 + βz2) = αAz1 + βAz2 = αf1 + βf2. ut

5.2 uždavinys. Suformuluokite 5.1 ir 5.2 teiginius ir jų išvadas n-osios eilės TDL spren-diniams.

5.1 pavyzdys. Imkime homogeninę tiesinę pirmosios eilės DL z′− z = 0. Jos bendrasissprendinys yra z = Cex, C ∈ R. Jeigu z1 = C1e

x ir z2 = C2ex, tuomet

αz1 + βz2 = (αC1 + βC2)ex vėl bus šios TDL sprendinys. Sprendiniųerdvė yra vienmatė, nes pakanka žinoti vieną nenulinį sprendinį ψ = ex,o tada visi kiti sprendiniai z = Cψ (žiūrėk 5.2 pav.).

5.2 pavyzdys. Imkime nehomogeninę tiesinę pirmosios eilės DL z′ − z = −x. Šioslygties atskirasis sprendinys yra za = x + 1. Homogeninės TDL lygtiesbendrasis sprendinys yra z = Cex, todėl bendrasis nehomogeninės TDLbus z = Cex + x+ 1 (žiūrėk 5.3 pav.).

5.3 pavyzdys. Imkime nehomogeninę tiesinę pirmosios eilės DL z′ − z = −2e−x. Šioslygties atskirasis sprendinys yra za = e−x. Todėl bendrasis nehomogeni-nės TDL sprendinys yra z = Cex + e−x.

5.4 pavyzdys. Imkime nehomogeninę tiesinę pirmosios eilės DL z′ − z = −x + e−x.Kadangi −x+ e−x = 1 · (−x) + (−1/2) · (−2e−x), todėl iš superpozicijosprincipo atskirasis nehomogeninės TDL yra za = 1·(x+1)+(−1/2)·(e−x).Tada bendrasis nehomogeninės TDL sprendinys bus z = Cex + x+ 1−e−x/2.


5.2 pav. HomogeninesTDL integralines kreives.

5.3 pav. NehomogeninesTDL integralines kreives.

5.4 pav. Funkciju tiesinėpriklausomybė.

1.2. Funkcijų tiesinis priklausomumas ir nepriklausomumas?

Tiesinės erdvės L elementai (vektoriai) v1, . . . , vn yra tiesiškai nepriklausomomi, jeigulygybė

α1v1 + · · ·+ αnvn = 0 (1.6)

teisinga tik kai α1 = · · · = αn = 0, priešingu atveju turime tiesiškai priklausomus elemen-tus (vektorius). Jeigu elementai yra tiesiškai priklausomi, tuomet ∃i : αi 6= 0. Tarkime,i = n. Tada vektorius vn tiesiškai išsireiškia per kitus vektorius v1, . . . , vn−1.

Nagrinėkime tiesines erdves, kurių elementai yra funkcijos. Funkcijos f1, . . . ,fn yra tiesiškai nepriklausomos, jeigu tapatybė

α1f1(x) + · · ·+ αnfn(x) ≡ 0 (1.7)

teisinga tik kai α1 = · · · = αn = 0, priešingu atveju turime tiesiškai priklauso-mas funkcijas.

5.5 pavyzdys [Funkcijų tiesinė priklausomybė]. 5.4 pav. yra pavaizduoti funkcijų

F (x) = (x2 + x|x|)/2, G(x) = (x2 − x|x|)/2, H(x) = (−x2 − x|x|)/2

grafikai. Funkcijos F ir G yra tiesiškai nepriklausomos (kodėl?), o funk-cijos F ir H yra tiesiškai priklausomos.

5.3 uždavinys. Patikrinkite funkcijų f1, f2, f3 tiesinį priklausomumą:

a) f1(x) = 1, f2(x) = x, f3(x) = x2;b) f1(x) = 1, f2(x) = x2 − 1, f3(x) = x2 + 1.

5.3 apibrėžimas [Vronskio determinantas]. Funkcijų z1, . . . , zn ∈ Cn−1(I) Vron-skio1 determinantu vadinama funkcija W [z1, . . . , zn] ∈ C(I):

W (x) = W [z1, . . . , zn](x) :=

∣∣∣∣∣∣∣∣z1(x) z2(x) . . . zn(x)z′1(x) z′2(x) . . . z′n(x). . . . . . . . . . . .

z(n−1)1 (x) z

(n−1)2 (x) . . . z

(n−1)n (x)

∣∣∣∣∣∣∣∣ . (1.8)

1Josef Maria Hoene–Wronski (1778–1853) – lenku filosofas, matematikas, fizikas, išradėjas,teisininkas ir ekonomistas.


Vronskio determinantas vadinamas vronskianu.

5.6 pavyzdys [Vronskio determinantas]. Funkcijų 1, x, x2 Vronskio determinantas ly-gus

W (x) :=

∣∣∣∣∣∣1 x x2

0 1 2x0 0 2

∣∣∣∣∣∣ = 2.

Funkcijų 1, x2 − 1, x2 + 1 Vronskio determinantas lygus

W (x) :=

∣∣∣∣∣∣1 x2 − 1 x2 + 10 2x 2x0 2 2

∣∣∣∣∣∣ = 0.

5.1 teorema [Tiesiškai priklausomų funkcijų Vronskio determinantas].Tiesiškai priklausomų funkcijų Vronskio determinantas tapačiai lygus nuliui.

Įrodymas. Funkcijos z1, . . . , zn yra tiesiškai priklausomos. Tada vieną iš jųgalima išreikšti per likusias funkcijas: zn = β1z1 + · · · + βn−1zn−1. Analogiš-ka savybė lieka teisinga ir jos visoms išvestinėms: z(i)

n (x) = β1z(i)1 (x) + · · · +

βn−1z(i)n−1(x), i = 0, . . . , n − 1, t.y. visuose taškuose x Vronskio determinanto

paskutinis stulpelis tiesiškai priklauso nuo pirmųjų stulpelių. Vadinasi, visuosetaškuose x ∈ I šis determinantas lygus nuliui. ut

Jeigu Vronskio determinantas lygus (tapačiai) nuliui, tai nebūtinai funkcijos yra priklau-somos (žiūrėk 5.5 pvz.).

5.4 uždavinys. Raskite 5.5 pvz. funkcijų Vronskio determinantus W [F,G], W [F,H],W [G,H].

1.3. Tiesinė homogeninė diferencialinė lygtis

Ištirsime tiesinės homogeninės DL sprendinių tiesinį priklausomumą.

5.2 teorema [TDL sprendinių Vronskio determinantas]. Tiesiškai ne-priklausomų n-osios eilės homogeninės TDL sprendinių sistemos z1, . . . , zn ∈Cn(I) Vronskio determinantas nė viename taške nevirsta nuliu.

Įrodymas. Įrodoma prieštaros būdu. Jeigu W (x0) = 0, tai homogeninė tiesinėlygčių sistema

z1(x0) z2(x0) . . . zn(x0)z′1(x0) z′2(x0) . . . z′n(x0). . . . . . . . . . . .

z(n−1)1 (x0) z

(n−1)2 (x0) . . . z

(n−1)n (x0)

C1

C2

. . .Cn

=

00. . .0

turi nenulinį sprendinį C0

1 , . . . , C0n. Tada funkcija

z = C01z1(x) + · · ·+ C0

nzn(x)


yra homogeninės TDL sprendinys, tenkinantis nulines pradines sąlygas taškex0 (tiesinių lygčių sistemos dešinioji pusė nulinis vektorius). Tada pagal DLsprendinio egzistavimo ir vienaties teoremą z ≡ 0, t.y. C0

1z1 + · · · + C0nzn = 0

su nenuliniu rinkiniu C01 , . . . , C

0n. Vadinasi, sprendiniai z1, . . . , zn yra tiesiškai

priklausomi. Tačiau tai prieštarauja teoremos sąlygai. ut

5.3 išvada [Būtina ir pakankama homogeninės TDL sprendinių tiesi-nio nepriklausomumo sąlyga]. TDL sprendiniai yra tiesiškai nepriklausomitada ir tik tada, kai jų Vronskio determinantas nė viename taške nelygus nuliui.

5.4 apibrėžimas. Homogeninės n-tosios eilės TDL n tiesiškai nepriklausomų spren-dinių sistema z1, . . . , zn vadinama fundamentaliąja sprendinių sistema.

Ją galima gauti sprendžiant Koši uždavinius su pradinėmis sąlygomis:

z1(x0) = 1, z′1(x0) = 0, . . . , z(n−1)1 (x0) = 0;

z2(x0) = 0, z′2(x0) = 1, . . . , z(n−1)2 (x0) = 0;

. . . . . . . . . . . .

zn(x0) = 0, z′n(x0) = 0, . . . , z(n−1)n (x0) = 1.

Šios sprendinių sistemos Vronskio determinantas taške x0 lygus 1. Vadinasi,fundamentalioji sprendinių sistema visada egzistuoja.

5.3 teorema [homogeninės TDL fundamentalioji sistema ir bendra-sis sprendinys]. Kiekviena homogeninė TDL turi fundamentaliąją sistemąz1, . . . , zn, ir bendrojo sprendinio pavidalas yra

z =

n∑i=1

Cizi. (1.9)

Įrodymas. Fundamentaliosios sistemos egzistavimą jau įrodėme. Iš 5.1 teiginio(apie TDL sprendinius) išplaukia, kad (1.9) formulė apibrėžia homogeninės TDLsprendinius. Laisvųjų konstantų reikšmes randame spręsdami tiesinę sistemą

z1(x0) z2(x0) . . . zn(x0)z′1(x0) z′2(x0) . . . z′n(x0). . . . . . . . . . . .

z(n−1)1 (x0) z

(n−1)2 (x0) . . . z

(n−1)n (x0)

C1

C2

. . .Cn

=

z(x0)z′(x0). . .

z(n−1)(x0)

,

kurios determinantas sutampa su fundamentaliosios sprendinių sistemos Vron-skio determinantu pradiniame taške x0 ∈ I. Kadangi jis nelygus nuliui, laisvo-sios konstantos surandamos vienareikšmiškai. Vadinasi, (1.9) formulė apibrėžiabendrąjį sprendinį. ut

5.4 išvada. Homogeninės n-osios eilės TDL sprendiniai z1, . . . , zn, zn+1 visadayra tiesiškai priklausomi.


5.7 pavyzdys. Funkcijos y = 1 ir y = x2 yra DL y′′−y′/x = 0 nepriklausomi sprendiniaiintervale x ∈ (0,+∞). Vadinasi, šios funkcijos sudaro fundamentaliąjąsistema ir bendrasis sprendinys yra y = C1 + C2x

2. Tokį sprendinį gali-ma gauti sprendžiant DL z′ − z/x = 0 su z = y′. Atskyrę kintamuosius,randame z = 2C2x. Integruodami gauname pradinės DL bendrąjį spren-dinį.

5.5 išvada. Homogeninės n-osios eilės TDL sprendiniai sudaro tiesinę erdvę,kurios dimensija lygi n, o fundamentalioji sprendinių sistema yra tos tiesinėserdvės bazė. Ši erdvė yra tiesinė daugdara tiesinėje erdvėje Cn(I).

Jeigu turime nepriklausomų funkcijų sistemą z1, . . . , zn ∈ Cn(I), tuomet ga-lima rasti homogeninę n-osios eilės TDL , kuriai ši sistema yra fundamentalioji:∣∣∣∣∣∣∣∣

z(x) z1(x) . . . zn(x)z′(x) z′1(x) . . . z′n(x). . . . . . . . . . . .

z(n)(x) z(n)1 (x) . . . z

(n)n (x)

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

TDL gautume išskleidę šį determinantą pagal pirmąjį stulpelį.5.8 pavyzdys. Nepriklausomų funkcijų sistemą 1, x, x2 atitinka homogeninė TDL

0 =

∣∣∣∣∣∣∣∣z 1 x x2

z′ 0 1 2xz′′ 0 0 2z′′′ 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣⇒ z′′′ = 0.

5.5 uždavinys. Patikrinkite ar DL sprendiniai sudaro fundamentaliąją sprendinių sis-temą:

a) z′′−z = 0, z1 = ex, z2 = e−x; b) z′′+4z = 0, z1 = cos(2x), z2 = sin(2x).

5.6 uždavinys. Parašykite DL, kurios fundamentalioji sprendinių sistema yra:

a) 1, ex; b) sinx, cosx; c) x, x2.

1.3.1. Liuvilio formulė

Tarkime, funkcijos z1, . . . , zn ∈ Cn(I) yra homogeninės TDL sprendiniai. Rasi-me šių funkcijų Vronskiano išvestinę:

W ′[z1, . . . , zn] =d

dx

∣∣∣∣∣∣∣∣z1 . . . znz′1 . . . z′n. . . . . . . . .

z(n−1)1 . . . z

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣z′1 . . . z′nz′1 . . . z′nz”1 . . . z”n. . . . . . . . .

z(n−1)1 . . . z

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ . . .

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

z1 . . . znz′1 . . . z′n. . . . . . . . .

z(n−1)1 . . . z

(n−1)n

z(n−1)1 . . . z

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

z1 . . . znz′1 . . . z′n. . . . . . . . .

z(n−2)1 . . . z

(n−2)n

z(n)1 . . . z

(n)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.


Pirmieji n− 1 determinantai turi dvi vienodas eilutes, t.y. visi jie lygūs nuliui.Todėl vronskiano išvestinė lygi paskutiniam determinantui. Funkcijos z1, . . . , znyra homogeninės TDL sprendiniai ir šio determinanto paskutinės eilutės elemen-tai lygūs

z(n)i = −a1(x)z

(n−1)i − a2(x)z

(n−2)i − · · · − an(x)zi, i = 1, . . . , n.

Vadinasi,

W ′[z1, . . . , zn](x) = −a1(x)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

z1 . . . znz′1 . . . z′n. . . . . . . . .

z(n−2)1 . . . z

(n−2)n

z(n−1)1 . . . z

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣− a2(x)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

z1 . . . znz′1 . . . z′n. . . . . . . . .

z(n−2)1 . . . z

(n−2)n

z(n−2)1 . . . z

(n−2)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣− · · · − an(x)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣z1 . . . znz′1 . . . z′n. . . . . . . . .

z(n−2)1 . . . z

(n−2)n

z1 . . . zn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Paskutinieji n − 1 determinantai turi dvi vienodas eilutes, t.y. visi jie lygūsnuliui, o pirmasis sutampa su vronskianu. Gavome, kad vronskianas yra DL

W ′ = −a1(x)W (1.10)

sprendinys. Kadangi funkcija ϕ(x) = exp(−∫ xx0a1(ξ) dξ

)yra nenulinis šios

lygties sprendinys, todėl W = Cϕ(x) yra bendrasis sprendinys. Parinkę laisvąjąkonstantą, gauname Liuvilio2 formulę:

W [z1, . . . , zn](x) = W [z1, . . . , zn](x0)exp(−∫ x

x0

a1(ξ) dξ). (1.11)

5.6 išvada. Santykis W [z1, . . . , zn](x)/W [z1, . . . , zn](x0) nepriklauso nuo TDLfundamentaliosios sistemos parinkimo, o tik nuo TDL.

5.7 išvada. Mes dar sykį įrodėme 5.3 išvadą.

5.9 pavyzdys. Rasime Ležandro3 lygties

(1− x2)z′′ − 2xz′ + n(n+ 1)z = 0, x 6= ±1, (1.12)

Vronskio determinantą. Lygties koeficientas a1 = − 2x1−x2 . Todėl

W (x) = W (x0)1− x2

0

1− x2.

2Joseph Liouville (1809–1882) – prancuzu matematikas.3Adrien Marie Legendre (1752–1833) – prancuzu matematikas.


Tarkime, radome antrosios eilės TDL vronskianą W (x) ir žinome vienąsprendinį z1 = ϕ(x) 6= 0. Tada(z2

z1

)′=z1z′2 − z′1z2

z21

= W (x)/ϕ2(x).

Integruodami randame dar vieną sprendinį

z2 = ϕ(x)

∫W (x)

ϕ2(x)dx. (1.13)

Šie du sprendiniai sudaro fundamentaliąją sistemą.

5.8 išvada. Jeigu žinomas kuris nors vienas antrosios eilės TDL atskirasis spren-dinys, tai jos bendrasis sprendinys randamas integravimu:

z = ϕ(x)(C1 + C2

∫W (x)

ϕ2(x)dx).

5.10 pavyzdys. Tiesiogiai patikriname, kad z = x yra Ležandro lygties, kai n = 1,sprendinys. Tada galime rasti ir antrąjį sprendinį

z2 = x

∫1

x2(1− x2)dx = x

∫ ( 1

x2+

1

2(1− x)+

1

2(1 + x)

)dx

=x

2ln∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣− 1.

5.7 uždavinys. Tarkime, žinome homogeninės TDL

z(n) + a1(x)z(n−1) + · · ·+ an−1(x)z′ + an(x)z = 0,

atkirąjį sprendinį z1(x) 6= 0, kai x ∈ I. Parodykite, kad keitiniu z = z1y,gauname TDL

v(n−1) + b1(x)z(n−1) + · · ·+ bn−2(x)v′ + bn−1(x)v = 0,

kurioje v = y′, t.y. sumažiname lygties eilę vienetu.

5.8 uždavinys. Raskite lygtiesy′′ − 2

x2y = 0

bendrąjį sprendinį. Patarimas: patikrinkite, kad y = x2 yra šios lygtiessprendinys.

5.9 uždavinys. Raskite lygtiesxy′′ − y′ = 0, x ∈ (0,+∞),

bendrąjį sprendinį. Patarimas: patikrinkite, kad y = 1 yra šios lygtiessprendinys, raskite Vronskio determinantą ir antrąjį sprendinį. Pastaba:a1(x) = −1/x.


1.4. Tiesinė nehomogeninė diferencialinė lygtis

Skyriaus pradžioje įrodytus 5.1 ir 5.2 teiginius suformuluosime TDL atveju.

5.2 lema. Nehomogeninės (1.1) TDL bendrasis sprendinys lygus homogeninėsTDL bendrojo sprendinio zbh ir atskiro nehomogeninės TDL sprendinio za sumai

zbnh = zbh + za. (1.14)

5.3 lema [Superpozicijos principas]. Sakykime, zk yra nehomogeninės (1.1)TDL su f(x) = fk sprendinys. Tada z =

∑k αkzk yra šios nehomogeninės lyg-

ties sprendinys su f(x) =∑k αkfk(x).

Įrodymas. Pasinaudojame Ln tiesiškumu:

Ln[∑k

αkzk] =∑k

αkLn[zk] =∑k

αkfk = f.ut

1.4.1. Laisvųjų konstantų variavimo metodas?

Laisvųjų konstantų varijavimo metodas (Lagranžo metodas 4) dažnai naudojimas tirianttrikdžių įtaką proceso eigai. Pavyzdžiui, nagrinėjant planetų judėjimą aplink Saulę, pir-majame artinyje planetų judėjimo trajektorijomis laikomos elipsės (Keplerio5 dėsnis). Josyra nesutrikdytos sistemos sprendiniai. Norint įtraukti į modelį kitų planetų įtaką, galimadaryti prielaidą, kad planeta juda pagal Keplerio dėsnį, bet elipsės parametrai (truputį)keičiasi laike, t.y. parametrai, buvę pastoviais nesutrikdytame modelyje, dabar nagrinė-jami kaip laiko funkcijos.

Lygtį, aprašančią šių konstantų kitimą (variaciją), dažnai lengviau spręsti nei pradinęDL. Atskiru atveju, tiriant nehomogeninę TDL

z(n) + a1(x)z(n−1) + · · ·+ an−1(x)z′ + an(x)z = f(x), (1.15)

jos nesutrikdytoji lygtis yra homogenine TDL, kurios bendrojo sprendinio formulė

z =

n∑i=1

Cizi, (1.16)

o trikdys – nehomogeniškumas. Laisvųjų konstantų varijavimo metodu gaunama išreikš-tinė sprendinio formulė. Šiuo atveju net nereikalaujame, kad trikdžiai būtų maži.

Nehomogeninės lygties sprendinio ieškosime (1.16) pavidalu, vietoje laisvųjųkonstantų Ci imdami funkcijas vi(x).

z =

n∑i=1

vi(x)zi(x). (1.17)

Diferencijuodami (1.17), gauname išvestinės išraišką

z′ =

n∑i=1

viz′i +

[ n∑i=1

v′izi

]=

n∑i=1

viz′i, (1.18)

4Joseph Louis Lagrange (1736–1813) – prancuzu matematikas ir mechanikas.5Johann Kepler (1571–1630) – vokieciu astronomas ir matematikas.


jeigun∑i=1

v′izi = 0. (1.19)

Tęsdami diferencijavimą, gauname

z(k) =

n∑i=1

viz(k)i +

[ n∑i=1

v′iz(k−1)i

]=

n∑i=1

viz(k)i , k = 1, . . . , n− 1, (1.20)

jeigun∑i=1

v′iz(k−1)i = 0, k = 1, . . . , n− 1, (1.21)

ir

z(n) =

n∑i=1

viz(n)i +

[ n∑i=1

v′iz(n−1)i

]. (1.22)

Istatę (1.17), (1.19), (1.21) į nehomogeninę (1.15) DL, gauname

Ln[z] =

n∑i=1

viLn[zi] +

[ n∑i=1

v′iz(n−1)i

]=

n∑i=1

v′iz(n−1)i = f. (1.23)

Čia pasinaudojome sąlyga, kad zi, i = 1, . . . , n yra homogeninės DL sprendiniai.Surinkę lygybes (1.18), (1.20), (1.22), gauname tiesinių lygčių sistemą

z1 z2 . . . znz′1 z′2 . . . z′n. . . . . . . . . . . .

z(n−2)1 z

(n−2)2 . . . z

(n−2)n

z(n−1)1 z

(n−1)2 . . . z

(n−1)n

v′1v′2. . .v′n−1

v′n

=

00. . .0f

(1.24)

Kadangi šios sistemos determinantas sutampa su Vronskio deteminantu, kurisnelygus nuliui, todėl vienareikšmiškai randame

v′i = fi(x), i = 1, . . . , n.

Integruodami gauname

vi = gi(x) + Ci =

∫fi(x) dx+ Ci, i = 1, . . . , n. (1.25)

Vadinasi, atskirasis nehomogeninės n-osios eilės TDL sprendinys yra

za =

n∑i=1

gi(x)zi(x). (1.26)

2. Tiesinė diferencialinė lygtis su pastoviais koeficientais 102

5.11 pavyzdys. Rasime DLy′′ + y = − 1

sinx(1.27)

bendrąjį sprendinį. Homogeninės lygties y′′ + y = 0 fundamentaliojisistema yra cosx, sinx. Todėl nehomogeninės (1.27) sprendinio ieškomepavidalu y = v1(x) cosx + v2(x) sinx. Nežinomoms funkcijoms v1 ir v2

sudarome sistemą(cosx sinx− sinx cosx

)(v′1v′2

)=

(0

− 1sin x

),

kurios sprendinys yra

v′1 = 1, v′2 = −cosx

sinx.

Suintegravę randame

v1 = C1 + x, v2 = C2 − ln | sinx|.

Vadinasi, bendrasis sprendinys yra

y1 = C1 cosx+ C2 sinx+ x cosx− ln | sinx| · sinx.

5.12 pavyzdys. Rasime DLxy′′ − y′ = 3x2, x ∈ (0,+∞), (1.28)

bendrąjį sprendinį. Homogeninės lygties xy′′ + y′ = 0 fundamentaliojisistema yra 1, x2 (). Todėl nehomogeninės (1.28) sprendinio ieškomepavidalu y = v1(x)+v2(x)x2. Nežinomoms funkcijoms v1 ir v2 sudaromesistemą (

1 x2

0 2x

)(v′1v′2

)=

(0

3x

)kurios sprendinys yra

v′1 = −3/2x2, v′2 = 3/2.

Suintegravę randame

v1 = C1 − x3/2, v2 = C2 + 3x/2.

Vadinasi, bendrasis sprendinys yra

y1 = C1 − x3/2 + (C2 + 3x/2)x2 = C1 + C2x2 + x3.

5.10 uždavinys. Raskite lygtiesy′′ − 2

x2y = 4x

bendrąjį sprendinį. Patarimas: patikrinkite, kad y = x2 ir y = 1/x yrahomogeninės DL y′′ − 2

x2y = 0 nepriklausomi sprendiniai.

2. Tiesinė diferencialinė lygtis su pastoviais koeficientais


2.1. Homogeninės diferencialinės lygties su pastoviais koeficientaissprendiniai

Pateiksime keletą atskirų atvejų, kai TDL su pastoviais koeficientais sprendiniairandami be kvadratūrų.

Jeigu TDL koeficientai yra pastovūs realieji arba kompleksiniai skaičiai

Ln[z] := z(n) + a1z(n−1) + · · ·+ an−1z

′ + anz = f(x), (2.1)

tai ji vadinama tiesine n-osios eilės diferencialine lygtimi su pastoviais koefi-cientais. Algebrinė lygtis

Pn(λ) := λn + a1λn−1 + · · ·+ an−1λ+ an = 0, (2.2)

vadinama homogeninės TDL charakteristine lygtimi, o daugianaris Pn(λ) – cha-rakteristiniu daugianariu.

Sprendžiant uždavinius, lygtis (2.2) gaunama formaliai keičiant k-ojo laips-nio išvestine (2.1) DL į λk(pvz., z′′ į λ2, z′ į λ, o z į λ0 = 1). Charakteristinėlygtis yra n-ojo laipsnio algebrinė lygtis, reiškia ji turi n šaknų.

Sakykime, λ1, . . . , λn yra visos charakteristinio daugianario Pn(λ) šaknys.

5.4 lema. Jeigu λ0 yra charakteristinio daugianario šaknis, tuomet z = eλ0x

yra homogeninės TDL sprendinys.

Įrodymas. Kadangi

Ln[eλx] = (eλx)(n) + a1(eλx)(n−1) + · · ·+ an−1(eλx)′ + aneλx

= eλx(λn + a1λn−1 + · · ·+ an−1λ+ an) = eλxPn(λ), (2.3)

todėl Ln[eλ0x] = eλ0xPn(λ0) = 0. ut

5.5 lema. Jeigu šaknies λ0 kartotinumas yra m, tuomet z = xkeλ0x, k =0, . . . ,m− 1 yra homogeninės TDL sprendiniai.

Įrodymas. Šaknies λ0 kartotinumas yra m, tai reiškia, kad

0 = Pn(λ0) = P ′n(λ0) = . . . = P (m−1)n (λ0), P (m)

n (λ0) 6= 0.

Diferencijuodami k kartų (k = 0, . . . ,m−1) tapatybę Ln[eλx] = eλxPn(λ) pagalλ, gauname

Ln[xkeλx] = eλxP (k)n (λ)+kxeλxP (k−1)

n (λ)+ · · ·+kxk−1eλxP ′n(λ)+xkeλxPn(λ).

Tada Ln[xkeλ0x] = 0. ut

Jeigu yra p skirtingų charakteringojo daugianario šaknų, kurių kartotinumai yrami, i = 1, . . . , p, tuomet bendrasis homogeninės TDL sprendinys yra

z =

p∑i=1

Cλi(x)eλix, Cλi(x) = Ci,0 + Ci,1x+ · · ·+ Ci,mi−1xmi−1, (2.4)


čia Ci,l ∈ C yra laisvosios konstantos.Dažniausiai nagrinėjamos TDL su realiaisiais koeficientais ir jos sprendinių

ieškoma tarp realiųjų funkcijų. Tada TDL

Ln[y] := y(n) + a1y(n−1) + · · ·+ an−1y

′ + any = 0, ai ∈ R, (2.5)

sprendinys gaunamas kaip homogeninės (1.1) kompleksinės DL sprendinio rea-lioji dalis, t.y. y = Re z. Jeigu daugianaris su realiaisiais koeficientais turikompleksinę šaknį α+βı, tai jungtinis kompleksinis skaičius α−βı taip pat yrajo šaknis.

Charakteringojo daugianario šaknies λ ∈ R atveju

Re((C1R + C1I ı)e

λx)

= C1Reλx.

Kompleksinių šaknų λ1,2 = α± βı atveju, pasinaudoję Eulerio formule eα+βı =eα(cosβ + ı sinβ), turime:

Re((C1R+C1I ı)e

(α+βı)x+(C2R+C2I ı)e(α−βı)x) = eαx

(C1 cos(βx)+C2 sin(βx)

),

su C1 = C1R + C2R, C2 = C2I − C1I .Jeigu charakteringasis daugianaris turi pR realiųjų šaknų λi (kurių kartoti-

numas mi) ir pC kompleksinių šaknų porų λj = αj + βjı, λj = αj − βjı (kuriųkartotinumas mj), tuomet homogeninės TDL bendrojo sprendinio pavidalas yra

z =

pR∑i=1

C0λi(x)eλix +

pC∑j=1

eαjx(C1λj (x) cos(βjx) + C2λj (x) sin(βjx)

), (2.6)

C0λi(x) = Ci0,0 + Ci0,1x+ · · ·+ Ci0,mi−1xmi−1,

C1λj (x) = Cj1,0 + Cj1,1x+ · · ·+ Cj1,mj−1xmj−1,

C2λj (x) = Cj2,0 + Cj2,1x+ · · ·+ Cj2,mj−1xmj−1,

čia Ci0,l, Cj1,l, Cj2,l ∈ R yra laisvosios konstantos, kurių viso yra n.

5.13 pavyzdys [Visos šaknys realios ir skirtingos]. Diferencialinės lygties

y′′′ − 2y′′ − y′ + 2y = 0

charakteringasis daugianaris λ3 − 2λ2 − λ + 2 = (λ − 1)(λ + 1)(λ − 2)turi tris skirtingas realiąsias šaknis λ1 = −1, λ2 = 1, λ3 = 2. Tada DLbendrasis sprendinys yra

y = C1e−x + C2e

x + C3e2x.

Šios DL fundamentalioji sprendinių sistema yra e−x, ex, e2x.

5.14 pavyzdys [Šaknys realios]. Diferencialinės lygties

y′′′ − y′′ − y′ + y = 0

charakteringasis daugianaris λ3−λ2−λ+1 = (λ+1)(λ−1)2 turi realiąsiasšaknis λ1 = −1, λ2 = λ3 = 1. Tada DL bendrasis sprendinys yra

y = C1e−x + (C2 + C3x)ex.

Šios DL fundamentalioji sprendinių sistema yra e−x, ex, xex.


5.15 pavyzdys. Diferencialinės lygtiesy′′′ + y = 0

charakteringasis daugianaris λ3 +1 turi realiąsias šaknis λ1 = −1, λ2,3 =12±√

32ı. Tada DL bendrasis sprendinys yra

y = C1e−x + e

12x(C2 cos(

√3

2x) + C3 sin(

√3

2x)).

Šios DL fundamentalioji sprendinių sistema yra e−x, e12x cos(

√3

2x), e

12x sin(

√3

2x).

5.16 pavyzdys [Kartotinės kompleksinės šaknys]. Diferencialinės lygties

y(4) + 8y′′ + 16y = 0

charakteringasis daugianaris λ4 + 8λ2 + 16 = (λ2 + 4)2 turi kartotineskompleksines šaknis λ1,2 = λ3,4 = ±2ı. Tada DL bendrasis sprendinysyra

y = (C1 + C2x) cos(2x) + (C3 + C4x) sin(2x).

Šios DL fundamentalioji sprendinių sistema yra cos(2x), sin(2x), x cos(2x), x sin(2x).

5.11 uždavinys. Raskite homogeninių DL bendrąjį sprendinį ir fundamentaliąją spren-dinių sistemą:

a) y′′ − 3y′ − 4y = 0; b) y′′ − 6y′ + 9y = 0; c) y′′ − 2y′ + 5y = 0

d) y(4) + 5y′′ + 4y = 0; e) y(4) − 8y′ = 0; f) y′′′ + 2y′′ + y′ = 0.

5.17 pavyzdys [Koši uždavinys]. Diferencialinės lygties

y(4) + 8y′′′ + 24y′′ + 32y′ + 16y = 0

charakteringasis daugianaris λ4 + 8λ3 + 24λ2 + 32λ+ 16 = (λ+ 2)4 turivienintelę šaknį λ1,2,3,4 = −2. Tada DL bendrasis sprendinys yra

y = (C1 + C2x+ C3x2 + C4x

3)e−2x.

Rasime sprendinį su pradinėmis sąlygomis y(0) = 1, y′(0) = 0, y′′(0) = 0,y′′′(0) = 0. Bendrasis sprendinys ir jo išvestinės yra lygios

y = C1e−2x + C2xe

−2x + C3x2e−2x + C4x

3e−2x,

y′ = (C2 − 2C1)e−2x + (2C3 − 2C2)xe−2x + (3C4 − 2C3)x2e−2x − 2C4x3e−2x,

y′′ = (2C3 + 4C1 − 6C2)e−2x + (6C4 + 4C2 − 8C3)xe−2x + (4C3 − 12C4)x2e−2x

+ 4C4x3e−2x,

y′′′ = (6C4 + 16C2 − 12C3 − 8C1)e−2x + (24C3 − 36C4 − 8C2)xe−2x

+ (36C4 − 8C3)x2e−2x − 8C4x3e−2x.

Įstatę pradines reikšmes, gauname sistemąC1 = 1,

−2C1 + C2 = 0,

4C1 − 6C2 + 2C3 = 0,

−8C1 + 16C2 − 12C3 + 6C4 = 0

⇔

C1 = 1,

C2 = 2,

C3 = 2,

C4 = 43.

Atskirasis sprendinys yra y = (1 + 2x+ 2x2 + 43x3)e−2x.


5.12 uždavinys. Raskite homogeninių DL atskiruosius sprendinius:

a) y′′ − 3y′ − 4y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 1;

b) y′′ − 6y′ + 9y = 0, y(1) = 1, y′(1) = 0;

c) y′′ − 2y′ + 5y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0.

Eulerio n-osios eilės tiesinė homogeninė DL

xny(n) + a1xn−1y(n−1) + · · ·+ an−1xy

′ + any = 0 (2.7)

nepriklausomo kintamojo x keitiniu x = et, kai x > 0 (x = −et, kai x < 0)suvedama į TDL su pastoviais koeficientais.5.18 pavyzdys [Eulerio lygtis]. Nagrinėkime lygtį

x2 d2y

dx2− 2y = 0, x > 0.

Randame išvestinesdy

dx=

dydtdxdt

= e−tdy

dt,

d2y

dx2= e−t

d

dt

(e−t

dy

dt

)= e−2t( d2y

dt2− dy

dt

).

Tada Eulerio lygtį redukuojame į lygtį su pastoviais koeficientaisd2y

dt2− dy

dt− 2y = 0, t ∈ R,

kurios charakteristinės lygties λ2 − λ− 2 = 0 šaknys λ1 = −1 ir λ2 = 2.Vadinasi, Eulerio lygties bendrasis sprendinys yra

y = C1e−t + C2e

2t = C1x−1 + C2x

2.

5.13 uždavinys. Raskite Eulerio lygčių bendruosius sprendinius:

a) x2 d2y

dx2+ 3x

dy

dx+ y = 0, x > 0; b) x2 d

2y

dx2− x dy

dx+ 2y = 0, x > 0.

5.19 pavyzdys [Čebyševo6 lygtis]. Nagrinėkime antrosios eilės TDL

(1− x2)y′′ − xy′ + n2y = 0, x ∈ (−1, 1), n ∈ N.

Taikome keitinį x = cos t, t ∈ (0, π):

y′ =y

x= − y

sin t, y′′ =

y sin t− y cos t

sin3 t.

Tada Čebyševo lygtį suvedame į lygtį su pastoviais koeficientais

y + n2y = 0,

kurios bendrasis sprendinys yra

y = C1 cos(nt) + C2 sin(nt) = C1 cos(n arccosx) + C2 sin(n arccosx).

Čebyševo lygties sprendiniai Tn(x) = cos(n arccosx) yra Čebyševo dau-gianariai, T0(x) = 1.

5.14 uždavinys. Raskite pirmuosius Čebyševo daugianarius ir įrodykite rekurentinę ly-gybę

Tn(x) = 2xTn−1(x)− Tn−2(x).6Пафнутий Львович Чебышёв (1821–1894) – rusu matematikas.


2.2. Nehomogeninės diferencialinės lygties su pastoviais koeficien-tais sprendiniai

Nehomogeninės tiesinės lygties su pastoviais koeficientais atveju atskirąjį spren-dinį kartais galima rasti paprasčiau, neatliekant integravimo veiksmo, t.y. va-dinamuoju neapibrėžtinių koeficientų metodu.

Jeigu nehomogeninės (1.1) TDL dešinioji pusė yra kvazidaugianaris

f(x) = Pm(x)eλx, Pm(x) = p0 + p1x+ · · ·+ pmxm,

tai atskirojo nehomogeninės DL sprendinio ieškoma pavidalu

ya = xsQm(x)eλx, Qm(x) = p0 + p1x+ · · ·+ pmxm,

čia daugianario Qm(x) koeficientai yra nežinomi, s sutampa su homogeninėslygties charakteringojo daugianario šaknų, lygių λ, skaičiumi.

Jeigu dešiniosios pusės pavidalas yra

f(x) = Pm1(x)eαx cos(βx) +Rm2

(x)eαx sin(βx), (2.8)

taiya = xseαx

(Qm(x) cos(βx) + Tm(x) sin(βx)

),

čia Pm1(x) ir Rm2(x) yra žinomi daugianariai, o daugianarių Qm(x) ir Tm(x)koeficientai yra nežinomi, ir m = max(m1,m2).

Kartais, (2.8) funkcijos atveju, iš pradžių sprendžiama nehomogeninė DLsu dešiniosiomis pusėmis Pm1

(x)e(α+βı)x ir Rm2(x)e(α+βı)x, o po to surandama

pirmojo sprendinio realioji dalis ir antrojo – menamoji dalis.

5.20 pavyzdys. Rasime DLy′′ + 16y = 17e−x

bendrąjį sprendinį. Surandame homogeninės TDL charakteringojo dau-gianario šaknis λ1,2 = ±4ı. Vadinasi, homogeninės DL bendrasis spren-dinys yra ybh = C1 cos(4x) + C2 sin(4x). Dešiniojoje DL pusėje yrakvazidaugianaris su P0(x) = 17 ir λ = −1. Kadangi λ nėra tarp charak-teringojo daugianario šaknų, todėl s = 0, ir atskirojo sprendinio ieškomepavidalu ya = Ae−x. Surandame jo išvestines

y = Ae−x, y′ = −Ae−x, y′′ = Ae−x,

ir įstatome jas į DL:

Ae−x + 16Ae−x = 17e−x.

Prilygindami koeficientą prie e−x, turime algebrinę lygtį 17A = 17. Vadi-nasi, atskirasis nehomogeninės DL sprendinys yra e−x, o tada bendrasis

y = C1 cos(4x) + C2 sin(4x) + e−x.


Jeigu papildomai turime pradines sąlygas y(0) = 1, y′(0) = 0, tai laisvą-sias konstantas randame spręsdami tiesinę lygčių sistemą

C1 + 1 = 1,

4C2 − 1 = 0⇔

C1 = 0,

C2 = 14.

Tada Koši uždavinio sprendinys yra y = 14

sin(4x) + e−x.

5.21 pavyzdys. Išspęsime DLy′′ − 7y′ + 6y = xex.

Charakteristinė lygtis λ2 − 7λ+ 6 = 0 turi šaknis λ1 = 1, λ2 = 6. Vadi-nasi, homogeninės DL bendrasis sprendinys yra y = C1e

x+C2e6x. Deši-

niojoje DL pusėje yra kvazidaugianaris su P1(x) = x ir λ = 1. Kadangiλ yra tarp charakteringojo daugianario šaknų, todėl s = 1, ir atskirojonehomogeninės lygties sprendinio ieškome pavidalu y = x(Ax + B)ex.Tada

6× y = (Ax2 +Bx)ex,

(−7)× y′ = (Ax2 +Bx+ 2Ax+B)ex,

1× y′′ = (Ax2 +Bx+ 4Ax+ 2B + 2A)ex,

+

xex = (−10Ax− 5B + 2A)ex.

Sulyginę koeficientus prie vienodų funkcijų (xex ir ex), gauname:

−10A = 1,

−5B + 2A = 0.

Iš čia A = −1/10, B = −1/25. Tada bendrasis sprendinys

y = C1ex + C2e

6x − x(x/10 + 1/25)e−x.

5.22 pavyzdys. Išspęsime DLy′′ + 2y′ + 5y = 10 sinx.

Charakteristinė lygtis λ2 + 2λ + 5 = 0 turi šaknis λ1,2 = −1 ± 2ı. Va-dinasi, homogeninės DL bendrasis sprendinys yra y = e−x

(C1 cos(2x) +

C2 sin(2x)). Dešiniojoje DL pusėje yra kvazidaugianaris su R0(x) = 10 ir

λ = ±ı. Kadangi λ nėra tarp charakteringojo daugianario šaknų, todėls = 0, ir atskirojo nehomogeninės lygties sprendinio ieškome pavidaluy = A cosx+B sinx. Tada

5× y = A cosx+B sinx,

2× y′ = −A sinx+B cosx,

1× y′′ = A cosx+B sinx,

+

10 sinx = (4A+ 2B) cosx+ (−2A+ 4B) sinx.


Sulyginę koeficientus prie vienodų funkcijų (cosx ir sinx), gauname:

4A+ 2B = 0,

−2A+ 4B = 10.

Iš čia A = −1, B = 2. Tada bendrasis sprendinys

y = e−x(C1 cos(2x) + C2 sin(2x)

)− cosx+ 2 sinx.

5.23 pavyzdys. Išspęsime DLy′′ − y = 2ex − x2 + 2.

Charakteristinė lygtis λ2−1 = 0 turi šaknis λ1,2 = ±1. Vadinasi, homo-geninės DL bendrasis sprendinys yra y = C1e

x+C2e−x. Nehomogeninės

DL dešinioji pusė yra dviejų funkcijų f1(x) = 2ex ir f2(x) = 2−x2 suma.Tada

y′′ − y = 2ex,

y1 = xAex,

(−1)× y = xAex,

0× y′ = (xA+A)ex,

1× y′′ = (xA+ 2A)ex,

+

2ex = 2Aex,

A = 1, y1 = xex;

y′′ − y = 2− x2,

y2 = Ax2 +Bx+ C,

(−1)× y = Ax2 +Bx+ C,

0× y′ = 2Ax+B,

1× y′′ = 2A,

+

2− x2 = 2A− C −Bx−Ax2,

A = 1, B = C = 0, y2 = x2.Užrašome bendrąjį pradinėsDL sprendinį

y = C1ex + C2e

−x + xex + x2.

5.15 uždavinys. Suintegruokite šias DL, jų atskiruosius sprendinius raskite taikydamineapibrėžtųjų koeficientų metodą:

a) y′′ − 2y′ + 2y = ex(x cosx+ sinx);b) y(4) − y = 20 sinx;c) y′′ − y = 4xex + 8e3x.

5.16 uždavinys. Nurodykite nehomogeninių tiesinių lygčių atskirojo sprendinio pavi-dalą:

a) y′′ − y = exx cosx;b) y′′′ + 2y′′ + y′ = x cosx+ (x2 − 2) sinx;c) y′′ − 2y′ + y = x2ex.

Dalykinė rodyklė

Symbols1-forma

– diferencialinė, 56– tikslioji, 57– uždaroji, 57

Aaibė

– lankiškai jungi, 58atrama

– lanko, 58

Cciklas, 58cirkuliacija

– formos, 58

Ddaugianariai

– Čebyševo, 106daugianaris

– charakteristinis, 103daugiklis

– integruojantysis, 65determinantas

– Vronskio, 94diagrama

– Niutono, 39difeomorfizmas

– leistinasis, 58diferencialas

– 1-formos, 57– funkcijos, 57– išorinis, 57

DL, 2– autonominė, 23– homogeninė, 39

– – normalioji, 39– kreivių šeimos, 13– kvazihomogeninė, 39

– – normalioji, 39– neautonominė, 23– tiesinė, 91

– – su pastoviais koeficientais,103

– vektorinė, 20DLS, 20

– autonominė, 23– neautonominė, 23

Eeilė

– DL, 2erdvė

– fazinė, 3, 20– – išplėstinė, 3

– jungi, 58

Fformulė

– Gryno, 61– Liuvilio, 98– Niutono ir Leibnico, 58

funkcija– glodžioji, 1– Gryno, 48– homogeninė, 38

– – teigiamai, 38– Koši, 42– kvazihomogeninė, 38

– – teigiamai, 38– tolydžiai diferencijuojama, 1

funkcijos– tiesiškai nepriklausomos, 94

111 Dalykine rodykle [2019 12 24 (19:39)]

– tiesiškai priklausomos, 94

Hhomotopija, 61

Iintegralas

– atskirasis, 11– bendrasis, 11– tarpinis, 86

– – pirmasis, 86integravimas

– DL, 6intervalas

– maksimalusis, 19

Kkompaktas, 19konstanta

– laisvoji, 11koordinatės

– Dekarto, 73– homogenines, 73– polinės, 76– projektyvinės, 71

kraštas– aibės, 19

kreivė– fazinė, 24– integralinė, 6, 20– orientuota, 58

kvazidaugianaris, 107

Llankas, 58lygtis

– apverstoji, 4– Bernulio, 51– charakteristinė, 103– diferencialinė, 1– diferencialų, 4– pilnųjų diferencialų, 62– Rikačio, 53

– – kanoninė, 55– – specialioji, 55

– su atsiskiriančiais kintamai-siais, 63

– su atskirtaisiais kintamaisiais,63

– tiesinė, 92– – homogeninė, 41, 91– – nehomogeninė, 41, 91

– tiesinė DL, 41– variacijų, 41– vektorinė, 20

Mmetodas

– Eulerio, 47– integruojančiojo daugiklio, 47– kintamųjų atskyrimo, 36– Koši, 60– Lagranžo, 47– laisvosios konstantos varijavi-

mo, 47– laisvųjų konstantų variavimo,

100– neapibrėžtinio integralo, 60– neapibrėžtinių koeficientų , 107

multiplikatorius, 44

Ooperatorius

– diferencialinis, 92– monodromijos, 44– tiesinis, 92

Ppavidalas

– DL išreikštinis, 3– DL neišreikštinis, 2– DL paramerizuotasis, 5– kanoninis, 3– simetrinis, 4

PDL, 1procesas

– σ, 73– p, 71

pėdsakas– lanko, 58

Ssistema

Dalykine rodykle 112

– DL– – normalioji, 20– fundamentalioji, 96– lygčių– – diferencialinių, 20

sprendinys– atskirasis, 11, 18– bendrasis, 11– DL, 5– išreikštinis, 7– neišreikštinis, 9– nestabilusis, 45– parametrizuotasis, 8– periodinis, 45– pilnasis, 19– stabilusis, 45– stacionarusis, 31– ypatingasis, 18, 66

sritis– DL apibrėžimo, 2, 3, 5– vienajungė, 61– vienaties– – sprendinio, 17

sąlyga– integruojamumo, 55– Lipšico, 34– pradinė, 15

Ššeima

– vienaparametrinė– – kreivių, 13

Ttaškas

– ypatingasis, 18TDL, 41teorema

– Eulerio, 39, 89tiesė

– projektyvinė, 71trajektorija

– fazinė, 6, 20– izogonalioji, 14– ortogonalioji, 14

tęsinys, 19

Uuždarinys

– aibės, 19uždavinys

– Koši, 15– pradinis, 15

Vvektoriai

– tiesiškai nepriklausomi, 94– tiesiškai priklausomi, 94

vidurkis– funkcijos– – pagal periodą, 44

vidus– aibės, 19

vronskianas, 95

Vardų rodyklė

BBarou I., 26, 29Bernulis Jakobas, 51

ČČebyševas P.L., 106

DDekartas R., 73Dirichlė J.P.G.L., 44

EEuleris L., 39

GGrynas G., 61

HHausdorfas F., 19

JJakobis C.G.J., 5

KKepleris J., 100Koši A.L., 15

LLagranžas J.L., 47, 100Leibnicas G.W., 34Ležandras A.M., 98Lipšicas R.O.S., 34Liuvilis J., 53, 98Lopitalis G.F., 27

MMiobijus A.F., 73

NNiutonas I., 34

PPeano G., 16Pikaras E., 16

RRikatis J.F., 53Rymanas B., 25

VVronskis J.M., 94

Literatūra

[1] M. Abell, J. Braselton. Differential Equations with Maple V. AcademicPress, 2000.

[2] A. Ambrazevičius. Įvadas į kokybinę paprastųjų dife-rencialinių lygčių teoriją. Vilnius: Paskaitų konspektas,http://mif.vu.lt/lt2/dlsm/darbuotojai/darbuotojai-1/algirdas-ambrazevicius, 2000.

[3] A. Ambrazevičius. Diferencialinės lygtys. Vilnius: Paskaitų kons-pektas, http://mif.vu.lt/lt2/dlsm/darbuotojai/darbuotojai-1/algirdas-ambrazevicius, 2008.

[4] V.I. Arnold. Ordinary Differential Equations. Springer Verlag, 1997.

[5] D.K. Arrowsmith, C.M. Place. Ordinary Differential Equations. A quali-tative approach with applications. London New York: Chapman and Hall,1982.

[6] C. Chicone. Ordinary Differential Equations with Applications. SpringerVerlag, 1999.

[7] R.L. Devaney. Differential Equations, Dynamical Systems, & an Introduc-tion to Chaos. Academic Press, 2003.

[8] P. Golokvosčius. Diferencialinės lygtys. Vilnius: TEV, 2000.

[9] P.-F. Hsieh, Y. Sibuya. Basic Theory of Ordinary Differential Equations.Springer Verlag, 1999.

[10] W. Hurewicz. Lectures on Ordinary Differential Equations. Dover Pubns,2002.

[11] H.J. Lee, W.E. Schiesser. Ordinary & Partial Differential Equation Routi-nes in C, C++, Fortran, Java, Maple, & MATLAB. CRC Press, 2003.

[12] James D. Meiss. Differential Dynamical Systems. Philadelphia:SIAM, Mat-hematical Modeling and Computation, 2007.

[13] S.H. Saperstone. Inroduction to Ordinary Differential Equations. BrooksCole, 1998.

Literatura 116

[14] D. Somasundaram. Ordinary Differential Equations. CRC Press, 2001.

[15] Н.Н. Баутин, Е.А. Леонтович. Методы и приемы качественного иссле-дования динамических систем на плоскости. Москва: Наука, 1990.

[16] А.К. Боярчук, Г.П. Головач. Справочное пособие по высшей мате-матике. Том 5. Дифференциальные уравнения в примерах и задачах.Москва: УРСС, 1999.

[17] Н.М. Матвеев. Дифференциальные уравнения. Минск: Вышэйшая шко-ла, 1976.

[18] И.Г. Петровский. Лекции по теории обыкновенных дифференциальныхуравнений. Москва: Наука, 1970.

[19] Л.С. Понтрягин. Обыкновенные дифференциальные уравнения. Москва:Наука, 1982.

[20] В.В. Степанов. Курс дифференциальных уравнений. Москва: ГИТТЛ,1953.

[21] А.Ф. Филиппов. Сборник задач по дифференциальным уравнениям.Москва-Ижевск: НИЦ «Регулярная и хаотическая динамика», 2002.

[22] Д. Эрроусмит, К. Плейс. Обыкновенные дифференциальные уравнения.Качественная теория с приложениями. Москва: Мир, 1986.

Documents

Paprastosios DIFERENCIALINĖS LYGTYSash/PDL/PDL_all.pdf · kreivės, C= 1atitinka x= 0 tiese˛, C= ˙koordinačiu˛pradžia˛.. 75 2.24 Polinės koordinatės, ˇ-procesas ir pusiau