Dinine Diferencijalne Jednadzbe

1Diferencijalne jednadbeRjeeni primjeri

1. OSNOVNI POJMOVI ........................................................................................................22. DIFERENCIJALNE JEDNADBE PRVOG REDA ..........................................................3

2.1. Diferencijalne jednadbe prvog reda sa separiranim varijablama..................................32.2. Homogene diferencijalne jednadbe prvog reda ...........................................................82.3. Linearne diferencijalne jednadbe prvoga reda...........................................................152.4. Bernoullijeva diferencijalna jednadba prvog reda .....................................................232.5. Ortogonalne trajektorije .............................................................................................30

3. DIFERENCIJALNE JEDNADBE VIEG REDA ..........................................................34

3.1 Jednadbe oblika )()( xfy n .......................................................................................34

3.2. Sniavanje reda dif. jednadbi oblika 0),...,,,( )()1()( nkk yyyxF .................................393.3 Linearne diferencijalne jednadbe s konstantnim koeficijentima .................................45

3.3.1. Homogene...........................................................................................................453.3.2. Nehomogene .......................................................................................................52

3.2. Lagrangeova metoda varijacije konstanti....................................................................733.3. Sustavi diferencijalnih jednadbi................................................................................77

21. OSNOVNI POJMOVI

Jednadbu oblika 0),...,'',',,()( nyyyyxF , gdje je F zadana funkcija, x nezavisna varijabla a

)(xyy nepoznata funkcija nazivamo diferenijalnom jednadbom n-tog reda.

Rjeenje diferencijalne jednadbe n-tog reda je svaka funkcija )(xyy koja zadanu diferencijalnu jednadbu zadovoljava. Ope rjeenje je skup funkcija ),...,,( 1 nCCxyy koje su sve rjeenja obine diferencijalne jednadbe, dok je partikularno rjeenje ono koje se moe dobiti iz opega uz zadavanje onoliko poetnih uvjeta koliki je red jednadbe.

Kada imamo neku familiju krivulja ),...,,( 1 nCCxyy , do njezine pripadne diferencijalne jenadbe (diferencijalne jednadbe ije je rjeenje familija ),...,,( 1 nCCxyy ) dolazimo na nain da eliminiramo konstante-parametre nCC ,...,1 iz sistema jednadbi:

),...,,( 1 nCCxyy '),...,,(' 1 nCCxyy

.

. )(1)( ),...,,( nnn CCxyy

32. DIFERENCIJALNE JEDNADBE PRVOG REDA

Diferencijalne jednadbe prvoga reda oblika )(' xfy rjeavamo direktnom integracijom:dxxfy )(

2.1. Diferencijalne jednadbe prvog reda sa separiranim varijablama

Diferencijalna jednadba prvog reda sa separiranim varijablama je jednaba koja se moe zapisati u obliku dxxfdyyf )()( ili u obliku )()(' ygxfy . Nakon to ju dovedmo do oblika

dxxfdyyf )()( , rjeavamo ju direktnom integracijom.

Zadatak 1. Nai ope rjeenje dierencijalne jednadbe 12 dx

dyxy .

Rjeenje. Najprije moramo odrediti o kojem se tipu diferencijalne jednadbe radi. Vidimo da

je jednadba 12 dx

dyxy jednadba prvog reda. elimo je dovesti do oblika u kojem e

),(' xyfy jer emo tako najlake vidjeti o kojem se obliku jednadbe radi. Prema tome:12

dx

dyxy

1'2 yxy(jednadbu dijelimo sa xy2 iz prije navedenog razloga)

xyyxy 2:/1'2

xyy

2

1'

yxy

2

1'

yxy

1

2

1'

(sada vidimo da smo jednadbu uspjeli dovesti do oblika )()(' ygxfy , pri emu je u naem konkretnom sluaju

xxf

2

1)( a

yyg

1)( )

(dakle, radi se o jednadbi sa separiranim varijablama pa sada jo trebamo separirati varijable, odnosno dovesti jednadbu do oblika dxxfdyyf )()( : )

yxy

1

2

1'

yxdx

dy 1

2

1

(kako bi se rijeili svega vezanog uz x sa lijeve strane, jednadbu mnoimo sa dx)

dxyxdx

dy /12

1

4dxyx

dy 12

1

(kako bi se rijeil svega vezanoguz y na desnoj strani, jednadbu mnoimo sa y :)

ydxyx

dy /12

1

dxx

dyy2

1

(sada smo separirali varijable, naime na lijevoj strani jednadbe imamo iskljuivo izraze vezane uz varijablu y a na desnoj uz varijablu x)(sada dakle moemo integrirati pa dobivamo: )

/21

dxx

dyy

dxxdyy 21

123

2

3

3

1

3

2Cxy TRAENO OPE RJEENJE

(obratiti panju na idue- rjeavali smo diferencijalnu jednadbu 1. reda ope rjeenje ima 1 konstantu)

Zadatak 2. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe )1( 3

2

xy

x

dx

dy

.

Rjeenje. Najprije trebamo ustanoviti o kojem se tipu diferencijalne jednadbe radi. Vidimo

da jednadbu )1( 3

2

xy

x

dx

dy

moemo zapisati kao:

)1(

13

2

x

x

ydx

dy

(dakle, zadana jednadba je oblika )()(' ygxfy gdje je )1(

)(3

2

x

xxf

a

yyg

1)( )


dxx

x

ydx

dy

/)1(

13

2

dxx

x

ydy

)1(

13

2

ydxx

x

ydy

/

)1(

13

2

dxx

xdyy

)1( 3

2


dxxx

ydy)1( 3

2

5

12

2

3

3

22

ln3

1

3

3

3

1

)1(2Ct

t

dt

dtdxx

dxxdt

xt

dxx

xy

132

)1ln(3

1

2Cx

y OPE RJEENJE(ponovno imamo jednu konstantu iz razloga to smo rjeavali jednadbu 1. reda)

Zadatak 3. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe 212 yxdx

dy .


da je jednadba 212 yxdx

dy oblika )()(' ygxfy gdje je xxf 2)( a 21)( yyg )


212 yxdx

dy

(da bi se rijeili svega vezanog uz varijablu x sa lijeve strane, jednadbu mnoimo sa dx)

dxyxdx

dy /12 2

dxyxdy 212

(i da bi se rijeili svega vezanog uz y sa desne strane, jednadbu dijelimo sa 21 y )22 1:/12 ydxyxdy

xdxy

dy2

1 2

(sada smo separirali varijable, naime na lijevoj strani jednadbe imamo iskljuivo izraze

vezane uz varijablu y a na desnoj uz varijablu x)(sada dakle moemo integrirati pa dobivamo: )

xdxydy

21 2

12arcsin Cxy OPE RJEENJE

(moemo malo srediti pa dobivamo)

12arcsin Cxy

12sinarcsinsin Cxy 12sin Cxy (ponovno jednadba 1. reda ope rjeenje ima 1 konstantu)

Zadatak 4. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe xeydx

dy 23 .


da je jednadbu xeydx

dy 23 oblika )()(' ygxfy gdje je xexf 3)( a 2)( yyg )

6(dakle, radi se o jednadbi sa separiranim varijablama pa sada jo trebamo separirati varijable, odnosno dovesti jednadbu do oblika dxxfdyyf )()( : )

xeydx

dy 23

(da bi se rijeili svega vezanog uz varijablu x sa lijeve strane, jednadbu mnoimo sa dx)

dxeydx

dy x /3 2

dxeydy x 23(i da bi se rijeili svega vezanog uz y sa desne strane, jednadbu dijelimo sa 2y )

22 :/3 ydxeydy x

dxey

dy x 32


dxeydy x3

2

13331

Cedtedxdt

xtdxe

yttx

13

1Ce

yx OPE RJEENJE

(moemo malo srediti pa dobivamo)

)1(/31

1 Ceyx

131

Cey

x

(stavimo na (-1) potenciju)1

11 )3()

1( Ce

yx

13

1

Cey

x

Zadatak 5. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe yyx ')1( , a potom ono partikularno rjeenje koje zadovoljava uvjet 1)2( y .Rjeenje. Vidimo da zadanu jednadbu moemo prikazati u obliku:

xyy

1

1'

(dakle, moemo separirati varijable:)

xy

dx

dy

1

1

y

dx

xy

dx

dy

/1

1

dxxy

dy

1

1

7 dxxydy

1

1

1ln11

1

1ln Ctdt

tdxdt

xtdx

xy

1)1ln(ln Cxy OPE RJEENJE

(po volji, gornje ope rjeenje se jo moe eventualno prikazati u eksplicitnom obliku)

Mi jo trebamo nai partikularno rjeenje koje zadovoljava poetni uvjet 1)2( y . U sluaju kada nam ope rjeenje nije u eksplicitnom obliku (kao to je i sada sluaj), poetni uvjet uvrtavamo u ope rjeenje na nain da umjesto x uvrtavamo 2x a umjesto y uvrtavamo

1y . Dakle, mi elimo nai onu funkciju iz familije 1)1ln(ln Cxy koja prolazi tokom (-2,1) pa imamo:

1)21ln(1ln C1)21ln(0 C

)3ln(1 CDakle, traeno partikularno rjeenje je 3ln)1ln(ln xy TRAENO PARTIKULARNO RJEENJE

Da smo eventualno ili ope rjeenje prikazati u eksplicitnom obliku, to bi izgledalo:1)1ln(ln Cxy

(uvodimo novu konstantu C takvu da vrijedi CC ln1 )Cxy ln)1ln(ln )1ln(lnln xCy

(primjenjujemo pravilo b

aba lnlnln pa imamo)

x

Cy

1lnln

x

Cy

1OPE RJEENJE U EKSPLICITNOM OBLIKU

Sada u ope rjeenje uvrtavamo poetni uvjet 1)2( y i imamo:31

3)2( CCy

Pa je traeno partikularno rjenje jednako

x

y1

3 PART. RJEENJE U EKSPL. OBLIKU

Sada se vidi da su oba rjeenja do kojih smo doli jednaka. Naime,

xy

xxxy

1

3

1

3ln)1ln(3ln3ln)1ln(ln

Zadatak 6. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe 23' xyy , a potom ono partikularno rjeenje koje zadovoljava uvjet 0)2( y .Rjeenje. Najprije moramo odrediti kojeg je tipa zadana jednadba. Kao i uvjek, pokuajmo je dovesti do oblika ),(' xyfy iz kojeg nam je najlake vidjeti o kojem se tipu radi. Dakle, najprije prebacujemo na desnu stranu 3x:

23' xyy(sada dijelimo sa y)

8yxyy :/23'

)23(123

' xyy

xy

(dakle,vidimo da je zadana jednadba oblika )()(' ygxfy pa moemo separirati varijable)

ydxxydx

dy /)23(1

dxxydy )23( (sada integriramo)

dxxydy )23( 12

2

22

3

2Cxx

y OPE RJEENJE

Mi jo trebamo nai partikularno rjeenje koje zadovoljava poetni uvjet 0)2( y . U sluaju kada nam ope rjeenje nije u eksplicitnom obliku (kao to je i sada sluaj), ovaj poetni uvjet uvrtavamo u ope rjeenje na nain da umjesto x uvrtavamo 2x a umjesto y uvrtavamo

0y . Imamo:

12

2

2222

3

2

0C

2460 11 CC

Dakle, traeno partikularno rjeenje je 222

3

22

2

xxy TRAENO PARTIKULARNO

RJEENJE

2.2. Homogene diferencijalne jednadbe prvog reda

Homogena diferencijalna jednadba prvog reda je jednadba oblika

)('x

yfy .

Istu jednadbu supstitucijom x

yu svodimo na diferencijalnu jednadbu sa separiranim

varijablama.

Zadatak 1. Odrediti partikularno rjeenje diferencijalne jednadbe yx

xyy

3

43' koje

zadovoljava poetni uvjet 0)1( y .Rjeenje. Najprije trebamo odrediti tip diferencijalne jednadbe

yx

xyy

3

43' . Ista se ne moe

dovesti do oblika )()(' ygxfy iz razloga to je zbog brojnika yx 3 neemo moi razdvojiti na umnoak funkcija po varijablama x i y. Kako bi vidjeli radi li se o homogenoj diferencijalnoj jednadbi, i brojnik i nazivnik emo podijeliti sa x pa dobivamo:

yx

xyy

3

43'

9x

yx

y

x

yxx

xy

xyx

xxyy

3

43

3

43

:)3(

:)43('

x

yx

y

y

3

43'

(dakle, sada vidimo da je zadana jednadba oblika )('x

yfy )

(dakle, radi se o homogenoj jednadbi prvog reda, prema tome rijeavamo ju supstitucijom

x

yu )

(iz relacije x

yu slijedi)

uxy (deriviramo li gornju jednakost imamo)

uxuxuxuy '''

(uvrstimo li sada izraze x

yu i uxuy ' u poetnu jednadbu dobivamo:)

u

uuxu

3

43'

(ovo to smo dobili je diferencijalna jednadba prvog reda u kojoj je nepoznanica funkcija u)(takoer, u gornjoj bi se jednadbi trebale moi separirati varijable pa imamo:)

u

uuxu

3

43'

uu

uxu

3

43'

(desnu stranu stavimo na zajedniki nazivnik)

u

uuuxu

3

)3(43'

u

uuux

dx

du

3

343 2

u

ux

dx

du

3

4 2

(da bi separirali varijable, elimo se rijeiti svega vezanog uz x sa lijeve strane pa mnoimo

itavu jednadbu sa x

dx )

x

dx

u

ux

dx

du /

3

4 2

x

dx

u

udu

3

4 2

(ponovno, elimo se rijeiti svega vezanog uz varijablu u na desnoj strani pa mnoimo sa:)

2

2

4

3/

3

4

u

u

x

dx

u

udu

x

dxdu

u

u

24

3

10

(sada smo separirali varijable pa integriramo)

x

dxdu

u

u24

3

12

2

222ln)4ln(

2

1

22

3

2

4

44

13

4

3Cxu

uarctg

ududt

utdu

u

udu

udu

u

u

12 ln)4ln(

2

1

22

3Cxu

uarctg

(izraunali smo emu je jednaka funkcija u)(jo trebamo izraunati funkciju y i to iz relacije

x

yu )

(dakle, u izrazu 12 ln)4ln(

2

1

22

3Cxu

uarctg trebamo u zamijeniti sa

x

yu )

122

ln)4ln(2

1

22

3Cx

x

y

x

yarctg OPE RJEENJE

Budui da ope rjeenje nije u eksplicitnom obliku, partikularno rjeenje odreeno poetnim uvjetom 0)1( y nai emo tako da u opem rjeenju zamijenimo varijablu x sa 1 odnosno ysa 0. Tada emo dobiti jednu jednadbu sa jednom nepoznanicom konstantom 1C koju trebamo izraunati. Imamo:

11ln)04ln(2

10

2

3Carctg

14ln2

1C

(dakle izraunali smo 1C )Traeno partikularno rjeenje emo dobiti kada u ope uvrstimo izraunatu vrijednost konstante 1C . Imamo:

4ln2

1ln)4ln(

2

1

22

32

2

xx

y

x

yarctg TRAENO PART. RJEENJE

Zadatak 2. Nai ope rjenje diferencijalne jednadbe 1)(2' 2 x

y

x

yy .

Rjeenje. Vidimo da se radi o jednadbi 1. reda oblika )('x

yfy , odnosno o homogenoj

diferencijalnoj jednadbi prvog reda. Istu prema tome rijeavamo supstitucijom x

yu . Iz

relacije x

yu slijedi uxy , odnosno uxuy ' , pa kada to uvrstimo u jednadbu dobivamo:

12' 2 uuuxu(dobili smo diferencijalnu jednadbu 1. reda u kojoj je nepoznanica funkcija u i u kojoj bi se

trebale moi separirati varijable)(prebacimo u sa lijeve na desnu stranu)

1' 2 uuxu

12 uuxdx

du

(da bi se rijeili x na lijevoj strani mnoimo sa:)

x

dxuux

dx

du /12

x

dxuudu )1( 2

11

(da bi se rijeili u sa desne strane dijelimo sa:)

)1(:/)1( 22 uux

dxuudu

x

dx

uu

du 12

(separirali smo varijable pa integriramo)

xdx

uu

du

12

(integral na lijevoj strani rijeavamo tako da polinom u nazivniku svodimo na potpuni kvadrat)

12

ln

4

3)

2

1(

Cxu

du

(sada uvodimo supstituicju 2

1 ut pa imamo:)

12

ln

4

3Cx

t

dt

1ln

4

3

4

3

1Cx

tarctg

1ln3

2

3

2Cx

tarctg

(vratimo se iz supstitucije 2

1 ut pa imamo)

1ln3

12

3

2Cx

uarctg

(i vratimo se iz supstitucije x

yu pa imamo: )

1ln3

12

3

2Cxx

y

arctg OPE RJEENJE

Zadatak 3. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe 022' x

yy .

Rjeenje. Zadana jednadba je oblika )('x

yfy , odnosno radi se o homogenoj diferencijalnoj

jednadbi 1. reda. Prema tome, rijeavamo ju supstitucijom x

yu . Iz relacije

x

yu slijedi

uxy , odnosno uxuy ' , pa kada to uvrstimo u jednadbu dobivamo:022' uuxu

(dobili smo diferencijalnu jednadbu 1. reda u kojoj je nepoznanica funkcija u i u kojoj bi se trebale moi separirati varijable)

(prebacimo na desnu stranu 22 uu )2' uxu

2 uxdx

du

(da bi se rijeili x sa lijeve strane mnoimo sa:)

12

x

dxux

dx

du /2

x

dxudu )2(

(da bi se rijeili u-a sa desne strane dijelimo sa:)

)2(:/)2( ux

dxudu

x

dx

u

du 2

(separirali smo varijable pa moemo integrirati)

xdx

u

du

2

1ln)2ln( Cxu (nije nuno, ali gornju jednadbu moemo prikazati u eksplicitnom obliku na sljedei nain)

(uvodimo novu konstantu C takvu da vrijedi 1ln CC )Cxu lnln)2ln(

(primijenimo pravilo abba lnlnln )Cxu ln)2ln(

Cxu 22 Cxu

(sada se vraamo iz supstitucije x

yu pa imamo)

2 Cxx

y

(ako pomnoimo sa x) xCxy 22 OPE RJEENJE


yy .

Rjeenje. Zadana jednadba je oblika )('x

yfy , odnosno radi se o homogenoj diferencijalnoj

jednadbi 1. reda. Prema tome, rijeavamo ju supstitucijom x

yu . Iz relacije

x

yu slijedi

uxy , odnosno uxuy ' , pa kada to uvrstimo u jednadbu dobivamo:2' uuxu

(dobili smo diferencijalnu jednadbu 1. reda u kojoj je nepoznanica funkcija u i u kojoj bi se trebale moi separirati varijable)(prebacimo na desnu stranu u )

22' uxu

22 uxdx

du

(da bi se rijeili x sa lijeve strane mnoimo sa:)

x

dxux

dx

du /22

x

dxudu )22(

(da bi se rijeili u-a sa desne strane dijelimo sa:)

)22(:/)22( ux

dxudu

13

x

dx

u

du 22


xdx

u

du

22

)22ln(2

1ln

2

1

2

1

2

22

22

utt

dt

dudt

ut

u

du

1ln)22ln(2

1Cxu

(ako elimo, gornju jednadbu moemo prikazati u eksplicitnom obliku)(mnoimo itavu jednadbu sa -2)

)2(/ln)22ln(2

11 Cxu

12ln2)22ln( Cxu (uvodimo novu konstantu C takvu da vrijedi 12ln CC )

Cxu lnln2)22ln( (primijenimo pravilo naan lnln )

Cxu lnln)22ln( 2

Cx

u ln1

ln)22ln(2

(primjenimo pravilo abba lnlnln )

2ln)22ln(

x

Cu

222

x

Cu

222

x

Cu

)2(:/222

x

Cu

12 2

x

Cu

(jo se trebamo vratiti iz supstitucije x

yu pa imamo)

12 2

x

C

x

y

(pomnoimo sa x)

xx

Cxy

22

xx

Cy

2OPE RJEENJE

Zadatak 5. Odrediti partikularno rjeenje diferencijalne jednadbe yx

xyy

2

2' koje

zadovoljava poetni uvjet 0)1( y .Rjeenje. Najprije trebamo nai ope rjeenje. Diferencijalna jednadba

yx

xyy

2

2' nije oblika

)()(' ygxfy . Naime, zbog nazivnika yx 2 desnu stranu jednadbe neemo moi razdvojiti na umnoak nekih dviju funkcija po x i po y. Pokuajmo prema tome provjeriti radi li se o

14

homogenoj diferencijalnoj jednadbi prvoga reda. Podijelimo i brojnik i nazivnik desne strane sa x:

x

yx

y

x

yxx

xy

y

2

12

2

2

'

(dakle, radi se o homogenoj diferencijalnoj jednadbi)

(uvodimo supstituciju x

yu )

(iz relacije x

yu slijedi uxy odnosno uxuy '' pa kada to uvrstimo u zadanu jednadbu

dobivamo:)

u

uuxu

2

12'

(prebacimo u na desnu stranu)

uu

uxu

2

12'

(stavimo desnu stranu na zajedniki nazivnik)

u

uuuxu

2

)2(12'

u

uuuxu

2

212'

2

u

uxu

2

1'

2

u

ux

dx

du

2

1 2

x

dx

u

ux

dx

du /

2

1 2

x

dx

u

udu

2

1 2

2

2

1

2/

2

1

u

u

x

dx

u

udu

x

dxdu

u

u

21

2

(separirali smo varijable pa oemo integirati)

x

dxdu

u

u21

2

)1ln(2

12

2

12

2

1

11

12 2

2

22uarctgu

t

dtarctgu

ududt

utdu

u

udu

u

1

2 ln)1ln(2

12 Cxuarctgu

(vratimo se iz supstitucije x

yu )

122

ln)1ln(2

12 Cx

x

y

x

yarctg OPE RJEENJE

Budui da ope rjeenje nije u eksplicitnom obliku, partikularno rjeenje emo izraunati tako to emo poetni uvjet 0)1( y uvrstiti u ope rjeenje na nain da x zamijenimo sa 1 a yzamijenimo sa 0 pa imamo:

15

11ln)01ln(2

102 Carctg

101ln2

1C

10 CTraeno partikularno rjeenje je dakle ono to emo dobiti kada u ope rjeenje uvrstimo izraunatu vrijednost konstante 01 C :

xx

y

x

yarctg ln)1ln(

2

12

2

2

TRAENO PARTIKULARNO RJEENJE

2.3. Linearne diferencijalne jednadbe prvoga reda

Linearna diferencijalna jednadba prvog reda je jednadba oblika)()(' xqyxpy .

Ako je 0)( xq jednadba je homogena, a ako je 0)( xq jednadba je nehomogena.

Homogene linearne diferencijalne jednabe prvog reda se rijeavaju metodom separacije varijabli.

Nehomogene linearne diferencijalne prvog reda se rijeavaju Lagrangeovom metodom varijacije konstanti ili Bernoullijevom metodom.

Lagrangeova metoda varijacije konstanti1. korak rijeimo pripadnu homogenu jednadbu 0)(' yxpy

2. korak rjeeenje iz 1. koraka je neka funkcija oblika dxxpH eCy)(

. Pretpostavimo

da je rjeenje poetne nehomogene jednadbe funkcija oblika dxxpexCy )()(3. korak da bi izraunali nepoznatu funkciju )(xC , uvrtavamo funkciju

dxxpexCy )()( i njezinu prvu derivaciju u poetnu jednadbu )()(' xqyxpy 4. korak nakon to smo izrauanli fukciju )(xC , traeno ope rjeenje je funkcija

dxxpexCy )()(

Bernoullijeva metoda1. korak pretpostavimo da je traeno ope rjeenje nehomogene linearne jednadbe

)()(' xqyxpy funkcija y koja je jednaka )()()( xvxuxy 2. korak uvrstimo uxy i ''' uvvuy u poetnu jednadbu )()(' xqyxpy i dobivamo

)()('' xquvxpuvvu odnosno )('))('( xquvuxpuv 3. korak naemo jednu funkciju u za koju je izraz unutar zagrade iz jednakosti

)('))('( xquvuxpuv jednak nuli, dakle rijeavamo diferencijalnu jednadbu 0)(' uxpu

4. korak pronaenu funkciju u uvrstimo u izraz )('))('( xquvuxpuv - ostat e nam diferencijalna jednadba u kojoj je nepoznanica funkcija v koju rijeavamo

5. korak pronali smo funkcije u i v traeno ope rjeenje je funkcija )()()( xvxuxy

16

Zadatak 1. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe xxyx

y sin2

' 2 .

Rjeenje. Zadana diferencijalna jednadba je oblika )()(' xqyxpy , odnosno radi se o

linearnoj nehomogenoj diferencijalnoj jednadbi 1. reda. U jednadbi xxyx

y sin2

' 2

funkcija )(xp je jednaka x

xp2

)( a funkcija )(xq je jednaka xxxq sin)( 2 . Rijeiti emo ju Lagrangeovom metodom varijacije konstanti.

1. korak rijeiti pripadnu homogenu jednadbu

Dakle, moramo rijeiti jednadbu 02' yx

y koja se moe rijeiti metodom varijacije

konstanti:

yx

y2

'

yxdx

dy 2

dxyxdx

dy /2

ydxx

dy2

yydxx

dy :/2

dxxy

dy 2

(separirali smo varijable, dakle moemo integrirati)

dxxydy 2

1ln2ln Cxy (primjenjumeo pravilo naan lnln )

12lnln Cxy

(uvodimo novu konstantu C takvu da 1ln CC )Cxy lnlnln 2

2lnln Cxy 2Cxy

2. korak pretpostavimo da je traeno ope rjeenje poetne jednadbe 2)( xxCy 3. korak da bi izraunali nepoznatu funkciju )(xC , uvrstiti emo funkciju 2)( xxCy u poetnu diferencijalnu jednadbu xxy

xy sin

2' 2 . Meutim, da bi to mogli napraviti najprije

moramo izraunati prvu derivaciju od 2)( xxCy :xxCxxCy 2)()('' 2

(sada uvrtavamo 2)( xxCy i xxCxxCy 2)()('' 2 u diferencijalnu jednadbu xxyx

y sin2

' 2

i odbivamo:)

xxxxCx

xxCxxC sin)(2

2)()(' 222

17

(kratimo izraze xxC 2)( i 2)(2 xxCx

i ostaje nam)

xxxxC sin)(' 22 (dakle, dobili smo diferencijalnu jednadbu prvog reda u kojoj nam je nepoznanica funckija

)(xC )

(dijelimo ju sa 2x )xxC sin)('

(integriramo)

xdxxC sin)(1cos)( CxxC

4. korak traeno ope rjeenje je funkcija 2)( xxCy , odnosno kada uvrstimo u 3. koraku izraunatu funkciju 1cos)( CxxC imamo:

21 )cos( xCxy OPE RJEENJE

Zadatak 2. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe xeyy 3' .Rjeenje. Ponovno se radi o nehomogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadbi, odnosno jednadbi oblika )()(' xqyxpy gdje je 1)( xp a gdje je xexq 3)( .Rjeavati emo ju Bernoullijevom metodom.1. korak - pretpostavimo da je traeno ope rjeenje nehomogene linearne jednadbe

xeyy 3' funkcija y koja je jednaka )()()( xvxuxy 2. korak - uvrstimo uxy i ''' uvvuy u poetnu jednadbu pa dolazimo do:

xeuvuvvu 3'' (izluimo v na lijevoj strani)

xeuvuuv 3')'( 3. korak elimo nai jednu funkciju u za koju je izraz uu ' jednak nuli, dakle trebamo rijeiti diferencijalnu jednadbu:

0' uuuu '

udx

du

dxudx

du /

udxdu uudxdu :/

dxu

du


dxudu

xu ln(kako traimo samo jednu funkciju u sa spomenutim svojstvom, u prethodnom koraku smo

zanemarili konsantu C)xeu lnln

xeu 4. korak pronaenu funkciju xeu uvrtavamo u xeuvuuv 3')'( i dobivamo:

18

xx eve 3'(dobili smo diferencijalnu jednadbu prvog reda sa nepoznanicom v)

(podijelimo je sa xe )xev 2'

(integriramo)

dxev x 21

2

2

1Cev x

5. korak u prvom smo koraku pretpostavili da je traeno ope rjeenje funkcija )()()( xvxuxy . Sada smo izraunali xeu i 122

1Cev x , prema tome traeno ope rjeenje

je:

xx eCey )2

1( 1

2 OPE RJEENJE

Zadatak 3. Nai partikularno rjeenje diferencijalne jednadbe 0sintan' 2 xxyy koje zadovoljava poetni uvjet

3

1)0( y .

Rjeenje. Zadana diferencijalna jednadba je nehomogena linearna diferencijalna jednadba prvoga reda. Naime, jednadbu moemo zapisatiu obliku xxyy 2sintan' pa je oito da je oblika )()(' xqyxpy gdje je xxp tan)( a gdje je xxq 2sin)( . Rijeiti emo ju Lagrangeovom metodom varijacije konstanti.

1. korak rijeiti pripadnu homogenu jednadbuDakle, moramo rijeiti jednadbu 0tan' yxy koja se moe rijeiti metodom varijacije konstanti:

yxy tan'

yxdx

dy tan

dxyxdx

dy /tan

dxyxdy tanydxyxdy :/tan

xdxy

dytan


xdxydy

tan

11 coslnlnsin

cos

cos

sinln CxCt

t

dt

xdxdt

xtdx

x

xy

1coslnln Cxy (uvodimo novu konstantu C takvu da 1ln CC )

Cxy lncoslnln xCy coslnlnln

(primjenjujemo pravilo b

aba lnlnln )

19

x

Cy

coslnln

x

Cy

cos

2. korak pretpostavimo da je traeno ope rjeenje poetne jednadbe x

xCy

cos

)(

3. korak da bi izraunali nepoznatu funkciju )(xC , uvrstiti emo funkciju x

xCy

cos

)( u poetnu diferencijalnu jednadbu xxyy 2sintan' . Meutim, da bi to mogli napraviti najprije moramo izraunati prvu derivaciju od

x

xCy

cos

)( :

x

xxCxxCy

2cos

sin)(cos)(''

(sada uvrtavamo x

xCy

cos

)( i x

xxCxxCy

2cos

sin)(cos)(''

u diferencijalnu jednadbu

xxyy 2sintan' i dobivamo:)

xx

xCx

x

xxCxxC 22

sincos

)(tan

cos

sin)(cos)('

(ako malo sredimo dobivamo)

xx

xxC

x

xxC

x

xC 222

sincos

sin)(

cos

sin)(

cos

)('

(kratimo)

xx

xC 2sincos

)('

(dakle, dobili smo diferencijalnu jednadbu prvog reda u kojoj nam je nepoznanica funckija )(xC )

(mnoimo ju sa xcos )xxxC cossin)(' 2

(integriramo)

1

3

1

322

3

sin

3cos

sincossin)( C

xC

tdtt

xdxdt

xtdxxxxC

1

3

3

sin)( C

xxC

4. korak traeno ope rjeenje je funkcijax

xCy

cos

)( , odnosno kada uvrstimo u 3. koraku

izraunatu funkciju 13

3

sin)( C

xxC imamo:

x

Cx

ycos3

sin1

3

OPE RJEENJE

Jo trebamo nai partikularno rjeenje odreeno poetnim uvjetom 3

1)0( y . Kako ope

rjeenje imamo u eksplicitnom obliku, poetni uvjet samo uvrtavamo u isto i dobivamo:

3

1

10cos3

0sin

)0( 11

3

CC

y

20

3

11 C

Dakle, traeno partikularno rjeenje je ono koje emo dobiti kada u ope rjeenje umjesto konstante uvrstimo njenu izraunatu vrijednost

3

11 C pa imamo:

x

x

ycos

3

1

3

sin 3



yy .

Rjeenje. Najprije trebamo odrediti o kojem se tipu diferencijalne jednadbe radi. Zapiemo

li zadanu jednadbu u obliku 2' x

yy vidimo da se radi o nehomogenoj linearnoj

diferencijalnoj jednadbi prvog reda odnosno jednadbi oblika )()(' xqyxpy gdje je x

xp1

)(

a gdje je 2)( xq . Rjeavati emo ju Bernoullijevom metodom.1. korak - pretpostavimo da je traeno ope rjeenje nehomogene linearne jednadbe

2' x

yy funkcija y koja je jednaka )()()( xvxuxy

2. korak - uvrstimo uxy i ''' uvvuy u poetnu jednadbu pa dolazimo do:2''

x

uvuvvu

(izluimo v na lijevoj strani)2')'( uv

x

uuv

3. korak elimo nai jednu funkciju u za koju je izraz x

uu ' jednak nuli, dakle trebamo

rijeiti diferencijalnu jednadbu:

0' x

uu

x

uu '

x

u

dx

du

dxx

u

dx

du /

dxx

udu

udxx

udu :/

dxxu

du 1


dxxudu 1

xu lnln

21

(kako traimo samo jednu funkciju u sa spomenutim svojstvom, u prethodnom koraku smo zanemarili konsantu C)

xu lnln (primjenimo pravilo naan lnln )

1lnln xu

xu

1lnln

xu

1

4. korak pronaenu funkciju x

u1 uvrtavamo u 2')'( uv

x

uuv i dobivamo:

2'1 vx

(dobili smo diferencijalnu jednadbu prvog reda sa nepoznanicom v)(pomnoimo je sa x )

xv 2'(integriramo)

xdxv 21

2 Cxv 5. korak u prvom smo koraku pretpostavili da je traeno ope rjeenje funkcija

)()()( xvxuxy . Sada smo izraunali x

u1 i 12 Cxv , prema tome traeno ope rjeenje je:

x

Cxy1

)( 12 OPE RJEENJE

Zadatak 5. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe 323' xeyxy .Rjeenje. Zadana diferencijalna jednadba je nehomogena linearna diferencijalna jednadba

prvoga reda. Naime, jednadba je oblika )()(' xqyxpy gdje je 23)( xxp a gdje je 3)( xexq . Rijeiti emo ju Lagrangeovom metodom varijacije konstanti.

1. korak rijeiti pripadnu homogenu jednadbuDakle, moramo rijeiti jednadbu 03' 2 yxy koja se moe rijeiti metodom varijacije konstanti:

yxy 23'

yxdx

dy 23

dxyxdx

dy /3 2

ydxxdy 23yydxxdy :/3 2

dxxy

dy 23


dxxydy 23

22

1323ln Cxdxxy

13

lnln Cxey 1

3 Cxey 3

1 xC eey (uvodimo novu konstantu C takvu da 1CeC )

3xeCy 2. korak pretpostavimo da je traeno ope rjeenje poetne jednadbe 3)( xexCy 3. korak da bi izraunali nepoznatu funkciju )(xC , uvrstiti emo funkciju 3)( xexCy u poetnu diferencijalnu jednadbu 323' xeyxy . Meutim, da bi to mogli napraviti najprije moramo izraunati prvu derivaciju od 3)( xexCy :

)3()()('' 233

xexCexCy xx

(sada uvrtavamo 3

)( xexCy i )3()()('' 233 xexCexCy xx u diferencijalnu jednadbu 323' xeyxy i dobivamo:)

3333

)(3)3()()(' 22 xxxx eexCxxexCexC (ako malo sredimo dobivamo)

33

)(' xx eexC (podijelimo sa

3xe )1)(' xC

(dakle, dobili smo diferencijalnu jednadbu prvog reda u kojoj nam je nepoznanica funckija )(xC )

1)(' xC(integriramo)

1)( CxxC 4. korak traeno ope rjeenje je funkcija 3)( xexCy , odnosno kada uvrstimo u 3. koraku izraunatu funkciju 1)( CxxC imamo:

3)( 1 xeCxy OPE RJEENJE

Zadatak 6. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe xeyy 42' .Rjeenje. Vidimo da se radi o nehomogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadbi prvog reda odnosno jednadbi oblika )()(' xqyxpy gdje je 2)( xp a gdje je xexq 4)( . Rjeavati emo ju Bernoullijevom metodom.1. korak - pretpostavimo da je traeno ope rjeenje nehomogene linearne jednadbe

xeyy 42' funkcija y koja je jednaka )()()( xvxuxy 2. korak - uvrstimo uxy i ''' uvvuy u poetnu jednadbu pa dolazimo do:

xeuvuvvu 42'' (izluimo v na lijevoj strani)

xeuvuuv 4')2'( 3. korak elimo nai jednu funkciju u za koju je izraz uu 2' jednak nuli, dakle trebamo rijeiti diferencijalnu jednadbu:

02' uuuu 2'

23

udx

du2

dxudx

du /2

udxdu 2uudxdu :/2

dxu

du2


dxudu

2

xu 2ln (kako traimo samo jednu funkciju u sa spomenutim svojstvom, u prethodnom koraku smo

zanemarili konsantu C)xu 2ln

xeu 2lnln xeu 2

4. korak pronaenu funkciju xeu 2 uvrtavamo u xeuvuuv 4')2'( i dobivamo:xx eve 42 '

(dobili smo diferencijalnu jednadbu prvog reda sa nepoznanicom v)(podijelimo je sa xe 2 )

xev 6' (integriramo)

dxev x 61

6

6

1Cev x

5. korak u prvom smo koraku pretpostavili da je traeno ope rjeenje funkcija )()()( xvxuxy . Sada smo izraunali xeu 2 i 166

1Cev x , prema tome traeno ope rjeenje

je:

xx eCey 216 )61

( OPE RJEENJE

2.4. Bernoullijeva diferencijalna jednadba prvog reda

Diferencijalna jednadba prvog reda oblikanyxqyxpy )()(' , 1,0n

naziva se Bernoullijeva diferencijalna jednadba.

2 su mogua naina rjeavanja Bernoullijeve jednadbe:- pretpostavimo da je traeno ope rjeenje funkcija y koja je jednaka umnoku dviju nepoznatih funkciju u i v te provedemo postupak jednak Bernoullijevoj metodi

- uvedemo supstituciju 1

1)( ny

xz nakon koje poetna Bernoullijeva jednadba postaje

nehomogena linearna diferencijalna jednadba koju znamo rijeavati

24

Zadatak 1.Odrediti ono partikularno rjeenje diferencijalne jednabe 2)1(2' yxyx

y koje

zadovoljava poetni uvjet 1)1( y .Rjeenje. Najprije moramo odrediti koje je tipa zadana diferencijalna jednadba. Vidimo da

se radi o jednadbi oblika nyxqyxpy )()(' gdje je x

xp2

)( , gdje je 1)( xxq i gdje je 2n ,

odnosno o Bernoullijevoj diferencijalnoj jednadbi prvog reda. Rjeavati emo ju Bernoullijevom metodom.

1. korak - pretpostavimo da je traeno ope rjeenje Bernoullijeve jednadbe 2)1(2' yxyx

y

funkcija y koja je jednaka )()()( xvxuxy 2. korak - uvrstimo uxy i ''' uvvuy u poetnu jednadbu pa dolazimo do:

22)1(2

'' vuxuvx

uvvu

(izluimo v na lijevoj strani)22)1(')

2'( vuxuvu

xuv

3. korak elimo nai jednu funkciju u za koju je izraz ux

u2

' jednak nuli, dakle trebamo

rijeiti diferencijalnu jednadbu:

02

' ux

u

ux

u2

'

uxdx

du 2

dxuxdx

du /2

udxx

du2

uudxx

du :/2

dxxu

du 2


dxxudu 2

xu ln2ln (kako traimo samo jednu funkciju u sa spomenutim svojstvom, u prethodnom koraku smo

zanemarili konsantu C)xu ln2ln 2lnln xu

2

1lnln

xu

2

1

xu

25

4. korak pronaenu funkciju 2

1

xu uvrtavamo u 22)1(')2'( vuxuvu

xuv i dobivamo:

242

1)1('

1v

xxv

x

(dobili smo diferencijalnu jednadbu prvog reda sa nepoznanicom v)(pomnoimo je sa 2x )

24

2

)1(' vx

xxv

22

1)1(' v

xxv

22

1)1( v

xx

dx

dv

dxvx

xdx

dv /1)1( 22

dxvx

xdv 22

1)1(

222

:/1

)1( vdxvx

xdv

dxx

xv

dv22

1)1(

(integriramo)

dxxxvdv

22

1)1(

dxxdxxv 2111

11

ln1

Cx

xv

(kako smo pretpostavili da je traeno ope rjeenje y jednako umnoku funkcija u i v, trebamo funkciju v prikazati u eksplicitnom obliku)

11

ln1

Cx

xv

(sve mnoimo sa (-1))

11

ln1

Cx

xv


11 )

1ln()

1( C

xx

v

11

ln

1

Cx

xv

5. korak u prvom smo koraku pretpostavili da je traeno ope rjeenje funkcija )()()( xvxuxy . Sada smo izraunali

2

1

xu i

11

ln

1

Cx

xv

, prema tome traeno ope

rjeenje je:

2

1

11

ln

1

xCx

xy OPE RJEENJE

26

Mi jo trebamo izraunati partikularno rjeenje odreeno poetnim uvjetom 1)1( y . Kako smo ope rjeenje nali u eksplicitnom obliku, samo trebamo u njega uvrstiti poetni uvjet pa imamo:

11

1

1

1

1

11ln

1)1(

12

1

CC

y

)1(/11

11

1

CC

111 C01 C

Dakle, traeno partikularno rjeenje je :

2

11

ln

1

xx

xy TRAENO PARTIKULARNO RJEENJE

Zadatak 2. Nai ono partikularno rjeenje diferencijalne jednadbe xyyx

y ln2

1' 3 koje

zadovoljava poetni uvjet 2

1)1( y .

Rjeenje. Vidimo da se radi o Bernoullijevoj diferencijalnoj jednadbi, odnsono o jednadbi

oblika nyxqyxpy )()(' gdje je x

xp2

1)( , gdje je xxq ln)( i gdje je 3n . Sada emo ju

rijeavati supstitucijom.

Najprije jednadbu xyyx

y ln2

1' 3 podijelimo sa 3y :

33 :/ln2

1' yxyy

xy

xyxy

yln

1

2

1'23

(sada uvodimo supstituciju 2

1)(

yxz )

(ako deriviramo izraz 22

1)( y

yxz dobivamo

33 '2'2)('

y

yyyxz )

(ako sada izraze 2

1)(

yxz i

3

'2)('

y

yxz uvrstimo u x

yxy

yln

1

2

1'23 dobivamo:)

xzx

zln

2

1

2

'

(pomnoimo li gornji izraz sa -2 dobivamo:)

xzx

z ln21

'

(vidimo da smo dobili linearnu nehomogenu diferencijalnu jednadbu prvog reda u kojoj je nepoznanica funkcija )(xz )

(rijeavati emo ju Bernoullijevom metodom)

27

(dakle, najprije pretpostavimo da je traeno ope rjeenje funkcija z takva da uvz , iz ega slijedi ''' uvvuz )

(uvrstimo li uvz i ''' uvvuz u jednadbu xzx

z ln21

' dobivamo:)

xuvx

uvvu ln21

''

(izluimo li v na lijevoj strani imamo:)xuvu

xuv ln2')

1'(

(sada elimo nai onakvu funkciju u za kou e izraz ux

u 1' biti jednak nuli)

01

' ux

u

ux

u 1'

uxdx

du 1

u

dxu

xdx

du /1

dxxu

du 1

(integriramo)

dxxudu 1

xu lnln (zanemarili smo konstantu radi toga to traimo samo jednu funkciju u sa navedenim

svojstvom)xu

(sada uvrtavamo izraunatu funkciju xu u izraz xuvux

uv ln2')1

'( i ostaje nam)

xxv ln2' (dobili smo diferencijalnu jednadbu sa nepoznanicom funkcijom v)

(podijelimo li sa x imamo:)

x

xv

ln2'

(integriramo)

122lnln

2 Cttdtx

dxdt

xtdx

x

xv

12ln Cxv

(pretpostavka je bila da je funkcija uvz )(izraunali smo emu su jednake funkcije u i v sa slijedi)

xCxz )ln( 12

(jo se trebamo vratiti iz supstitucije 2

1)(

yxz )

28

xCxy

)ln(1

12

2OPE RJEENJE

Kako ope rjeenje nije u eksplicitnom obliku, poetni uvjet 2

1)1( y emo uvrstiti tako da u

opem rjeenju x zamijenimo sa 1 a y sa 2

1 i tako dobijemo jednu jednadbu sa jednom

nepoznanicom konstantom 1C :

1)1ln(

4

11

12 C

14 C

xxy

)4ln(1 22


Zadatak 3. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe 4' yeyy x .Rjeenje. Vidimo da se radi o Bernoullijevoj jednadbi, odnosno o jednadbi oblika

nyxqyxpy )()(' gdje je 1)( xp , gdje je xexq )( i gdje je 4n . Rjeavati emo ju Bernoullijevom metodom.1. korak - pretpostavimo da je traeno ope rjeenje Bernoullijeve jednadbe 4' yeyy xfunkcija y koja je jednaka )()()( xvxuxy 2. korak - uvrstimo uxy i ''' uvvuy u poetnu jednadbu pa dolazimo do:

44'' vueuvuvvu x(izluimo v na lijevoj strani)

44')'( vueuvuuv x3. korak elimo nai jednu funkciju u za koju je izraz uu ' jednak nuli, dakle trebamo rijeiti diferencijalnu jednadbu:

0' uu

udx

du

dxudx

du /

dxudu udxudu :/

dxu

du


dxudu

xu ln(kako traimo samo jednu funkciju u sa spomenutim svojstvom, u prethodnom koraku smo

zanemarili konsantu C)xu ln

xeu lnlnxeu

4. korak pronaenu funkciju xeu uvrtavamo u 44')'( vueuvuuv x i dobivamo:44)(' veeve xxx

29

44' veeve xxx 43' veve xx

(dobili smo diferencijalnu jednadbu prvog reda sa nepoznanicom v)(podijelimo je sa xe )

43

' ve

ev

x

x

4)(3' vev xx 42' vev x

42 vedx

dv x

442 /

v

dxve

dx

dv x

dxev

dv x24

(integriramo)

dte

dxdt

xtdxe

v

dv tx2

1

2

224

12

3 2

1

3

1Ce

vx

(kako smo pretpostavili da je traeno ope rjeenje y jednako umnoku funkcija u i v, trebamo funkciju v prikazati u eksplicitnom obliku)

12

3 2

1

3

1Ce

vx

(sve mnoimo sa (-1))

12

3 2

1

3

1Ce

vx


121

3)

2

1()

3

1( Ce

vx

12

3

2

11

3Ce

vx

3:/

2

11

3

12

3

Cev

x

12

3

32

31

Cev

x

3

12

3 /3

2

31

Cev

x

3

12 3

2

31

Cev

x

30

5. korak u prvom smo koraku pretpostavili da je traeno ope rjeenje funkcija )()()( xvxuxy . Sada smo izraunali xeu i

3

12 3

2

31

Cev

x

, prema tome traeno ope

rjeenje je:

3

12 3

2

31

Ceey

x

x OPE RJEENJE

2.5. Ortogonalne trajektorije

Kut izmeu dviju krivulja definira se kao kut izmeu tangenti na te krivulje povuene u toki presjeka krivulja. Ortogonalne krivulje su krivulje koje se sijeku pod pravim kutem.

Ortogonalne trajektorije familije krivulja 0),,( CyxF jesu sve krivulje koje su ortogonalne na svaku krivulju iz familije 0),,( CyxF .

Ortogonalne trajektorije familije krivulja 0),,( CyxF pronalazimo na sljedei nain:1. korak naemo pripadnu diferencijalnu jednadbu familije krivulja 0),,( CyxF(deriviranjem i eliminacijom konstante C)

2. korak u diferencijalnoj jednadbi iz 1. koraka 'y zamijenimo sa '

1

y

3. korak rijeimo novu diferencijalnu jednadbu rjeenje predstavlja ortogonalne trajektorije

Zadatak 1. Nai ortogonalne trajektorije familije krivulja Cxy 5sin .Rjeenje. Najprije moramo nai pripadnu diferencijalnu jednadbu familije Cxy 5sin .To radimo na nain da deriviramo izraz Cxy 5sin :

/'5sin Cxy xy 5cos5'

(deriviranjem smo eliminirali konstantu C)(prema tome, pripadna diferencijalna jednadba poetne familije je ono to smo dobili nakon

deriviranja)xy 5cos5'

(sada u pripadnoj diferencijalnoj jednadbi moramo 'y zamijeniti sa '

1

y )

xy

5cos5'

1

(pomnoimo sa -1 i stavimo na (-1).)

xy

5cos5

1'

(integriramo)

dxx

y 5cos1

5

1

31

du

udu

u

u

ut

duu

dt

ttgu

t

dt

dxdt

xtdx

xy

22

2

2

2 1

1

25

2

1

2

25

1

1

1cos

1

22

cos25

1

5

5

5cos

1

5

1

112

2

51

2

51

ln25

1

1

1ln

2

1

25

2

1

1

25

2C

xtg

xtg

Cu

udu

uy

1

2

51

2

51

ln25

1C

xtg

xtg

y FAMILIJA ORTOGONALNIH TRAJEKTORIJA

Zadatak 2. Odredite i skicirajte ortogonalne trajektorije familije krivulja Cxy 2 .Rjeenje. Najprije skicirajmo familiju Cxy 2 . Uzmemo li nekoliko konkretnih vrijednosti konstante C, npr. 0C , 1C ,..., 4C , 1C ,..., 4C dobivamo pravce koji su skicirani :

3 2 1 1 2 3

10

5

5

10

Dakle, u sluaju familije Cxy 2 radi se o svim pravcima paralelnim s pravcem npr. xy 2 .

Da bi izraunali ortogonalne trajektorije, najprije moramo nai pripadnu diferencijalnu jednadbu od familije Cxy 2 :

Cxy 2(deriviramo)

2'y(deriviranjem smo izgubili konstantu C pa je onda 2'y traena pripadna diferencijalna

jednadba)

(zamijenimo 'y sa '

1

y )

2'

1 y

(sredimo)

32

2

1' y

(integriramo)

121

Cxy FAMILIJA ORTOGONALNIH TRAJEKTORIJA

Da bi skicirali familiju trajektorija, ponovno emo odabrati nekoliko konkretnih vrijednosti konstante 1C pa dobivamo pravce xy 2

1 , 12

1 xy , 12

1 xy , 22

1 xy , 22

1 xy

itd. Kada bi skicirali te pravce dobivamo:

3 2 1 1 2 3

10

5

5

10

Vidimo da se radi o pravcima koji su okomiti-ortogonalni na svaki od pravac iz familije Cxy 2 .

Zadatak 3. Odrediti diferencijalnu jednadbu ortogonalnih trajektorija familije krivulja )4( xeCy x .

Rjeenje. Najprije moramo nai pripadnu diferencijalnu jednadbu familije )4( xeCy x .)4( xeCy x

(deriviramo))4(' xeCy

(deriviranjem nismo izgubili konstantu, dakle sada je moramo eliminrati tako to emo ju iskazati iz jednakosti )4(' xeCy i onda je uvrstiti u )4( xeCy x )

4

')4('

xx

e

yCeCy

)4( xeCy x

33

)4(4

'xe

e

yy x

xDIF. JEDNADBA FAMILIJE )4( xeCy x

(sada moramo u gornjoj jednadbi zamijeniti 'y sa '

1

y )

)4()4('

1xe

eyy x

xDIF. JEDN. ORTOGONALNIH TRAJEKTORIJA

34

3. DIFERENCIJALNE JEDNADBE VIEG REDA

3.1 Jednadbe oblika )()( xfy n

Diferencijalnu jednadbu n-tog reda oblika )()( xfy n rjeavamo uzastopnom direktnom integracijom.

Zadatak 1. Odrediti ope rjeenje diferencijalne jednadbe 75''' 2 xy .Rjeenje. Jednadba 75''' 2 xy je jednadba oblika )()( xfy n budui da je )(75 2 xfx funkcija nezavisne varijable x. Prema tome, rjeava se uzastopnom direktnom integracijom.

/75''' 2xy dxxy )75('' 2 dxdxxy 75'' 2 dxdxxy 75'' 2

1

3

73

5'' Cxx

y

/735'' 13

Cxx

y

dxCxxy )735(' 13

dxCxdxdxxy 13 735

'

21

24

27

43

5' CxC

xxy

/27435

' 2124

CxCxx

y

dxCxCxxy )2

7

12

5( 21

24 dxCxdxCdxxdxxy 2124 2

7

12

5

32

2

1

35

232

7

512

5CxC

xC

xxy

32213

5

26

7

12CxCx

Cx

xy OPE RJEENJE

(ope rjeenje ima 3 konstante: 1C , 2C i 3C iz razloga to se radi o opem rjeenju diferencijalne jenadbe 3. reda)

Zadatak 2. Odrediti ope rjeenje duiferencijalne jednadbe 28'' xey .Rjeenje. Ponovno se radi o jednadbi oblika )()( xfy n koju rjeavamo uzastopnom direktnom integracijom.

/'' 28xey

35

dxey x 28'

8

8

8

28

' 28dt

edt

dx

dxdt

xt

dxey tx

dtey t81

'

18

1' Cey t

128

8

1' Cey x

/81

' 128 Cey x

dxCey x )81

( 128

dxCdxey x 12881

2128

64

1CxCey x OPE RJEENJE

(ponovno, vidi se da smo rjeavanjem diferencijalne jednadbe 2. reda doli do opeg rjeenja sa dvije konstante: 1C i 2C )

Zadatak 3. Odredite partikularno rjeenje diferencijalne jednadbe 132

IVyx uz poetne uvjete 0)0( y , 1)0(' y , 2)0('' y i 3)0(''' y .Rjeenje. Da bi mogli nai partikularno, najprije moramo nai ope rjeenje. Podijelimo li

jednadbu 132

IVyx sa 32

x dobivamo:

3

2

3

2

:/1 xyx IV

3

2

1

x

y IV

Sada je oito da se radi o diferencijalnoj jednadbi oblika )()( xfy n . Dakle, ope rjeenje emo nai uzastopnom direktnom integracijom:

3

2

1

x

y IV

3

2 xy IV

/32

xy IV

dxxy 32

'''

1

3

1

3

1''' C

xy

36

13

1

3''' Cxy

/3''' 131

Cxy

dxCxy )3('' 131

dxCdxxy 131

3''

21

3

4

3

43'' CxC

xy

213

4

4

9'' CxCxy

/49

'' 2134

CxCxy

dxCxCxy )49

(' 2134

dxCxdxCdxxy 2134

4

9'

32

2

1

3

7

23

74

9' CxC

xC

xy

32

2

13

7

228

27' CxC

xCxy

/22827

' 322

13

7

CxCx

Cxy

dxCxCx

Cxy )22827

( 322

13

7

dxCxdxCxCdxxy 322137

228

27

43

2

2

31

3

10

2323

1028

27CxC

xC

xCxy

43

2

2313

10

26280

81CxC

xCx

Cxy OPE RJEENJE

(rjeavali smo diferencijalnu jednadbu 4. reda- ope rjeenje ima 4 konstante)

Trebamo nai partikularno rjeenje jednadbe 4. reda, prema tome trebamo imati zadana etiri poetna uvjeta.

1. uvjet 0)0( y : uvrtavamo nulu u dobiveno ope rjeenje

0002

00

60

280

81)0( 443

2

2313

10

CCCCCy

2. uvjet 1)0(' y : uvrtavamo nulu u izraunatu prvu derivaciju funkcije y

37

1102

00

28

27)0(' 332

2

13

7

CCCCy

3. uvjet 2)0('' y : uvrtavamo nulu u izraunatu drugu derivaciju funkcije y:

22004

9)0('' 2213

4

CCCy

4. uvjet 3)0(''' y : uvrtavamo nulu u izraunatu treu derivaciju funkcije y

3303)0(''' 1131

CCy

Izraunali smo vrijednosti sve etiri konstante: 31 C , 22 C , 13 C , 04 C .Prema tome, traeno partikularno rjeenje emo dobiti na nain da u ope rjeenje uvrstimo izraunate vrijednosti konstanti pa dobivamo:

012

26

3

280

81 23310

xxxxy

I nakon sreivanja imamo:

xxxxy 23310

2

1

280

81 PARTIKULARNO RJEENJE

Zadatak 4. Odrediti partikularno rjeenje diferencijalne jednadbe xx

ysin

'' uz poetne uvjete

0)0( y i 2)2

(' y .

Rjeenje. Da bi nali partikularno, najprije moramo nai ope rjeenje diferencijalnejednadbe x

x

ysin

'' . Ako istu jednadbu pomnoimo sa x vidimo da se radi o jednadbi

oblika )()( xfy n te ju prema tome rjeavamo uzastopnom direktnom integracijom.

xxx

y /sin''

xxy sin''

/sin'' xxydxxxy sin'

xdxxxxxdxvdxdu

xdxdvxudxxxy coscos

cossin

sinsin'

xdxxxy coscos'1sincos' Cxxxy

/sincos' 1CxxxydxCxxxy )sincos( 1

dxCxdxxdxxxxxdxvdxduxdxdvxu

dxCxdxxdxxy 11 sinsinsinsincos

cossincos

21)cos()cos(sin CxCxxxxy 21cos2sin CxCxxxy OPE RJEENJE

38

Partikularno rjeenje emo nai tako to emo uz pomo poetnih uvjeta izraunati vrijednost konstanti 1C i 2C .

1. uvjet 0)0( y : uvrtavamo nulu u izraunato ope rjeenje20200cos20sin0)0( 2221 CCCCy

2. uvjet 2)2

(' y : uvrtavamo 2

u izraunatu prvu derivaciju funkcije y

1212

sin2

cos2

)2

(' 111 CCCy

Traeno partikularno rjeenje emo dobiti kada u ope rjeenje umjesto konstanti 1C i 2Cuvrstimo izraunate vrijednosti.

21cos2sin xxxxy PARTIKULARNO RJEENJE

39

3.2. Sniavanje reda dif. jednadbi oblika 0),...,,,( )()1()( nkk yyyxF

Obinim diferencijalnim jednadbama n-tog reda oblika 0),...,,,( )()1()( nkk yyyxF gdje je stupanj najnie derivacije razliit od nule odnosno 0k , supstitucijom )()( )( xyxz ksniavamo red i dobivamo diferencijalnu jednadbu (n-k)-tog reda 0),....,'',',,( )( knzzzzxF

Zadatak 1. Odrediti ope rjeenje diferencijalne jednadbe 0''' yyx .Rjeenje. Diferencijalna jednadba 0''' yyx oito nije jednadba oblika )()( xfy n . Naime, podijelimo li jednadbu 0''' yyx sa x dobivamo 0'''

x

yy , odnosno

x

yy

''' te se vidi da

desna strana te jednakosti nije jednaka funkciji po nezavisnoj varijabli x jer nam se na desnoj strani nalazi i prva derivacija nepoznate funkcije y.

Prema tome, za rjeavanje diferencijalne jednadbe 0''' yyx najprije emo uvesti supstituciju, odnosno novu funkciju )(xz koja je jednaka najnioj derivaciji funkcije y koja se nalazi u jednadbi 0''' yyx . Najnia derivacija funkcije y u jednadbi 0''' yyx je prva derivacija. Prema tome imamo

)(')( xyxz (deriviramo li gornju jednakost dobivamo)

/')(')( xyxz )('')(' xyxz

(nadalje emo pisati samo 'yz i ''' yz jer ne trebamo naglaavati da su z i y funkcije budui da to znamo)

(sa izrazima 'yz i ''' yz sada se vraamo u diferencijalnu jednadbu 0''' yyx i dobivamo)

0' zzx(dakle dobili smo diferencijalnu jednadbu prvog reda u kojoj je nepoznata funkcija funckija

z)

(podijelimo li gornju jednadbu sa x dobivamo)xzzx :/0'

0' x

zz

(prebacimo li x

z na desnu stranu dobivamo)

x

zz '

(za diferencijalne jednadbe prvog reda znamo da ako se mogu prikazati u obliku )()(' ygxfy da se mogu rijeiti metodom separacije varijabli)

(jednadba x

zz ' je oblika )()(' zgxfz gdje je

xxf

1)( a zzg )( , prema tome moe se

rijeiti metodom separacije varijabli)

40

x

zz '

( 'z emo zapisati kao dx

dzz ' )

x

z

dx

dz

(kako bi separirali varijable itavu jednakost mnoimo sa dx )dx

x

z

dx

dz /

dxx

zdz

(jo se na desnoj strani elimo rijeiti z-a pa dijelimo sa z)

zdxx

zdz :/

x

dx

z

dz

(separirali smo varijable i moemo integrirati)

/xdx

z

dz

xdx

z

dz

)(lnln 1Cxz 1lnln Cxz

(zbog jednostavnosti rjeenja uvodimo novu konstantu C takvu da vrijedi 1ln CC )

Cxz lnlnln

(koristei pravilo b

aba lnlnln na desnoj strani gornje jednakosti dobivamo)

x

Cz lnln

x

Cz

(nali smo nepoznatu funkciju z meutim jo trebamo izraunati emu je jednaka nepoznata funkcija y )

(rjeavanje smo zapoeli uvoenjem supstitucije 'yz , prema tome sada kada smo izraunali emu je jednaka funkcija z da bi izraunali funkciju y trebamo rijeiti dif. jednadbu)

x

Cy '

(gornja diferencijalna jednadba je najjednostavnijeg tipa, rjeavamo ju direktnom integracijom )

/' xC

y

41

1ln1 CxCdxxCdxxC

y

1ln CxCy OPE RJEENJE

Zadatak 2. Odrediti ope rjeenje diferencijalne jednadbe xyyx 1''''' .Rjeenje. Diferencijalna jednadba xyyx 1''''' je jednadba 3. reda. Takoer, ona nije oblika )()( xfy n . Vidimo da je stupanj najnie derivacije nepoznate funkcije y u jednadbi

xyyx 1''''' jednak dva, prema tome moemo pokuati uvesti supstituciju )('')( xyxz i vidjeti hoemo li tako dobiti jednadbu koju emo znati rijeiti.

Dakle, uvodimo supstituciju )('')( xyxz

(deriviramo li prethodnu jednakost dobivamo)/')('')( xyxz )(''')(' xyxz

(dakle, sada se sa izrazima )('')( xyxz i )(''')(' xyxz odnosno izrazima ''yz i '''' yz vraamo u dif. jednadbu xyyx 1''''' i dobivamo)

xzzx 1'(vidimo da smo dobili diferencijalnu jednadbu prvog reda u kojoj je nepoznata funkcija

funkcija z)

(trebamo odrediti kojeg je tipa jednadba xzzx 1' )

(prvo moemo pokuati provjeriti moe li se jednadba zapisati u obliku )()(' zgxfz jer e to znaiti da se moe rijeiti separacijom varijabli)

xzzx 1'(prebacimo z sa lijeve na desnu stranu)

xzzx 1'

(podijelimo sa x)xxzzx :/1'

11

' xx

zz

(desna strana gornje jednakosti se ne moe prikazati kao umnoak neke funkcije po x-u i neke po z-u, prema tome gornju jednadbu ne moemo rijeiti separacijom varijabli)

(desna strana gornje jednadbe nije jednaka nekoj funkciji od izraza x

z , prema tome ne radi se

o homogenoj dif. jednadbi)

(prebacimo li x

z sa desne na lijevu stranu dobivamo)

11

' xx

zz

(odnosno)

42

111

' x

zx

z

(sada bi trebali prepoznati da se radi o nehomogenoj linearnoj dif. jednadbi prvog reda iji je opi oblik )()(' xqzxfz )

(u naem sluaju, funkcija )(xf iz izraza )()(' xqzxfz je jednaka x

xf1

)( a funkcija )(xq je

jednaka 11)( x

xq )

(dakle, dif. jednadba 111' x

zx

z je nehomogena linearna dif. jednadba koju moemo

rijeiti Lagrangeovom metodom varijacije konstanti ili Bernoullijevom metodom)

(ovdje e se rijeiti Bernoullijevom metodom)

(najprije pretpostavimo da je nepoznata funkcija z koju trebamo izraunati jednaka umnoku funkcija u i v)

vuz

(prema pravilu o derivaciji umnoka, tada slijedi)

''' vuvuz

(uvrstimo li dvije prethodne jednakosti u jednadbu 111' x

zx

z dobivamo)

111

'' x

vux

vuvu

(izluimo li v na lijevoj strani dobivamo)

11

')1

'( x

vuux

uv

(sada elimo nai onakvu funkciju u za koju e zagrada na lijevoj strani, odnosno izraz )

1'( u

xu biti jednak nuli pa rjeavamo dif. jednadbu)

01

' ux

u

ux

u 1'

( 'u zapisujemo kao dx

duu ' )

uxdx

du 1

(kako bi separirali varijable gornju jednakost mnoimo sa izrazom u

dx )

43

u

dxu

xdx

du /1

dxxu

du 1


/1 dxxudu

xdx

u

du

(kako traimo samo jednu, konkretnu funkciju uza koju e izraz )1'( ux

u biti jednak nuli u

iduem koraku emo zanemariti koonstantu C)xu lnln

(primjenjujemo pravilo naan lnln )xu lnln 1lnln xu

xu

1lnln

xu

1

(dakle, nali smo funkciju x

u1 i za nju e izraz )1'( u

xu biti jednak nuli )

(ako sada funkciju x

u1 uvrstimo u izraz 11')1'(

xvuu

xuv dobivamo)

11

'1

xv

x(pomnoimo li gornju jednakost sa x dobivamo)

xx

vx

/11'1

xv 1'(gornja jednadba je najjednostavnijeg tipa i rjeavamo ju direktnim integriranjem)

/1' xvdxxv )1(C

xxv

2

2

(izraunali smo funkciju x

u1 i funkciju Cxxv

2

2

)

(poeli smo od pretpostavke da je nepoznata funkcija z jednaka vuz prema tome sada slijedi)

44

xC

xC

xx

xz

1

21)

2(

1 2

(dakle, izraunali smo funkciju z)

(jo moramo izraunati emu je jednaka funkcija y)

(zadatak smo zapoeli uvoenjem supstitucije ''yz pa imamo)

xC

xy

1

21''

(gornja jednadba je oblika )()( xfy n pa ju rjeavamo uzastopnom direktno mintegracijom )

/121'' xCx

y

dxxCx

y )1

21('

1

2

ln4

' CxCx

xy

/ln4' 12

CxCx

xy

dxCxCxxy )ln4( 12

dxCxdxCdxxxdxy 12 ln41

xxxdxxxxxxdxvdxxu

dxdvxuxdx ln

1ln1

lnln

21

32

ln122

CxCxCxxCxx

y OPE RJEENJE(vidimo da ope rjeenje sadri 3 konstante : C , 1C i 2C , to je i oekivano jer smo rjeavali dif. jednadbu treeg reda)

45

3.3 Linearne diferencijalne jednadbe s konstantnim koeficijentima

3.3.1. Homogene

Homogena linearna diferencijalna jednadba n-tog reda s konstantnim koeficijentima je jednadba

0'''... 012)1(

1)( yayayayay nnn .

Uvrtavanjem supstitucije rxey u prethodnu jednadbu dobivamo

0... 012

21

1 rxrxrxrxnnrxn eaeraeraeraer .

(izluimo li rxe na lijevoj strani dobivamo)

0)...( 012

21

1 arararare nnnrx

(gornji izraz e biti jednak nuli kada izraz u zagradi bude jednak nuli)

0... 012211 arararar nnn Karakteristina jednadba

OPE RJEENJE poetne dif. jednadbe je nn yCyCyCy ..2211 gdje su nyyy ,...,, 21patrikularna (ili bazna) rjeenja koja dobivamo na sljedei nain:

Naemo sva rjeenja karakteristine jednadbe. 1. Ako je r realno jednostruko rjeenje njemu pripada partikularno rjeenje rxe .2. Ako je r realno rjeenje viestrukosti s njemu pripadaju partikularna rjeenja

rxsrxrxrx exexexe 12 ,...,,,3. Ako je i jednostruki kompleksni par korjena, njemu pripadaju partikularna rjeenja

xexe xx sin,cos 4. Ako je i kompleksni par korjena viestrukosti s, njemu pripadaju partikularna rjeenja

xexxexxe xsxx cos,...,cos,cos 1 i xexxexxe xsxx sin,...,sin,sin 1

O RJEAVANJU KARAKTERISTINIH JEDNADBI

Svaka jednadba oblika0... 01

22

11 axaxaxax nnn

Se moe zapisati u obliku

0)(...)()( 21 21 pa

paa xxxxxx

pri emu su pxxx ,...,, 21 razliiti realni ili kompleksni brojevi.

46

Iz zapisa 0)(...)()( 21 21 pa

paa xxxxxx slijedi da je 1x rjeenje poetne jednadbe

viestrukosti 1a , da je 2x rjeenje poetne jednadbe odnosno korijen (nul-toka) polinoma 01

22

11 ... axaxaxax

nn

n viestrukosti 2a itd.

Zadatak 1. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe 045'39''11''' yyyy .Rjeenje. Radi se o homogenoj linearnoj dif. jednadbi s konstantnim koeficijentima. Nakon supstitucije rxey dobivamo karaktersitinu jednadbu

0453911 23 rrr Karakteristina jednadba

(trebamo nai sva rjeenja karakt. jednadbe)(radi se o jednadbi 3. stupnja)

(pogaati emo rjeenja)(slobodni lan (ili koeficijent) polinoma 453911 23 rrr je -45)

(djelitelji broja -45 su 1,-1,+3,-3,5,-5,9,-9,15,-15,)

(najprije uvrtavamo broj 1)01645391111 23

(dakle, 1 nije rjeenje karakt. jednadbe)

(uvrtavamo -1)0964539111

(dakle, niti -1 nije rjeenje karakt. jednadbe)

(uvrtavamo 3)0451179927

(dakle, 3 je korijen polinoma 453911 23 rrr )(prema tome, sada znamo da je polinom 453911 23 rrr djeljiv sa polinomom 3r )

0

4515

4515

248

45398

3

158)3(:)453911(

2

2

23

223

r

r

rr

rr

rr

rrrrrr

(pomnoimo li jednakost 158)3(:)453911( 223 rrrrrr sa polinomom 3r dobivamo)

)3()158(453911 223 rrrrrr

(jednadbu 0453911 23 rrr sada moemo zapisati kao)

0)3()158( 2 rrr

(gornja jednadba e biti jednaka nuli kada jedna od zagrada na lijevoj strani bude jednaka nuli)

47

(dakle, dalje nastavljamo rjeavajui jednadbu 01582 rr )

2

28

2

606482,1

r

31 r52 r

(dakle, polinom 1582 rr je jednak umnoku )5)(3( rr )

(sada imamo)

0)5()3()3()5()3()3()158(453911 2223 rrrrrrrrrrr

(prema tome sada zakljuujemo da je 3 realno rjeenje karakt. polinoma viestrukosti 2 a 5 realno jednostruko rjeenje)

- 32,1 r je realno rjeenje viestrukosti 2 pridruujemo mu partikularna rjeenja xe3 i xex 3- 53 r je realno jednostruko rjeenje pridruujemo mu partikularno rjeenje xe5

xxx eCexCeCy 533231 OPE RJEENJE

Zadatak 2. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe 05'4'' yyy .Rjeenje. Radi se o homogenoj lin. diferencijalnoj jednadbi s konstantnim koeficijentima. Nakon uvrtavanja supstitucije rxey dolazimo do karakteristine jednadbe:

0542 rr Karaktersitina jednadba

(trebamo nai sva rjeenja karakt. jednadbe odnosno sve nul-toke polinoma 542 rr )

iii

r 22

24

2

44

2

44

2

20164 22,1

ir 21ir 22

(polinom 542 rr se dakle moe zapisati kao )2()2(542 irirrr )

(dakle, rjeenje ir 21 je jednostruko i ir 22 je jednostruko, pa je kompleksni par korijena ir 22,1 takoer jednostruk)

- prema pravilima, jednostrukom kompleksnom paru korijena ir 22,1 pridruujemo partikularna rjeenja xe x cos2 i xe x sin2

xeCxeCy xx sincos 2221 OPE RJEENJE

Zadatak 3. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe 0'''2'''2 yyyyyy IVV .Rjeenje. Radi se o homogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadbi s konstantnim koeficijentima. Supstitucijom rxey dolazimo do karakteristine jednadbe:

0122 2345 rrrrr Karaktersitina jednadba

48

(pogaati emo rjeenja)(slobodni koeficijent polinoma 122 2345 rrrrr je -1)

(djelitelji broja -1 jesu 1 i -1)

(uvrstimo 1 u karaktersitinu jednadbu)0112211

(dakle, 1 je jedno od rjeenja karakteristine jednadbe)(slijedi da je polinom 122 2345 rrrrr djeljiv polinomom 1r )

0

1

1

22

122

12)1(:)122(

23

23

45

242345

r

r

rr

rrr

rr

rrrrrrrr

(pomnoimo li sada dobivenu jednakost 12)1(:)122( 242345 rrrrrrrr sa 1rdobivamo)

)1()12(122 242345 rrrrrrrr

(karaktersitinu jednadbu 0122 2345 rrrrr sada moemo zapisati kao : )

0)1()12(122 242345 rrrrrrrr

(dakle, gornja jednakost e vrijediti kada jedan od izraza 12 24 rr i 1r bude jednak nuli )

(prema tome, nastavljamo rjeavanjem jednadbe )

012 24 rr

(gornji izraz se moe zapisati prema pravilu za kvadrat zbroja 222 2)( bababa kao )

0)1( 22 r

(korjenujemo li gornji izraz dobivamo)

012 r12 r1r2ir

ir

(slijedi )

)()(12 irirr

49

2222 )()()1( irirr

(dakle, sada vrijedi)

0)1()()()1()1()1()12(122 2222242345 ririrrrrrrrrrrr

(sada oitavamo)

ir1 je kompleksno rjeenje viestrukosti 2 ir2 je kompleksno rjeenje viestrukosti 2

ir je par kompleksnih rjeenja viestrukosti 213r realno jednostruko rjeenje

Jo trebamo svakom korijenu pridruiti pripadajua partikularna rjeenja:

ir 0 je par kompleksnih rjeenja viestrukosti 2- pridruujemo partikularna rjeenja xxexexxexe oxxxx sin,sin,cos,cos 000

13r realno jednostruko rjeenje- pridruujemo partikularno rjeenje xe1

xeCxxCxCxxCxCy 54321 sinsincoscos OPE RJEENJE

Zadatak 4. Odrediti krivulju koja zadovoljava jednadbu 'yyV i za koju je 0)0( y , 1)0(' y , 0)0('' y , 1)0(''' y , 2)0( IVy .

Rjeenje. Da bi izraunali traeno partikularno rjeenje, najprije moramo izraunati ope rjeenje diferencijalne jednadbe 'yyV . Prebacimo li 'y na lijevu stranu, jednadba 'yyV prelazi u oblik 0' yyV iz ega je oito da se radi o homogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadbi s konstantnim koeficijentima. Nakon uvoenja supstitucije rxey dolazimo do karakteristine jednadbe:

05 rr Karakteristina jednadba

(izluimo li r dobivamo)0)1( 4 rr

(primijenimo li pravilo za razliku kvadrata )()(22 bababa slijedi)

0)1)(1( 22 rrr0)1)(1)(1( 2 rrrr

012 r12 rir

(dakle, polinom 12 r je jednak umnoku ))1)((12 rirr

(sada imamo)0))()(1)(1()1)(1)(1( 2 irirrrrrrrr

50

0)()()1()1()0( irirrrr(iz posljednjeg zapisa moemo oitati rjeenja karakteristine jednadbe)

1. 01 r je realno jednostruko rjeenje pridruujemo mu partikularno rjeenje xe0

2. 12 r je realno jednostruko rjeenje pridruujemo mu partikularno rjeenje xe1

3. 13 r je realno jednostruko rjeenje pridruujemo mu partikularno rjeenje xe 1

4. ir 05,4 je jednostruki par kompleksnih korijena pridruujemo im partikularna rjeenja xe x cos0 i xe x sin0

xCxCeCeCCy xx sincos 54321 OPE RJEENJE

Da bi nali traeno partikularno rjeenje uz pomo zadanih poetnih uvjeta (obratiti panju na to da je poetnih uvjeta ukupno 5 i to iz razloga to se radi o diferencijalnoj jednadbi 5. reda) morati emo izraunati prve etiri derivacije naene funnkcije

.sincos 54321 xCxCeCeCCyxx

xCxCeCeCxCxCeCeCCy xxxx cossin)'sincos(' 543254321

xCxCeCeCy xx cossin' 5432

xCxCeCeCxCxCeCeCy xxxx sincos)'cossin('' 54325432

xCxCeCeCy xx sincos'' 5432

xCxCeCeCxCxCeCeCy xxxx cossin)'sincos(''' 54325432

xCxCeCeCy xx cossin''' 5432

xCxCeCeCxCxCeCeCy xxxxIV sincos)'cossin( 54325432

xCxCeCeCy xxIV sincos 5432

Sada uvrtavamo poetne uvjete u funkciju y i izraunate derivacije funkcije y: 0)0(y 00sin0cos)0( 43215403021 CCCCCCeCeCCy

1)0('y 10cos0sin)0(' 532540302 CCCCCeCeCy

0)0(''y 00sin0cos)0('' 432540302 CCCCCeCeCy

1)0('''y 10cos0sin)0(''' 532540302 CCCCCeCeCy

2)0(IVy 20sin0cos)0( 432540302 CCCCCeCeCy IV

Sustav od pet jednadbi sa pet nepoznanica koji smo dobili uz pomo poetnih uvjeta a kojiglasi:

04321 CCCC1532 CCC0432 CCC1532 CCC2432 CCC

51

Moemo zapisati u matrinom obliku :

201110

1

0

1

0

1

0

1

0

0110

1110

0110

1111

(od 3. reda oduzmemo 2. red)

201110

1

1

1

0

1

1

1

0

0110

1200

0110

1111


201110

0

1

1

0

2

1

1

0

0000

1200

0110

1111


111200

0

1

1

0

2

1

1

0

0000

1200

0110

1111


202000

0

1

1

0

2

1

1

0

0000

1200

0110

1111

Sada iz posljednja dva reda zadnje matrice oitavamo :002 55 CC

122 44 CCIz treeg reda matrice slijedi: 0021122 333543 CCCCCCIz drugog reda matrice slijedi: 12532 CCCCIz prvog reda matrice slijedi: 2011 114321 CCCCCC

Izraunali smo vrijednosti konstanti: 21 C , 12 C , 03 C , 14 C i 05 C .

Partikularno rjeenje emo dobiti iz opeg nakon uvrtavanja konkretnih vrijednosti konstanti:

xey x cos2 PARTIKULARNO RJEENJE

52

3.3.2. Nehomogene

Nehomogena linearna diferencijalna jednadba n-tog reda s konstantnim koeficijentima je jednadba

)('''... 012)1(

1)( xfyayayayay nn

n .

Rjeenje gornje jednadbe je funkcija PH yyy gdje je Hy ope rjeenje pripadne homogene linearne diferencijalne jednadbe odnosno jednadbe

0'''... 012)1(

1)( yayayayay nnn

a Py je partikularno rjeenje poetne nehomogene jednadbe.

Ukoliko je funkcija )(xf posebnog oblika postoje metode za traenje partikularnog rjeenja

Py tj. Py se odreuje metodom neodreenih koeficijenata. U nastavku je karakteristini polinom jednadbe 0'''... 012

)1(1

)( yayayayay nnn , odnosno polinom01

22

11 ... arararar

nn

n oznaen sa )(r .

1. Ako je )()( xPexf nax

- ako je 0)( a )(xQey naxP - ako je 0)( a )(xQexy naxsP gdje je s viestrukost nultoke a

2. Ako je bxxQbxxPexf lkax sin)(cos)()( - ako je 0)( bia bxxSbxxRey mmaxP sin)(cos)( gdje je lkm ,max- ako je 0)( bia bxxSbxxRexy mmaxsP sin)(cos)( gdje je lkm ,max i gdje je s viestrukost nultoke bia

3. Ako je )(...)()()( 21 xfxfxfxf k gdje funkcije )(),...,(),( 21 xfxfxf k pripadaju prvoj ili drugoj opisanoj kategoriji, traeno partikularno rjeenje Py je jednako

kPPPP yyyy ...21Pri emu je

1Py partikularno rjeenje jednadbe )('''... 1012

)1(1

)( xfyayayayay nnn

Pri emu je 2P

y partikularno rjeenje jednadbe )('''... 2012)1(

1)( xfyayayayay nn

n ...Pri emu je

kPy partikularno rjeenje jednadbe )('''... 012

)1(1

)( xfyayayayay kn

nn

Zadatak 1. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe xexyyy 26''' .Rjeenje. Diferencijalna jednadba xexyyy 26''' je nehomogena linearna diferencijalna jednadba 2. reda s konstantnim koeficijentima.

Rjeenje gornje jednadbe biti e funkcija PH yyy gdje je Hy ope rjeenje pripadne homogene diferencijalne jednadbe a Py partikularno rjeenje.

53

Dakle, najprije moramo nai Hy , odnosno ope rjeenje pripadne homogene jednadbe. Pripadna homogena diferencijalna jednadba je jednadba koju emo dobiti kada funkciju po nezavisnoj varijabli x na desnoj strani jednadbe xexyyy 26''' zamijenimo sa nulom. Tada dobivamo:

06''' yyy(nakon supstitucije rxey dobivamo)

062 rxrxrx ereer(izluimo rxe na lijevoj strani)

0)6( 2 rrerx

(lijeva strana gornjeg izraza e biti jednaka nuli kada zagrada bude jednaka nuli) 062 rr Karakteristini jednadba

(trebamo nai sva rjeenja karakteristine jednadbe)

2

51

2

2411

2

)6(4112,1

r

31 r22 r

(sada slijedi da je polinom 62 rr jednak umnoku polinoma )2)(3(62 rrrr )(prema tome, oba rjeenja 31 r i 22 r su jednostruka pa im pridruujemo partikularna

rjeenja xe 3 i xe 2 )

(traeno ope rjeenje pripadne homogene jednadbe je sada jednako)

xxH eCeCy

22

31

(jo trebamo nai partikularno rjeenje nehomogene jednadbe Py )

(da bi to napravili prvo moramo funkciju sa desne strane jednadbe xexyyy 26''' , odnosno funkciju xexxf 2)( svrstati u jednu od tri mogue kategorije )

Prva kategorija je ako je funkcija f oblika )()( xPexf nax . Vidimo da je naa konkretna

funkcija xexxf 2)( upravo tog oblika. Naime, za vrijednost 2a i za polinom prvog stupnja xxP )(1 izraz )(xPe nax je jednak xex 2 .

Nakon to smo svrstali funkciju xexxf 2)( u prvu kategoriju, trebamo provjeriti je li 2a(broj koji u eksponentu od e mnoi x u funkciji xexxf 2)( ) rjeenje karakteristine jednadbe koju smo jo od prije izraunali, i ako je rjeenje koliko mu je viestrukost.

Mi smo jo prilikom nalaenja funkcije xxH eCeCy2

23

1 rijeili karakteristinu jednadbu i dobili smo da su 31 r i 22 r njezina jednostruka realna rjeenja. Prema tome, 2a je jednostruko realno rjeenje pa slijedi da e traeno partikularno rjeenje Py biti oblika

)(xQexy naxs

P gdje je s viestrukost od rjeenja 2a (u naem sluaju, s e biti jednako 1),

54

a gdje je )(xQn nepoznati polinom stupnja n gdje je n jednako stupnju polinoma koji se nalazio

u xnax exxPexf 2)()( . To je bio polinom xxP )(1 stupnja 1, pa e polinom )(xQn biti neki

nepoznati polinom prvog stupnja iji je opi zapis 01 AxA .Dakle, kada uvrstimo konkretne vrijednosti u Py dobivamo

)( 012 AxAexy xP .

Sada jo moramo izraunati vrijednosti konstanti 1A i 0A . Pretpostavka je da je )( 01

2 AxAexy xP partikularno rjeenje poetne diferencijalne jednadbe xexyyy 26''' , prema tome kada ga uvrstimo u nju trebali bi dobiti identitet odnosno jednakost. Da bi partikularno rjeenje )( 01

2 AxAexy xP uvrstili u jednadbu xexyyy 26''' najprije moramo izraunati njegovu prvu i drugu derivaciju jer se one pojavljuju u jednadbi:

)( 012 AxAexy xP

)( 02

12 xAxAey xP

(koristei pravilo za derivaciju umnoka funkcija '')'( gfgfgf dobivamo))2()(2' 01

20

21

2 AxAexAxAey xxP (deriviramo gornji izraz)

)2()2(2)2(2)(4' 12

012

012

02

12 AeAxAeAxAexAxAey xxxxP

Izraunali smo prvu i drugu derivaciju od )( 012 AxAexy xP i sada ih uvrtavamo u jednadbu xexyyy 26''' pa dobivamo:

)2(2)2(2)(4 0120120212 AxAeAxAexAxAe xxx

xxxxx xexAxAeAxAexAxAeAe 202

12

012

02

12

12 )(6)2()(2)2(

(podijelimo li gornju jednakost sa xe2 dobivamo:)xxAxAAxAxAxAAAxAAxAxAxA 0210102110101021 662222242444

(sredimo gornji izraz)xxAxAAxAxAxAAAxAAxAxAxA 0210102110101021 662222242444

xAAAAAAAAAAxAAAx 01000101101112 222)622444()624(xAAAxx 1012 25)10()0(

(izjednaavanjem koeficijenata na lijevoj i desnoj strani gornje jednakosti dobivamo jednadbe)

10

1110 11 AA

25

1

5

150

5

15025 00010 AAAAA

Dakle, izraunali smo vrijednosti konstanti 10

11 A i 25

10 A . Sada slijedi da je traeno

partikularno rjeenje )( 012 AxAexy xP jednako

)25

1

10

1(2 xexy xP

I konano, traeno rjeenje poetne diferencijalne jednadbe xexyyy 26''' je

55

)25

1

10

1(222

31 xexeCeCyyy xxxPH

Zadatak 2. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe xeyyy 210147'8'' .Rjeenje. Jednadba xeyyy 210147'8'' je nehomogena linearna diferencijalna jednadba 2. reda s konstantnim koeficijentima. Dakle, njezino rjeenje e biti funkcija PH yyy gdje je

Hy ope rjeenje pripadne homogene diferencijalne jednadbe a Py partikularno rjeenje nehomogene jednadbe.

Dakle, najprije moramo rijeiti pripadnu homogenu jednadbu koju emo dobiti na nain da funkciju po nezavisnoj varijabli x sa desne strane jednadbe xeyyy 210147'8'' zamijenimo sa nulom. Tada dobivamo:

07'8'' yyy(nakon supstitucije rxey dobili bi karakteristinu jednadbu)

0782 rr Karakteristina jednadba

2

68

2

368

2

746482,1

r

11 r72 r

(zakljuujemo da je polinom 782 rr jednak umnoku )7)(1(782 rrrr )(prema tome, oba rjeenja 11 r i 72 r jesu jednostruka realna rjeenja pa im pridruujemo

partikularna rjeenja xe1 i xe7 )xx

H eCeCy7

21

Jo trebamo nai partikularno rjeenje nehomogene jednadbe xeyyy 210147'8'' , odnosno rjeenje Py . Da bi to napravili prvo moramo funkciju sa desne strane

jednadbe xeyyy 210147'8'' , odnosno funkciju xexf 21014)( svrstati u jednu od tri mogue kategorije.

Prva kategorija je ako je funkcija f oblika )()( xPexf nax . Vidimo da naa konkretna funkcija

xexf 21014)( nije tog oblika. Naime, za vrijednost 2a i za polinom nultog stupnja 10)(0 xP izraz )(xPe nax je jednak xe210 , ali nije jednak funkciju xexf 21014)( .

Druga kategorija je ako je funkcija f oblika bxxQbxxPexf lkax sin)(cos)()( . U naoj konkretnoj funkciji xexf 21014)( nema nikakvih trigonometrijskih funkcija pa se ne radi o drugom tipu.

Trea kategorija je ako je funkcija f oblika )(...)()()( 21 xfxfxfxf k gdje funkcije )(),...,(),( 21 xfxfxf k pripadaju prvoj ili drugoj opisanoj kategoriji. Naa konkretna funkcija

xexf 21014)( se moe prikazati kao zbroj funkcija )()()( 21 xfxfxf pri emu je 14)(1 xfa xexf 22 10)( . Funkcija 14)(1 xf je prve vrste, odnosno oblika )()( xPexf nax gdje je 0aa )(xPn je polinom nultog stupnja 14)(0 xP . Funkcija xexf 22 10)( je takoer prve vrste odnosno oblika )()( xPexf n

ax gdje je 2a a )(xPn je polinom nultog stupnja 10)(0 xP .

56

Prema pravilima, traeno partikularno rjeenje Py biti e jednako 21 PPP yyy gdje je 1Pypartikularno rjeenje jednadbe 147'8'' yyy a

2Py partikularno rjeenje jednadbe

xeyyy 2107'8'' .

Dakle, najprije traimo partikularno rjeenje nehomogene jednadbe 147'8'' yyy . Ve smo ustanovili da je funkcija 14)(1 xf prve vrste, odnosno oblika )()( xPexf nax gdje je 0a a

)(xPn je polinom nultog stupnja 14)(0 xP . Sada trebamo utvrditi da li je 0a rjeenje karakteristinog polinoma, i ako je koliko ja njegova viestrukost. Karakteristini polinom smo ve rijeili pa znamo da 0a nije njegovo rjeenje. Tada zakljuujemo da je traeno partikularno rjeenje oblika )(

1xQey n

axP gdje je )(xQn neki nepoznati polinom stupnja

jednakog stupnju polinoma iz 14)(1 xf , u naem sluaju to e biti nulti stupanj. Dakle,00

01

AAey xP Jo trebamo izraunati vrijednost konstante 0A . Pretpostavka je da je 01 AyP partikularno rjeenje jednadbe 147'8'' yyy , prema tome, kada ga uvrstimo u dotinu jednadbu trebali bi dobiti identitet odnosno jednakost. Da bi ga mogli uvrstiti, najprije trebamo izraunati prvu i drugu derivaciju od 01 AyP budui da se one pojavljuju u jednadbi 147'8'' yyy :

01AyP 0'

1Py

0''1

PySada

1Py i prve dvije derivacije uvrtavamo u jednadbu 147'8'' yyy i dobivamo:

147080 0 A20 A .

Dakle, traeno partikularno rjeenje nehomogene jednadbe 147'8'' yyy je 21Py .

Sada na isti nain trebamo nai partikularno rjeenje nehomogene jednadbe xeyyy 2107'8'' . Ve smo utvrdili da je funkcija xexf 22 10)( druge vrste, odnosno da je

oblika )()( xPexf nax gdje je 2a a )(xPn je polinom nultog stupnja 10)(0 xP . Sada trebamo

utvrditi je li 2a rjeenje karakteristinog polinoma, i ako je koliko ja njegova viestrukost. Karakteristini polinom smo ve rijeili pa znamo da 2a nije njegovo rjeenje. Tada zakljuujemo da je traeno partikularno rjeenje oblika )(

2xQey n

axP gdje je )(xQn neki

nepoznati polinom stupnja jednakog stupnju polinoma iz xexf 22 10)( , u naem sluaju to e biti nulti stupanj. Dakle,

02

2Aey xP

Jo trebamo izraunati vrijednost konstante 0A . Pretpostavka je da je 022 Aey xP partikularno rjeenje jednadbe xeyyy 2107'8'' , prema tome, kada ga uvrstimo u dotinu jednadbu trebali bi dobiti identitet odnosno jednakost. Da bi ga mogli uvrstiti, najprije trebamo izraunati prvu i drugu derivaciju od 022 Aey xP budui da se one pojavljuju u jednadbi xeyyy 2107'8'' :

02

2Aey xP

022'

2Aey xP

024''

2Aey xP

57

Sada 02

2Aey xP i prve dvije derivacije uvrtavamo u jednadbu xeyyy 2107'8'' i

dobivamo:xxxx eeAeAeA 220

20

20 107164

(podijelimo li gornji izraz sa xe2 dobivamo)107164 000 AAA

105 0 A20 A

Dakle, traeno partikularno rjeenje nehomogene jednadbe xeyyy 2107'8'' je xP ey 222 .

Jo prije smo utvrdili da e traeno partikularno rjeenje Py biti jednako 21 PPP yyy gdje je 1P

y partikularno rjeenje jednadbe 147'8'' yyy a 2P

y partikularno rjeenje jednadbe xeyyy 2107'8'' . Ta dva rjeenja smo sada izraunali, pa slijedi da je

xP ey

222 .Konano, traeno rjeenje y je jednako PH yyy pa imamo:

xxx eeCeCy 2721 22 .

Zadatak 3. Nai ope rjeenje diferencijalne jednadbe xxyy sin'' .Rjeenje. Jednadba xxyy sin'' je nehomogena linearna diferencijalna jednadba 2. reda s konstantnim koeficijentima. Njezino rjeenje e biti funkcija PH yyy gdje je Hy ope rjeenje pripadne homogene jednadbe a Py partikularno rjeenje nehomogene jednadbe

xxyy sin'' . Dakle, najprije moramo rijeiti pripadnu homogenu jednadbu odnosno jednadbu:

0'' yy(nakon supstitucije rxey dobivamo karakteristinu jednadbu)

012 r12 r1r

ir ir 1ir 2

(dakle, polinom 12 r se moe zapisati kao umnoak )1)((12 rirr )(prema tome, oba rjeenja ir 1 i ir 2 su jednostruka)

(slijedi da je ir 02,1 jednostruki kompleksni par korijena)(prema pravilima, njima pridruujemo partikularna rjeenja xe x cos0 i xe x sin0 )

(sada je ope rjeenje pripadne homogene jednadbe 0'' yy jednako)xCxCyH sincos 21

Jo trebamo nai partikularno rjeenje nehomogene jednadbe xxyy sin'' , odnosno rjeenje Py . Da bi to napravili prvo moramo funkciju sa desne strane jednadbe xxyy sin'' , odnosno

funkciju xxxf sin)( svrstati u jednu od tri mogue kategorije.

58

Prva kategorija je ako je funkcija f oblika )()( xPexf nax . Vidimo da naa konkretna funkcija

xxxf sin)( nije tog oblika. Naime, u naoj funkciji xxxf sin)( pojavljuje se trigonometrijska funkcija sinus, koja se ne pojavljuje u opem obliku )()( xPexf nax .

Druga kategorija je ako je funkcija f oblika bxxQbxxPexf lkax sin)(cos)()( . Naa konkretna funkcija xxxf sin)( je ovog oblika. Naime, uzmemo li za a vrijednost 0a , uzmemo li da je polinom )(xPk nul-polinom, odnosno da je 0)(0 xP , uzmemo li da je polinom )(xQl polinom prvog stupnja jednak xxQ )(1 i uzmemo li da je 1b , izraz

bxxQbxxPexf lkax sin)(cos)()( postaje xxxxbxexf x sinsincos0)( 0 .

Prema pravilima, sada trebamo provjeriti je li kompleksni par iba , odnosno u ovom sluaju kompleksni par i0 rjeenje karakteristine jednadbe, i ako je kolika mu je viestrukost. Mi smo karakteristinu jednadbu ve rijeili, pa zakljuujemo da je kompleksni par i0jednostruko rjeenje karakteristine jednadbe.

Prema pravilima, sada slijedi da e traeno partikularno rjeenje biti oblika bxxSbxxRexy mmaxsP sin)(cos)( gdje je lkm ,max . U naem sluaju, k je jednako nuli

a l je jednako 1, dakle m je jedan. Prema tome, )(xRm i )(xSm su dva nepoznata polinoma prvog stupnja ije emo koeficijente morati izraunati.

Dakle, nakon uvrtavanja u bxxSbxxRexy mmaxsP sin)(cos)( dobivamo xBxBxAxAexy xP sin)(cos)( 010101

xBxBxAxAxyP sin)(cos)( 0101 xxBxBxxAxAyP sin)(cos)( 0

210

21

Jo trebamo izraunati vrijednost konstanti 1A , 0A , 1B i 0B . Pretpostavka je da je xxBxBxxAxAyP sin)(cos)( 0

210

21 partikularno rjeenje jednadbe xxyy sin'' , prema

tome, kada ga uvrstimo u dotinu jednadbu trebali bi dobiti identitet odnosno jednakost. Da bi ga mogli uvrstiti, najprije trebamo izraunati drugu derivaciju od funkcije

xxBxBxxAxAyP sin)(cos)( 02

102

1 budui da se ona pojavljuje u jednadbi xxyy sin'' :

xxBxBxxAxAyP sin)(cos)( 02

102

1 (deriviramo gornju jednakost)

xxBxBxBxBxxAxAxAxAyP cos)(sin)2()sin()(cos)2(' 02

10102

101 xxAxABxBxxBxBAxAyP sin)2(cos)2(' 0

21010

2101

(deriviramo gornju jednakost)

xxAxABxBxAxABxxBxBAxAxBxBAyP cos)2(sin)22()sin()2(cos)22('' 02

10101102

101011

xxBxBAxAAxABxxAxABxBBxBAyP sin)222(cos)222('' 02

10101102

101011 xxBxBAxABxxAxABxBAyP sin)242(cos)242('' 0

210110

21011

Nakon to smo izraunali drugu derivaciju funkcije xxBxBxxAxAyP sin)(cos)( 021021 , samu funkciju i njezinu drugu derivaciju uvrtavamo u jednadbu xxyy sin'' :

59

xxxxBxBxxAxAxxBxBAxABxxAxABxBA sinsin)(cos)(sin)242(cos)242( 02

102

102

101102

1011 (sredimo li lijevu strnu gornjeg izraza dobivamo:)

xxxAxABxBxBA sinsin)242(cos)242( 011011

(sada moemo izjednaiti koeficijente koeficijent koji na lijevoj strani jednakosti mnoi funkciju xcos jednak je koeficijentu koji na desnoj strani mnoi funkciju xcos a to je nula pa imamo)

0242 011 BxBA

(isto tako, koeficijent koji na lijevoj strani mnoi funkciju xsin mora biti jednak koeficijentu koji na desnoj strani mnoi funkciju xsin pa ima

Documents

Dinine Diferencijalne Jednadzbe