Diferencijalne jednačine prvog reda

5.2 Diferencijalne jednačine prvog reda

Opšti oblik diferencijalne jednačine prvog reda je

G(x, y, y ′ ) = 0,

a normalni oblik je

(5.3) Geometrijska interpretacija:

y ′ = F(x, y).

Neka je y = φ(x) rešenje diferencijalne jednačine (5.3) u intervalu (a, b). Linijski segment je uredjena trojka (x, y, y ′ ), gde je y ′ u svakoj tački (x, y) odredjen sa (5.3). Skup svih linijskih segmenata se naziva polje pravaca. Koeficijent pravca tangente na grafik rešenja y = f(x) u tački (x, y) je dat sa (5.3). Kaže se da je kriva saglasna sa poljem pravaca. Skup svih krivih saglasnih sa poljem pravaca se naziva opšte

rešenje diferencijalne jednačine. Kriva koja prolazi kroz tačku (x 0 ,y 0 ), tj. zadovoljava

početni uslov y(x 0 )=y 0 , je partikularno rešenje.

Kaže se da je sa

y (x 0 )=y 0 (5.4) zadat početni (Cauchyev) problem.

y ′ = F (x, y),

Postavlja se pitanje pod kojim uslovima postoji jedinstveno rešenje početnog prob- lema. Odgovor na to pitanje nam daje sledeća teorema.

Teorema 5.2.1 Neka je funkcija F (x, y) neprekidna u zatvorenoj oblasti D = {(x, y) ∈ R 2 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} i zadovoljava Lipschitzov uslov po y, tj. postoji K > 0

takvo da je u D

|F(x, y 2 ) − F(x, y 1 )| ≤ K |y 2 −y 1 |.

Matematika 3

5.2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA

Postoji jedno i samo jedno rešenje početnog problema (5.4) koje je definisano u intervalu (a ′ ,b ′ ), gde je

M M = sup |F(x, y)|

U dokazu teoreme se koristi metod uzastopnih aproksimacija. Rešenje je dato sa

y (x) = lim y

n→∞ n (x),

gde je y 0 (x) = y 0

y n (x) = y 0 +

F (t, y n−1 (t))dt, n = 1, 2, . . .

Primer 5.2.1 Rešiti početni problem y ′ = x + y, y(0) = 1. Rešenje.

Ekvivalentna integralna jednačina je

Z x y (x) = 1 + (t + y(t))dt,

a niz uzastopnih aproksimacija y 0 (x) = 1

y 1 (x) = 1 + (t + 1)dt = 1 + x +

Može se dokazati matematičkom indukcijom da je

x n+1 y n (x) = 1 + x + 2 k=2 k !− (n + 1)!

X n+1 x k

Ako posmatramo n → ∞ onda je

(x) = 2e x − x − 1.

Metod prikazan u prethodnom primeru ima veliki teoretski značaj, ali nije pogodan za praktično rešavanje jer su retki primeri u kojima se niz {y n } može efektivno naći.

CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Matematika 3

5.2.1 Jednačina sa razdvojenim promenljivim

Jednačina oblika

(5.5) u kojoj promenljive x i y mogu da se "razdvoje" jedna od druge, se kaže da je difer-

y ′ = f (x) g(y),

encijalna jednačina sa razdvojenim promenljivim. Egzistencija i jedinstvenost, kao i konstrukcija rešenja, slede iz sledeće teoreme.

Teorema 5.2.2 Neka je f (x) neprekidna u intervalu (a, b), a g(y) neprekidna i ra- zličita od nule u intervalu (c, d). Postoji jedinstveno rešenje jednačine (5.5) koje

zadovoljava početni uslov y(x 0 )=y 0 , i definisano je u nekoj okolini tačke x 0 . To rešenje je dato sa

Z x y (x) = G −1 G (y 0 )+ f (t)dt

gde je G(x) primitivna funkcija funkcije 1 g (x) u intervalu (c, d), a G −1 (x) njena inverzna funkcija.

Dokaz. Neka je y = y(x) rešenje jednačine (5.5) u nekoj okolini tačke x 0 . Koristeći da je g(y(x)) 6= 0, dobijamo

y ′ (x) = f (x)g(y(x)) y ′ (x)

= f (x)

g (y(x)) dy (x)

= f (x)dx

g (y(x))

Ako posmatramo integral nad [x 0 ,x ], uvedemo smenu u = y(x) i koristimo početni uslov y(x 0 )=y 0 , onda je

du =

f (t)dt

g (u)

G (y(x)) = G(y 0 )+ f (t)dt

y (x) = G −1 G (y 0 )+

f (t)dt

Egzistencija G −1 . Kako je G primitivna funkcija od 1 g (x) , to je G ′ (x) = 1 g (x) . Za neprekidnu funkciju G ′ (x), koja je različita od nule na intervalu (c, d), važi da je

G ′ (x) > 0 za svako x ∈ (c, d) ili je G ′ (x) < 0 za svako x ∈ (c, d). Odatle sledi da je

G strogo monotono rastuća ili strogo monotono opadajuća funkcija na (c, d). Kako za

svaku strogo monotonu funkciju postoji inverzna funkcija, to postoji funkcija G −1

Matematika 3

5.2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA

Primer 5.2.2 Rešiti početni problem y ′ = 2y, y(0) = 3. Rešenje.

Ako, za y 6= 0, razdvojimo promenljive i integralimo dobijamo

dy Z dy dx = 2y ⇔

dx

⇔ ln |y| = 2x + C ′ ⇔ y = ±e 2x+C ′ ⇔ y = Ce 2x . Iz početnog uslova sledi

y(0) = 3 ⇒ Ce 2·0 = 3 ⇒ C = 3,

odakle je rešenje početnog problema y(x) = 3e 2x .

5.2.2 Homogena jednačina

Neka je f neprekidna funkcija nad (a, b). Za jednačinu oblika

(5.6) kažemo da je homogena diferencijalna jednačina prvog reda.

y ′ =f y x

Uvedimo smenu

y (x)

t (x) =

Tada je y (x) = x · t(x),

y ′ (x) = t(x) + xt ′ (x). Jednačina (5.6) se svodi na jednačinu

= f (t) − t x

koja razdvaja promenljive. • Ako je za svako t ∈ (a, b) f(t) − t 6= 0, primenjujemo Teoremu 5.2.2.

• Ako je (∃t 0 ∈ (a, b))f(t 0 )−t 0 = 0, tada je y x =t 0 i y(x) = t 0 x je rešenje početnog problema.

• Ako je (∀t ∈ (a, b))f(t) − t = 0, jednačina se svodi na jednačinu y ′ = y x koja razdvaja promenljive.

Primer 5.2.3 Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine dy dx = x 2 +y xy 2 . Rešenje. Ako brojilac i imenilac sa desne strane podelimo sa x 2 dobijamo

dy

1+( y ) 2

dx

yx

CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Matematika 3

Uvodjenjem smene t = y x

2 = ln |x| + ln |C| ⇒ y = 2x 2 ln |Cx|.

5.2.3 Jednačina koja se svodi na homogenu

Neka je

′ =f a 1 x +b 1 y y +c 1

a 2 x +b 2 y +c 2 .

Moguća su sledeća dva slučaja: (a) a 1 b 1 =0

a 2 b 2 Uvodjenjem smene t = a 1 x +b 1 y dobijamo jednačinu koja razdvaja promenljive.

(b) a 1 b 1

a 2 b 2 6= 0 Ako uvedemo smenu x = X + α, y = Y + β, polazna jednačina postaje

i ako je (α, β) rešenje sistema jednačina

a 1 α +b 1 β +c 1 =0

a 2 α +b 2 β +c 2 =0

dobijamo homogenu diferencijalnu jednačinu

Rešenje date diferencijalne jednačine je oblika φ(X, Y ) = 0, a rešenje polazne diferencijalne jednačine φ(x − α, y − β) = 0.

Primer 5.2.4 Rešiti diferencijalnu jednačinu dy dx = 4x−4y −4x+y+3 .

Matematika 3

5.2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA

Rešenje. Kako sistem jednačina

ima jedinstveno rešenje α = 1, β = 1, uvodjenjem smene x = X + 1, y = Y + 1, zadata diferencijalna jednačina se svodi na homogenu

dY = 4X − 4Y , dX −4X + Y

koja se rešava uvodjenjem smene t = Y X . t ′ X +t=

= ln |CX|

Vraćanjem smene X = x − 1, Y = y − 1 dobijamo

5.2.4 Linearna jednačina

Diferencijalna jednačina oblika

(5.7) u kojoj su y i y ′ prvog stepena, se kaže da je linearna diferencijalna jednačina prvog

y ′ + f (x)y = g(x),

reda. Teorema 5.2.3 Neka su f i g neprekidne nad intervalom (a, b). Tada postoji jedin-

stveno rešenje jednačine (5.7) koje zadovoljava početni uslov y(x 0 )=x 0 i definisano je u (a, b). Rešenje je dato sa

− t f (t)dt Z x R f (u)du

y (x) = e x0

g (t)e x0

dt

CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Matematika 3

Dokaz. Lako je proveriti da funkcija (5.8) zadovoljava jednačinu (5.7). Obratno, ako uvedemo smenu y(x) = u(x)v(x), y ′ (x) = u ′ (x)v(x) + u(x)v ′ (x), jed-

načina postaje u ′ (x)v(x) + u(x)v ′ (x) + f(x)u(x)v(x) = g(x)

u ′ (x)v(x) + u(x)(v ′ (x) + f (x)v(x)) = g(x) v ′ (x) + f (x)v(x) = 0

u ′ (x)v(x) = g(x) dv (x)

u ′ (x)v(x) = g(x) v (x)

= −f(x)dx

ln |v(x)| = −

f (t)dt

u ′ (x)v(x) = g(x)

f x (t)dt R f (t)dt

(x) = e x0 (x) = g(x)e

x0

− t f (t)dt Z x R f (u)du v(x) = e x0

u(x) =

g (t)e x0

dt + C

f (t)dt Z x

R f (u)du

y(x) = u(x)v(x) = e x0

g (t)e x0

dt + C

Iz početnog uslova y(x 0 )=y 0 sledi da je C = y 0 . Dakle,

f (t)dt

R f (u)du

y(x) = e x0

y 0 + g (t)e x0

dt .

3 Primer 5.2.5 Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine y 3 ′ + x y = 9x . Rešenje.

3 + uv = 9x 3

u ′ v + uv ′

v+u v ′ +

v 3 = 9x

v ′ + 3 x v=0

u ′ v = 9x 3

dv + 3

x v=0 u ′1 x 3 dx 3 = 9x

dv

dx =− v

u x ′ = 9x

v = −3 x u= 7 x 7 +C ln |v| = −3 ln |x| v= 1

dv

dx

Matematika 3

5.2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA

5.2.5 Bernoullijeva jednačina

To je diferencijalna jednačina oblika

(5.9) Ako je α = 0 ili α = 1, jednačina je linearna. Inače, uvodjenjem smene

y ′ + f (x)y = g(x)y α ,α ∈ R.

(x) = (1 − α)y −α (x)y ′ (x), jednačina 5.9 se svodi na linearnu diferencijalnu jednačinu oblika

z (x) = (y(x)) 1−α ,

z ′ (x) + (1 − α)f(x)z(x) = (1 − α)g(x).

Primer 5.2.6 Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine y ′ + 1 x y = xy 2 . Rešenje.

Ako jednačinu podelimo sa y 2 , dobijamo

= x.

y 2 y ′ i zadata jednačina se svodi na linearnu diferen- cijalnu jednačinu

Neka je z = 1 y . Tada je z ′

x = −x,

koja se rešava uvodjenjem smene z = uv.

= uv = x(−x + C) = −x 2 + Cx

−x 2 + Cx

CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Matematika 3

5.2.6 Jednačina totalnog diferencijala

Jednačina

(5.10) je jednačina totalnog diferencijala ako postoji funkcija F = F (x, y) čiji je totalni

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

diferencijal jednak levoj strani te jednačine, tj. za koju u nekoj oblasti važi

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

tj. ∂F

= P(x, y) ∂F i = Q(x, y).

∂x

∂y

Ako postoji takva funkcija, onda iz dF (x, y) = 0 sledi da je rešenje jednačine (5.10)

F (x, y) = C.

Teorema 5.2.4 Neka su P(x, y), Q(x, y), ∂P ∂y (x, y) i ∂Q ∂x (x, y) neprekidne u jednostruko povezanoj oblasti G.

Jednačina (5.10) je jednačina totalnog diferencijala ako i samo ako za svako (x, y) ∈ G važi

Funkcija F (x, y) data je sa

F (x, y) =

P (t, y 0 )dt +

Q (x, t)dt

gde je (x 0 ,y 0 ) proizvoljna tačka oblasti G. Primer 5.2.7 Pokazati da je

(3x 2 y

− 6x)dx + (x 3 + 2y)dy = 0

jednačina totalnog diferencijala i rešiti je. Rešenje. Ako uvedemo oznake P = 3x 2 y − 6x i Q = x 3 + 2y, onda je P y =

3x 2 =Q x , odakle sledi da je zadata jednačina totalnog diferencijala i postoji funkcija

F = F (x, y) za koju je

− 3x 2 + φ(y)

F y (x, y) = x 3 +φ ′ (y)

Matematika 3

5.2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA

x 3 +φ ′ (y) = x 3 + 2y φ ′ (y) = 2y φ (y) = y 2 +C

F (x, y) = x 3 y − 3x 2 +y 2 + C.

5.2.7 Integracioni množitelj

Ako nije ispunjen uslov 5.11 postavlja se pitanje da li postoji funkcija f = f (x, y) za koju je

f (x, y)P(x, y)dx + f (x, y)Q(x, y)dy = 0 jednačina totalnog diferencijala. Ako postoji takva funkcija f , onda se kaže da je f

integracioni množitelj. Primer 5.2.8 Rešiti diferencijalnu jednačinu

(2x + x 2 y +y 3 )dx + (2y + x 3 + xy 2 )dy = 0,

ako ona ima integracioni množitelj oblika f (x, y) = f (xy). Rešenje. Neka je P

1 = f (x, y)(2x + x y +y ), Q 1 = f (x, y)(2y + x + xy )i t = xy. Tada je t x = y, t y = x, i važi

f x (x, y) =

dt dx = ˙f(t) · y i f y (x, y) = dt dy = ˙f(t) · x.

⇔ ˙f(t)x(2x + x ) = ˙f(t)y(2y + x 3 + xy 2 ) + f (3x 2 +y 2 )

2 y +y 3 ) + f (x 2 + 3y 2

yx

2 ⇔ ˙f(t)(2x 2 − 2y ) = f (t)(2x 2 − 2y 2 )

df (t)

⇔ ˙f(t) = f(t) ⇔

= dt

f (t)

⇔ ln f(t) = t ⇔ f(t) = e t

i zadata diferencijalna jednačina je ekvivalentna jednačini

Znači, integracioni množitelj je f (x, y) = e xy

2 2 xy dx + φ(y)

xy

y (x +y )e − y R xe dx + φ(y)

F = (x 2 2 +y xy )e + φ(y)

3 2 = 2ye xy + (x + xy )e +φ ′ (y)

xy

2ye xy + (x + xy )e +φ ′

xy

3 2 xy

3 2 (y) = 2ye xy + (x + xy )e

CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Matematika 3

φ ′ (y) = 0 ⇒ φ(y) = C

2 2 F(x, y) = (x xy +y )e +C

Rešenje zadate diferencijalne jednačine je

2 2 (x xy +y )e + C = 0.

5.2.8 Clairautova jednačina

Clairautova diferencijalna jednačina je jednačina oblika

(5.12) Teorema 5.2.5 Neka funkcija f ima drugi izvod različit od nule u intervalu (α, β).

y = xy ′ + f (y ′ ).

Tada su rešenja jednačine (5.12) sledeća (a) singularno rešenje: funkcija y = φ(x) čije su parametarske jednačine

x = −f ′ (t) y = −tf ′ (t) + f (t)

t ∈ (α, β), koja je definisana i intervalu (a, b) gde je a = inf α<t<β {−f ′ (t)},

b = sup {−f ′ (t)}, (Ovo rešenje ne možemo dobiti iz opšteg rešenja),

α<t<β

(b) opšte rešenje:

y = Cx + f (C), C ∈ (α, β).

Ako diferenciramo jednačinu (5.12), dobijamo

y ′ = xy ′′ +y ′ +f ′ (y ′ )y ′′ y ′′ (x + f ′ (y ′ )) = 0

Znači, y ′′ = 0 ili je x + f ′ (y ′ ) = 0. Ako je y ′′ = 0, onda je y ′ = C, i uvrštavanjem u polaznu diferencijalnu jednačinu

dobijamo opšte rešenje

y = xC + f (C).

Kako je po pretpostavci f ′′ (t) 6= 0, sledi da u intervalu (a, b) postoji inverzna funkcija t = g(x) funkcije x = −f ′ (t), tako da jednačine

x = −f ′ (t) y = −tf ′ (t) + f (t)

definišu u tom intervalu funkciju y = φ(x).

Kako je ˙x = −f ˙y ′′ (t), ˙y = −tf ′′ (t), gde je f ′′ (t) 6= 0, to je dx = ˙x = t, odakle sledi da je y = φ(x) rešenje polazne diferencijalne jednačine.

dy

Matematika 3

5.2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA

Primer 5.2.9 Rešiti Clairautovu diferencijalnu jednačinu y = xy ′ + 1 2 y ′2 . Rešenje. Diferenciraćemo polaznu diferencijalnu jednačinu:

y ′ = xy ′′ +y ′ +y ′ y ′′ , y ′′ (x + y ′ ) = 0.

Jednačina y ′′ = 0 daje opšte rešenje

Cx +

a jednačina x + y ′ = 0, singularno rešenje

y ′ = −x

y =− .

5.2.9 Lagrangeova jednačina

Lagrangeova diferencijalna jednačina je jednačina oblika

(5.13) Ako je f (y ′ )≡y ′ , onda je to Clairautova diferencijalna jednačina.

y = xf (y ′ ) + g(y ′ ).

Inače, za f (y ′ ) 6≡ y ′ , ova jednačina se rešava uvodjenjem parametra p = y ′ . Tada je dy = pdx i polazna jednačina je oblika

y = xf (p) + g(p).

Diferenciranjem dobijamo dy = f (p)dx + (xf ′ (p) + g ′ (p))dp,

pdx = f (p)dx + (xf ′ (p) + g ′ (p))dp, (f (p) − p)dx + (xf ′ (p) + g ′ (p))dp = 0,

a to je za f (p) − p 6= 0 linearna diferencijalna jednačina oblika

odakle dobijamo rešenje u parametarskom obliku. Ako postoji p = a za koje je f (p) = p, tada je i y = ax + g(a) singularno rešenje Lagrangeove diferencijalne jednačine.

CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Matematika 3

Primer 5.2.10 Rešiti Lagrangeovu diferencijalnu jednačinu y = xy ′2 +y ′2 . Neka je p = y ′ . Tada je y = xp 2 +p 2 . Diferenciranjem dobijamo

pdx =p 2 dx + (2px + 2p)dp,

p (p − 1)dx + 2p(1 + x)dp = 0.

Ako je p 6= 0 i p 6= 1, onda je zadata linearna diferencijalna jednačina

Uvedimo smenu x(p) = u(p)v(p), za koju je x(p) = u ′ (p)v(p) + u(p)v ′ (p). Dobijamo

u (p−1) 2 =− p −1

dv

v =− p −1 dp u ′ = −2(p − 1) u

(p−1) ln |v| = −2 ln |p − 1| 2 = −2

2 +C v = 1 (p−1) 2

2 1 C (p) = (−(p − 1) + C)

Kako je (p − 1) 2 = C x +1 , to je p =1+ C x +1 , što zamenom u y = y(p) daje opšte rešenje

y =x+1+

+ 2C.

x +1

u eksplicitnom obliku. Singularna rešenje adobijamo za p = 0 i p = 1. Ako je p = 0, onda je singularno rešenje y = 0. Ako je p = 1, dobijamo y = x + 1.