Zvonimir Tutek, Marko Vrdoljak - unizg.hr · 2019-10-11 · Primjer 1.1 (Slobodni pad) . Promotrimo gibanje kamena mase mkoji je ispu²ten s (male) visine hu oljup sile teºe. Iz

SVEUILITE U ZAGREBU

PRIRODOSLOVNOMATEMATIKI FAKULTET

MATEMATIKI ODSJEK

Zvonimir Tutek, Marko Vrdoljak

Obi£ne diferencijalne jednadºbe

skripta

Zagreb, 11. listopada 2019.

Sadrºaj

1 Jednadºbe prvog reda 1

1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 Picardov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 Separabilne jednadºbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174 Linearna jednadºba prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255 Laplaceova transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296 Egzaktne jednadºbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357 Nepro²irivo rje²enje Cauchyjeve zada¢e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2 Sustavi jednadºbi prvog reda 49

8 Sustavi diferencijalnih jednadºbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 509 Osnovna svojstva linearnih sustava prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . 5610 Evolucijska matrica linearnog sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6111 Linearni sustavi prvog reda s konstantnim koecijentima . . . . . . . . . . . 6812 Realna Jordanova forma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7913 Linearne jednadºbe vi²eg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8214 Stabilnost autonomnih sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

Poglavlje 1

Jednadºbe prvog reda

1

2 POGLAVLJE 1. JEDNADBE PRVOG REDA

1. Uvod

Za razliku od algebarskih jednadºbi, u diferencijalnim jednadºbama nepoznanica koju ºe-limo odrediti je realna (ili kompleksna) funkcija. Kako i sam naziv sugerira, u diferencijalnojjednadºbi se osim nepoznate funkcije javljaju i neke njene derivacije. Ako se radi o funk-ciji realne varijable, govorimo o obi£nim diferencijalnim jednadºbama, a u slu£aju funkcijevektorske varijable o parcijalnim diferencijalnim jednadºbama. Sukladno uobi£ajenoj ter-minologiji kod algebarskih jednadºbi, uvodimo i sustave diferencijalnih jednadºbi. Reddiferencijalne jednadºbe (ili sustava) jednak je redu najvi²e derivacije traºene funkcije kojase javlja u jednadºbi.

Diferencijalne jednadºbe se prirodno javljaju kao modeli koji opisuju razli£ite pojaveu znanosti i tehnologiji: razni zikalni, biolo²ki, ekonomski i drugi sustavi su rukovoenipromjenama promatranih veli£ina. Kao ilustraciju, navest ¢emo dva primjera.

Primjer 1.1 (Slobodni pad). Promotrimo gibanje kamena mase m koji je ispu²ten s (male)visine h u polju sile teºe. Iz ²kolskog gradiva zike, znamo da na kamen djeluje sila iznosamg vertikalno prema dole (g je akceleracija sile teºe i uzmimo da iznosi 9.81 m

s2). Pos-

tavimo brojevni pravac vertikalno, s pozitivnim dijelom usmjerenim prema dolje, s ishodi-²tem u po£etnom poloºaju kamena i s x(t) ozna£imo poloºaj kamena u trenutku t. Tada je(prema Newtonovoj motivaciji uvoenja pojma derivacije) brzina kamena u trenutku t danas v(t) = x(t), gdje smo (tradicionalno, za funkcije vremena) derivaciju funkcije x ozna£ili sx. Nadalje uvodimo akceleraciju a = v = x pa Newtonova jednadºba gibanja glasi

mx = mg ,

²to predstavlja obi£nu diferencijalnu jednadºbu drugog reda. Poznavaju¢i pojam primitivnefunkcije i neodreenog integrala, ra£unamo

x(t) = gt+ c ,

odnosno integriraju¢i jo² jednom

x(t) =1

2gt2 + ct+ d .

Konstante c i d mogu biti proizvoljni realni brojevi. Primijetimo da smo na ovaj na£indo²li do svih mogu¢ih rje²enja diferencijalne jednadºbe x = g. Do konkretnog rje²enja na²egproblema dolazimo kori²tenjem po£etnih uvjeta: x(0) = 0 (po£etni poloºaj kamena je uishodi²tu) i x(0) = 0 (kamen je u po£etnom trenutku ispu²ten, odnosno njegova po£etnabrzina je 0). To£no jedno rje²enje zadovoljava te uvjete: x(t) = 1

2gt2.

Ako nas zanima trenutak pada predmeta na tlo, jednostavno ra£unamo x(t) = h ⇔t =

√2hg .

Primjer 1.2 (Malthusov populacijski model). Ozna£imo s p(t) veli£inu neke populacijeu trenutku t (npr. broj bakterija u Petrijevoj posudi, ukupna masa riblje vrste u jezerui sli£no). Primjerice, imaju¢i na umu na£in razmnoºavanja bakterija (jednostavna diobastanica), prirodno je pretpostaviti da je brzina rasta populacije p proporcionalna veli£inipopulacije p:

p = kp ,

pri £emu je k > 0 konstanta. Poku²ajmo rije²iti ovu jednadºbu pogaanjem. Ako je k = 1,jedno rje²enje je eksponencijalna funkcija et, a za op¢i k funkcija ekt. Mnoºe¢i ovu funkciju

1. UVOD 3

proizvoljnom konstantom c, jo² uvijek imamo rje²enje:

p(t) = cekt .

Ako je dana veli£ina populacije u po£etnom trenutku k(0) = N , dolazimo do rje²enjak(t) = Nekt. Postavlja se pitanje je li to rje²enje jedinstveno. Za odgovor se treba vratitikorak nazad i ispitati jesu li izrazom p(t) = cekt dana sva rje²enja diferencijalne jednadºbe.Uzmimo stoga proizvoljno rje²enje p, pomnoºimo ga s e−kt i derivirajmo ovaj produkt:

d

dt(p(t)e−kt) = p(t)e−kt − kp(t)e−kt = (p(t)− kp(t))e−kt = 0 .

Dakle, promatrana funkcija jednaka je konstanti c: p(t)e−kt = c, odnosno p(t) = cekt.Primijetimo, u slu£aju rasta populacije ºivih bi¢a poput spomenutih bakterija ili riba

jasno je, zbog ograni£enosti stani²ta, da dobiveno rje²enje ne daje to£no pona²anje veli£inepopulacije za daleku budu¢nost. Stoga se name¢e potreba za potpunijom diferencijalnomjednadºbom koja ¢e bolje modelirati promatrane pojave (v. Primjer 3.2).

Osnovna pitanja kojima ¢emo se baviti u ovom kolegiju su egzistencija i jedinstvenostrje²enja diferencijalne jednadºbe uz zadane po£etne uvjete, ali i tehnike rje²avanja pojedinihklasa jednadºbi. Takoer, dotaknut ¢emo se pitanja aproksimacije rje²enja, pro²irenja teasimptotskog pona²anja rje²enja.

Meu literaturom koju ¢emo koristiti u ovom kolegiju istaknimo [1, 2, 7].


2. Picardov teorem

Pou£eni uvodnim primjerima postavljamo sljede¢u zada¢u: na¢i funkciju u koja zadovoljava

u′ = f(x, u) (1)

u(x0) = u0. (2)

Pri tome je f : Ω→ R zadana funkcija, Ω ⊆ R2 otvoren skup, x0 i u0 su zadani brojevi uz(x0, u0) ∈ Ω. Problem (1), (2) je inicijalni (£esto ¢emo umjesto inicijalni koristiti terminCauchyjev ili po£etni) problem za obi£nu diferencijalnu jednadºbu prvog reda.

Minimalna pretpostavka na funkciju f je neprekidnost. Precizirajmo pojam rje²enjainicijalnog problema.

Kaºemo da je funkcija u rje²enje diferencijalne jednadºbe (1) na otvorenom intervaluI = (α, β) ako vrijedi

• u ∈ C1(I)

• graf (x, u(x)) ∈ R2 : x ∈ I funkcije u je u domeni funkcije f

• u′(x) = f(x, u(x)), x ∈ I.

Ponekad je prirodno za domenu rje²enja uzeti zatvoreni ili poluotvoreni interval. Pri-mjerice, ako se radi o intervalu I = [α, β) onda se u gornjem mijenja jedino zadnji zahtjevna na£in da se derivacija funkcije u u to£ki α zamijeni s jednostranom derivacijom (zdesna)u to£ki α.

Nadalje, u je rje²enje inicijalnog problema (1), (2) na intervalu I ako vrijedi

• u je rje²enje jednadºbe (1) na intervalu I

• x0 ∈ I i u(x0) = u0.

Picardov teorem predstavlja temeljni rezultat egzistencije i jedinstvenosti rje²enja Ca-uchyjeve zada¢e kojeg ¢emo £esto koristiti u gradivu kolegija. Pored neprekidnosti funkcijef , klju£no ¢e biti i sljede¢e svojstvo.

Denicija 2.1. Kaºemo da je f : Ω→ R Lipschitz-neprekinuta po drugoj varijabli na skupuS ⊆ Ω ako postoji L ≥ 0 takav da vrijedi

|f(x, u)− f(x, v)| ≤ L|u− v|,

£im su (x, u), (x, v) ∈ S.Naglasimo, L ne ovisi o varijabli x s lijeve strane prethodne nejednakosti.

na lijevoj strani prethodne nejednakosti.

Teorem 2.2 (Picardov teorem). Neka su ∆, η > 0 takvi da za pravokutnik

P = (x0 −∆, x0 + ∆)× (u0 − η, u0 + η)

vrijedi P ⊆ Ω i neka je f neprekinuta na P te Lipschitz-neprekinuta po drugoj varijabli naP . Tada postoji δ ∈ (0,∆] tako da inicijalni problem (1), (2) ima jedinstveno rje²enje naintervalu Iδ = (x0 − δ, x0 + δ).

2. PICARDOV TEOREM 5

(x0, u0)Ω

Pη

η

∆ ∆

Slika 1: Pravokutnik iz iskaza Picardovog teorema

Dokaz: Dokaz provodimo u koracima.1. korak. Formulacija inicijalnog problema u obliku integralne jednadºbe.

Pretpostavimo da inicijalni problem ima rje²enje na nekom otvorenom intervalu I. In-tegriranjem jednadºbe (1) dobivamo integralnu jednadºbu za funkciju u:

u(x) = u0 +

∫ x

x0

f(y, u(y)) dy, x ∈ I. (3)

Obratno, neka funkcija u ∈ C(I) zadovoljava (3) na otvorenom intervalu I te je fneprekinuta na grafu funkcije u. Tada je i kompozicija g(x) := f(x, u(x)) neprekinuta na I.Iz (3) izlazi da je u primitivna funkcija od g pa je specijalno u ∈ C1(I). Deriviranjem (3)dobivamo

u′(x) = g(x) = f(x, u(x)), x ∈ I.

Iz (3) izlazi jo² u(x0) = u0, tj. u je rje²enje inicijalnog problema na I. Zaklju£no, formulacija(1), (2) je ekvivalentna integralnoj jednadºbi (3).2. korak. Picardove iteracije.

Polazimo od integralne jednadºbe (3). Formiramo niz Picardovih iteracija (un),

u1(x) = u0,

u2(x) = u0 +

∫ x

x0

f(y, u1(y)) dy,

u3(x) = u0 +

∫ x

x0

f(y, u2(y)) dy,

...

un+1(x) = u0 +

∫ x

x0

f(y, un(y)) dy.

Poku²ajmo ukratko dati odmah i motivaciju za uvoenje Picardovih iteracija. Akopokaºemo sljede¢e:

• (un) je dobro deniran niz neprekidnih funkcija na nekom otvorenom intervalu I okox0

• (un) konvergira uniformno na I,


(x0, u0)

un

P

η

η

δ δ

Slika 2: Primjer grafa Picardove iteracije

onda imamo

(un neprekinute na I, un → u uniformno na I) =⇒ u ∈ C(I).

No tada ¢e (pokazat ¢emo u 5. koraku ovog dokaza), zbog Lipshitzovosti funkcije f podrugoj varijabli, vrijediti i (takoer uniformno po x ∈ I)∫ x

x0

f(y, un(y)) dy →∫ x

x0

f(y, u(y)) dy.

Uzimanjem limesa u deniciji Picardove iteracije un+1 dobivamo stoga

u(x) = u0 +

∫ x

x0

f(y, u(y)) dy, x ∈ I,

tj. u je rje²enje integralne jednadºbe (3) na I.Provedivost Picardovih iteracija i dokaz uniformne konvergencije sadrºaj je tre¢eg i £e-

tvrtog koraka dokaza.3. korak. Provedivost Picardovih iteracija.

Pokazujemo da postoji δ ∈ (0,∆] takav da je un neprekidna na Iδ = (x0 − δ, x0 + δ), sgrafom sadrºanim u P :

(x, un(x)) ∈ P, x ∈ Iδ, n ∈ N.

Specijalno ¢e onda niz un biti dobro deniran na zajedni£kom intervalu Iδ.Kako je f ∈ C(P ), to prema Weierstrasseovom teoremu |f | poprima maksimum na P ,

tj. dobro je deniranM = max

(x,u)∈P|f(x, u)|.

Denirajmo sad δ > 0

δ = min

∆,η

M

. (4)

Pokazujemo da za taj δ interval Iδ ima traºeno svojstvo. Dokaz provodimo indukcijom

• Baza. Za n = 1 tvrdnja je ispunjena.

• Korak. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za sve k ≤ n; dokazujemo da onda tvrdnjavrijedi i za n+1. Neka je x ∈ Iδ proizvoljan. Funkcija z 7→ f(z, un(z)) dz je neprekidna


na Iδ prema pretpostavci indukcije, pa je i integrabilna na svakom podsegmentu, tevrijedi

|un+1(x)− u0| =∣∣∣∣∫ x

x0

f(z, un(z)) dz

∣∣∣∣ ≤M |x− x0| < Mδ ≤ η. (5)

Nadalje, primijetimo da je un+1 funkcija klase C1 na intervalu Iδ, jer je u′n+1(x) =f(x, un(x)).

Ovime je pokazana provedivost Picardovih iteracija na intervalu Iδ.4. korak. Uniformna konvergencija niza Picardovih iteracija.

U ovom koraku iskoristit ¢emo pretpostavku Lipschitz-neprekinutosti funkcije f po dru-goj varijabli. Lipschitzovu konstantu funkcije f po drugoj varijabli na P ozna£imo s L:

|f(x, u)− f(x, v)| ≤ L|u− v|, (x, u), (x, v) ∈ P .

Po£nimo s trikom koji se £esto koristi:

un(x)− u0 = un(x)± un−1(x)± . . .± u2(x)− u1(x) =

n−1∑k=1

(uk+1(x)− uk(x)).

Gornja suma je parcijalna suma reda∑∞

k=1(uk+1(x) − uk(x)). Pokazat ¢emo da taj redkonvergira uniformno na Iδ, ²to je prema gornjem ekvivalentno uniformnoj konvergencijiniza (un) na Iδ.

Uniformnu (i apsolutnu) konvergenciju reda dobit ¢emo pomo¢u Weierstrasseovog M-testa (v. Zadatak 2.5). Uvedimo oznaku

Un(x) = |un+1(x)− un(x)|, x ∈ Iδ, n ∈ N.

Ocjenjujemo:

Un(x) = |un+1(x)− un(x)| ≤∣∣∣∣∫ x

x0

|f(z, un(z))− f(z, un−1(z))| dz∣∣∣∣

≤ L∣∣∣∣∫ x

x0

|un(z)− un−1(z)| dz∣∣∣∣ = L

∣∣∣∣∫ x

x0

Un−1(z) dz

∣∣∣∣ ,pri £emu apsolutna vrijednost izvan integrala stoji za slu£aj x < x0. Zaklju£no,

Un(x) ≤ L∣∣∣∣∫ x

x0

Un−1(z) dz

∣∣∣∣ , x ∈ Iδ, n ≥ 2. (6)

Iz ove nejednakosti izvodimo sljede¢u nejednakost:

Un(x) ≤MLn−1 |x− x0|n

n!, x ∈ Iδ, n ∈ N. (7)

Nejednakost (7) dokazujemo indukcijom.

• Baza. Za n = 1 tvrdnja vrijedi prema prvoj nejednakosti iz (5) :

U1(x) = |u2(x)− u1(x)| = |u2(x)− u0| ≤M |x− x0|, x ∈ Iδ.


• Korak. Neka (7) vrijedi za k ≤ n; dokaºimo (7) za k = n + 1. Po (6) i pretpostavciindukcije imamo za x ∈ Iδ:

Un+1(x) ≤ L∣∣∣∣∫ x

x0

Un(z) dz

∣∣∣∣≤ L

∣∣∣∣∫ x

x0

MLn−1 |z − x0|n

n!dz

∣∣∣∣ =MLn

n!

∣∣∣∣∫ x

x0

|z − x0|n dz∣∣∣∣ .

Ako je x ∈ (x0, x0 + δ), onda je∣∣∣∣∫ x

x0

|z − x0|n dz∣∣∣∣ =

∫ x

x0

(z − x0)n dz =(x− x0)n+1

n+ 1=|x− x0|n+1

n+ 1.

Ista jednakost vrijedi i ako je x ∈ (x0 − δ, x0) (pokaºite!). Ovime je nejednakost (7)dokazana.

Zbog (7) imamo sad za x ∈ Iδ i n ∈ N:

Un(x) ≤MLn−1 |x− x0|n

n!<M

L

(Lδ)n

n!.

Kako red∑∞

n=1ML

(Lδ)n

n! konvergira (zapi²ite mu sumu!) to prema Weierstrasseovom M-testu(v. Zadatak 2.5) slijedi da red

∑∞k=1(uk+1 − uk) konvergira uniformno i apsolutno na Iδ,

²to zna£i da i niz (uk) konvergira uniformno na Iδ.5. korak. Egzistencija rje²enja inicijalnog problema.

Dovoljno je dokazati egzistenciju rje²enja integralne jednadºbe (3) na intervalu Iδ. Kakoje svaka funkcija un neprekinuta na Iδ, to zbog £etvrtog koraka postoji neprekinuta funkcijau : Iδ → R takva da

un → u uniformno na Iδ.

Uvedimo pomo¢ne funkcije gn,

gn(x) = f(x, un(x)), x ∈ Iδ, n ∈ N.

Za proizvoljne x ∈ Iδ i n,m ∈ N zbog Lipschitzovosti funkcije f po drugoj varijabli na Pimamo

|gn(x)− f(x, u(x))| ≤ L|un(x)− u(x)|.Dakle i niz funkcija (gn) konvergira uniformno na Iδ, pa onda vrijedi i uniformna konver-gencija (za x ∈ Iδ) integrala (pokaºite!)

limn→∞

∫ x

x0

gn(z) dz =

∫ x

x0

f(z, u(z)) dz.

Zna£i da funkcija u ∈ C(Iδ) zadovoljava na Iδ integralnu jednadºbu (3).6. korak. Jedinstvenost rje²enja.

Pretpostavimo da (1), (2) odnosno (3) ima dva rje²enja u1 i u2 na Iδ. Trebamo pokazatida je u1 = u2. Stavimo

u = |u1 − u2|.u je neprekinuta nenegativna funkcija na Iδ. Ocjenjujemo za x ∈ Iδ:

u(x) =

∣∣∣∣∫ x

x0

f(z, u1(z))− f(z, u2(z)) dz

∣∣∣∣≤

∣∣∣∣∫ x

x0

|f(z, u1(z))− f(z, u2(z))| dz∣∣∣∣ ≤ L ∣∣∣∣∫ x

x0

u(z) dz

∣∣∣∣ .Razlikujemo dva slu£aja.


• x ∈ [x0, x0 + δ).

Tada je ∣∣∣∣∫ x

x0

u(z) dz

∣∣∣∣ =

∫ x

x0

u(z) dz, tj.

u(x) ≤ L∫ x

x0

u(z) dz.

Po Gronwallovoj lemi (navodimo ju iza dokaza teorema) dobivamo

u(x) ≤ 0, x ∈ [x0, x0 + δ).

Zna£i u ≡ 0 na [x0, x0 + δ).

• x ∈ (x0 − δ, x0].

Kori²tenjem zamjene v(z) := u(x0 − z), z ∈ [0, δ), opet smo u mogu¢nosti iskoristitiGronwallovu lemu i zaklju£iti u ≡ 0 na (x0 − δ, x0].

Sada iskaºimo i dokaºimo Gronwallovu lemu.

Lema 2.3 (Gronwall). Neka je v neprekinuta nenegativna funkcija na intervalu [α, β) zakoju postoje nenegativne konstante A,B tako da je

v(x) ≤ A+B

∫ x

αv(z) dz, x ∈ [α, β).

Tada vrijediv(x) ≤ AeB(x−α), x ∈ [α, β).

Dokaz: Uvedimo pomo¢nu funkciju

V (x) = B

∫ x

αv(z) dz, x ∈ [α, β).

Zaklju£ujemo redom:

• V ∈ C1([α, β)) .

•V ′(x) = Bv(x) ≤ B

(A+B

∫ x

αv(z) dz

)= AB +BV (x) tj.

V ′(x)−BV (x) ≤ AB, x ∈ [α, β).

Pomnoºimo ovu nejednakost s e−B(x−α) i iskoristimo jednakost

d

dx

(V (x)e−B(x−α)

)= e−B(x−α) (V ′(x)−BV (x)).

Dobivamod

dx

(V (x)e−B(x−α)

)≤ ABe−B(x−α), x ∈ [α, β).

Zbog monotonosti integrala je onda

V (x)e−B(x−α) − V (α) ≤ A(1− e−B(x−α)).


Kako je V (α) = 0, vrijedi

V (x) ≤ A(eB(x−α) − 1

), x ∈ [α, β).

Na kraju, zbog v(x) ≤ A+ V (x), slijedi tvrdnja leme.

Promotrimo sad na primjerima kako moºemo jednostavno provjeriti uvjete Picardovogteorema.

Primjer 2.4.

u′ = 2x(1 + u), u(0) = 0 .

Identiciramo:f(x, u) = 2x(1 + u) , f ∈ C(R2) .

Dodatno, f je glatka, pa za provjeru Lipschitz-neprekinutosti po drugoj varijabli moºemoiskoristiti Lagrangeov teorem srednje vrijednosti:

f(x, u)− f(x, v) =∂f

∂u(x,w)(u− v) ,

pri £emu w pripada otvorenom intervalu meu u i v. Preciznije, pretpostavke koje pritomtrebaju biti ispunjene su neprekidnost funkcije f na segmentu s rubnim to£kama (x, u) i (x, v)te postojanje parcijalne derivacije ∂f

∂u na otvorenom intervalu meu tim to£kama. Posebno,ako su f i ∂f

∂u neprekidne na pravokutniku P , onda vrijedi

|f(x, u)− f(x, v)| ≤∣∣∣∣∂f∂u (x,w)

∣∣∣∣ |u− v| ≤ maxP

∣∣∣∣∂f∂u∣∣∣∣ |u− v| ,

za bilo koji izbor to£aka (x, u) i (x, v) iz pravokutnika. Stoga f zadovoljava uvjete Picardovogteorema (za bilo koji pravokutnik P sa sredi²tem u ishodi²tu).

Ra£unamo formalno Picardove iteracije.

u1(x) = 0,

u2(x) =

∫ x

02z dz = x2,

u3(x) = x2 +1

2x4,

u4(x) = x2 +1

2x4 +

1

2 · 3x6

Tako dolazimo do slutnje:

un(x) = x2 +1

2x4 + . . .+

1

(n− 1)!x2(n−1)

(provedite dokaz indukcijom). Dakle, un je (n− 1)−a parcijalna suma reda

∞∑k=1

x2k

k!=

∞∑k=1

(x2)k

k!= ex

2 − 1.

Na²li smo rje²enje za koje vidimo da je denirano na cijelom R. Ta £injenica nije posljedicaPicardovog teorema, ve¢ teorije koju ¢emo tek razviti.


Primjer 2.5.

u′ = 1 + u2, u(0) = 0 .

Kako je

f(x, u) = 1 + u2 ∈ C(R2),∂f

∂u(x, u) = 2u ∈ C(R2),

to i ova funkcija f zadovoljava uvjete Picardovog teorema na svakom pravokutniku sa sre-di²tem u ishodi²tu. Lako provjerimo da je (jedinstveno) rje²enje dano s u(x) = tg x pa jemaksimalni interval egzistencije rje²enja (−π/2, π/2). S druge strane, moºe se pokazati daniti za jedan izbor pravokutnika nije mogu¢e zadovoljiti (4) uz δ = π

2 (v. Zadatak 2.13).

Primjer 2.6.

u′(x) = 3√u(x) , u(0) = 0.

Ovdje je

f(x, u) = 3√u,

∂f

∂u(x, u) =

1

33√u2.

Dakle, f je neprekidna na R2 (neovisna je o varijabli x), dok ∂f∂u nije denirana na x-

osi. Posebno, ne moºemo primijeniti zaklju£ivanje iz prethodnih primjera. Lipschitzovostfunkcije f u ovom primjeru moºemo provjeriti direktno po deniciji. Iz jednakosti

u− v =(

3√u− 3√v) ( 3√u2 + 3

√uv +

3√v2)

izlazi da f nije Lipschitz-neprekinuta po u u okolini ishodi²ta, jer druga zagrada na desnojstrani moºe poprimiti vrijednosti po volji bliske nuli. Stoga pretpostavke Picardovog teoremanisu ispunjene niti na jednom pravokutniku sa sredi²tem u ishodi²tu. Primijetimo, da je u0

razli£it od nule, situacija bi bila druga£ija imali bismo sli£no zaklju£ivanje kao u prethodnimprimjerima (odredite u tom slu£aju bar jedan dobar pravokutnik).

Eulerova metoda metoda tangente

Rje²enje inicijalnog problema op¢enito ne moºemo na¢i analiti£ki odnosno zapisati formu-lom. Zbog toga se razvijaju metode za numeri£ko rje²avanje inicijalnog problema. Ukratkoopisujemo jednu jednostavnu metodu koja funkcionira; predloºio ju je L. Euler.

Radi jednostavnosti, za inicijalni problem (1), (2) uzmimo da je f denirana na pruziI × R, te neka su dani x0, X ∈ I. im rje²enje traºimo numeri£ki, radi se o nalaºenjudiskretne aproksimacije funkcije u na intervalu [x0, X]. Prvo deniramo ekvidistantnu raz-diobu segmenta [x0, X]: odaberemo prirodan broj n ∈ N i stavimo h = X−x0

n te deniramoto£ke xk, k = 1, . . . , n,

xk+1 = xk + h, k = 0, . . . , n− 1 ,

tako da je xn = X.Nadalje deniramo aproksimaciju uk rje²enja u u to£ki xk, k = 1, . . . , n. Poimo od

integralne jednadºbe (3) koju zapi²emo za x = x1:

u(x1) = u0 +

∫ x1

x0

f(z, u(z)) dz = u0 +

∫ x1

x0

g(z) dz uz g(z) = f(z, u(z)).

Sad∫ x1x0g(z) dz aproksimiramo s (x1 − x0) g(x0) i dobivamo

u(x1) ≈ u0 + h f(x0, u0) =: u1.


Iteriranjem dobivamo

uk+1 = uk + h f(xk, uk), k = 0, 1, . . . , n− 1.

Ako dobivene vrijednosti linearno interpoliramo, dolazimo do po dijelovima ane funkcijeun: za k = 0, . . . n− 1 na podsegmentu [xk, xk+1] denirana je s

un(x) = uk + f(xk, uk)(x− xk) .

Primijetimo, za k = 0 graf funkcije un upravo daje tangentu na graf to£nog rje²enja jed-nadºbe. U daljnjim podintervalima to nije nuºno tako jer uk tek aproksimira vrijednostto£nog rje²enja u xk. Analogno moºemo denirati aproksimaciju rje²enja lijevo od x0.

Metoda je jednostavna, traºi jedno ra£unanje funkcije f po koraku a mogu se dokazatii odgovaraju¢i rezultati konvergencije. Modikacije Eulerove metode su i danas metodeizbora; detalji se mogu na¢i u standardnim udºbenicima iz numeri£ke analize, npr. [4, 14].

Peanov teorem

Premda smo u dokazu Picardovog teorema pretpostavku Lipschitzovosti po drugoj varijablikoristili i za samu konstrukciju rje²enja u, pokazuje se da je za pitanje postojanja rje²enjata pretpostavka nepotrebna. O tome upravo govori Peanov teorem.

Teorem 2.7 (Peano). Neka su ∆, η > 0 takvi da za pravokutnik

P = (x0 −∆, x0 + ∆)× (u0 − η, u0 + η)

vrijedi P ⊆ Ω i neka je f neprekinuta na P . Tada postoji δ ∈ (0,∆) tako da inicijalniproblem (1), (2) ima rje²enje na intervalu Iδ = (x0 − δ, x0 + δ).

Uo£imo, uz smanjene pretpostavke na desnu stranu f gubi se jedinstvenost rje²enja.Dokaz teorema moºe se na¢i npr. u [8]. Za drugu varijantu dokaza, pogledati Zadatak 2.15.U obje varijante δ iz iskaza teorema se denira jednako kao u dokazu Picardovog teoremaprema (4), gdje je M = maxP |f |.

Pokazuje se da se interval egzistencije rje²enja moºe pro²iriti do tzv. maksimalnogintervala egzistencije rje²enja (x0 − δ−, x0 + δ+) koji op¢enito nije simetri£an oko x0, i tokod oba rezultata postojanja rje²enja. O tome ¢e biti vi²e rije£i u 7. to£ki.

Vratimo se na Primjer 2.6:

u′(x) = 3√u(x), u(0) = 0.

Peanov teorem garantira lokalnu egzistenciju (bar jednog) rje²enja. Pokazuje se da rje²enjezaista nije jedinstveno: provjerite da su funkcije

u1 ≡ 0 , u2(x) =

0, x < 0√

827 x

3, x ≥ 0

rje²enja inicijalnog problema.Zapravo moºemo konstruirati beskona£no mnogo rje²enja koriste¢i sljede¢u napomenu.

Napomena 2.8. Za jednadºbu oblika u′ = f(u) (tada kaºemo da je jednadºba autonomna)vrijedi: ako je u : I → R rje²enje jednadºbe, onda je za svaki ξ ∈ R v(x) := u(x− ξ) takoerrje²enje jednadºbe. Zapi²ite precizno domenu funkcije v i provjerite tvrdnju.


Zadaci za vjeºbu

Zadatak 2.1. Za Cauchyjevu zada¢u

u′ = xu+ 2x− x3 , u(0) = 0

izra£unajte op¢i £lan niza Picardovih iteracija i dokaºite da niz uniformno konvergira nasvakom segmentu (tj. lokalno uniformno) prema u(x) = x2, x ∈ R.

Rje²enje: un(x) = x2 − 2x2m

(2m)!! , x ∈ R

Zadatak 2.2. Odredite rje²enje zada¢e

u′ = 1− u2 + x2 , u(0) = 0

pomo¢u Picardovih iteracija uz po£etnu iteraciju: a) u0(x) = −x, b) u0(x) = 0.

Rje²enje: Rje²enje je u(x) = x. a) un(x) = x, n ∈ N; b) u1(x) = x + x3

3 , u2(x) =x− 2

15x5 − 1

63x7, u3(x) = x+ 4

105x7 + 2

567x9 − 4

2475x11 − 1

12285x13 − 1

59535x15 . . .

Zadatak 2.3. Neka je Ω ⊆ R2 otvoren i f : Ω → R derivabilna po drugoj varijabli napravokutniku (otvorenom ili zatvorenom) P ⊆ Ω. Dokaºite da je f Lipschitzova po drugojvarijabli na P ako i samo ako je ∂f

∂u omeena na P . U tom slu£aju je najmanja Lipschitzovakonstanta jednaka

supP

∣∣∣∣∂f∂u∣∣∣∣ .

Uputa: Nuºnost vrijedi zbog∣∣∣∣∂f∂u (x, u)

∣∣∣∣ = limv→u

∣∣∣∣f(x, v)− f(x, u)

v − u

∣∣∣∣ ≤ L ,pri £emu je L Lipschitzova konstanta. Dovoljnost slijedi primjenom Lagrangeovog teoremasrednje vrijednosti za realnu funkciju realne varijable u 7→ f(x, u).

Zadatak 2.4. Neka su a, b > 0. Ispitajte je li funkcija f Lipschitzova po drugoj varijablina [−a, a]× [−b, b] i ako je odredite najmanju Lipschitzovu konstantu:

a) f(x, u) =3y

2 + x2,

b) f(x, u) = y cos 3x+ x sin 2y,

c) f(x, u) = xex−y,

d) f(x, u) = 2x2y2 + xy + 3,

e) f(x, u) =1 + x2

1 + 3√u.

Rje²enje: Koriste¢i prethodni zadatak: a)3

2, b) 1 + 2a, c) aea+b, d) 4a2b+ a, e) Parcijalna

derivacija ∂f∂u nije denirana u to£kama (x, 0), x ∈ R. U okolini to£ke (0, 0) (odnosno op¢e-

nito to£ke (x, 0)) ona je neograni£ena. Stoga prema prethodnom zadatku f nije Lipschitzovapo drugoj varijabli na [−a, a]× (0, b) niti za jedan b > 0 pa tako niti na [−a, a]× [−b, b].


Zadatak 2.5 (Weierstrasseov M-test). Neka je (fn) niz realnih (ili kompleksnih) funkcijazadanih na skupu X takav da vrijedi

|fn(x)| ≤ an , x ∈ X,n ∈ N

za neki niz nenegativnih brojeva (an) pri £emu red∑an konvergira. Dokaºite da red funkcija∑

fn konvergira apsolutno i uniformno na X.

Rje²enje: Prema usporednom kriteriju konvergencije realnih (nenegativnih) brojeva red∑fn(x) konvergira za svaki x ∈ X. Ozna£imo mu sumu s F (x). Kako vrijedi∣∣∣∣∣F (x)−

N∑n=1

fn(x)

∣∣∣∣∣ ≤∞∑

n=N+1

|fn(x)| ≤∞∑

n=N+1

an , x ∈ X,N ∈ N

to slijedi uniformna konvergencija reda∑fn prema F na X, jer ostatak konvergentnog reda∑∞

n=N+1 an teºi nuli kad N teºi prema ∞ (zapi²ite precizno denicije i provjerite istinitosttvrdnje).

Zadatak 2.6∗. (Arzela-Ascolijev teorem) Neka je (fn) niz neprekidnih realnih funkcija za-danih na segmentu I = [a, b] koji je uniformno ograni£en i ekvineprekidan (za svaki ε > 0postoji δ > 0 takav da za svaki x, y ∈ I i svaki n ∈ N vrijedi

|x− y| < δ =⇒ |fn(x)− fn(y)| < ε).

Tada postoji uniformno konvergentan podniz niza (fn).

Uputa: Dokaz se moºe na¢i primjerice u [13]. Primijetimo, za razliku od kompaktnih sku-pova u Rn koje moºemo karakterizirati kao omeene i zatvorene skupove, za kompaktnostskupa u C([a, b]) pretpostavljamo jo² i uvjet ekvineprekidnosti (za normu uzimamo max-normu normu uniformne konvergencije). Moºe se pokazati da vrijedi i obrat: ako je skupA ⊆ C([a, b]) kompakan, onda je ograni£en, zatvoren i ekvineprekidan.

Zadatak 2.7. Zadana je diferencijalna jednadºba u′ = ug(x, u), pri £emu su g i ∂g∂u nepre-

kidne na otvorenom Ω ⊆ R2. Dokaºite

a) u ≡ 0 je rje²enje.

b) Ako je u rje²enje na otvorenom intervalu I i u(x0) > 0 za neki x0 ∈ I onda je u > 0na I.

c) Ako je u rje²enje na otvorenom intervalu I i u(x0) < 0 za neki x0 ∈ I onda je u < 0na I.

Zadatak 2.8. Ispitajte uniformnu konvergenciju niza funkcija

a)nx

nx+ 1, x ∈ [0, 1] , n ∈ N,

b)nx2

nx+ 1, x ∈ [0, 1] , n ∈ N.

Rje²enje: a) limes po to£kama je prekidna funkcija u(x) = 1 za x ∈ (0, 1], u(0) = 0 pakonvergencija nije uniformna, b) uniformni limes je u(x) = x, x ∈ [0, 1].


Zadatak 2.9. (Egzistencija globalnog rje²enja) Neka je f neprekinuta na pruzi Ω = [α, β]×R te Lipschitz-neprekinuta po drugoj varijabli na Ω. Tada inicijalni problem u′ = f(x, u),u(x0) = u0 ima jedinstveno rje²enje na segmentu [α, β] (globalno rje²enje), za proizvoljanu0 ∈ R i x0 ∈ [α, β].

Rje²enje: Kao u dokazu Picardovog teorema, jedina razlika je u Koraku 3: indukcijompokazati da je un neprekidna funkcija na [α, β] te nastaviti s dokazom teorema uz [α, β]umjesto Iδ.

Zadatak 2.10. Dokaºite da Cauchyjeva zada¢a

u′ = (x2 − u2) sinu+ u2 cosu , u(0) = 0

ima jedinstveno rje²enje u ≡ 0.

Zadatak 2.11. Zadana je funkcija f na pruzi T = (−∞, 1]× R s

f(x, u) =

0, x ≤ 0

2x, 0 < x ≤ 1 , u < 0

2x− 4u

x, 0 < x ≤ 1 , 0 ≤ u ≤ x2

−2x, 0 < x ≤ 1 , x2 < u

Dokaºite da je f neprekidna. Ispitajte konvergenciju Picardovih iteracija za zada¢u u′ =f(x, u), u(0) = 0. to iz toga moºemo zaklju£iti?

Rje²enje: u2n(x) =

0, x ≤ 0x2, 0 < x ≤ 1

, u2n+1(x) =

0, x ≤ 0

−x2, 0 < x ≤ 1, n ∈ N. Slijedi da f

nije Lipschitzova po drugoj varijabli niti na jednom pravokutniku oko ishodi²ta.


u′ = x2 + e−u2, u(0) = 0

pokaºite da rje²enje postoji (i jedinstveno je) na intervalu(−1

2 ,12

)Rje²enje: Prema oznakama teorema, neka je ∆ =

1

2. Vidimo da za bilo koji η > 0 vrijedi

M = maxP|f | =

(1

2

)2

+ 1 =5

4, pa koriste¢i izraz (4) ako odaberemo η = 1 za δ dobivamo

min

∆,η

M

= ∆.


u′ = 1 + u2 , u(0) = 0

pokaºite da je najve¢i δ (za sve mogu¢e izbore ∆ i η) deniran s (4) jednak1

2. S druge

strane, pokaºite da je u(x) = tg x rje²enje zada¢e, denirano na intervalu(−π

2 ,π2

). Dakle,

izbor (4) za interval egzistencije rje²enja nije optimalan.

Rje²enje: Imamo M = maxP|f | = 1 + η2 i δ = min

∆,

η

1 + η2

, za proizvoljne ∆, η > 0.

Funkcija η 7→ η

1 + η2, η > 0 poprima maksimum za η = 1.


Zadatak 2.14. Primijenite Eulerovu metodu s korakom h = 1n za Cauchyjevu zada¢u u′ =

au, u(0) = 1, uz zadani parametar a ∈ R. Pokaºite da Eulerove aproksimacije u to£ki x = 1teºe prema ea, kad n → ∞. Odredite Picardove aproksimacije i, pomo¢u njih, rje²enjezada¢e.

Zadatak 2.15∗. Dokaºite Peanov teorem.

Uputa: Za n ∈ N denirati aproksimaciju un rje²enja Eulerovom metodom na [x0−δ, x0+δ].Niz (un) je uniformno ograni£en (graf svih funkcija pripada pravokutniku P ) i ekvinepre-kidan (za svaki n vrijedi |un(x) − un(y)| ≤ M |x − y|). Primjenom Arzela-Ascolijevogteorema (Zadatak 2.6) moºemo prije¢i na uniformno konvergentni podniz, s limesom u ∈C([x0 − δ, x0 + δ]). Kako je un derivabilna osim u kona£no mnogo to£aka, vrijedi

un(x) = u0 +

∫ x

x0

d

dxun(z) dz = u0 +

∫ x

x0

f(z, un(z)) dz +

∫ x

x0

Rn(z) dz , (8)

gdje je Rn(x) = ddxu

n(x) − f(x, un(x)) = f(xk, uk) − f(x, un(x)), ako x ∈ (xk, xk+1).Iskoristiti uniformnu neprekidnost funkcije f na P za zaklju£ak da zbroj integrala na desnojstrani u (8) konvergira (na uo£enom podnizu) prema

∫ xx0f(z, u(z)) dz, pa prelaskom na limes

u toj jednakosti slijedi da u zadovoljava traºenu integralnu jednadºbu.

3. SEPARABILNE JEDNADBE 17

3. Separabilne jednadºbe

I dalje promatramo inicijalni (Cauchyjev) problem za obi£nu diferencijalnu jednadºbu prvogreda:

na¢i funkciju u koja zadovoljava

u′(x) = f(x, u(x)) na nekom otvorenom intervalu I, (9)

u(x0) = u0. (10)

Pri tome je f : R2 → R zadana funkcija, x0 ∈ I i u0 su zadani brojevi. Teoriju (egzistencijarje²enja i jedinstvenost) smo zasnovali uz pretpostavku neprekinutosti funkcije f i njeneLipschitz-neprekinutosti po drugoj varijabli. U ovoj to£ki pretpostavljamo da je f vrlospecijalnog oblika, produkt dviju realnih funkcija realne varijable: f(x, u) = g(x)h(u).Tada diferencijalnu jednadºbu

u′ = g(x)h(u) (11)

zovemo jednadºbom sa separiranim varijablama ili kra¢e separabilnom jednadºbom.Minimalna pretpostavka je neprekinutost funkcije f , ²to je u ovom slu£aju ekvivalentno

s neprekinuto²¢u funkcija g i h. Znamo da tada Peanov teorem garantira lokalnu rje²ivostproblema (10), (11). Jedinstvenost rje²enja smo pokazali uz pretpostavku Lipschitzovostifunkcije f po drugoj varijabli, ²to bi u ovom slu£aju bilo isto ²to i Lipschitzovost funkcije h.Prema idu¢em teoremu (lokalna) egzistencija i jedinstvenost rje²enja inicijalnog problemase moºe ustanoviti uz bitno druga£iju pretpostavku na funkciju h.

Teorem 3.1. Neka je Ix ⊆ R otvoreni interval koji sadrºi to£ku x0, a Iu ⊆ R otvoreniinterval koji sadrºi to£ku u0 te g ∈ C(Ix) i h ∈ C(Iu) pri £emu je funkcija h strogo pozitivna(odnosno negativna) na Iu. Tada postoji δ > 0 (uz Iδ := (x0 − δ, x0 + δ) ⊆ Ix) takav dainicijalni problem (10), (11) ima jedinstveno rje²enje na intervalu Iδ.

Dokaz: Navedimo prvo ideju dokaza koja se zasniva na separiranoj desnoj strani jednadºbe.Dakle, pretpostavimo da rje²enje postoji na nekom intervalu (α, β) koji sadrºi to£ku x0. Iz(11) formalno onda izlazi

g(x) dx =du(x)

h(u(x))=u′(x) dx

h(u(x)).

Odavde integriranjem i zamjenom varijabli dobivamo∫ x

x0

g(z) dz =

∫ x

x0

u′(z) dz

h(u(z))=

∫ u(x)

u0

dv

h(v).

Pogodno je sad uvesti primitivne funkcije od g i 1/h,

G(x) =

∫ x

x0

g(z) dz, H(u) =

∫ u

u0

dv

h(v).

Imamo zaklju£ak:ako je u rje²enje problema (10), (11) na (α, β) te ako su funkcije G i H dobro denirane,onda vrijedi

H(u(x)) = G(x), x ∈ (α, β). (12)

Ova jednadºba je nuºan uvjet na rje²enje. Obratno, ako je jo² dodatno funkcija H inverti-bilna (na nekom intervalu koji sadrºi to£ku u0), onda iz (12) izlazi

u(x) = H−1(G(x)). (13)


Ovom formulom denirana je funkcija u. Ako je jo² dodatno u derivabilna funkcija, ondaderiviranjem dobivamo

H ′(u(x))u′(x) = G′(x) tj.u′(x)

h(u(x))= g(x).

Dakle, u zadovoljava diferencijalnu jednadºbu (11). Nadalje, uvr²tavanjem x = x0 dobivamoH(u(x0)) = G(x0) = 0 pa zbog H(u0) = 0 i invertibilnosti funkcije H imamo u(x0) = u0.Dakle, funkcija u bi bila rje²enje inicijalnog problema (10), (11). Ostaje nam opravdatigornje formalne ra£une.• Kako je po pretpostavci g ∈ C(Ix), to g ima glatku primitivnu funkciju G na Ix tako daje

G(x) =

∫ x

x0

g(z) dz, G ∈ C1(Ix), G(x0) = 0.

• Po pretpostavci je funkcija h neprekinuta i pozitivna na Iu, pa je onda i funkcija 1/hneprekinuta i pozitivna na Iu. Zna£i, funkcija 1/h ima primitivnu funkciju H na Iu tako daje

H(u) =

∫ u

u0

dv

h(v), H ∈ C1(Iu), H ′ > 0, H(u0) = 0.

Specijalno, H je strogo monotona glatka funkcija na Iu, tj.

H : Iu → H(Iu)

je neprekinuto derivabilna injekcija, pa je po teoremu o inverznoj funkciji

H−1 ∈ C1(H(Iu)).

Takoer, zbog monotonosti vrijedi jo² da je H(Iu) otvoreni interval koji sadrºi 0.• Konstrukcija intervala (x0 − δ, x0 + δ).

Zadamo ε > 0 takav da je(−ε, ε) ⊂ H(Iu).

Takav ε postoji jer je H(Iu) otvoreni interval koji sadrºi 0. Nadalje, funkcija G je nepreki-nuta na Ix, pa za dani ε postoji δ > 0 tako da vrijedi

(x0 − δ, x0 + δ) ⊂ Ix, i |x− x0| < δ ⇒ |G(x)| < ε,

gdje smo iskoristili jednakost G(x0) = 0. Primijetimo ovdje da je od interesa na¢i najve¢iinterval oko x0 £ija je slika po G jo² uvijek podskup skupa H(Iu). To pitanje je delikatno injime se u ovom trenutku ne bavimo.• Egzistencija rje²enja.

Pokazujemo u stvari valjanost formule (12) na intervalu (x0− δ, x0 + δ). Po konstrukcijije

G(x0 − δ, x0 + δ) ⊂ H(Iu),

pa je onda dobro denirana funkcija

u(x) := H−1(G(x)), x ∈ (x0 − δ, x0 + δ).

tovi²e, u je neprekinuto derivabilna na (x0 − δ, x0 + δ) kao kompozicija neprekinuto deri-vabilnih. Dakle glatka funkcija u zadovoljava jednadºbu (12) na intervalu (x0 − δ, x0 + δ),pa onda zadovoljava na (x0 − δ, x0 + δ) i diferencijalnu jednadºbu (11). Nadalje vrijedi

H(u(x0)) = G(x0) = 0 i H(u0) = 0,


x

G

0x0δ δ

ε

−ε

ε

−ε

0 x

H

u0

Slika 3: Primjer grafova funkcija G i H

tj. u(x0) = u0 zbog injektivnosti funkcije H. Zaklju£no, u je rje²enje problema (10), (11)na intervalu (x0 − δ, x0 + δ).• Jedinstvenost rje²enja.

Ako su u i v rje²enja problema (10), (11) na intervalu (x0 − δ, x0 + δ), onda vrijedijednadºba (12) za obje funkcije u i v, tj.

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

Dakle, za separabilne jednadºbe rje²enje inicijalnog problema dano je implicitno jednadº-bom (12). Ima jo² jedna veza funkcija G i H s diferencijalnom jednadºbom (11). Naime,neka je, pored u iz Teorema 3.1, dano jo² jedno rje²enje v diferencijalne jednadºbe na in-tervalu I, koje zadovoljava drugi po£etni uvjet v(x0) = v0. Prema po£etnom dijelu dokazaprethodnog teorema v zadovoljava na I jednadºbu

H(v(x)) = G(x), x ∈ I,

pri £emu je

G(x) =

∫ x

x0

g(z) dz = G(x), x ∈ Ix i H(v) =

∫ v

v0

dz

h(z), v ∈ Iu.

No,

H(v) =

∫ v

v0

dz

h(z)=

∫ v

u0

dz

h(z)+

∫ u0

v0

dz

h(z)= H(v) +

∫ u0

v0

dz

h(z).

Odavde izlazi zaklju£ak: ako je v rje²enje diferencijalne jednadºbe (11) na I, onda postojikonstanta C takva da je

H(v(x))−G(x) = C, x ∈ I. (14)

Vrijedi i obrat gornje £injenice: ako za neku konstantu C funkcija v klase C1 na nekomintervalu I zadovoljava (14) onda je v rje²enje jednadºbe (11) na I (dokaºite deriviraju¢ijednakost (14)). Primijetimo, zbog konstante C na desnoj strani, u (14) smo stoga mogliumjesto H, odnosno G uzeti bilo koje primitivne funkcije funkcija 1

h , odnosno g ili paknjihove neodreene integrale.

Zadatak 3.1. Na¢i rje²enje inicijalnog problema u′ =x2

1− u2, u(0) = 0. Nadalje opi²ite

skup svih rje²enja gornje diferencijalne jednadºbe.


Rje²enje: Identiciramo:

g(x) = x2 ⇒ g ∈ C(R),

h(u) =1

1− u2⇒ h je neprekinuta svuda osim u ± 1.

Jer je u po£etnom uvjetu u0 = 0, to kao interval neprekinutosti funkcije h uzimamo (−1, 1).Na tom intervalu je h pozitivna. Naimo funkcije G i H:

G(x) =

∫ x

0z2 dz =

1

3x3, x ∈ R,

H(u) =

∫ u

0(1− v2) dv = u− 1

3u3, u ∈ (−1, 1).

Dakle, jedinstveno rje²enje inicijalnog problema dano je implicitnom jednadºbom

3u(x)− u(x)3 = x3

na nekom (kojem?) intervalu oko x = 0. Nadalje, skup svih rje²enja diferencijalne jednadºbena nekom intervalu oko x = 0 dan je sa

3u(x)− u(x)3 − x3 = C ; C ∈ R.

Primjer 3.2 (Logisti£ka jednadºba). Ovaj tip jednadºbe £esto se koristi pri opisu rasta nekepopulacije. Jednadºba je

u′ = % u (1− 1

κu), %, κ zadani pozitivni brojevi.

Identiciramo:

g ≡ 1, h(u) = % u (1− 1

κu).

Dakle, desna strana jednadºbe ne ovisi (eksplicitno) o prvoj varijabli (autonomna jednadºba).Uz jednadºbu veºemo i dodatni uvjet

u(0) = u0.

Uo£imo da funkcija h ima dvije nulto£ke, 0 i κ. Specijalno, konstantne funkcije

u ≡ 0 i u ≡ κ

su rje²enja logisti£ke diferencijalne jednadºbe, to su tzv. ravnoteºna stanja. Zanimaju nasrje²enja inicijalnog problema za x > 0. Stavimo κ′ = 1/κ. Imamo:

G(x) =

∫ x

0dz = x,

H(u) =

∫dv

% v (1− κ′v)=

1

%ln

∣∣∣∣ u

1− κ′u

∣∣∣∣− C.Odavde zaklju£ujemo da op¢e rje²enje logisti£ke jednadºbe zadovoljava

ln

∣∣∣∣ u

1− κ′u

∣∣∣∣− % x = C,


x

u

0 1

ρ = 1

κ = 2

1

14

3

Slika 4: Rje²enja logisti£ke jednadºbe za razne po£etne uvjete

gdje je C proizvoljna konstanta, odnosno

u

1− κ′u= ce%x.

Primijetimo, ovdje smo se zgodno oslobodili apsolutne vrijednosti: ako je lijeva strana pre-todne jednakosti pozitivna, onda je c = eC , dok ako je negativna, onda za c uzimamo −eC .Takoer, vrijednost c = 0 vodi na trivijalno rje²enje, tako da u prethodnom izrazu za rje²enjekonstanta c moºe poprimiti bilo koju vrijednost iz skupa realnih brojeva.

Konstantu c odreujemo iz dodatnog uvjeta u(0) = u0. Izlazi

c =u0

1− κ′ u0,

tj. rje²enje inicijalnog problema je

u(x) =κu0

u0 + (κ− u0) e−%x.

Primijetimo da je domena rje²enja cijeli skup R ako je 0 ≤ u0 ≤ κ, a ina£e je otvorenipolupravac. U primjenama su od interesa pozitivni u0. Za svaki takav u0 vrijedi

u(x)→ κ kad x→∞.

Dakle, svako rje²enje inicijalnog problema za logisti£ku jednadºbu uz pozitivni po£etni podatakasimptotski se pribliºava ravnoteºnom stanju u ≡ κ.

Zadaci za vjeºbu

Zadatak 3.2. Rije²ite Cauchyjeve zada¢e

a) uu′ + (1 + u2) sinx = 0, u(0) = −1,

b) u′ = 1 + u2, u(0) = 1,

c) (1− x2)u′ + xu = ax, u(0) = 2a, pri £emu je a ∈ R konstanta.

Rje²enje: a) u(x) = −√

2e−4 sin2 t2 − 1, b) u(x) = tg (x+ π

4 ), c) u(x) = a(1 +√

1− x2).


Zadatak 3.3. Odredite netrivijalno rje²enje Cauchyjeve zada¢e u′ = xuα, u(0) = 0, uzparametar α = m

n , m,n ∈ N, m < n, n neparan. Objasnite za²to nejedinstvenost rje²enjazada¢e nije u suprotnosti s Picardovim teoremom niti s teoremom o separabilnim jednadº-bama.

Rje²enje: Jednadºba je separabilna pa lako dolazimo do rje²enja u(x) =(

1−α2 x2

) 11−α , pored

trivijalnog rje²enja u ≡ 0. Na zada¢u ne moºemo primijeniti teorem o separabilnim jednadº-bama jer se h (prema oznakama teorema) poni²tava u 0. Takoer, ne moºemo primijeniti niPicardov teorem, jer f(x, u) = xuα nije Lipshitzova po drugoj varijabli niti na jednom pra-vokutniku sa sredi²tem u (0,0) (parcijalna derivacija ∂f

∂u nije ograni£ena na (−∆,∆)× (0, η)ni za koje ∆, η > 0. Stoga prema Zadatku 2.3 f nije Lipshitzova po drugoj varijabli na tompravokutniku, pa ni na njegovom nadskupu [−∆,∆]× [−η, η]).

Zadatak 3.4. a) Odredite op¢e rje²enje jednadºbe (u ovisnosti o realnom parametru α)

u′ = u (lnu)α .

b) Zadan je po£etni uvjet u(0) = 1 i α = 2. Moºemo li primijeniti Picardov teorem,odnosno teorem o separabilnim jednadºbama? Ako da, ²to tvrde?

c) Ako je α = 13 , uz isti po£etni uvjet kao u b, je li rje²enje inicijalnog problema jedins-

tveno?

Rje²enje: a) Uz supstituciju v(x) = lnu(x) jednadºba se svodi na v′ = vα £ije je op¢e

rje²enje v(x) =(

(1 − α)x + C) 1

1−α za α 6= 1, odnosno v(x) = Cex za α = 1. b) Picardov

teorem moºemo primijeniti (jer su f i ∂f∂u neprekidne na R × R+, a teorem o separabilnimjednadºbama ne jer se desna strana jednadºbe poni²tava za u = 1. c) Ne moºemo primijenitiniti Picardov niti teorem o separiranim jednadºbama, sli£no kao u prethodnom zadatku. Sdruge strane rje²enje nije jedinstveno jer, pored trivijalnog rje²enja u ≡ 1, rje²enje iz dijela

a glasi lnu(x) =(

23x) 3

2 , ²to je dobro denirano tek za x ≥ 0. No ipak, lako konstruiramorje²enje koje je denirano na cijelom skupu R uzimaju¢i vrijednost 1 za x < 0. PremaNapomeni 2.8 stoga imamo beskona£no mnogo rje²enja inicijalnog problema.

Zadatak 3.5. Ispitajte mogu li se primijeniti Picardov teorem i teorem o separabilnimjednadºbama na

u′ =2 + 3√u2 − 4

1 +√x+ 1

.

i po£etni uvjet: a) u(0) = 2 , b) u(1) = 3 , c) u(−1) = 4.

Rje²enje: a) Parcijalna derivacija ∂f∂u nije denirana u to£kama (x, 2) i u svakoj njenoj okolini

je neograni£ena. Stoga (kao u Zadatku 2) f nije Lipschitzova po drugoj varijabli niti najednom pravokutniku sa sredi²tem u (0, 2), pa ne moºemo primijeniti Picardov teorem. Kakoje, uz oznake Teorema o separabilnim jednadºbama h(u) = 2 + 3

√u2 − 4 neprekidna na R i

h(2) > 0 to je i pozitivna na nekoj okolini to£ke 2. Funkcija g(x) = 11+√x+1

je neprekidna zax ≥ −1, pa su pretpostavke Teorema zadovoljene. b) Picardov teorem moºemo primijeniti,jer su f i ∂f∂u neprekidne u okolini to£ke (1, 3). Teorem o separaciji varijabli takoer. c) Nemoºemo primijeniti Picardov niti teorem o separabilnim jednadºbama, jer to£ka (−1, 4) leºina rubu domene funkcije f .


Zadatak 3.6. Jednadºbu u′ = f(x, u) nazivamo homogenom ako je funkcija f homogena(reda 0) tj. vrijedi f(tx, tu) = f(x, u) za svaki t > 0 i svaki (x, u) iz domene funkcije f .Dokaºite da zamjenom varijabli u(x) = xy(x) homogena jednadºba prelazi u separabilnu.

Rije²ite sljede¢e homogene jednadºbe

a) xu′ + u lnx = u lnu,

b) xu′ = xtgu

x+ u.

Rje²enje: a) u(x) = xecx+1, b) u(x) = x arc sin cx.

Zadatak 3.7. Pokaºite da zamjenom varijabli u(x) = xy(x) jednadºba

unf(x) + g(ux

)(u− xu′) = 0

prelazi u separabilnu.

Rje²enje: ynxnf(x) = x2g(y)y′

Zadatak 3.8. Pokaºite da zamjenom varijabli u(x) = xny(x) jednadºba

u′ = xn−1f( uxn

)prelazi u separabilnu. Odredite op¢e rje²enje jednadºbe x3u′ = 2u(x2 − u).

Rje²enje: u(2 ln |x|+ c) = x2, u = 0

Zadatak 3.9. Pomo¢u supstitucije u = yxn, za odgovaraju¢i n, rije²ite

u′ =u− xu2

x+ x2u.

Rje²enje: ueux = Cx

Zadatak 3.10. Pokaºite da zada¢a

u′ = f(u) , u(0) = 0

ima beskona£no rje²enja na [0, a] ako je

a) f(u) =√

1 + u i a > 2,

b) f(u) =√|u2 − 1| i a > π

2 .

Rje²enje: b) Uo£imo da je npr. funkcija

u(x) =

sinx, x ≤ π

21, x > π

2

rje²enje; drugo rje²enje (uz po£etni uvjet u(π2

)= 1) odredite metodom separacije.

Zadatak 3.11. Diferencijalna jednadºba

dv

dt= −kvn

opisuje pona²anje brzine predmeta, pri £emu su k > 0 i n konstante. U po£etnom trenutkupredmet ima brzinu v0 > 0.


a) Dokaºite da se za n < 1 predmet zaustavi u kona£nom vremenu. Odredite kolikuudaljenost predmet prevali u tom vremenu.

b) Ako je 1 ≤ n < 2 dokaºite da je udaljenost koju prevali predmet (u bilo kojem kona£-nom vremenu) manja od

v2−n0

(2− n)k.

c) Za n ≥ 2 dokaºite da je gibanje predmeta neograni£eno.

Zadatak 3.12. Zadana je diferencijalna jednadºba

u′ =x|u− 1|1 + x4

.

Moºemo li primijeniti (ako da, ²to tvrde?) Picardov teorem, odnosno teorem o separabilnimjednadºbama ako za po£etni uvjet uzmemo: a) u(1) = 0 , b) u(0) = 1 ?

Rje²enje: Teorem o separabilnim jednadºbama: a) da, b) ne (u 7→ |u− 1| ima nulto£ku u =

1); Picardov teorem: a) da (za u < 1 desna strana f je glatka funkcija f(x, u) = −x(u−1)1+x4

), b)da (Lipschitzovost po drugoj varijabli funkcije f (na pruzi [−R,R]×R, R ∈ R proizvoljan)provjerimo po deniciji koriste¢i Lipschitzovost apsolutne vrijednosti: ||a|−|b|| ≤ |a−b|).

4. LINEARNA JEDNADBA PRVOG REDA 25

4. Linearna jednadºba prvog reda

Promatramo inicijalni (Cauchyjev) problem za obi£nu diferencijalnu jednadºbu prvog reda

u′(x) = f(x, u(x)) na nekom otvorenom intervalu I, (15)

u(x0) = u0. (16)

Pri tome je f : R2 → R zadana funkcija, x0 ∈ I i u0 su zadani brojevi. Teoriju (egzistencijarje²enja i jedinstvenost) smo zasnovali u op¢em slu£aju uz pretpostavku neprekinutosti funk-cije f i njene Lipschitz-neprekinutosti po drugoj varijabli. U specijalnom slu£aju separabilnedesne strane, tj.

f(x, u) = g(x)h(u), g, h zadane realne funkcije,

isti rezultat o lokalnoj egzistenciji i jedinstvenosti rje²enja vrijedi ako se pretpostavka Lipsc-hitzovosti zamijeni pretpostavkom o pozitivnosti (negativnosti) funkcije h. tovo²e, rje²enjeinicijalnog problema za separabilnu jednadºbu dano je (implicitnom) formulom (12). U ovojto£ki pretpostavljamo da je f ana funkcija po drugoj varijabli, tj.

f(x, u) = a(x)u+ b(x), a, b : I → R zadane funkcije, (17)

gdje je I ⊆ R otvoren interval.Odgovaraju¢u diferencijalnu jednadºbu (15) zovemo linearna diferencijalna jednadºba

prvog reda. U nastavku ¢emo vidjeti da su jednadºbe tog tipa najjednostavnije, jer ¢emoizvesti eksplicitnu formulu za globalno rje²enje inicijalnog problema (15), (16). Rezultategzistencije lokalnog rje²enja inicijalnog problema dobivamo jednostavno primjenom Picar-dovog teorema: ako su funkcije a i b neprekinute na otvorenom intervalu I oko to£ke x0,onda (15), (16) ima jedinstveno rje²enje na nekom podintervalu oko x0, za bilo koji u0.Naime, uvjet Lipschitzovosti je automatski zadovoljen. tovi²e, ispunjene su pretpostavkeZadatka 2.9 za bilo koji segment [α, β] ⊆ I pa stoga imamo jedinstveno rje²enje inicijalnogproblema na [α, β].

Teoriju razvijenu kod separabilnih jednadºbi ne moºemo primijeniti direktno jer funkcijaf iz (17) nije op¢enito separabilna. Stoga promatrajmo najprije jednostavniji slu£aj funkcijef u kojem je b ≡ 0, odnosno jednadºbu

f(x, u) = a(x)u. (18)

Kaºemo da je jednadºba (18) homogena. Tada je ona ujedno i separabilna uz (koristimooznake prethodne to£ke)

g(x) = a(x), h(u) = u,

pa formalno primjenjujemo teoriju separabilnih jednadºbi: rje²enje problema (18), (16)zadovoljava jednadºbu

H(u(x)) = G(x) uz G(x) =

∫ x

x0

a(y) dy, H(u) =

∫ u

u0

dv

v.

Pretpostavka neprekinutosti funkcije a (na nekom intervalu oko to£ke x0) osigurala bi eg-zistenciju njene primitivne funkcije G na tom istom intervalu. Nadalje, funkcija h je nepre-kinuta na cijelom R i razli£ita od nule na intervalima (−∞, 0) i (0,∞). Dakle, uz uvjet daje sgnu = sgnu0 imamo

H(u) = ln |u| − ln |u0| = ln

∣∣∣∣ uu0

∣∣∣∣ = lnu

u0.


Formalno dobivamo jednadºbu

lnu

u0=

∫ x

x0

a(y) dy, tj. u(x) = u0 e∫ xx0a(y) dy

.

Na²li smo kandidata za rje²enje inicijalnog problema. Specijalno, gornja funkcija u je dobrodenirana i za u0 = 0 i lako se uvjerimo da je rje²enje inicijalnog problema na cijelomintervalu neprekinutosti I funkcije a i to za sve u0 ∈ R i sve x0 iz I. Obi£no se uvodi oznaka

U(x, y) = e∫ xy a(z) dz, x, y ∈ I.

Pokaºite da funkcija U zadovoljava:

U(x, x) = 1, x ∈ I,

U(x, y)U(y, z) = U(x, z), x, y, z ∈ I,

∂U(x, y)

∂x= a(x)U(x, y), x, y ∈ I,

∂U(x, y)

∂y= −a(y)U(x, y), x, y ∈ I.

Pomo¢u uvedene funkcije U rje²enje inicijalnog problema (18), (16) zapisujemo u obliku

u(x) = u0 U(x, x0), x ∈ I.

Sad promatrimo op¢eniti slu£aj nehomogene linearne jednadºbe (b 6≡ 0). Radne pret-postavke su

a, b ∈ C(I), I otvoren interval, x0 ∈ I, u0 ∈ R.

Rje²enje odgovaraju¢eg inicijalnog problema

u′(x) = a(x)u(x) + b(x), u(x0) = u0

traºit ¢emo tzv. metodom varijacije konstanti: pretpostavimo rje²enje u obliku

u(x) = λ(x)U(x, x0),

pri £emu funkciju λ odreujemo tako da u bude rje²enje na²eg problema. Preciznije, traºimoλ ∈ C1(I) tako da gornja funkcija U zadovoljava:

u0 = u(x0) = λ(x0)U(x0, x0) = λ(x0),

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

∂xU(x, x0).

Iz druge jednadºbe izlazi

λ′(x)U(x, x0) = b(x) tj. λ′(x) = b(x)U(x0, x).

Dakle, za funkciju λ dobili smo inicijalni problem tipa

λ′(x) = b(x)U(x0, x), x ∈ I, λ(x0) = u0.

4. LINEARNA JEDNADBA PRVOG REDA 27

Kako je funkcija U(x0, x) ∈ C(I), to integriranjem izlazi da gornji problem ima rje²enje nacijelom intervalu I i to oblika

λ(x) = u0 +

∫ x

x0

b(z)U(x0, z) dz, x ∈ I.

Uvr²tavanjem ove funkcije λ u izraz za u daje

u(x) = u0 U(x, x0) +

∫ x

x0

b(z)U(x, z) dz, x ∈ I.

Uo£imo (uvjerite se!) da je prvi sumand rje²enje inicijalnog problema

u′(x) = a(x)u(x), u(x0) = u0,

(homogena jednadºba s nehomogenim po£etnim uvjetom), dok je drugi sumand rje²enjeinicijalnog problema

u′(x) = a(x)u(x) + b(x), u(x0) = 0

(nehomogena jednadºba s homogenim po£etnim uvjetom).Ovime smo dokazali

Teorem 4.1. Neka je I ⊆ R otvoren interval te neka su a, b ∈ C(I). Tada za svaki x0 ∈ Ii svaki u0 ∈ R inicijalni problem

u′(x) = a(x)u(x) + b(x), u(x0) = u0

ima jedinstveno rje²enje u na cijelom intervalu I. tovi²e, to rje²enje dano je formulom

u(x) = u0 U(x, x0) +

∫ x

x0

b(z)U(x, z) dz, x ∈ I,

gdje je funkcija U : I × I → R denirana sa

U(x, y) = e∫ xy a(z) dz, x, y ∈ I.

Zadaci za vjeºbu

Zadatak 4.1. Rije²ite inicijalni problem

xu′ + 5u = 2x, u(−1) = 1.

Zadatak 4.2. Pokaºite da se nalaºenje pozitivnih rje²enja Bernoullijeve jednadºbe

u′(x) = a(x)u(x) + b(x)u(x)α uz a, b ∈ C(I), α ∈ R,

moºe svesti na rje²avanje odreene linearne diferencijalne jednadºbe.

Uputa: Pozitivnom rje²enju u Bernoullijeve jednadºbe pridruºite funkciju v(x) = u(x)1−α.

Zadatak 4.3. Rije²ite Cauchyjeve zada¢e

a) u′ + xu = xex2

2 , u(0) = 1 ,


b) u′ − 2xu = x , u(0) = 1 .

Rje²enje: a) u(x) = ch x2

2 , b) u(x) = (3ex2 − 1)/2

Zadatak 4.4. Jednadºbe a) u′ = ku − u2 i b) u′ = u(k2 − u2) rije²ite na dva na£ina:separacijom varijabli i odgovaraju¢om supstitucijom za Bernoullijevu jednadºbu.

Zadatak 4.5. Odredite pona²anje svakog rje²enja diferencijalne jednadºbe kad x 0

a) u′ +1

xu =

1

x2,

b) u′ +1√xu = e

√x2 ,

c) u′ − u ctg x = sinx cosx.

Rje²enje: a) svako rje²enje je neograni£eno, b) razli£ita rje²enja teºe razli£itim (kona£nim)vrijednostima, c) svako rje²enje teºi nuli.

Zadatak 4.6. (Princip superpozicije) Ako su funkcije ui, i=1,2, rje²enja jednadºbi u′ −a(x)u = bi(x), redom, dokaºite da je αu1 + βu2 rje²enje jednadºbe u′ − a(x)u = αb1(x) +βb2(x), za proizvoljne konstante α, β ∈ R.

Zadatak 4.7. Neka je I = [x0, β) i u : I → R klase C1 koja zadovoljava

u′(x) = a(x)u+ b(x) , u(x0) = u0

uz a, b ∈ C(I). Dokaºite:

a) Ako je u0 ≥ 0 i b ≥ 0 na I, onda je u ≥ 0 na I.

b) Ako je u0 ≤ 0 i b ≤ 0 na I, onda je u ≤ 0 na I.

c) Ako je z realna funkcija klase C1 na I koja zadovoljava

z′(x) ≤ a(x)z(x) + b(x) , z(x0) ≤ u0 ,

onda vrijedi z ≤ u na I. Analogno za ≥ umjesto ≤.

d) Za rje²enje zada¢e u′ + u = cosx, u(0) = 1 vrijedi 2e−x − 1 ≤ u(x) ≤ 1, x ≥ 0.

Rje²enje: a) i b) Iskoristiti formulu za rje²enje i pozitivnost funkcije U(x, y). Drugi na£in:Pomnoºiti jednadºbu s A(x) := e

−∫ xx0a(z)dz

> 0 i zapisati je u obliku (Au)′ = Ab. Tvrdnjea i b slijede integriranjem ove jednakosti. c) Funkcija v := u − z zadovoljava v′ ≥ a(x)v iv(x0) ≥ 0, odnosno v′ = a(x)v + r(x) uz r ≥ 0. Iskoristiti dio a. d) Slijedi iz tvrdnje c.

Zadatak 4.8. Dokaºite da svako rje²enje linearne diferencijalne jednadºbe

u′ = a(x)u+ b(x)

teºi nuli kad x → +∞, ako neprekidne funkcije a, b : (α,+∞) → R zadovoljavaju a(x) ≤c < 0, x > α, i limx→∞ b(x) = 0.

Rje²enje: U formuli za rje²enje iskoristiti ocjenu U(x, y) ≤ ec(x−y), ako je x ≥ y. Zaproizvoljan ε > 0 i dovoljno veliki x, integral rastaviti na dva dijela: [x0, x/2] i [x/2, x]. Naprvom dijelu primijeniti ocjenu za U i ograni£enost funkcije |b| na [x0,+∞), a na drugomocjenu |b| < ε (x odabrati tako da nejednakost vrijedi) i ocjenu za U .

Zadatak 4.9. Odredite uvjete na funkciju b uz koje rje²enja linearne jednadºbe xu′ = u +b(x) imaju limes (kona£an) kad x 0.

5. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 29

5. Laplaceova transformacija

Motivacija za prou£avanje Laplaceove transformacije je inicijalni problem za linearnu dife-rencijalnu jednadºbu s konstantnim koecijentom,

u′(x) = a u(x) + b(x), u(0) = u0, (19)

pri £emu je a zadana konstanta a b poznata funkcija. Znamo da je u ovom slu£aju rje²enjedano jednostavnom formulom

u(x) = u0 U(x, x0) +

∫ x

x0

U(x, y) b(y) dy uz U(x, y) = ea(x−y). (20)

U daljnjem ukratko opisujemo drugi na£in zapisa rje²enja problema (19). Metoda je pri-mjenljiva i na linearne jednadºbe (ili sustave) vi²eg reda, s konstantnim koecijentima. Nekaje f realna funkcija na [0,∞). Laplaceova transformacija funkcije f je funkcija Lf zadanaformulom

(Lf)(x) =

∫ ∞0

e−xy f(y) dy = limA→∞

∫ A

0e−xy f(y) dy. (21)

Dakle, Laplaceova transformacija je dana nepravim integralom pa se postavlja pitanje ukojim je to£kama dobro denirana.

Primjer 5.1. Odredimo Laplaceovu transformaciju funkcije f(x) = erx.Ra£unamo po deniciji:∫ A

0f(y)e−xy dy =

∫ A

0e−xy+ry dy =

eA(r−x) − 1

r − x.

Nadalje:

limA→∞

eA(r−x) − 1

r − x=

1x−r , x > r,

∞, x ≤ r.Dakle,

(Lf)(x) =1

x− r, x > r.

Dovoljni uvjeti za konvergenciju nepravog intervala iz denicije Laplaceove transforma-cije funkcije dani su sljede¢im teoremom. Oni obuhva¢aju vrlo ²iroku klasu funkcija. Udaljnjem ¢emo za funkcije koje zadovoljavaju taj uvjet re¢i da imaju (u beskona£nosti)slabiji rast od eksponencijalnog.

Teorem 5.2. Neka je f : [0,∞)→ R neprekidna funkcija sa svojstvom

(∃M,R > 0)(∃ p ∈ R)(∀x > R) |f(x)| ≤Mepx . (22)

Tada je Lf dobro denirana na (p,+∞).

Dokaz: Za dovoljno veliki A vrijedi∫ A

0e−xy |f(y)| dy

=

∫ R

0e−xy |f(y)| dy +

∫ A

Re−xy |f(y)| dy

≤∫ R

0e−xy |f(y)| dy +M

∫ A

Rey(p−x) dy.


Za drugi sumand imamo

limA→∞

∫ A

Rey(p−x) dy = lim

A→∞

eA(p−x) − eR(p−x)

p− x

=

−eR(p−x)

p−x , x > p,

∞, x ≤ p.

Kako je prema gornjem ra£unu rastu¢a nenegativna funkcije A 7→∫ A

0 e−xy |f(y)| dy ograni-£ena za x > p, to u tom slu£aju postoji i njen limes u beskona£nosti. Dakle, za x > p postojinepravi integral

∫∞0 e−xy |f(y)| dy. Klasi£nim rastavom funkcije f na pozitivni i negativni

dio f = f+− f−, f± ≥ 0 (|f | = f+ + f− pa vrijedi f± ≤ |f |) zaklju£ujemo da onda postojii integral

∫∞0 e−xy f(y) dy (to je upravo ideja dokaza da apsolutna konvergencija nepravog

integrala povla£i obi£nu).Naglasimo, uz uvjete teorema smo pokazali i vi²e: nepravi integral iz denicije Laplace-

ove transformacije konvergira apsolutno.

Primjer 5.3. Odredimo Laplaceovu transformaciju funkcije f(x) = x2.Ovdje trebamo izra£unati

limA→∞

∫ A

0y2e−xy dy.

Iskoristimo formulu ∫y2e−xy dy = −y

2

xe−xy − 2y

x2e−xy − 2

x3e−xy + C.

Slijedi

limA→∞

∫ A

0y2e−xy dy =

2x3, x > 0,

∞, x ≤ 0.

Naredni rezultat je osnova za primjenu Laplaceove transformacije na obi£ne linearnediferencijalne jednadºbe s konstantnim koecijentima.

Teorem 5.4. Neka je f ∈ C1([0,∞)) takva da f ima u beskona£nosti rast slabiji od ekspo-nencijalnog (22). Tada je dobro denirana Laplaceova transformacija funkcije f ′ na inter-valu (p,+∞) te vrijedi

(Lf ′)(x) = x(Lf)(x)− f(0) , x > p.

Dokaz: Parcijalnom integracijom dobivamo∫ A

0f ′(y)e−xy dy = f(y)e−xy

∣∣∣A0

+ x

∫ A

0f(y)e−xy dy.

Kako f po pretpostavci ima u beskona£nosti rast slabiji od eksponencijalnog, to onda zax > p vrijedi

f(A)e−xA → 0 kad A→∞.

Desna strana gornje jednakosti ima limes kad A→∞ pa slijedi tvrdnja teorema.

Opi²imo sad primjenu Laplaceove transformacije na rje²avanje inicijalnog problema (19).Pri tome iskoristimo linearnost Laplaceove transformacije:


Zadatak 5.1. Ako su f, g ∈ C([0,∞)) funkcije £ije Laplaceove transformacije postoje naintervalima (αf ,∞) odnosno (αg,∞), tada vrijedi

L(f + g)(x) = (Lf)(x) + (Lg)(x), x ∈ (maxαf , αg,∞),

L(λf)(x) = λL(f)(x), x ∈ (αf ,∞), λ ∈ R.

Neka je u rje²enje problema (19). Iz diferencijalne jednadºbe izlazi

(Lu′)(x) = L(au+ b)(x) = a(Lu)(x) + (Lb)(x).

Sada iz teorema o transformaciji derivacije dobivamo algebarsku jednadºbu za u,

x(Lu)(x)− u(0) = a(Lu)(x) + (Lb)(x) tj. (Lu)(x) =u0

x− a+

(Lb)(x)

x− a.

Ostaje delikatan problem inverza Laplaceove transformacije. Postoji formula za inverznuLaplaceovu transformaciju u terminima nepravog kompleksnog integrala i ovdje je ne na-vodimo. Pokazuje se (v. Zadatak 5.13) da je Laplaceova transformacija injekcija na dijeluskupa neprekidnih funkcija na kojem je denirana (barem u jednoj to£ki; prema Zadatku5.11 denirana je tada i na cijelom polupravcu). Stoga moºemo govoriti o inverznoj La-placeovoj transformaciji koja je takoer linearno preslikavanje ²to je jednostavna posljedicalinearnosti Laplaceove transformacije.

Pitanje odreivanja domene inverzne Laplaceove transformacije je iznimno te²ko. Pri-mjerice, za F = Lf , uz glatku funkciju f , nuºno je da vrijedi

limx→∞

F (x) = 0,

limx→∞

xF (x) postoji i kona£an je ,

²to vidimo iz same denicije Laplaceove transformacije, odnosno iz Teorema 5.4. tovi²e,prema Zadatku 5.5 Laplaceova transformacija neprekidne funkcije rasta slabijeg od ekspo-nencijalnog je funkcija klase C∞ (zapravo se pokazuje da je uvjet rasta nebitan za ovajzaklju£ak [6]).

Formalnom primjenom (linearnog) operatora L−1 na gornju formulu za funkciju Ludobivamo

u(x) = u0L−1

(1

y − a

)(x) + L−1

((Lb)(y)

y − a

)(x).

Iz Primjera 5.1 izlazi nadalje

u(x) = u0eax + L−1

((Lb)(y)

y − a

)(x). (23)

Drugi sumand desne strane ne moºemo sada pojednostavniti. Ostaje kori²tenje tablice sLaplaceovom transformacijom nekih funkcija (npr. vidjeti mreºnu stranicu kolegija) kojukoristimo na isti na£in kao ²to £itamo primitivne funkcije iz tablice derivacija. Zbog injek-tivnosti, znamo da je meu neprekidnim funkcijama inverz jednozna£no odreen, a takvufunkciju i traºimo (²tovi²e, rje²enje diferencijalne jednadºbe je funkcija klase C1).

Primijetimo da je kod linearnih jednadºbi prvog reda primjena Laplaceove transforma-cije na rje²avanje inicijalnog problema kompliciranija od direktnog kori²tenja formule (20).Ipak, ta formula moºe se izvesti iz (23). Naglasak je ovdje na metodi rje²avanja: kompli-cirani problem (diferencijalna jednadºba) svodi se na algebarski problem za transformiranorje²enje. Treba re¢i da je Laplaceova transformacija popularna u inºenjerskim strukama, ito naro£ito kod rje²avanja inicijalnih problema za obi£ne linearne diferencijalne jednadºbedrugog reda s konstantnim koecijentima.


Zadaci za vjeºbu

Zadatak 5.2. Odredite Laplaceovu transformaciju funkcije

a) cos2 x,

b) 1√x.

Rje²enje: b)√π

y

Zadatak 5.3 (Translacijsko svojstvo). Ako je funkciji f : [0,+∞)→ R Laplaceova pretvorbaLf dobro denirana na (p,+∞) dokaºite da vrijedi

(Lf)(y − a) = L (eaxf(x)) (y) , y > a+ p .

Zadatak 5.4. Koriste¢i Laplaceovu transformaciju rije²ite sustav jednadºbi prvog reda

x = x− 2y − ty = 3x+ y

uz po£etne uvjete x(0) = y(0) = 0.

Zadatak 5.5. Dokaºite da za neprekidnu funkciju f rasta slabijeg od eksponencijalnog vri-jedi:

a) Za svaki n ∈ N funcija x 7→ xnf(x) je eksponencijalnog rasta.

b)* Funkcija Lf je klase C∞ na intervalu (p,+∞), za parametar p iz (22). tovi²e, zasvaki n ∈ N vrijedi

dn

dyn(Lf)(y) = (−1)nL(xnf(x))(y) .

Zadatak 5.6. Odredite Laplaceovu transformaciju funkcija

a) xex,

b) e2x sinx,

c) x52 .

Rje²enje: a) Znamo da je L(ex)(y) = 1y−1 . Koriste¢i Zadatak 5.5 dobivamo

L(xex)(y) = − d

dy

1

y − 1=

1

(y − 1)2.

b) Koristimo tablicu transformacija; tako je L(sinx)(y) = 11+y2

. Prema Zadatku 5.3 dobi-vamo

L(e2x sinx)(y) = L(sinx)(y − 2) =1

1 + (y − 2)2.

c)15

8y3

√π

y

Zadatak 5.7. Kojoj neprekidnoj funkciji Laplaceova pretvorba glasi1

(y − 1)3?


Rje²enje:1

2x2ex

Zadatak 5.8. Neka je f : [0,+∞)→ R klase C1 takva da je f ′ rasta slabijeg od eksponen-cijalnog. Dokaºite da je tada i f rasta slabijeg od eksponencijalnog.

Uputa: Iskoristiti jednakost f(x) =∫ xa f′(z) dz + f(a) i ocjenu za |f ′|.

Zadatak 5.9. Za f(x) = 2xex2

cos(ex

2)dokaºite:

a) Funkcija f je neprekidna na [0,+∞) i ima ja£i rast od eksponencijalnog.

b) Laplaceova transformacija funkcije f je denirana na (0,+∞).

Primijetimo, funkcija g(x) = sin(ex

2)je slabijeg rasta od eksponencijalnog, ali njena deri-

vacija g′ = f nije (usporediti s prethodnim zadatkom).

Rje²enje: Vrijedi (Lf)(y) = − sin 1 + yL(

sin(ex

2))

(y); paºljivo pro¢i kroz dokaz teoremao Laplaceovoj pretvorbi derivacije funkcije.

Zadatak 5.10. Neka je f : [0,+∞) → R neprekidna i periodi£na s periodom T . Dokaºiteda vrijedi

(Lf)(y) =1

1− e−yT

∫ T

0f(x)e−yx dx , y > 0.

Zadatak 5.11.* [6, Theorem 3.4] Ako za neprekidnu (ili po dijelovima neprekidnu) funkcijuf : [0,+∞)→ R nepravi integral Lf(s0) konvergira za neki s0, onda je Lf dobro deniranana [s0,+∞), te se za s > s0 moºe predstaviti apsolutno konvergentnim integralom

Lf(s) = (s− s0)

∫ ∞0

e−(s−s0)xg(x) dx ,

gdje je

g(x) =

∫ x

0e−zs0f(z) dz .

Zadatak 5.12. Neka je funkcija η : [0,+∞) → R Riemann-integrabilna na svakom seg-

mentu te za svaki T > 0 vrijedi∫ T

0η dx = 0. Dokaºite da je Lη dobro denirana na R i

Lη ≡ 0.Posebno, ako bilo kojoj funkciji dodamo η, njena Laplaceova pretvorba se ne¢e promi-

jeniti. Primijetimo da od svih neprekidnih funkcija jedino η ≡ 0 zadovoljava pretpostavkezadatka.

Zadatak 5.13.* Dokaºite tvrdnje

a) Neka je ψ : [0, 1] → R neprekidna funkcija £iji su momenti svakog reda jednaki nuli,tj. za svaki n ∈ N0 vrijedi ∫ 1

0xnψ(x) dx = 0 .

Tada je ψ ≡ 0.


b) Neka je φ : [0,+∞)→ R neprekidna funkcija za koju postoji Lφ na intervalu (s0,+∞)sa svojstvom

(∃σ > 0) (∀n ∈ N) Lφ(s0 + nσ) = 0 .

Tada vrijedi φ ≡ 0.

c) (Injektivnost Laplaceove pretvorbe) Ako se za neprekidne funkcije f, g : [0,+∞) → Rpretvorbe Lf i Lg podudaraju na nizu (s0 +nσ), za neke s0 ∈ R i σ > 0, tada je f = g.

Rje²enje: a) Prema Weierstrassovom teoremu o aproksimaciji neprekidne funkcije na seg-mentu polinomom, za svaki ε > 0 postoji polinom P takav da je |ψ − P | < ε na [0, 1].Slijedi ∫ 1

0ψ2 dx ≤ ε

∫ 1

0|ψ| dx ,

²to povla£i tvrdnju.b) Iz reprezentacije iz Zadatka 5.11 slijedi: Lf(s0 + nσ) = nσ

∫∞0 e−nσxg(x) dx = 0. U

posljednjem integralu uvesti supstituciju e−σx = t i prema tvrdnji dijela a zaklju£iti g ≡ 0.Posebno, iz g′ ≡ 0 slijedi tvrdnja.

6. EGZAKTNE JEDNADBE 35

6. Egzaktne jednadºbe

Diferencijalnu jednadºbu prvog reda u standardnom zapisu u′ = f(x, u) zapi²imo u ekviva-lentnom obliku

F (x, u) +G(x, u)u′ = 0 . (24)

Pretpostavljamo da su funkcije F,G : Ω ⊂ R2 → R zadane neprekinute funkcije. Kaºemoda je jednadºba (24) egzaktna ako postoji glatka funkcija Ψ : Ω→ R tako da vrijedi

∂

∂xΨ = F i

∂

∂uΨ = G na Ω.

Poznavanje funkcije Ψ omogu¢ava reformulaciju problema nalaºenja rje²enja diferencijalnejednadºbe. Naime, neka je u : I → R rje²enje jednadºbe (24). Uvedimo pomo¢nu funkcijuH : I → R, H(x) = Ψ(x, u(x)). Deriviranjem i kori²tenjem jednadºbe (24) nalazimo da zax ∈ I vrijedi

H ′(x) =∂

∂xΨ(x, u(x)) +

∂

∂uΨ(x, u(x))u′(x) = 0 tj. Ψ(x, u(x)) = C.

Pri tome je C ∈ R neka konstanta: ako uz diferencijalnu jednadºbu (24) imamo zadan ipo£etni uvjet u(x0) = u0, onda je C = Ψ(x0, u0). Direktnim ra£unom lako provjerimoda vrijedi i obrat. Dakle, u slu£aju egzaktnih jednadºbi, nalaºenje rje²enja diferencijalnejednadºbe (24) (odnosno pripadnog inicijalnog problema), svedeno je na analizu implicitnejednadºbe Ψ(x, u(x)) = C. Tu je primjenljiv teorem o implicitno zadanoj funkciji; detalji semogu na¢i npr. u [1].

Uo£imo da egzaktnost jednadºbe (24) zna£i da je vektorska funkcija[F

G

]: Ω→ R2

potencijalna, tj. da postoji realna funkcija Ψ : Ω→ R koja je potencijal funkcije (F,G)τ ,[F

G

]= ∇Ψ na Ω.

Ako je Ω 1−povezano podru£je i funkcije F i G klase C1, poznato je da je (F,G)τ potenci-jalna na Ω ako i samo ako vrijedi

∂

∂uF (x, u) =

∂

∂xG(x, u), (x, u) ∈ Ω.

Ovime je lako provjeriti egzaktnost jednadºbe, dok potencijal funkcije (F,G)τ odreujemointegriranjem, kao u idu¢em primjeru. Prema samoj deniciji potencijal je (ukoliko postoji)odreen do na aditivnu konstantu.

Primjer 6.1. Odredimo rje²enje inicijalnog problema

2x+ u2 + 2xuu′ = 0, u(1) = 1.

Identiciramo

F (x, u) = 2x+ u2,∂

∂uF (x, u) = 2u,

G(x, u) = 2xu,∂

∂uG(x, u) = 2u,


pa je jednadºba egzaktna (na cijelom R2). Naimo potencijal Ψ. Iz denicije dobivamo

∂

∂xΨ(x, u) = F (x, u) = 2x+ u2 ⇒ Ψ(x, u) = x2 + xu2 + c(u);

sli£no za G,∂

∂uΨ(x, u) = G(x, u) = 2xu⇒ Ψ(x, u) = xu2 + d(x).

Iz ova dva izraza za funkciju Ψ izlazi do na aditivnu konstantu : Ψ = x2 + xu2. Rje²enjenalazimo iz funkcionalne jednadºbe

Ψ(x, u(x)) = C ⇒ x2 + xu2 = C uz C = x20 + x0u

20 = 2⇒ u2(x) =

2− x2

x.

Dakle, za rje²enje dobivamo (negativno rje²enje odbacujemo zbog po£etnog uvjeta)

u(x) =

√2− x2

x, x ∈ (0,

√2).

U uskoj vezi s egzaktnim jednadºbama je pojam prvog integrala jednadºbe u′ = f(x, u).Kaºemo da je funkcija U(x, u) : R2 → R prvi integral jednadºbe u′ = f(x, u) na Ω ⊂ R2 akovrijedi

∂

∂xU(x, u) + f(x, u)

∂

∂uU(x, u) = 0, (x, u) ∈ Ω.

Istim postupkom kao i kod egzaktnih jednadºbi zaklju£ujemo: ako je u rje²enje jednadºbeu′ = f(x, u), onda je U(x, u(x)) = C, i obratno. Primijetimo jo² da je problem nalaºenjaprvog integrala netrivijalan; vi²e detalja moºe se na¢i u [1].

Egzaktne jednadºbe se u praksi javljaju rijetko pa se postavlja prirodno pitanje moºemoli jednadºbu zapisanu u obliku (24) svesti na egzaktnu, ukoliko nije takva. To moºemopoku²ati posti¢i mnoºenjem jednadºbe nekom funkcijom µ.

Za funkciju µ : Ω → R \ 0 kaºemo da je integriraju¢i faktor jednadºbe (24) ako jediferencijalna jednadºba

µ(x, u)F (x, u) + µ(x, u)G(x, u)u′ = 0

egzaktna.Ukoliko je Ω 1-povezano podru£je i promatrane funkcije glatke, prethodni zahtjev je

ekvivalentan s

G∂

∂xµ− F ∂

∂uµ =

(∂

∂uF − ∂

∂xG

)µ na Ω , (25)

²to predstavlja linearnu parcijalnu diferencijalnu jednadºbu za µ koju naj£e²¢e nije lak²erije²iti nego polaznu diferencijalnu jednadºbu. Idu¢i teorem razmatra jednostavniju situacijuu kojoj postoji integriraju¢i faktor koji ovisi samo o jednoj varijabli.

Teorem 6.2. Ako je Ω 1-povezano podru£je i funkcije F i G klase C1 tada za jednadºbu(24) vrijedi:

a) Postoji integriraju¢i faktor klase C1 ovisan samo o x ako i samo ako je

p =1

G

(∂

∂uF − ∂

∂xG

)funkcija samo varijable x. Tada je integriraju¢i faktor µ(x) = e

∫p(x) dx.

6. EGZAKTNE JEDNADBE 37

b) Postoji integriraju¢i faktor klase C1 ovisan samo o u ako i samo ako je

q =1

F

(∂

∂uF − ∂

∂xG

)funkcija samo varijable u. Tada je integriraju¢i faktor µ(u) = e−

∫q(u) du.

Dokaz: Dokazat ¢emo tvrdnju a (tvrdnja b dokazuje se analogno). Uzmimo da postojiintegriraju¢i faktor µ ovisan samo o x. Tada jednakost (25) moºemo zapisati u obliku

1

µ

dµ

dx=

1

G

(∂

∂uF − ∂

∂xG

).

Kako lijeva strana ove jednakosti ovisi samo o x, isto zaklju£ujemo i za desnu stranu.Obratno, ako funkcija p ovisi samo o varijabli x, poku²ajmo na¢i funkciju µ = µ(x) koja

zadovoljava (25) ili ekvivalentno1

µ

dµ

dx= p(x) ,

²to predstavlja separabilnu jednadºbu, £ije je op¢e rje²enje µ(x) = e∫p(x) dx.

Primjer 6.3. Jednadºba2xu+ (2x2 + 3u)u′ = 0

nije egzaktna jer je∂

∂uF − ∂

∂xG = 2x− 4x = −2x .

Dijeljenjem posljednjeg izraza s G uo£avamo da dio a prethodnog Teorema ne moºemo primi-jeniti, ali dijeljenjem s F dolazimo do q(u) = − 1

u pa dio b prethodnog Teorema identiciramultiplikator µ(u) = u. Provjerite i odredite op¢e rje²enje jednadºbe!

Zadaci za vjeºbu

Zadatak 6.1. Za sljede¢u diferencijalnu jednadºbu ispitajte je li egzaktna. Ako je, odreditejoj op¢e rje²enje:

a) 2xu+ u2u′ = 0,

b) x3 +u

x+ (u2 + lnx)u′ = 0.

Rje²enje: a) Jednadºba nije egzaktna, b) op¢e rje²enje x3

4 + u lnx+ u3

3 = c.

Zadatak 6.2. Rije²ite jednadºbu

3 sinu+ 5ue5x +2ue5x

x+ (x cosu+ e5x)u′ = 0 .

Rje²enje: Integriraju¢i faktor je µ(x) = x2, a op¢e rje²enje x3 sinu+ x2ue5x = C.

Zadatak 6.3. Odredite integriraju¢i faktor i op¢e rje²enje jednadºbe

−2x2y sin (x2) + xy2 cos (xy) + (x2y cosxy + xy2)y′ = 0 .

Rje²enje: Integriraju¢i faktor je 1xy , a op¢e rje²enje cosx2 + sin (xy) + y2

2 = C.


7. Nepro²irivo rje²enje Cauchyjeve zada¢e

Neka je Ω ⊆ R2 otvoren skup, f : Ω → R zadana funkcija, (x0, u0) ∈ Ω zadana to£ka.Promatramo Cauchyjevu zada¢u

u′ = f(x, u)

u(x0) = u0 .(26)

Ako je f neprekinuta funkcija na Ω, onda Cauchyjeva zada¢a ima lokalno rje²enje (Peanovteorem). tovi²e, ako je f dodatno Lipschitzova po drugoj varijabli na pravokutniku sasredi²tem u po£etnoj to£ki (x0, u0), onda je lokalno rje²enje jedinstveno (Picardov teorem).U ovoj to£ki bavimo se pitanjem pro²irenja rje²enja.

Lema 7.1. Neka je f : Ω → R neprekidna funkcija te neka su u : (α, β) → R i v :(β, γ) → R rje²enja diferencijalne jednadºbe u′ = f(x, u) na (α, β) odnosno (β, γ). Akovrijedi: limxβ u(x) = limxβ v(x) = L i (β, L) ∈ Ω, tada je w : (α, γ)→ Ω denirana s

w(x) =

u(x), x < βL, x = β

v(x), x > β

rje²enje iste diferencijalne jednadºbe.

Dokaz: Funkcija w je o£ito neprekidna na (α, γ). Za derivaciju zdesna u to£ki β, kori²tenjemL'Hospitalovog pravila zaklju£ujemo

w′+(β) = limxβ

v(x)− Lx− β

= limxβ

v′(x) = limxβ

f(x, v(x)) = f(β, L) .

Analogno zaklju£ujemo w′−(β) = f(β, L), pa je stoga w derivabilna u β i vrijedi w′(β) =f(β, L).

Dakle, vrijedi w′(x) = f(x,w(x)) za svaki x ∈ (α, γ), pa zbog neprekidnosti funkcija fi w slijedi da je i w′ neprekidna, tj. w je klasi£no (C1) rje²enje promatrane diferencijalnejednadºbe.

Denicija 7.2. Kaºemo da je rje²enje u : (α, β) → R (pri £emu je β < +∞) jednadºbeu′ = f(x, u) pro²irivo nadesno ako postoji ε > 0 i pro²irenje funkcije u na (α, β + ε) kojeje rje²enje iste diferencijalne jednadºbe. Analogno se denira i pro²irivost rje²enja nalijevo(ako je α > −∞).

Takoer, uvodimo pojam nepro²irivog rje²enja Cauchyjeve zada¢e (26), kao onog rje²enjakoje nije pro²irivo ni nalijevo ni nadesno. Ako je f neprekidna na otvorenom skupu Ω,slijedi da je domena nepro²irivog rje²enja otvoren interval (rubovi intervala mogu biti i−∞, odnosno +∞). Domenu nepro²irivog rje²enja nazivamo jo² i maksimalan intervalegzistencije rje²enja.

Za rje²enje u : I → R zada¢e (26) na intervalu I deniramo lijevi polugraf

Γ− := (x, u(x)) : x ∈ I, x ≤ x0 ,

odnosno desni polugrafΓ+ := (x, u(x)) : x ∈ I, x ≥ x0 .

7. NEPROIRIVO RJEENJE CAUCHYJEVE ZADAE 39

Udaljenost meu skupovima A,B ⊆ R2 deniramo s (‖ · ‖ je euklidska norma na R2)

d(A,B) = inf‖a− b‖ : a ∈ A, b ∈ B .

Ako je jedan od skupova prazan, uzimamo da je udaljenost jednaka +∞. Za neka korisnasvojstva v. Zadatak 7.2. Za po£etak navedimo karakterizaciju pro²irivosti rje²enja.

Lema 7.3. Neka je Ω ⊆ R2 otvoren skup, f : Ω → R neprekidna i u : (α, β) → R rje²enjejednadºbe u′ = f(x, u). Tada su sljede¢e tvrdnje ekvivalentne.

a) Rje²enje u je pro²irivo nadesno.

b) Desni polugraf Γ+ rje²enja u je omeen i njegova udaljenost od ruba ∂Ω je pozitivna.

c) Postoji limxβ(x, u(x)) i pripada skupu Ω.

Analogna tvrdnja vrijedi i za pro²irivost nalijevo.

Dokaz: Primijetimo da je svaka od tvrdnji a), b) ili c) mogu¢a jedino u slu£aju β < +∞.(a⇒b) Uzmimo da je u pro²irivo nadesno. Posebno, u posjeduje neprekidno pro²irenje

na [x0, β] pa vrijedi da je zatvara£ skupa Γ+, dan s

Γ+ = (x, u(x)) : x ∈ [x0, β] , (27)

kompaktan kao neprekidna slika kompaktnog skupa. Stoga je on ograni£en i d(Γ+, ∂Ω) > 0(v. Zadatak 7.2.b), pa isto vrijedi i za njegov podskup Γ+.

(b⇒c) Zbog pretpostavke b), zatvara£ Γ+ je kompaktan, pa je dobro deniran M =maxΓ+

|f |. Iz integralne reprezentacije rje²enja (prvi korak iz dokaza Picardovog teoremaprimjenjiv je samo uz pretpostavku neprekidnosti funkcije f) £itamo

u(x)− u(y) =

∫ x

yf(z, u(z))dz , x, y ∈ (α, β) ,

odnosno|u(x)− u(y)| ≤M |x− y| , x, y ∈ [x0, β) .

Posebno, u je jednoliko neprekidna. Proizvoljni niz (xn) ⊆ [x0, β) koji konvergira prema βje ujedno i Cauchyjev. Zbog jednolike neprekinutosti je onda i niz (u(xn)) Cauchyjev, pa jestoga i konvergentan; ozna£imo mu limes s L.

Tvrdimo da L ne ovisi o izboru niza (xn), tj. da vrijedi L = limxβ u(x). Zaista, zasvaki drugi niz (zn) ⊆ [x0, β) koji teºi prema β vrijedi

|u(zn)− u(xn)| ≤M |zn − xn| , n ∈ N

pa niz (u(zn)) ima isti limes L.Ako dodeniramo funkciju u u β s u(β) = L, dobivamo neprekidno pro²irenje na desni

rub, pa vrijedi jednakost (27). Nadalje, zbog d((β, L), ∂Ω) ≥ d(Γ+, ∂Ω) > 0 slijedi (β, L) ∈Ω (v. Zadatak 7.2.a).

(c⇒a) Ozna£imo s L limes limxβ u(x). Sada iskoristimo Peanov teorem za Cauchyjevuzada¢u u′ = f(x, u) s po£etnom to£kom (β, L) ∈ Ω: postoji rje²enje v : (β − δ, β + δ) → Rove Cauchyjeve zada¢e za neki pozitivan δ > 0. No tada je funkcija

w(x) =

u(x), x ∈ (α, β)L, x = β

v(x), x ∈ (β, β + δ)

pro²irenje rje²enja u nadesno (v. Lemu 7.1).


(x0, u0)

A

u

v

Ω

P

η

η

δ δ

δ1δ1

P1

Slika 5: Pro²irenje lokalnog rje²enja u nalijevo

Primijetimo da su lokalna rje²enja dana Picardovim ili Peanovim teoremom uvijek pro-²iriva nadesno i nalijevo. Naime, graf rje²enja je sadraºan u pravokutniku P (iz iskazateoremâ) koji je (kompaktan i) sadrºan u otvorenom skupu Ω pa je uvijek zadovoljena tvrd-nja b Leme 7.3 za desni i lijevi polugraf. Naglasimo jo² jednom konstrukciju pro²irenja izLeme 7.3. Da bismo pro²irili rje²enje u : (x0 − δ, x0 + δ)→ R dobiveno Picardovim (ili Pe-anovim) teoremom pro²irimo najprije u po neprekidnosti na segment [x0− δ, x0 + δ], prematvrnji c Leme 7.3. Primjerice, za pro²irenje nalijevo, ozna£imo L = limxx0−δ u(x). Zbogotvorenosti skupa Ω, postoji pravokutnik P1 sa sredi²tem u A = (x0 − δ, L) £iji je zatvara£sadrºan u Ω. Primjena Peanovog teorema daje rje²enje v : (x0 − δ − δ1, x0 − δ + δ1) → RCauchyjeve zada¢e s po£etnom to£kom A za neki δ1 > 0 vidi Sliku 5. Primjena Leme 7.1daje pro²irenje rje²enja u nalijevo:

w(x) =

v(x), x ∈ (x0 − δ − δ1, x0 − δ)u(x), x ∈ [x0 − δ, x0 + δ) .

Lema 7.3 za posljedicu ima sljede¢i rezultat.

Korolar 7.4. Neka je Ω ⊆ R2 otvoren skup, funkcija f : Ω → R neprekidna, Q ⊆ Ωkompaktan skup i to£ka (x0, u0) ∈ Q. Tada postoji rje²enje u : I → R Cauchyjeve zada¢e(26) £iji lijevi i desni polugraf izlaze iz Q. Preciznije, postoje to£ke α, β ∈ I, α < β takveda je

(x, u(x)) /∈ Q , £im je x < α ili x > β .

U slu£aju da je f samo neprekidna, pro²irenje rje²enja nije nuºno jedinstveno, pa takomogu postojati razli£iti maksimalni intervali egzistencije (v. Primjer 7.8, niºe), za detaljepogledati npr. [8]. Zbog jednostavnosti u daljnjem izu£avamo samo mogu¢nosti primjenePicardovog teorema.

Denicija 7.5. Kaºemo da je f : Ω → R, Ω ⊆ R2 otvoren skup, lokalno Lipschitzovapo drugoj varijabli ako za svaku to£ku (x0, u0) ∈ Ω postoji r > 0 takav da je kvadratOr := (x0 − r, x0 + r) × (u0 − r, u0 + r) sadrºan u Ω, a restrikcija f |Or je Lipschitzova podrugoj varijabli, tj. postoji L ≥ 0 takav da je

|f(x, u)− f(x, v)| ≤ L|u− v| , (x, u), (x, v) ∈ Or .


Ekvivalentno, u deniciji smo mogli umjesto kvadrata Or stranice 2r sa sredi²tem u(x0, u0), uzeti otvorenu okolinu to£ke (x0, u0).

Skup svih neprekidnih realnih funkcija na Ω koje su lokalno Lipschitzove po drugojvarijabli ozna£avamo s C 0,1−(Ω;R) ili C 0,1−(Ω). Takve funkcije moºemo karakterizirati nana£in: f je neprekidna i za svaki kompaktan skup Q ⊆ Ω funkcija f je Lipschitzova podrugoj varijabli na nekom otvorenom skupu U ⊇ Q (v. Zadatak 7.3).

Skup C 0,1−(Ω) je vektorski prostor uz uobi£ajeno zbrajanje funkcija i mnoºenje funkcijeskalarom (potprostor prostora C(Ω) neprekidnih funkcija) i to vrlo "bogat": sadrºi sveneprekidne funkcije £ija je parcijalna derivacija po drugoj varijabli neprekidna (v. Zadatak7.4).

Promatrajmo problem (26), pri £emu je f ∈ C 0,1−(Ω) i (x0, u0) proizvoljna to£ka skupaΩ. Neka je P pravokutnik sa sredi²tem u to£ki (x0, u0), £iji je zatvara£ sadrºan u kvadratuOr iz denicije lokalne Lipschitzovosti. Prema Picardovom teoremu postoji δ > 0 tako da(26) ima jedinstveno rje²enje na (x0−δ, x0+δ). Rezultat jedinstvenosti je vezan uz konkretnipravokutnik P na kojem smo primijenili Picardov teorem, za razliku od idu¢e Leme.

Lema 7.6. (Globalna jedinstvenost rje²enja) Neka je Ω ⊆ R2 otvoren skup, funkcija f ∈C 0,1−(Ω) i to£ka (x0, u0) ∈ Ω. Ako su u : I → R i v : J → R rje²enja Cauchyjeve zada¢e(26) na intervalu I odnosno J , onda je u = v na I ∩ J .

Dokaz: Dokaºimo da se u i v podudaraju za x ∈ I ∩ J , x ≥ x0 (analogno bismo promatralislu£aj x ≤ x0).

Pretpostavimo suprotno: skup

S := x ∈ I ∩ J : x ≥ x0 i u(x) 6= v(x)

je neprazan. Primijetimo da je S ⊆ R otvoren pa x′ := inf S ne pripada skupu S,tj. u(x′) = v(x′). Primjenom Picardovog teorema s po£etnom to£kom (x′, u(x′)) dolazimodo jedinstvenog rje²enja na nekoj okolini (x′ − δ, x′ + δ). Stoga je taj cijeli interval sadrºanu komplementu skupa S, ²to je u kontradikciji s denicijom to£ke x′.

Teorem 7.7. (Egzistencija i jedinstvenost nepro²irivog rje²enja) Neka je Ω ⊆ R2 otvorenskup, funkcija f ∈ C 0,1−(Ω) i to£ka (x0, u0) ∈ Ω. Tada postoji jedinstveno nepro²irivorje²enje Cauchyjeve zada¢e (26).

Dokaz: Jedinstvenost nepro²irivog rje²enja slijedi iz Leme 7.6. Za dokaz egzistencije uve-dimo niz kompaktnih skupova koji iscrpljuju Ω: za n ∈ N deniramo kompaktan skup

Qn = z ∈ Ω : d(z, z0) ≤ n ∩ z ∈ Ω : d(z, ∂Ω) ≥ 1

n ,

gdje smo sa z0 ozna£ili po£etnu to£ku (x0, u0) (ograni£enost skupa Qn je evidentna, dokzatvorenost slijedi iz neprekidnosti funkcije z → d(z, A) za proizvoljan neprazan skup A ⊆R2, v. Zadatak 7.2). Ako je ∂Ω prazan skup, tj. Ω = R2, d(z, ∂Ω) je po deniciji +∞, zasvaku to£ku z ∈ R2. Dakle, vrijedi Q1 ⊆ Q2 ⊆ · · · i ∪n∈NQn = Ω.

Za ksni n ∈ N, primijenimo Korolar 7.4 na kompaktu Qn i dolazimo do rje²enja Cau-chyjeve zada¢e un : In → R, za neki otvoreni interval In. Pritom, postoje an, bn ∈ In,an < x0, bn > x0, takvi da to£ke (an, un(an)) i (bn, un(bn)) ne pripadaju skupu Qn, tj.vrijedi

d((bn, u(bn)), z0) > n ili d((bn, u(bn)), ∂Ω) <1

n, (28)


i sli£no za an. Sada deniramo rje²enje Cauchyjeve zada¢e na intervalu I = ∪n∈NIn s

u(x) := un(x) , x ∈ In .

Prema Lemi 7.6 denicija je dobra, a zbog (28) prema Lemi 7.3 zaklju£ujemo da se radi orje²enju koje nije pro²irivo nadesno. Analogno vrijedi i za lijevi rub.

Primjer 7.8. Promotrimo zada¢u u′ = 3√u, u(0) = 0 na skupu Ω = R × (−1, 1). Postoji

beskona£no mnogo nepro²irivih rje²enja (to nisu sva rje²enja), za svaki t ≥ 0:

ut(x) =

0, x < t√

827(x− t)3, t ≤ x < t+ 3

2 ,

pored trivijalnog rje²enja u ≡ 0 deniranog na cijelom R. U ovom primjeru naru²ena jepretpostavka lokalne Lipschitzovosti desne strane jednadºbe.

Dakle, uz uvjete prethodnog teorema maksimalan interval egzistencije rje²enja Cauchy-jeve zada¢e je jedinstven; ozna£avamo ga s I(x0, u0). Zavr²avamo ovu to£ku s uvjetom nafunkciju f uz koji imamo egzistenciju globalnog rje²enja Cauchyjeve zada¢e.

Teorem 7.9. Neka je I ⊆ R otvoren interval, Ω = I × R i f ∈ C 0,1−(Ω). Ako postojeneprekidne funkcije a, b : I → [0,+∞) takve da je

|f(x, u)| ≤ a(x)|u|+ b(x) , x ∈ I ,

tada Cauchyjeva zada¢a (26) ima jedinstveno globalno rje²enje, tj. rje²enje denirano nacijelom I, za svaki (x0, u0) ∈ Ω.

Dokaz: Ozna£imo I = (α, β). Neka je maksimalan interval egzistencije rje²enja dan sI(x0, u0) = (ω−, ω+). Dokazat ¢emo da je ω+ = β; analogno se dokazuje ω− = α. Pretpos-tavimo suprotno (ω+ < β). Imamo ocjenu

|u(x)| =

∣∣∣∣u0 +

∫ x

x0

f(z, u(z)) dz

∣∣∣∣ ≤ |u0|+∫ x

x0

a(z)|u(z)| dz +

∫ x

x0

b(z) dz

≤ A+B

∫ x

x0

|u(z)| dz , x ∈ [x0, ω+) ,

gdje je A = |u0| +∫ ω+

x0b(z) dz, B = maxa(x) : x ∈ [x0, ω

+]. Prema Gronwallovoj lemislijedi

|u(x)| ≤ A exp(B(x− x0)) < A exp(B(ω+ − x0)) =: M , x ∈ [x0, ω+)

Prema Korolaru 7.4, ako za kompaktan skup Q odaberemo pravokutnik [x0, ω+]× [−M,M ],

desni polugraf mora iza¢i iz Q, ²to je prema posljednjoj ocjeni mogu¢e samo ako prijeepreko desne stranice tog pravokutnika; to je kontradikciju s pretpostavkom da rje²enje nijedenirano za x ≥ ω+.

Napomena 7.10. U izu£avanju sustava diferencijalnih jednadºbi

d

dxU = F(x,U)


moºemo primijeniti analognu konstrukciju nepro²irivog rje²enja jer Peanov i Picardov te-orem koje smo koristili u ovoj konstrukciji potpuno analogno vrijede i za sustave (v. to£ku8).

Pojam lokalne Lipschitzovosti funkcije po U se analogno prenosi na sustave. Preciznije,za F : Ω ⊆ Rn+1 → Rn kaºemo da je lokalno Lipschitzova po zadnjih n varijabli na Ω, akoza svaku to£ku (x0,U0) postoji okolina O ⊆ Ω te to£ke i L ≥ 0 takvi da

‖F(x,U)− F(x,V)‖ ≤ L‖U−V‖ , (x,U), (x,V) ∈ O .

Pri tome je ‖ · ‖ norma na Rn. Zbog ekvivalentnosti normi na Rn, izborom druge normedobivamo istu ocjenu, ali eventualno uz drugu konstantu L. Prostor lokalno Lipschitzovihfunkcija ozna£avamo s C 0,1−(Ω;Rn).

Jednostavnom prilagodbom dokaza pokazuje se da vrijede analogoni svih rezultata oveto£ke za sustave diferencijalnih jednadºbi. Zbog vaºnosti za izu£avanje linearnih sustavaistaknimo:

Teorem 7.11. Neka je I ⊆ R otvoren interval, Ω = I×Rn i F ∈ C 0,1−(Ω;Rn). Ako postojeneprekidne funkcije a, b : I → [0,+∞) takve da je

‖F(x,U)‖ ≤ a(x)‖U‖+ b(x) , x ∈ I ,

tada Cauchyjeva zada¢a

d

dxU = F(x,U) , U(x0) = U0

ima jedinstveno rje²enje denirano na cijelom intervalu I za svaki (x0,U0) ∈ Ω.

Korektnost inicijalnog problema

Prema prethodnoj to£ki, ako je Ω ⊆ R2 otvoren skup i f ∈ C0,1−(Ω), Cauchyjeva zada¢a

u′ = f(x, u)

u(x0) = u0

(29)

ima jedinstveno nepro²irivo rje²enje za svaki (x0, u0) ∈ Ω. Naºalost, rje²enje £esto ne mo-ºemo odrediti eksplicitno, £ak niti opisati implicitnom jednadºbom. U takvim situacijamarje²enje poku²avamo na¢i numeri£kim postupcima, pomo¢u ra£unala. Podatke x0, u0 i fra£unalom moºemo reprezentirati tek pribliºno (jako dobro, ali ipak pribliºno) podacimay0, v0 i g, pa se postavlja prirodno pitanje: ako je v rje²enje zada¢e

v′ = g(x, v)

v(y0) = v0

(30)

ho¢e li se u i v bitno razlikovati?

Primjer 7.12. Zada¢a u′ = u, u(0) = u0 ima jedinstveno nepro²irivo (preciznije, globalno)rje²enje u(x) = u0e

x, x ∈ R. Ako s v ozna£imo rje²enje iste jednadºbe uz po£etni uvjetv(0) = v0, vrijedi

u(x)− v(x) = (u0 − v0)ex ,

²to je (za velike x) neomeeno, kako god bila mala razlika u po£etnim podacima u0 i v0.


Primjer 7.13. Zada¢a u′ = u2, u(0) = u0 > 0 ima nepro²irivo rje²enje

u(x) =u0

1− u0x, x ∈

(−∞, 1

u0

).

Ako je u0 > v0, razlika rje²enja u i v postaje neograni£ena kad x raste prema 1u0.

Iz navedenih primjera vidimo da ¢emo se morati ograni£iti na izu£avanje rje²enjâ nasegmentu unutar maksimalnog intervala egzistencije rje²enja. Vezano uz prvi primjer, istak-nimo da se pona²anjem rje²enjâ za velike x bavi teorija stabilnosti, £ije ¢emo osnovne idejeupoznati kasnije.

U daljnjem, ako je x1 > x2 segmentom [x1, x2] ozna£avamo segment [x2, x1]. Op¢enito,segment [x1, x2] ozna£ava skup svih konveksnih kombinacija (1 − λ)x1 + λx2, λ ∈ [0, 1],rubnih to£aka x1 i x2.

Lema 7.14. Neka je W ⊆ R2 te neka su f, g : W → R neprekidne i f Lipschitz neprekidnapo drugoj varijabli na W s konstantom Lipschitzovosti L. Nadalje, neka su u i v rje²enjazada¢a (29) i (30) te s I ⊆ R ozna£imo presjek intervala na kojima su rje²enja denirana.Ako je x0, y0 ∈ I, tada za svaki x ∈ I vrijedi

|u(x)− v(x)| ≤ (|u0 − v0|+ C|x0 − y0|) eL|x−x0| +µ

L

(eL|x−x0| − 1

),

gdje je

C = maxx∈[x0,y0]

|g(x, v(x))|

µ = sup(x,u)∈W

|f(x, u)− g(x, u)| .

Dokaz: Funkcije u i v zadovoljavaju integralne jednadºbe iz dokaza Picardovog teorema.Njihovim oduzimanjem dobijemo za x ∈ I

|u(x)− v(x)| ≤ |u0 − v0|+∣∣∣∣∫ y0

x0

g(s, v(s)) ds+

∫ x

x0

f(s, u(s))− g(s, v(s)) ds

∣∣∣∣≤ |u0 − v0|+ C|x0 − y0|

+

∣∣∣∣∫ x

x0

|f(s, u(s))− f(s, v(s))|+ |f(s, v(s))− g(s, v(s))| ds∣∣∣∣

≤ |u0 − v0|+ C|x0 − y0|+∣∣∣∣∫ x

x0

L|u(s)− v(s)|+ µds

∣∣∣∣ .Uvoenjem funkcije

ψ(x) = |u(x)− v(x)|+ µ

L,

prethodnu nejednakost zapisujemo na na£in

ψ(x) ≤ µ

L+ |u0 − v0|+ C|x0 − y0|+

∣∣∣∣∫ x

x0

Lψ(s) ds

∣∣∣∣ .Primjenom Gronwallove leme (direktno za x ≥ x0, dok za x ≤ x0 koristimo zamjenu

varijabli t := x0 − x), dolazimo do nejednakosti

ψ(x) ≤(µL

+ |u0 − v0|+ C|x0 − y0|)eL|x−x0| ,

koja povla£i nejednakost iz iskaza Leme.


Primijetimo da za funkciju g pretpostavljamo samo neprekidnost, pa rje²enje zada¢e(30) nije nuºno jedinstveno, ali ocjena iz Leme 7.14 vrijedi za svako rje²enje te zada¢e.

Za Cauchyjevu zada¢u (29) kaºemo da je dobro postavljena (ili korektna) ako vrijedi

i) rje²enje postoji

ii) rje²enje je jedinstveno

iii) rje²enje neprekidno ovisi o x0, u0 i f .

Prva dva svojstva osigurana su uz pretpostavke Picardovog teorema koji govori o lokalnomrje²enju, odnosno Teoremom 7.7 za nepro²irivo rje²enje. Poku²ajmo precizirati tre¢e svojstvoi pokaºimo vezu s prethodnom lemom.

Neka je f ∈ C 0,1−(Ω), u : I(x0, u0) → R jedinstveno nepro²irivo rje²enje zada¢e (29)i segment [α, β] ⊆ I(x0, u0) koji sadrºi to£ku x0. Za dovoljno mali η > 0, npr. za η <d(Γ, ∂Ω), gdje je Γ = (x, u(x)) : x ∈ [α, β], kompaktni skup

W = (x, u) ∈ R2 : |u− u(x)| ≤ η, x ∈ [α, β]

je sadrºan u skupu Ω. Stoga je f Lipschitzova po drugoj varijabli na W prema Zadatku7.3 (£ak i na nekoj okolini U skupa W ). Konstantu Lipschitzovosti ozna£imo s L i uvedimokonstante

M1 = maxx∈[α,β]

eL|x−x0| ,

M2 = maxW|f | .

Tada za proizvoljnu neprekidnu funkciju g : Ω → R i (y0, v0) ∈ W , prema Korolaru 7.4postoji rje²enje v : J → R zada¢e (30) £iji desni i lijevi polugraf izlaze iz W . Neka je[α′, β′] ⊆ J najve¢i segment koji sadrºi y0 i za kojeg je graf (x, v(x)) : x ∈ [α′, β′] sadrºanu W . Primijetimo da je, zbog denicije skupa W , [α′, β′] ⊆ [α, β].

Posebno, ako je maxW |f − g| ≤ 1, onda za konstantu C iz Leme 7.14 vrijedi

C ≤ maxW|g| ≤ max

W|g − f |+ max

W|f | ≤ 1 +M2 ,

pa prema Lemi 7.14 na [α′, β′] vrijedi

|u(x)− v(x)| ≤M1|u0 − v0|+ (1 +M2)M1|x0 − y0|+M1 − 1

LmaxW|f − g| .

Ako za zadani 0 < ε ≤ η deniramo δ > 0 kao najmanji od brojeva

1,ε

3M1,

ε

3M1(1 +M2),

εL

3(M1 − 1),

tada|u0 − v0| < δ , |x0 − y0| < δ , max

W|f − g| < δ

povla£i|u(x)− v(x)| < ε , x ∈ [α′, β′] . (31)

Posebno, vrijedi da je graf funkcije v|[α′,β′]sadrºan u skupu

O = (x, u) ∈ R2 : |u− u(x)| < ε, x ∈ [α, β] ,

iz £ega slijedi da je α′ = α i β′ = β. Time smo dokazali sljede¢i teorem.


Teorem 7.15. Neka je Ω ⊆ R2 otvoren skup, f ∈ C 0,1−(Ω), u jedinstveno nepro²irivorje²enje Cauchyjeve zada¢e (29) i [α, β] ⊆ I(x0, u0). Za η > 0 deniramo skup

Wη = (x, u) ∈ R2 : |u− u(x)| ≤ η, x ∈ [α, β] ,

te neka je η > 0 takav da je Wη ⊆ Ω. Tada za svaki ε ∈ (0, η] postoji δ > 0 takav da zasvaki (y0, v0) ∈ Ω i svaku neprekidnu funkciju g : Ω→ R za koje vrijedi

|u0 − v0| < δ , |x0 − y0| < δ , maxWε

|f − g| < δ ,

svako nepro²irivo rje²enje Cauchyjeve zada¢e (30) je denirano na segmentu [α, β] i zado-voljava

max[α,β]|u− v| < ε , x ∈ [α, β] .

Napomena 7.16. Pretpostavku f ∈ C 0,1−(Ω) moºemo zamijeniti sa slabijom pretpostavkomda je f neprekidna na Ω i za svaki (x0, u0) ∈ Ω postoji jedinstveno nepro²irivo rje²enjeCauchyjeve zada¢e (29). Dokaz ove tvrdnje moºe se na¢i npr. u [12].

Zadaci za vjeºbu

Zadatak 7.1. Promotrimo jednadºbu u′ =10

3xu

25 .

a) Metodom separacije odredite rje²enje.

b) Ako zadamo i po£etni uvjet u(0) = 0, pored trivijalnog rje²enja u ≡ 0, koriste¢i rje²enjedijela a), zapi²ite jo² jedno nepro²irivo rje²enje Cauchyjeve zada¢e.

c) Koriste¢i ideju Leme 7.1, zapi²ite jo² dva nepro²iriva rje²enja iste Cauchyjeve zada¢e.Postoji li ih jo²?

Rje²enje: a) u(x) = (x2 +c)53 , b) u(x) = x

103 , c) Za pozitivan a deniramo u(x) = (x2−a)

53

za x >√a, a ina£e u(x) = 0.

Zadatak 7.2. Neka su A,B ⊆ Rn neprazni skupovi. Za x ∈ Rn deniramo d(x, A) =inf‖x− a‖ : a ∈ A te d(A,B) = inf‖a− b‖ : a ∈ A,b ∈ B. Dokaºite:

a) Funkcija x 7→ d(x, A) je Lipschitz neprekidna na Rn s Lipschitzovom konstantom 1.Vrijedi d(x, A) = 0 ako i samo ako je x ∈ A. Ako je A zatvoren skup, onda za x ∈ Rnvrijedi d(x, A) = min‖x− a‖ : a ∈ A.

b) Ako je A zatvoren i B kompaktan, onda je d(A,B) = min‖a− b‖ : a ∈ A,b ∈ B =mind(x, A) : x ∈ B. Posebno, ako su jo² A i B disjunktni, onda je d(A,B) > 0.

c) Naite primjer dvaju disjunktnih zatvorenih skupova, £ija je udaljenost jednaka 0.

Zadatak 7.3. Dokaºite: Neprekidna funkcija f : Ω → R, gdje je Ω ⊆ R2 otvoren skup, jelokalno Lipschitzova po drugoj varijabli ako i samo za svaki kompaktan skup Q ⊆ Ω funkcijaf je Lipschitzova po drugoj varijabli na nekom otvorenom skupu U ⊇ Q.


Rje²enje: Dovoljnost vrijedi trivijalno. Dokaz nuºnosti provodimo kontradikcijom: pretpos-tavimo da postoji kompaktan skup K ⊆ Ω takav da za dovoljno veliki n ∈ N (preciznije, zan ≥ N pri £emu je N ∈ N odabran na na£in da je kompakt KN :=

z ∈ R2 : d(z,K) ≤ 1

N

sadrºan u Ω) postoje xn, un, vn ∈ R takvi da je

d((xn, un),K) <1

n, d((xn, vn),K) <

1

n

i|f(xn, un)− f(xn, vn)| > n|un − vn| . (32)

Nizovi (xn, un) i (xn, vn) imaju konvergentne podnizove (jer pripadaju kompaktu KN ) £ijelimese ozna£imo s (x∗, u∗) i (x∗, v∗) i oni pripadaju kompaktu K. Zbog (32) vrijedi u∗ = v∗

(iskoristite omeenost neprekidne funkcije na kompaktu KN ). Sada (32) vodi na kontra-dikciju: oko to£ke (x∗, u∗) ne postoji kvadrat iz denicije lokalne Lipschitzovosti po drugojvarijabli.

Zadatak 7.4. Dokaºite da je prostor C 0,1(Ω) neprekidnih realnih funkcija na otvorenomskupu Ω ⊆ R2 za koje je parcijalna derivacija po drugoj varijabli takoer neprekidna na Ωsadrºan u C 0,1−(Ω).

Rje²enje: Za proizvoljnu to£ku skupa Ω, za kvadrat Or iz denicije lokalne Lipschitzovostije dovoljno uzeti bilo koji kvadrat sa sredi²tem u danoj to£ki £iji je zatvara£ sadrºan u Ω.Lagrangeov teorem srednje vrijednosti pokazuje da za Lipschitzovu konstantu (po drugoj

varijabli) za funkciju f na Or moºemo uzeti maxOr

∣∣∣∂f∂u ∣∣∣.Zadatak 7.5. Odredite nepro²irivo rje²enje zada¢e

2u′ + u3 = 0 , u(0) = −1 .

Rje²enje: u(x) = −(x+ 1)−1/2, x > −1.

Zadatak 7.6. Odredite maksimalan interval egzistencije rje²enja zada¢e

u′ = − x2

(u+ 2)(u− 3), u(0) = 0 .

Rje²enje: Jednadºba je separabilna, rje²enje je dano implicitnom jednadºbom 2u3 − 3u2 −36u = −2x3. Desna strana diferencijalne jednadºbe je denirana izvan pravaca u = −2 iu = 3 i klase je C∞. Dovoljno je skicirati graf funkcije u 7→ 2u3 − 3u2 − 36u: problemnastupa kad se u pribliºava −2 zdesna, odnosno 3 slijeva; uvr²tavaju¢i ove dvije vrijednostiu implicitnu jednadºbu dolazimo do ω− = − 3

√22 i ω+ = 3

√81/2.

Zadatak 7.7. Odredite maksimalan interval egzistencije rje²enja zada¢e

(1 + x2)u′ = 2xu2 , u(0) = u0 .

Rje²enje: Za u0 ≤ 0 skup R; za u0 > 0 interval (−d, d), uz d =

√e

1u0 − 1.

Zadatak 7.8. Dokaºite da zada¢a u′ = f(u), u(0) = 0 ima beskona£no mnogo rje²enja na(−∞, a), ako je

a) f(u) =√

1− u i a > 2.


b) f(u) =√

1− u2 i a > π2 .

U oba primjera odredite najve¢u domenu funkcije f uz koju moºemo primijeniti Teorem 7.7.Zapi²ite nepro²irivo rje²enje u tom slu£aju.

Rje²enje: a) Za proizvoljan c ∈ (2, a) imamo rje²enja

u(x) =

1− (x−2)2

4 , x < 21, 2 ≤ x < c

1− (x−c)24 , c ≤ x < a .

Teorem 7.7 je primjenjiv za skup Ω = R × (−∞, 1). U tom slu£aju nepro²irivo rje²enje jedenirano na (−∞, 2) gornjom formulom.b) Za proizvoljan c ∈ (max

π2 , a−

π2

, a) funkcija

u(x) =

sinx, x < π

21, π

2 ≤ x < ccos(x− c), c ≤ x < a .

je rje²enje.

Zadatak 7.9. Neka je Ω ⊆ R2 otvoren skup, f ∈ C 0,1−(Ω) i u : (ω−, ω+) → R ne-pro²irivo rje²enje jednadºbe u′ = f(x, u). Pretpostavimo da je ω+ < +∞ i ozna£imoa = lim infxω+ u(x), b = lim supxω+ u(x). Imamo £etiri mogu¢nosti:

I. a = b = +∞, tj. limxω+ u(x) = +∞

II. a = b = −∞, tj. limxω+ u(x) = −∞

III. a = b ∈ R

IV. a < b.

Dokaºite da vrijedi

a) U slu£aju III to£ka (ω+, limxω+ u(x)) je rubna to£ka skupa Ω.

b) U slu£aju IV skup ω+×[a, b] pripada rubu skupa Ω i svaka to£ka tog skupa je gomili²tedesnog polugrafa (ako je a = −∞ umjesto [a, b] treba pisati (a, b] - sli£no za slu£ajb = +∞). U slu£ajevima III i IV udaljenost to£ke (x, u(x)) od ruba skupa Ω teºi nulikad x ω+.

Navedite primjere jednadºbi (i rje²enjâ) za sva £etiri slu£aja. Analogne tvrdnje vrijede i zalijevi rub maksimalnog intervala egzistencije.

Poglavlje 2

Sustavi jednadºbi prvog reda

49

50 POGLAVLJE 2. SUSTAVI JEDNADBI PRVOG REDA

8. Sustavi diferencijalnih jednadºbi

Primjer 8.1. (Lotka-Volterrin model) Analiza rasta populacije dvije skupine jedinki (npr.grabeºljivacplijen) je jedna od klasi£nih tema iz biologije. I danas se koriste varijantesljede¢eg modela do kojeg su neovisno do²li Alfred J. Lotka 1925. godine i Vito Volterra1926. godine.

d

dtG(t) = G(t)(aP (t)− b),

d

dtP (t) = P (t)(−cG(t) + d).

Pri tome je P (t) broj jedinki populacije plijena, G(t) broj jedinki populacije grabeºljivca, doksu a, b, c, d poznate pozitivne konstante (koje se odreuju eksperimentalno).

Primjer 8.2. Hodgkin-Huxsleyev model prijenosa ºiv£anih podraºaja iz 1952. godine (detaljise mogu na¢i u [11]; autori su dobitnici Nobelove nagrade u medicini 1963. godine zanastavak tog istraºivanja) je

d

dtm(t) = αm(V )(1−m)− βm(V )m,

d

dtn(t) = αn(V )(1− n)− βn(V )n,

d

dth(t) = αh(V )(1− h)− βh(V )h,

d

dtV (t) = −c (V − VNa)m3 h− d (V − VK)n4 − e (V − VL) + I.

U sustavu V predstavlja napon membrane ºiv£ane stanice, a m,n i h su funkcije s vrijednos-tima izmeu 0 i 1, koje govore o aktivaciji kanala za propu²tanje iona. Pritom, αm, . . . , βhte I su zadane funkcije, dok su c, d, e, VNa, VK i VL zadani brojevi.

Primjer 8.3 (Matemati£ko njihalo). Predmet je obje²en o nit duljine l i nji²e u vertikalnojravnini u polju sile teºe. Ako s φ(t) ozna£imo kut otklona niti od vertikale u trenutku t, tadase Newtonova jednadºba gibanja predmeta svodi na sljede¢u diferencijalnu jednadºbu drugogreda:

φ+g

lsinφ = 0 ,

Uvoenjem funkcije ψ = φ vidimo da vrijedi sljede¢i sustav diferencijalnih jednadºbi prvogreda:

φ = ψ,

ψ = −gl

sinφ .

Analognim postupkom svaku diferencijalnu jednadºbu vi²eg reda moºemo zapisati kao sustavjednadºbi prvog reda (v. to£ku Linearne jednadºbe vi²eg reda).

Ovako zapisani sustavi (obi£nih diferencijalnih jednadºbi prvog reda) su nepregledni;redovno ih zapisujemo u obliku

d

dxU = F(x,U). (33)

8. SUSTAVI DIFERENCIJALNIH JEDNADBI 51

Pri tome je U : R → Rn traºena funkcija, a F : Ω → Rn zadana funkcija, pri £emu jeΩ ⊆ R × Rn otvoren skup. Ako s (e1, . . . , en) ozna£imo kanonsku bazu u Rn, onda vektorU(x) =

∑ni=1 Ui(x)ei identiciramo s vektorom stupcem (U1(x), . . . , Un(x))τ . Sli£no za

funkciju F; za zadane (x,U) ∈ Ω je F(x,U) =∑n

i=1 Fi(x,U)ei, gdje su Fi realne funkcijedenirane na Ω, i = 1, . . . , n. Dakle, raspisani sustav jednadºbi (33) glasi

ddxU1 = F1(x, U1, . . . , Un),

ddxU2 = F2(x, U1, . . . , Un),...ddxUn = Fn(x, U1, . . . , Un).

Sad moºemo lako identicirati n i funkcije Fi, i = 1, . . . , n, iz prethodna tri primjera.Uz diferencijalnu jednadºbu (33) veºemo i odgovaraju¢i inicijalni (Cauchyjev) problem:

za zadane x0 ∈ R, U0 ∈ Rn i F : Ω→ Rn na¢i funkciju U : R→ Rn tako da buded

dxU(x) = F(x,U),

U(x0) = U0.

(34)

Pri tome je minimalna pretpostavka da je funkcija F neprekinuta na svojoj domeni. Pojamrje²enja inicijalnog problema uvodimo po analogiji sa skalarnom jednadºbom; kaºemo da jefunkcija U : I → Rn rje²enje problema (34) na otvorenom intervalu I ⊂ R ako vrijedi

• U ∈ C1(I;Rn),

• (x,U(x)) ∈ Rn+1 : x ∈ I ⊆ Ω,

• x0 ∈ I, U(x0) = U0 ,

• U′(x) = F(x,U(x)), x ∈ I .

Na² osnovni rezultat postojanja i jedinstvenosti rje²enja Cauchyjeve zada¢e, Picardovteorem, kao i njegov dokaz, prenose se uz manje modikacije na Cauchyjevu zada¢u (34).Umjesto pravokutnika u R2 u iskazu Picardovog teorema 2.2, sad ¢emo govoriti o cilindruI × B(Z, r), gdje je I ⊆ R otvoren interval, a B(Z, r) ⊆ Rn kugla (u danoj normi) sasredi²tem u Z ∈ Rn polumjera r. Naravno, ako za normu u Rn uzmemo ∞-normu:

‖Z‖∞ := max1≤i≤n

|Zi|

onda je cilindar I ×B(Z, r) zapravo paralelepiped.Takoer, uvjet Lipschitzovosti funkcije F po varijablama (U1, . . . , Un) moramo reformu-

lirati, te apsolutnu vrijednost (norma na R) zamijeniti normom na Rn. Kako su sve normena Rn ekvivalentne to ¢e biti svejedno koju normu koristimo, no za samo provoenje dokaza(prema istim koracima kao u dokazu Teorema 2.2) najbolje je odabrati ∞-normu.

Zbog potpunosti iskaºimo rezultat.

Teorem 8.4 (Picard). Neka su ∆, η > 0 takvi da za cilindar P = (x0−∆, x0+∆)×B(U0, η)vrijedi P ⊆ Ω i neka je F neprekinuta na P te Lipschitz-neprekinuta po zadnjih n varijabli,tj. postoji konstanta L tako da vrijedi

‖F(x,U)− F(x,V)‖ ≤ L‖U−V‖, (x,U), (x,V) ∈ P .


Tada postoji δ ∈ (0,∆) tako da inicijalni problem (34) ima jedinstveno rje²enje na intervaluIδ = (x0 − δ, x0 + δ).

Pokazuje se (v. Zadatak 8.1) da δ iz iskaza Picardovog teorema moºemo odabrati nasli£an na£in kao u skalarnom slu£aju

δ = min

∆,η

M

,

gdje je M = max(x,U)∈P ‖F(x,U)‖∞, ako je cilindar P iz iskaza teorema zadan pomo¢ukugle u ∞-normi.

I u ovoj situaciji egzistencija i neprekinutost na P parcijalnih derivacija ∂∂Uj

Fi(x,U),i, j = 1, . . . , n, funkcije F osigurava Lipschitzovost funkcije F po zadnjih n varijabli od Fna P .

Primjer 8.5. Provjerimo uvjete Picardovog teorema na Lotka-Volterrinom modelu grabeºljivac-plijen. Identiciramo:

n = 2, U =

[U1

U2

]=

[G

P

], F =

[F1

F2

]=

[U1(aU2 − b)

U2(−cU1 + d)

].

Funkcija F ne ovisi o x eksplicitno i njena Jacobijeva matrica[∂Fi∂Uj

]=

[aU2 − b aU1

−cU2 −cU1 + d

]

je neprekinuta na cijelom R2. Stoga prema Picardovom teoremu postoji jedinstveno lokalnorje²enje. Zapravo je rje²enje globalno (denirano na cijelom R) i periodi£ka je funkcija (v.Zadatak 8.4).

Za zadane x0 ∈ R i U0 rje²enje odgovaraju¢eg inicijalnog problema moºemo pribliºnoodrediti npr. Picardovim iteracijama ili numeri£kim metodama poput Eulerove metodekoje se deniraju sli£no kao i u slu£aju jedne diferencijalne jednadºbe prvog reda. Vi²e onumeri£kim metodama moºe se na¢i npr. u [4, 14].

U daljnjem promatramo inicijalni (Cauchyjev) problem za linearni sustav obi£nih di-ferencijalnih jednadºbi prvog reda. U tom slu£aju teorija se moºe zaokruºiti uz dostu-pan matemati£ki aparat. Kaºemo da je jednadºba (33) linearna ako je svaka od funkcijaFi : R × Rn → R, i = 1, . . . , n, ana po zadnjih n varijabli. Dakle, za ksirani x ∈ R jesvaka od funkcija Fi(x, · ) : Rn → R, i = 1, . . . , n, ani funkcional na Rn pa je nuºno oblika

Fi(x, U1, . . . , Un) = ai(x) ·U + bi(x), i = 1, . . . , n,

za neke ai(x) ∈ Rn i bi(x) ∈ R; simbol · ozna£ava euklidski skalarni produkt u Rn. Gornjujednakost moºemo raspisati u obliku

Fi(x, U1, . . . , Un) = ai1(x)U1 + ai2(x)U2 + . . .+ ain(x)Un + bi(x), i = 1, . . . , n.

Odgovaraju¢i sustav od n diferencijalnih jednadºbi moºemo zapisati u kompaktnom obliku.Ako uvedemo matricu A(x) = (aij(x)) ∈Mn(R) i vektor stupac B(x) = (b1(x), . . . , bn(x))τ ,na² sustav onda glasi

d

dxU = A(x) U + B(x). (35)


Za funkcije A i B pretpostavljamo da su denirane na otvorenom intervalu I ⊆ R.Kaºemo da je jednadºba (35) homogena ako je B ≡ 0; u suprotnom je jednadºba (35)

nehomogena. Odgovaraju¢i inicijalni problem je: za zadane x0 ∈ I i U0 ∈ Rn, na¢i funkcijuU tako da bude

d

dxU(x) = A(x)U(x) + B(x),

U(x0) = U0.

(36)

Uvjeti Picardovog teorema garantiraju lokalnu egzistenciju i jedinstvenost rje²enja problema(36). U ovoj postavci funkcija F iz (34) ima komponente

Fi(x, U1, . . . , Un) =n∑j=1

aij(x)Uj + bi(x), i = 1, . . . , n.

Dakle,

Fi ∈ C(I × Rn) ⇐⇒

ai ∈ C(I ; Rn)

bi ∈ C(I), i = 1, . . . , n.

Ako su funkcije aij i bi neprekinute, onda je funkcija F Lipschitzova po zadnjih n varijabli

na svakom cilindru P za kojeg je P ⊆ I × Rn, jer su Fi i∂Fi∂Uj

= aij neprekidne na cijeloj

domeni. tovi²e, moºemo direktno po deniciji provjeriti Lipschitz-neprekidnost funkcije Fpo zadnjih n varijabli na svakoj pruzi [a, b]×Rn unutar I ×Rn. Zaista, uz∞-normu (moglismo uzeti bilo koju) na Rn za svaki x ∈ [a, b] i svaki U,V ∈ Rn vrijedi

‖F(x,U)− F(x,V)‖∞ = ‖A(x)(U−V)‖∞ ≤ ‖A(x)‖∞‖U−V‖∞ ≤ L‖U−V‖∞ ,

gdje je L = maxx∈[a,b] ‖A(x)‖∞ (obrazloºite za²to se maksimum poprima). Ovdje smo s‖A‖∞, za A ∈Mn(R), ozna£ili operatorsku normu na Mn(R) induciranu∞-normom na Rn(v. Zadatke 8.2 i 8.3).

Kao ²to je komentirano u Napomeni 7.10, rezultati to£ke 7 o nepro²irivom rje²enju semogu pro²iriti sa skalarnog slu£aja na sustave diferencijalnih jednadºbi prvog reda. Poslje-dica Teorema 7.11 je da Cauchyjeva zada¢a za linearni sustav (36) ima jedinstveno globalnorje²enje (detalji se mogu na¢i npr. u [1, 8]):

Teorem 8.6. Neka je I otvoreni interval realnih brojeva te neka je A(x) ∈ C(I ; Mn(R))i B ∈ C(I ; Rn). Tada za svaki x0 ∈ I i U0 ∈ Rn postoji jedinstveno rje²enje Cauchyjevezada¢e (36) denirano na cijelom intervalu I (globalno rje²enje).

Alternativno, teorem se moºe dokazati adaptiraju¢i dokaz Picardovog teorema, premaideji Zadatka 2.9, promatraju¢i proizvoljan segment unutar intervala I.

Zadaci za vjeºbu

Zadatak 8.1∗. Dokaºite Teorem 8.4.

Uputa: Dovoljno je slijediti iste korake kao u dokazu Teorema 2.2, ²to ide lagano ako sucilindar P i uvjeti Lipschitzovosti iz iskaza teorema dani pomo¢u∞-norme (odabrati δ kakostoji nakon iskaza teorema). U 6. koraku dokaza za funkciju u uzeti u(x) = ‖U1(x) −U2(x)‖∞, pri £emu su U1 i U2 rje²enja Cauchyjeve zada¢e (34). Sli£na varijanta dokaza semoºe na¢i u [8].


Zadatak 8.2. Ako su ‖·‖V i ‖·‖W norme na kona£nodimenzionalnim vektorskim prostorimaV i W (nad istim poljem) deniramo ‖ · ‖ : L(V,W )→ R na na£in

‖A‖ := max‖x‖V ≤1

‖Ax‖W .

a) Dokaºite da je denicija dobra (tj. promatrana funkcija zaista poprima maksimum) teda se vrijednost maksimuma iz denicije ne mijenja ako jedini£nu kuglu u V zamije-nimo jedini£nom sferom.

b) Dokaºite da je ‖·‖ norma na L(V,W ). Kaºemo da je to operatorska norma na L(V,W )inducirana normama ‖ · ‖V i ‖ · ‖W .

c) Dokaºite da za svaki A ∈ L(V,W ) vrijedi jednakost

‖A‖ = infM > 0 : ‖Ax‖W ≤M‖x‖V , x ∈ V .

d) Ako je ‖·‖1 operatorska norma na L(V,W ) inducirana normama ‖·‖V i ‖·‖W te ‖·‖2operatorska norma na L(U, V ) inducirana normama ‖ · ‖U i ‖ · ‖V tada za operatorskunormu ‖ · ‖ na L(U,W ) induciranu normama ‖ · ‖U i ‖ · ‖W vrijedi

‖AB‖ ≤ ‖A‖1‖B‖2 , A ∈ L(V,W ),B ∈ L(U, V ) .

Zadatak 8.3. Promatramo operatorske norme na Mn(R) ' L(Rn) inducirane sljede¢imnormama na Rn (v. prethodni zadatak):

‖x‖1 :=n∑i=1

|xi| , odnosno ‖x‖∞ := max1≤i≤n

|xi| .

Ozna£avamo ih opet s ‖ · ‖1, odnosno ‖ · ‖∞, jer ne moºe do¢i do zabune o kojem se prostoruradi. Dokaºite da vrijedi (iste tvrdnje vrijede za Mn(C) umjesto Mn(R))

‖A‖1 = max1≤j≤n

n∑i=1

|aij | ,

‖A‖∞ = max1≤i≤n

n∑j=1

|aij | .

Rje²enje: Za ∞-normu lako se vidi da vrijedi nejednakost ‖A‖∞ ≤ max1≤i≤n∑n

j=1 |aij |.Ako se maksimum na desnoj strani poprima za indeks k, za x deniran s xj =

akj|akj | , 1 ≤ j ≤ n

(u op¢enitijem kompleksnom slu£aju; ako je akj = 0 onda za xj moºemo uzeti bilo koji brojpo apsolutnoj vrijednosti manji od 1) vrijedi ‖x‖∞ = 1 pa je

‖A‖∞ ≥ ‖Ax‖∞ = max1≤i≤n

∣∣∣∣∣∣n∑j=1

aijakj|akj |

∣∣∣∣∣∣ ≥∣∣∣∣∣∣n∑j=1

akjakj|akj |

∣∣∣∣∣∣ = max1≤i≤n

n∑j=1

|aij | .

Za 1-normu postupiti sli£no; u drugom dijelu dokaza za x uzeti ek gdje je k indeks na kojemse poprima maksimum u max1≤j≤n

∑ni=1 |aij |.


Zadatak 8.4. Odredite orbitu proizvoljnog rje²enja Lotka-Volterrinog sustava danog u Pri-mjeru 8.1, tj. skup

(P (t), G(t)) ∈ R2 : t ∈ I ,

gdje je (P,G) : I → R2 rje²enje sustava.

Rje²enje: Za dano rje²enje sustava poku²ajmo na¢i orbitu u eksplicitnoj formi G = G(P ).Tada je (sjetimo se derivacije parametarski zadane funkcije)

dG

dP=

G(aP − b)P (−cG+ d)

,

ili ekvivalentnoG(aP − b) + P (cG− d)

dG

dP= 0,

²to nije egzaktna jednadºba, ali je integriraju¢i faktor dan s 1PG . Rje²avaju¢i dobivenu

egzaktnu jednadºbu za P,G > 0 dolazimo do rje²enja (u implicitnoj formi)

Φ(P,G) = aP − b lnP + cG− d lnG = C,

²to predstavlja jednadºbu orbite (konstantu C moºemo odrediti iz po£etnog uvjeta). Pri-mijetimo, funkcija Φ je strogo konveksna na otvorenom prvom kvadrantu i teºi prema be-skona£no kad se (P,G) pribliºava rubu domene, odnosno kad ‖(P,G)‖ teºi beskona£nosti(to svojstvo funkcije nazivamo koercitivnost). Stoga za bilo koji C orbita predstavlja zatvo-renu krivulju unutar otvorenog prvog kvadranta pa je stoga maksimalni interval egzistencijerje²enja sustava cijeli skup R, uz bilo koje po£etne vrijednosti P (0) > 0 i G(0) > 0, te jerje²enje periodi£ko.


9. Osnovna svojstva linearnih sustava prvog reda

U ovoj to£ki opisujemo strukturu skupa svih rje²enja sustava linearnih diferencijalnih jed-nadºbi prvog reda

d

dxU = A(x) U + B(x). (37)

Radna pretpostavka jeA ∈ C(I ; Mn(R)), B ∈ C(I ; Rn),

pri £emu je I otvoreni interval realnih brojeva. Tada prema Teoremu 8.6 odgovaraju¢iinicijalni problem ima jedinstveno globalno rje²enje za svaki x0 ∈ I i svaki U0 ∈ Rn.

Analizu sustava (37) po£injemo analizom pripadnog homogenog sustava

d

dxU = A(x) U. (38)

Prvo svojstvo skupa svih globalnih rje²enja sustava (38) je svojstvo linearnosti. Preciznije,vrijedi

Lema 9.1. a) Ako su U1 i U2 rje²enja jednadºbe (38) na I, onda je i funkcija U1 + U2

rje²enje jednadºbe (38) na I (aditivnost).

b) Ako je U rje²enje jednadºbe (38) na I i λ ∈ R, onda je i funkcija λU rje²enjejednadºbe (38) na I (homogenost).

Dokaz: Dokaºimo aditivnost, homogenost ostavljamo kao zadatak. Neka su U1,U2 ∈C1(I ; Rn) rje²enja jednadºbe (38) na I. Tada je i funkcija U1 + U2 ∈ C1(I ; Rn) jerje C1(I ; Rn) realan vektorski prostor. Nadalje, za x ∈ I imamo

d

dx(U1 + U2)(x) =

(d

dxU1 +

d

dxU2

)(x) =

d

dxU1(x) +

d

dxU2(x)

= A(x)U1(x) + A(x)U2(x) = A(x)(U1(x) + U2(x)) = A(x)(U1 + U2)(x) .

Pritom su redom kori²teni: linearnost derivacije, denicija zbroja funkcija, £injenica da suU1 i U2 rje²enja jednadºbe (38), linearnost matri£nog mnoºenja i denicija zbroja funkcija.

Dakle, skup U svih globalnih rje²enja homogene jednadºbe (38) je vektorski potprostorprostora C1(I ; Rn). Iz Teorema 8.6 zaklju£ujemo da je U netrivijalan. Preciznije, vrijedi

Lema 9.2. Vektorski prostor U svih globalnih rje²enja homogene jednadºbe (38) ima dimen-ziju n.

Dokaz: Dokaz se zasniva na Teoremu 8.6. Pokazat ¢emo da je U izomorfan s Rn. Odaberemoz ∈ I i deniramo funkciju Kz : U → Rn formulom

Kz(U) = U(z) , U ∈ U .

• Preslikavanje Kz je linearno (ovo ostavljamo kao zadatak).

9. OSNOVNA SVOJSTVA LINEARNIH SUSTAVA PRVOG REDA 57

• Kz je surjekcija.Treba pokazati da za svaki U0 ∈ Rn moºemo na¢i U ∈ U tako da je Kz(U) = U0.Zadamo U0 ∈ Rn. Tada inicijalni problem

d

dxU = A(x) U, U(z) = U0

ima jedinstveno globalno rje²enje U. Tada je po konstrukciji U ∈ U i jo² vrijediKz(U) = U(z) = U0.

• Kz je injekcija.Neka su U,V ∈ U takve da je Kz(U) = Kz(V). Dakle je U(z) = V(z). No, objefunkcije U i V zadovoljavaju istu diferencijalnu jednadºbu (38) na I, podudaraju seu to£ki z ∈ I, pa su jednake zbog jedinstvenosti rje²enja inicijalnog problema.

Ovime smo pokazali da je Kz linearna bijekcija (izomorzam). Stoga Kz £uva dimenziju,odnosno dimU = n.

Dakle, za opis skupa svih rje²enja homogene jednadºbe dovoljno je na¢i jednu bazuu prostoru U . Svaku takvu bazu zovemo fundamentalno rje²enje odnosno fundamentalnisistem rje²enja diferencijalne jednadºbe (37).

Primjer 9.3. Neka je n = 2 i

A =

[1 1

4 1

].

Pokaºimo da funkcije

U1 = e3t

[1

2

]i U2 = e−t

[1

−2

]£ine fundamentalno rje²enje sustava d

dtU = AU.Kako je A konstantna matrica, to su globalna rje²enja denirana na cijelom R. Ostav-

ljamo kao zadatak provjeru da U1 i U2 zadovoljavaju jednadºbu ddxU = AU. Pokaºimo da

su U1 i U2 linearno nezavisne. Dakle, neka je λU1 + µU2 = 0; trebamo pokazati da je tomogu¢e samo ako je λ = µ = 0. Raspisana po komponentama, jednakost λU1 + µU2 = 0glasi

e3tλ+ e−tµ = 0

2e3tλ− 2e−tµ = 0, t ∈ R.

Za ksan t, ovo predstavlja homogeni sustav linearnih algebarskih jednadºbi s nepoznanicamaλ i µ, [

e3t e−t

2e3t −2e−t

] [λ

µ

]=

[0

0

]. (39)

Determinanta matrice sustava je −4e2t 6= 0 pa je rje²enje sustava jedinstveno: λ = µ = 0.Primijetimo, zaklju£ak smo dobili promatraju¢i samo jedan t u (39).

U primjeru smo koristili op¢u shemu za provjeru fundamentalnosti sistema (U1, . . . ,Un):

• U1, . . . ,Un su rje²enja homogene jednadºbe (38) (na promatranom intervalu I),

• U1, . . . ,Un su linearno nezavisne u prostoru C1(I ; Rn).


Provjera prvog uvjeta je manje-vi²e tehni£ka. Drugi uvjet moºe biti delikatan i sada forma-liziramo njegovu provjeru. Uz funkcije U1, . . . ,Un ∈ C1(I ; Rn) veºemo matricu Wronskog£iji je i-ti stupac vektor Ui(x):

W(x) = [U1(x),U2(x) . . . ,Un(x)] ∈Mn(R), x ∈ I .

Preciznije, matrica Wronskog je matri£na funkcija W : I →Mn(R), funkcija klase C1.

Teorem 9.4. Neka je A : I → Mn(R) neprekidna te neka su U1, . . . ,Un ∈ C1(I;Rn)globalna rje²enja homogenog sustava U′ = A(x)U. Tada je ekvivalentno:

a) funkcije U1, . . . ,Un tvore fundamentalno rje²enje sustava

b) detW (x) 6= 0 za neki x ∈ I

c) detW (x) 6= 0 za svaki x ∈ I.

Dokaz: Iz tvrdnje c o£ito slijedi tvrdnja b. Dokaºimo a⇒c. Neka je U1, . . . ,Un ∈ Ufundamentalno rje²enje. Za proizvoljan z ∈ I izomorzam Kz : U → Rn prevodi onda bazu(U1, . . . ,Un) prostora U u bazu (U1(z), . . . ,Un(z)) prostora Rn. Specijalno su vektori(U1(z), . . . ,Un(z)) linearno nezavisni pa je matrica W(z) = [U1(z), . . . ,Un(z)] regularna,tj. determinanta joj je razli£ita od nule.

Za dokaz implikacije b⇒a neka su sad funkcije U1, . . . ,Un ∈ U takve da postoji x ∈I tako da je matrica Wronskog W(x) = [U1(x), . . . ,Un(x)] regularna. Tada su vektoriU1(x), . . . ,Un(x) ∈ Rn linearno nezavisni pa tvore bazu u Rn. No, kako je K−1

x : Rn → Utakoer izomorzam, to je je i K−1

x (U1(x)), . . . ,K−1x (Un(x)) baza u U .

Pretpostavka prethodnog teorema da su funkcije U1, . . . ,Un rje²enja homogene jed-nadºbe (38) je bitna, ²to pokazuje naredni primjer.

Primjer 9.5. Neka je

n = 2, I = (−1, 1), U1(x) =

[u1(x)

0

], U2(x) =

[0

u2(x)

],

pri £emu je

u1(x) =

x2, x ∈ [0, 1)

0, x ∈ (−1, 0], u2(x) =

0, x ∈ [0, 1)

x3, x ∈ (−1, 0]

Lako se uvjerimo da su U1,U2 : (−1, 1)→ R2 funkcije klase C1. Nadalje, matrica Wronskogfunkcija U1,U2 je

W(x) = [U1(x),U2(x)] =

[u1(x) 0

0 u2(x)

]⇒ det W(x) = 0, x ∈ (−1, 1).

S druge strane, funkcije U1 i U2 su linearno nezavisne na intervalu (−1, 1).Posebno moºemo zaklju£iti da U1 i U2 nisu rje²enja istog homogenog sustava na (−1, 1)

s neprekidnom matricom sustava A : (−1, 1)→M2(R).

9. OSNOVNA SVOJSTVA LINEARNIH SUSTAVA PRVOG REDA 59

Primjer 9.6. Promatramo funkcije

V1(x) =

[x

1

], V2(x) =

[x2

2x

].

Naimo intervale na kojima su V1 i V2 linearno nezavisne i probajmo na¢i linearnu dife-rencijalnu jednadºbu koju zadovoljavaju V1 i V2.

Ra£unamo:

αV1(x) + βV2(x) = 0⇔W(x)

[α

β

]=

[0

0

](ovo je standardan postupak). Nadalje, det W(x) = x2, pa zaklju£ujemo da su funkcije V1

i V2 linearno nezavisne na svakom nepraznom intervalu.Poku²ajmo sad na¢i homogenu diferencijalnu jednadºbu koju zadovoljavaju V1 i V2:

treba postojati interval I i matri£na funkcija A ∈ C(I ; M2(R)) tako da bude

ddxV1 = A(x) V1

ddxV2 = A(x) V2

⇔ d

dx[ V1,V2 ] = A(x) [ V1,V2 ] tj.

d

dxW(x) = A(x) W(x).

Kako je W regularna matrica za sve x 6= 0, to je

A(x) =

(d

dxW(x)

)W(x)−1 =

0 1

− 2

x2

2

x

.Dakle, funkcije V1 i V2 zadovoljavaju homogenu diferencijalnu jednadºbu s gornjom matri-com sustava A na svakom intervalu koji ne sadrºi 0.

Vratimo se sad na nehomogenu jednadºbu (37). Zbog rezultata o egzistenciji rje²enjainicijalnog problema skup R svih rje²enja jednadºbe (37) je neprazan. Analizirajmo njegovustrukturu. Ako su W i V rje²enja jednadºbe (37) onda je njihova razlika upravo rje²enjepripadne homogene jednadºbe:

d

dx(W −V) = A(x)(W −V).

Odaberimo jedno rje²enje (zovemo ga partikularno rje²enje) nehomogene jednadºbe (37)u oznaci Up.

Prema gornjem, za svaki V ∈ R funkcija V −Up je jednaka nekom U ∈ U , odnosnoV = Up + U, ²to dokazuje inkluziju

R ⊆ Up + U .

No, vrijedi i obratna inkluzija, naime lako provjerimo da svaki element linearne mnogostru-kosti Up + U zadovoljava nehomogenu jednadºbu (37). Dakle vrijedi

Lema 9.7. Za skup R svih rje²enja nehomogenog sustava (37) vrijedi

R = Up + U ,

gdje je Up partikularno rje²enje sustava (37), a U skup svih rje²enja homogenog sustava(38).

Ovime je opis skupa svih rje²enja nehomogene jednadºbe (37) sveden na nalaºenje jednogrje²enja Up nehomogene jednadºbe i jednog fundamentalnog rje²enja pripadne homogenejednadºbe (38).


Zadaci za vjeºbu

Zadatak 9.1. Odredite fundamentalno rje²enje za sustav

a)ddxu1 = 3u1ddxu2 = −2u2

b)d

dxU =

[1 02 1

]U

c) Pomo¢u dijela a zadatka, zapi²ite op¢e rje²enje sustava

d

dxu1 = 3u1 + x

d

dxu2 = −2u2 + x2

Zadatak 9.2. Pokaºite da

U(x) = e2x

[11

]i V(x) = e−3x

[1−4

]£ine fundamentalno rje²enje sustava

d

dxU =

[1 14 −2

]U .

Odredite rje²enje koje zadovoljava po£etni uvjet U(0) =

[3−7

]Zadatak 9.3. Neka su

U(x) =

[x1

]i V(x) =

[x2

x

],

a W pripadna matrica Wronskog. Dokaºite tvrdnje:

a) Skup U,V je linearno nezavisan.

b) Matrica W je singularna na cijelom R.

Za²to tvrdnje a i b nisu u kontradikciji?

Zadatak 9.4. Neka je A : I → Mn(R) neprekidna matri£na funkcija, I ⊆ R otvoreninterval. Tada Cauchyjeva zada¢a za linearnu matri£nu jednadºbu prvog reda

d

dxZ = A(x) Z , x ∈ I

Z(x0) = Z0

ima jedinstveno rje²enje Z : I →Mn(R) (globalno!) za svaki x0 ∈ I i Z0 ∈Mn(R).

Rje²enje: Svaki stupac matri£ne funkcije Z rje²ava Cauchyjevu zada¢u za linearni sustav

d

dxU = A(x) U , x ∈ I

U(x0) = U0 ,

pri £emu je U0 odgovaraju¢i stupac matrice Z0.

10. EVOLUCIJSKA MATRICA LINEARNOG SUSTAVA 61

10. Evolucijska matrica linearnog sustava

Promatramo sustav linearnih diferencijalnih jednadºbi prvog reda

d

dxU = A(x) U + B(x). (40)

Uz sustav (40) veºemo pripadni homogeni sustav

d

dxU = A(x) U. (41)

Promatrat ¢emo i odgovaraju¢i inicijalni problem; uz (40) odnosno (41) zadajemo i po£etniuvjet

U(x0) = U0. (42)

Standardne pretpostavke su

A ∈ C(I ; Mn(R)), B ∈ C(I ; Rn), x0 ∈ I, U0 ∈ Rn,

pri £emu je I otvoreni interval realnih brojeva. Tada odgovaraju¢i inicijalni problem imajedinstveno globalno rje²enje za sve x0 ∈ I i sve U0 ∈ Rn. Cilj ove to£ke je izvesti analogonformule za rje²enje inicijalnog problema za skalarnu linearnu jednadºbu prvog reda.

Neka su (U1, . . . ,Un) i (V1, . . . ,Vn) dva fundamentalna rje²enja sustava (40). Spe-cijalno su (U1, . . . ,Un) i (V1, . . . ,Vn) dvije baze u vektorskom prostoru U skupa svihrje²enja homogene jednadºbe (41). Zna£i da svaki Vi, i ∈ 1, . . . , n moºemo razviti pobazi (U1, . . . ,Un):

V1 = γ11 U1 + . . .+ γn1 Un,

···Vn = γ1n U1 + . . .+ γnn Un.

Matri£ni zapis je

[V1, . . . ,Vn] = [U1γ11 + . . .+ Unγn1, . . . , U1γ1n + . . .+ Unγnn]

= [U1, . . . ,Un]

γ11 . . . γ1n

· . . . ·· . . . ·· . . . ·γn1 . . . γnn

.Zapi²imo ovu jednakost preglednije. S Wu i Wv ozna£imo matrice Wronskog funkcijaU1, . . . ,Un i V1, . . . ,Vn

Wu = [U1, . . . ,Un], Wv = [V1, . . . ,Vn].

U ovom kontekstu, kad su (U1, . . . ,Un) i (V1, . . . ,Vn) fundamentalna rje²enja, njihovematrice Wronskog Wu i Wv zovemo fundamentalne matrice. Nadalje stavimo Γ = (γij), pagornja matri£na jednakost glasi

Wv(x) = Wu(x) Γ, x ∈ I. (43)


Pri tome je Γ konstantna matrica koja je i regularna (jer su Wu(x) i Wv(x) regularne zasvaki x ∈ I ). Za proizvoljne x, y ∈ I dobivamo iz (43):

Wv(x) (Wv(y))−1 = (Wu(x) Γ) (Wu(y) Γ)−1 = Wu(x) (Wu(y))−1.

Uz fundamentalno rje²enje (U1, . . . ,Un) veºimo matri£nu funkciju Eu,

Eu(x, y) = Wu(x) (Wu(y))−1, x, y ∈ I.

Gornju jednakost moºemo onda zapisati u obliku

Eu(x, y) = Ev(x, y), x, y ∈ I.

Zna£i da matri£na funkcija Eu ne ovisi o fundamentalnom rje²enju (U1, . . . ,Un), pa ju udaljnjem ozna£avamo samo s E(x, y) i zovemo evolucijska matrica sustava (40). Uo£imo daevolucijska matrica

E : I × I →Mn(R)

ovisi samo o matrici sustava A i to na vrlo kompliciran na£in. Iznimku £ini slu£aj n = 1gdje je E upravo jednak U iz Teorema 4.1.

Jedno obrazloºenje za naziv evolucijska je sljede¢e. Neka je U ∈ U neko rje²enjehomogenog sustava (41), U1, . . . ,Un fundamentalno rje²enje. Tada U moºemo razviti pobazi (U1, . . . ,Un),

U = α1U1 + . . .+ αnU

n = [U1 . . .Un]

α1

···αn

= Wu

α1

···αn

tj.

U(x) = Wu(x)

α1

···αn

, x ∈ I.

Zaklju£ujemo da vektorska funkcija (Wu(x))−1U(x) ne ovisi o x ∈ I, tj.

(Wu(x))−1U(x) = (Wu(y))−1U(y), x, y ∈ I.

Specijalno onda vrijedi

U(y) = Wu(y) (Wu(x))−1U(x) = E(y, x)U(x), x, y ∈ I.

Navedimo neka svojstva evolucijske matrice. Kako je E produkt dviju matri£nih funkcijaklase C1, to je i E klase C1 na I × I. Vrijedi

• E(x, x) = I , x ∈ I, gdje je I jedini£na matrica,

• E(x, y) E(y, z) = E(x, z), x, y, z ∈ I,

• ∂∂xE(x, y) = A(x) E(x, y), x, y ∈ I,

• ∂∂yE(x, y) = −E(x, y) A(y), x, y ∈ I.


Dokaºimo ova svojstva. Neka je W proizvoljna fundamentalna matrica; iz denicijeevolucijske matrice odmah izlaze prvo i drugo svojstvo. Provjerimo tre¢e:

∂E

∂x(x, y) =

∂

∂x(W(x) W−1(y)) =

dW

dx(x) W−1(y) = A(x)W(x) W−1(y),

gdje smo za zadnju jednakost koristili ra£un iz Primjera 9.6 (tamo je to na£injeno u slu-£aju n = 2, ali op¢i slu£aj se jednako razmatra). Zadnje svojstvo ostavljamo kao zadatak(iskoristite tvrdnju Zadatka 10.2).

Prelazimo sad na konstrukciju partikularnog rje²enja sustava (40). Imitiramo metoduvarijacije konstanti iz skalarnog slu£aja. Neka je U1, . . . ,Un fundamentalno rje²enje sustava(40). Partikularno rje²enje Up traºimo u obliku

Up(x) = W(x) C(x), x ∈ I;

ovdje je W = [U1, . . . ,Un] fundamentalna matrica a C : I → Rn treba odrediti tako dagornji Up bude rje²enje sustava (40). Imamo redom:

A(x)Up(x) + B(x) =d

dxUp(x)

=d

dxW(x)C(x) + W(x)

d

dxC(x)

= A(x)W(x)C(x) + W(x)d

dxC(x)

= A(x)Up(x) + W(x)d

dxC(x),

tj. dobivamo sljede¢e uvjete na vektorsku funkciju C(x) = (Ci(x)):

d

dxC(x) = W(x)−1B(x), x ∈ I.

Integriranjem izlazi

C(x) =

∫ x

x0

W(y)−1B(y) dy + D, x ∈ I. (44)

Ovdje je D ∈ Rn proizvoljan konstantan vektor. Zna£i, na²li smo bar jedno partikularnorje²enje.

Izvedimo sad formulu za rje²enje inicijalnog problema (40), (42) uz pretpostavku poz-navanja jednog fundamentalnog rje²enja W = [U1, . . . ,Un]. Znamo da globalno rje²enjepostoji i jedinstveno je, ozna£imo ga s U ∈ C1(I;Rn). Poku²ajmo ga zapisati u gornjojformi partikularnog rje²enja

U(x) = W(x) C(x), x ∈ I,

pri £emu funkcija C zadovoljava uvjet za partikularno rje²enje

d

dxC(x) = W(x)−1B(x), x ∈ I,

i dodatni uvjet

U(x0) = U0 = W(x0) C(x0)⇒ C(x0) = W(x0)−1U0 = D.


Dakle,

C(x) = W(x0)−1U0 +

∫ x

x0

W(y)−1B(y) dy, x ∈ I.

Uvaºavanjem ovih izraza u formuli za rje²enje U inicijalnog problema dobivamo

U(x) = W(x)W(x0)−1U0 +

∫ x

x0

W(x)W(y)−1B(y) dy,

odnosno pomo¢u evolucijske matrice

U(x) = E(x, x0)U0 +

∫ x

x0

E(x, y)B(y) dy, x ∈ I. (45)

Ova formula ima istu formu kao i odgovaraju¢a formula za rje²enje skalarnog inicijalnogproblema. No glavni problem ostaje, a to je nalaºenje jednog fundamentalnog rje²enja.Op¢enito se fundamentalno rje²enje ne moºe na¢i eksplicitno tako da formula (45) imauglavnom teorijsko zna£enje. No, u slu£aju autonomnih homogenih sustava (A ∈ Mn(R)je konstanta) postoji metoda za konstrukciju jedne fundamentalne matrice. Time ¢emo sebaviti u idu¢im dvjema to£kama.

Primjer 10.1. Naimo rje²enje inicijalnog problema

d

dxU = AU + B(x), U(x0) = U0, uz

A =

[1 1

4 1

], B(x) = ex

[1

−1

], x0 = 0, U0 =

[−1

1

].

Po Teoremu 8.4 znamo da ovaj inicijalni problem ima jedinstveno rje²enje na cijelomR. Nadalje, od prije znamo da funkcije

U1(x) = e3x

[1

2

], U2(x) = e−x

[1

−2

]tvore fundamentalno rje²enje. Ostaje nam primijeniti formulu (45) za rje²enje. Naimoevolucijsku matricu. Imamo (oznake su kao u gornjem tekstu)

W(x) =

[e3x e−x

2e3x −2e−x

]⇒W(x)−1 =

1

4

[2e−3x e−3x

2ex −ex

].

Izraz za evolucijsku matricu je

E(x, y) = W(x)W(y)−1

i zapravo ju ne trebamo izra£unati. Prvi sumand desne strane u formuli (45) u na²em slu£ajuje

E(x, x0)U0 = W(x)W(0)−1U0 = W(x)1

4

[−1

−3

]=

1

4

[−e3x − 3e−x

−2e3x + 6e−x

].

Ra£unamo drugi sumand desne strane u formuli (45):∫ x

x0

E(x, y)B(y) dy = W(x)

∫ x

0W(y)−1B(y) dy = W(x)

∫ x

0

1

4

[e−2y

3e2y

]dy

= W(x)1

4

[−1

2(e−2x − 1)

32(e2x − 1)

],

²to lako vodi do rje²enja (dovr²ite).


Lema 10.2 (Liouvilleov teorem). (Takoer su zasluºni Abel, Ostrogradski i Jacobi.) Zamatricu Wronskog W sustava

d

dxU = A(x) U

vrijedi

det W(x) = det W(x0)e

∫ x

x0

tr A(s) ds, x, x0 ∈ I .

Dokaz: Iz denicije evolucijske matrice E(y, z) = W(y)W(z)−1 imamo W(y) = E(y, z)W(z)pa posebno vrijedi

W(x+ ε) = E(x+ ε, x)W(x) ,

odnosno, zbog Binet-Cauchyjeve formule

det W(x+ ε) = det E(x+ ε, x) det W(x) . (46)

Prema deniciji parcijalne derivacije∂E

∂xvrijedi

E(x+ ε, x) = E(x, x) + ε∂

∂xE(x, x) + o(ε) = I + εA(x) + o(ε) ,

pri £emu je limε→0o(ε)ε = 0 pa iz denicije determinante zaklju£ujemo da je

det E(x+ ε, x) = det(I + εA(x) + o(ε)) =

n∏i=1

(1 + εaii(x)) + o(ε) = 1 + ε tr A(x) + o(ε) .

Iz (46) imamo

det W(x+ ε) = det W(x) + ε tr A(x) det W(x) + o(ε) .

Dakle, za funkciju w = det W vrijedi

d

dxw = tr A(x)w ,

a rje²enje ove jednadºbe prvog reda je w(x) = w(x0)e

∫ x

x0

tr A(s) ds, ²to se i tvrdilo.

Zadaci za vjeºbu

Zadatak 10.1. Dokaºite da je evolucijska matrica E(x, y) matri£ni zapis (u kanonskoj bazi)evolucijskog operatora E(x, y) : Rn → Rn deniranog s E(x, y) = Kx K−1

y , pri £emu Kxozna£ava izomorzam iz 9. to£ke.

Rje²enje: Za ksan i ∈ 1, . . . , n deniramo U = K−1y ei ∈ C1(I ; Rn). Drugim rije£ima,

U je jedinstveno rje²enje Cauchyjevog problema

d

dxU = A(x)U, U(y) = ei .

Sada je E(x, y) ei = U(x). S druge strane, znamo formulu za U: U(x) = E(x, y) ei, ²todokazuje tvrdnju.


Zadatak 10.2. Neka je W : I → Mn(R), I ⊆ R otvoren, derivabilna funkcija takva da jeW (x) regularna za svaki x ∈ I. Dokaºite da je i W−1 takoer derivabilna i vrijedi

(W−1)′ = −W−1W′W−1 .

Zadatak 10.3. Zadana je fundamentalna matrica W : I → Mn(R) linearnog sustavaddxU = A(x) U, za A ∈ C(I ; Mn(R)) i I ⊆ R otvoren interval.

a) Dokaºite da je W−τ fundamentalna matrica sustava (adjungirani sustav) ddxU =

−Aτ (x) U.

b) Dokaºite da je Z fundamentalna matrica adjungiranog sustava ako i samo ako postojiregularna matrica C ∈Mn(R) takva da je

Zτ (x)W(x) = C , x ∈ I .

c) Ako je A antisimetri£na matrica na I dokaºite da postoji regularna matrica C ∈Mn(R) takva da je

Wτ (x)W(x) = C , x ∈ I .

Posebno, ako je fundamentalna matrica ortogonalna u po£etnom trenutku x0, onda jeortogonalna za svaki x ∈ I.

Zadatak 10.4. Ako je za sustav U′ = A(x)U, uz A simetri£nu, fundamentalna matricasimetri£na u po£etnom trenutku x0, dokaºite da je simetri£na u svakom trenutku.

Zadatak 10.5. Zadani su A,B ∈ C(I ; Mn(R)), I otvoren interval, i matri£na diferenci-jalna jednadºba

d

dxZ = A(x) Z + Z B(x) , x ∈ I .

Dokaºite:

a) Ako je X fundamentalna matrica sustava U′ = A(x)U, a Y fundamentalna matricasustava U′ = Bτ (x)U, onda je za svaki C ∈ Mn(R) matri£na funkcija Z = XCYτ

rje²enje gornje matri£ne jednadºbe.

b) Obratno, ako je Z rje²enje matri£ne jednadºbe, onda postoji matrica C ∈Mn(R) takvada je Z = XCYτ .

Zadatak 10.6. Promotrimo linearni sustav s kompleksnim koecijentima

d

dxU = A(x)U , (47)

uz A ∈ C(I ; Mn(C)) ili ekvivalentno A = B + iC pri £emu su B i C neprekidne funkcijena I s vrijednostima u Mn(R). Takoer, rje²enje U zapisujemo kao zbroj V + iZ, uzV,Z ∈ C1(I ; Rn). Dokaºite:

a) U je rje²enje sustava ako i samo ako je[

VZ

]rje²enje sustava s realnim koecijentima

d

dxY = D(x)Y , (48)

gdje je

D =

[B −CC B

].


b) W je fundamentalna matrica sustava (47) ako i samo ako je[ReW −ImWImW ReW

].

fundamentalna matrica sustava (48).


11. Linearni sustavi prvog reda s konstantnim koecijentima

U ovoj to£ki promatramo sustav linearnih diferencijalnih jednadºbi prvog reda

d

dxU = A U + B(x), (49)

pri £emu je A konstantna matrica. Tada je pripadni homogeni sustav

d

dxU = A U (50)

autonoman sustav prvog reda tj. sustav obi£nih diferencijalnih jednadºbi U′ = F(U),odnosno u kojem desna strana ne ovisi eksplicitno o nezavisnoj varijabli. Za takve sustavevrijedi analogna tvrdnja iskazana u Napomeni 2.8 u slu£aju n = 1.

Pokazujemo da za homogene sustave s konstantnim koecijentima postoji formula zajednu fundamentalnu matricu. Promatramo kao primjer slu£aj n = 1;

u′ = a u uz a ∈ R konstanta ⇒ u(x) = c eax, c konstanta.

Probamo po analogiji u slu£aju sustava (50):

U(x) = eaxV,

pri £emu V ∈ Rn i a ∈ R odreujemo tako da gornji U bude rje²enje jednadºbe (50);uvr²tavanjem dobivamo

A U(x) =d

dxU(x) = a eaxV.

Dakle, vektor V ∈ Rn i broj a ∈ R trebaju zadovoljavati

AV = aV.

Ovime smo pokazali:

Lema 11.1. Ako je a ∈ R svojstvena vrijednost matrice A, a V pripadni svojstveni vektor,onda je funkcija U(x) = eax V rje²enje jednadºbe (50) na cijelom R.

Rezultat sugerira metodu za nalaºenje fundamentalnog rje²enja u slu£aju dijagonaliza-bilne matrice:

• Nau se sve svojstvene vrijednosti λ1, . . . λn matrice A i baza prostora Rn sa£injenaod pripadnih svojstvenih vektora V1, . . . ,Vn.

• Deniraju se funkcije Ui(x) = eλix Vi, i = 1, . . . , n .

Kako je Ui(0) = Vi, to je matrica Wronskog regularna u nuli, ²to prema Teoremu 9.4povla£i da U1, . . . ,Un tvore fundamentalno rje²enje sustava (50).


A =

[1 1

4 1

].

Tada su svojstvene vrijednosti od A jednake −1 i 3, dok su odgovaraju¢i svojstveni vektori[1,−2]τ i [1, 2]τ . Prema gornjem dolazimo do vektorskih funkcija

U1(x) = e−x

[1

−2

]i U2(x) = e3x

[1

2

]koje tvore fundamentalno rje²enje (v. Primjer 9.3).

11. LINEARNI SUSTAVI PRVOG REDA S KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA 69


A =

0 1 1

1 0 1

1 1 0

.Matrica A je simetri£na pa je dijagonalizabilna. Svojstveni polinom je

p(λ) = −λ3 + 3λ+ 2 = (λ+ 1)(−λ2 + λ+ 2) = −(λ+ 1)2(λ− 2).

Svojstvena vrijednost −1 je dvostruka, no znamo da je pripadni svojstveni potprostor dvodi-menzionalan pa opet moºemo konstruirati fundamentalno rje²enje (dovr²ite primjer!).

Ozbiljniji problemi nastupaju ako matrica A nije dijagonalizabilna ili je dijagonalizabilnanad poljem C (tj. posjeduje kompleksne svojstvene vrijednosti). No, postoji op¢a procedurakonstrukcije fundamentalnog rje²enja pomo¢u eksponencijalne funkcije matrice. Denicijueksponencijalne funkcije realne varijable,

ex = 1 + x+ . . .+xm

m!+ . . . , x ∈ R,

pro²irimo na eksponencijalnu funkciju matri£ne varijable:

eA = I + A + . . .+Am

m!+ . . . , A ∈Mn(R). (51)

Ostaje opravdati deniciju. Najprije deniramo konvergenciju reda matrica. Kaºemo dared matrica (reda n)

∑∞k=1 A(k) konvergira prema matrici A ako vrijedi

∞∑k=1

A(k)ij = Aij , i, j = 1, . . . , n ,

gdje je A(k) = (A(k)ij ), A = (Aij). Ekvivalentno, moºemo re¢i da niz parcijalnih suma∑m

k=1 A(k) konvergira prema A u normi na Mn(R) (bilo kojoj, jer su sve norme na ovomkona£nodimenzionalnom prostoru ekvivalentne). Ova situacija je analogna onoj u Rn: niz(zm) ⊆ Rn konvergira prema z ∈ Rn ako i samo ako nizovi komponenti (zmi ) ⊆ R konvergi-raju prema zi, za svaki 1 ≤ i ≤ n.

Neka je ‖ ‖ norma naMn(R). Ako red∑∞

k=1 ‖A(k)‖ konvergira kaºemo da red∑∞

k=1 A(k)

konvergira apsolutno. Ponovno, ova denicija ne ovisi o odabranoj normi zbog ekvivalencijenormi na Mn(R).

Teorem 11.4. Red∑∞

k=1 A(k) konvergira apsolutno ako i samo ako konvergiraju redovi

∞∑k=1

|A(k)ij |, i, j = 1, . . . , n .

Posebno, u tom slu£aju konvergira i red∑∞

k=1 A(k).

Dokaz: Primijetimo najprije da je gornja tvrdnja analogon rezultata o konvergenciji redabrojeva: ako red konvergira apsolutno, onda konvergira. Za dokaz nam je pogodna norma

‖A‖ =

n∑i,j=1

|Aij |, A = (Aij) ∈Mn(R)


jer ona ima dodatno svojstvo:

|Aij | ≤ ‖A‖, i, j = 1, . . . , n, A = (Aij) ∈Mn(R).

Specijalno onda vrijedi

|A(k)ij | ≤ ‖A

(k)‖, i, j = 1, . . . , n, k = 1, 2, . . . .

Zna£i da su redovi∞∑k=1

A(k)ij , i, j = 1, . . . , n,

apsolutno konvergentni pa su i konvergentni. Kori²tenjem iste norme, lako dokazujemo iobrat: ako redovi

∑∞k=1A

(k)ij (i, j = 1, . . . , n) konvergiraju apsolutno onda konvergira red∑∞

k=1 ‖A(k)‖.

Zadatak 11.1. Neka je D = diag(d1, . . . , dn). Dokaºite da je

eD = diag(ed1 , . . . , edn).

Rje²enje: Indukcijom lako dokaºemo da je

Dk = diag(dk1, . . . , dkn), k = 1, 2, . . . ,

a odavde izlazi tvrdnja.

Zadatak 11.2. Neka red∑∞

k=1 A(k) konvergira. Tada za sve matrice P,Q ∈ Mn(R) ko-nvergira i red

∑∞k=1 PA(k)Q i vrijedi

∞∑k=1

PA(k)Q = P

( ∞∑k=1

A(k)

)Q.

Rje²enje: Neka je∑∞

k=1 A(k) = A. Imamo onda redom za i, j ∈ 1, . . . , n:

(PA(k)Q)ij =

n∑r,s=1

Pir A(k)rs Qsj .

Kako redovi∑∞

k=1A(k)rs konvergiraju za svaki 1 ≤ r, s ≤ n to konvergiraju i redovi∑∞

k=1 Pir A(k)rs Qsj za svaki 1 ≤ i, j, r, s ≤ n pa tako i njihova suma (po r i s):

∞∑k=1

(PA(k)Q)ij =n∑

r,s=1

Pir

( ∞∑k=1

A(k)rs

)Qsj =

n∑r,s=1

PirArsQsj = (PAQ)ij .

Kad promatramo matri£ne redove potencija, pogodno je koristiti norme na Mn(R) kojesu usugla²ene s matri£nim mnoºenjem. Kaºemo da je norma ‖ ‖ usugla²ena s matri£nimmnoºenjem ako vrijedi

‖A B‖ ≤ ‖A‖ ‖B‖, A,B ∈Mn(R).

Na primjer, ako je norma ‖ ‖ inducirana vektorskom normom na Rn, onda je ona usugla²enas matri£nim mnoºenjem (v. Zadatak 8.2). Primjeri takvih normi su 1-norma i ∞-norma naMn(R) koje su prakti£no opisane u Zadatku 8.3.


Zadatak 11.3. Neka je A ∈Mn(R). Tada red∞∑k=0

Ak

k!konvergira.

Rje²enje: Neka je ‖·‖ neka norma na Mn(R) koja je usugla²ena s mnoºenjem matrica. Tadaimamo

‖Ak‖ = ‖A Ak−1‖ ≤ ‖A‖ ‖Ak−1‖ ≤ . . . ≤ ‖A‖k, k ∈ N.

Prema usporednom kriteriju konvergencije redova realnih (nenegativnih) brojeva, zbog £i-

njenice da red∞∑k=0

‖A‖k

k!konvergira slijedi konvergencija reda

∞∑k=0

‖Ak‖k!

pa prema Teoremu

11.4 slijedi tvrdnja.

Ako je A ∈ Mn(R), onda s eA ozna£avamo sumu reda∑∞

k=0Ak

k! . Primijetimo da jeeA dobro denirana i za svaku kompleksnu matricu A, jer se denicije konvergencije redau Mn(C) iskazuju potpuno jednako kao u Mn(R) te na isti na£in vrijede tvrdnje Teorema11.4, Zadatka 8.3 i kona£no Zadatka 11.3.

Ako je A ∈ Mn(R) tada je za svaki t ∈ R dobro denirana matrica etA. U daljnjemprou£avamo svojstva matri£ne funkcije realne varijable

R 3 t→ etA ∈Mn(R).

Uvedimo oznaku T(t) = etA. Navedimo neka svojstva funkcije T(t).

Zadatak 11.4. Dokaºite

a) T(0) = I,

b) T ∈ C1(R;Mn(R)) i T′(t) = T(t) A = A T(t), t ∈ R .

Rje²enje: Prvo svojstvo je evidentno. Dokaºimo drugo svojstvo. Imamo zaklju£ke

• Za svaki i, j ∈ 1, . . . , n red potencija∑∞

k=0tk(Ak)ij

k! ima radijus konvergencije +∞(posebno, red konvergira uniformno na kompaktnim skupovima u R),

• red potencija dobiven deriviranjem £lan po £lan∑∞

k=0tk

k! (Ak+1)ij ima isti radijuskonvergencije i konvergira prema derivaciji funkcije denirane polaznim redom. Na-pomenimo da ovaj zaklju£ak vrijedi i za op¢enite redove funkcija: ako red funkcija∑∞

k=0 fk(t) konvergira u nekoj to£ki t ∈ R te∑∞

k=0 f′k(t) konvergira uniformno na

kompaktima iz R, tada je s f(t) :=∑∞

k=0 fk(t) denirana derivabilna funkcije na R if ′(t) =

∑∞k=0 f

′k(t),

Dakle, red∑∞

k=0tk (Ak)ij

k! predstavlja glatku funkciju na R za svaki i, j = 1, . . . , n £ijuderivaciju dobivamo deriviranjem reda £lan po £lan. Dakle, T′(t) postoji za sve t ∈ R iprema Zadatku 11.2 vrijedi

T′(t) =

∞∑k=0

tk

k!Ak+1 =

∞∑k=0

tk

k!Ak A = T(t) A.

Jednakost T′(t) = A T(t) slijedi analogno.


Kako matri£na funkcija T(t) zadovoljava na cijelom R diferencijalnu jednadºbu T′ =A T, to je T kandidat za fundamentalnu matricu sustav (50). Zaista, nije te²ko provjeriti dastupci Tj matrice T zadovoljavaju sustav (50). Trebamo jo² pokazati da je T(t) regularnamatrica za bar jedan t ∈ R. No, T(0) = I pa tvrdnja slijedi. Specijalno, T(t) je regularnaza sve t ∈ R prema Teoremu 9.4.

Poku²ajmo jo² zapisati formulu za rje²enje inicijalnog problema za nehomogeni sustav(49) koriste¢i fundamentalnu matricu T(t) = etA. Dakle, znamo da je rje²enje inicijalnogproblema

d

dxU = A U + B(x), U(x0) = U0 (52)

dano formulomU(x) = E(x, x0)U0 +

∫ x

x0

E(x, y)B(y) dy, x ∈ R.

Pri tome je evolucijska matrica zadana jednom fundamentalnom matricom npr. T:

E(x, y) = T(x)(T(y))−1 = exA (eyA)−1, x, y ∈ R.

Koristimo sljede¢a svojstva ekponencijalne funkcije:

• exA e−xA = I, x ∈ R, A ∈Mn(R),

• eA+B = eA eB, ako A,B ∈Mn(R) komutiraju (tj. vrijedi AB = BA).

Drugim rije£ima, matri£na eksponencijalna funkcija ima uobi£ajena svojstva eksponencijalnefunkcije. Dokaºimo prvo svojstvo; drugo svojstvo je delikatnije (v. Zadatak 11.13). Imamoredom

d

dx(exA e−xA) =

d

dx(exA) e−xA + (exA)

d

dxe−xA

= A (exA) e−xA − exA A e−xA = 0

jer A i exA komutiraju prema Zadatku 11.4. Izlazi da je

exA e−xA = C = const., x ∈ R.

No, za x = 0 dobivamo da je C = I.

Uvaºavanjem zadnja dva svojstva dobivamo kona£nu formulu za rje²enje inicijalnog pro-blema (52):

U(x) = e(x−x0)A U0 +

∫ x

x0

e(x−y)A B(y) dy, x ∈ R.

Komentirajmo jo² ra£unanje matrice eA za zadanu matricu A ∈ Mn(R). Ra£unanjepo deniciji je beznadno osim u specijalnim slu£ajevima. Za dijagonalizabilne matrice Amogu¢ je sljede¢i postupak: znamo da postoji regularna matrica S takva da je

S−1 A S = Λ = diag(λ1, . . . , λn).

Ra£unamo

diag(eλ1 , . . . , eλn) = eΛ = eS−1 A S =

∞∑k=0

(S−1 A S)k

k!

=∞∑k=0

S−1 Ak

k!S = S−1

( ∞∑k=0

Ak

k!

)S = S−1 eA S.


U bitnom, treba rije²iti kompletan svojstveni problem za matricu A.Problemati£ne ostaju nedijagonalizabilne matrice (nad poljem R). Razlikujemo dva

slu£aja

a) postoji svojstvena vrijednost £ija geometrijska kratnost nije jednaka algebarskoj,

b) prisutna je kompleksna svojstvena vrijednost.

Navedimo primjere koji pokazuju ideju rje²avanja tih problema.

Primjer 11.5. Izra£unajmo exA za

A =

2 1 0

0 2 1

0 0 2

.Karakteristi£ni polinom ove matrice je kA(λ) = (λ− 2)3, pa je jedina svojstvena vrijednost2, a pripadni svojstveni potprostor je razapet vektorom (1, 0, 0)τ . Stoga, prema razmatranjus po£etka ove to£ke, znamo da je U(x) = ce2x(1, 0, 0)τ rje²enje sustava

d

dxU = AU .

Izra£unat ¢emo eksponencijalnu funkciju matrice exA na na£in da odredimo op¢e rje²enjesustava, ²to ne¢e biti te²ko jer je matrica sustava gornjetrokutasta.

Kre¢emo od tre¢e jednadºbe:

u′3 = 2u3 ⇐⇒ u3(x) = Ce2x,

pri £emu je C = u3(0) ∈ R proizvoljna konstanta. Ako ovo op¢e rje²enje uvrstimo u drugujednadºbu sustava, dolazimo do

u′2 = 2u2 + Ce2x

£ije je op¢e rje²enje dano formulom (nehomogena linearna jednadºba)

u2(x) = Be2x + Cxe2x

te je pritom B = u2(0). Kona£no, iz prve jednadºbe sustava dolazimo do

u1(x) = Ae2x +Bxe2x + Cx2

2e2x ,

uz A = u1(0). Dakle, op¢e rje²enje moºemo zapisati u obliku

U(x) =

e2x xe2x x2

2e2x

0 e2x xe2x

0 0 e2x

ABC

=

e2x xe2x x2

2e2x

0 e2x xe2x

0 0 e2x

U(0) .

S druge strane, rje²enje moºemo zapisati u obliku U(x) = exAU(0), pa zbog proizvoljnostipo£etnog uvjeta U(0) zaklju£ujemo

exp

x

2 1 0

0 2 1

0 0 2

= e2x

1 x

x2

20 1 x

0 0 1

.


Op¢enito, (nije te²ko generalizirati postupak Primjera 6) za j × j matrice iste strukturevrijedi

exp

xλ 1

. . . . . .. . . 1

λ

= eλx

1 x x2

2! · · · xj−1

(j−1)!

1 x. . .

...

1. . . x2

2!. . . x

1

. (53)

Poznavaju¢i Jordanov rastav matrice (ovdje pretpostavljamo da su sve svojstvene vrijednostiλ1, . . . , λr matrice A realne) lako ra£unamo eksponencijalnu funkciju matrice (sli£no ra£unuza dijagonalizabilne matrice):

S−1AS = J =

J(λ1) 0 . . . 0

0 J(λ2) . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . J(λr)

pri £emu je svaka matrica J(λ) sa£injena od gλ = d(A−λI) (geometrijska kratnost svojstvenevrijednosti λ) elementarnih blokova Jk(λ):

J(λ) =

J1(λ) 0 . . . 0

0 J2(λ) . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . Jgλ(λ)

Jk(λ) =

λ 1

. . . . . .. . . 1

λ

.

Tada je exJ = S−1exAS iste blok dijagonalne strukture kao J, s tim da umjesto elementarnihblokova Jk(λ) imamo exJk(λ), koju ra£unamo prema (53).

Prema prethodnom ra£unu, u matri£noj funkciji exJ kao netrivijalni elementi javljaju sesamo funkcije

eλix , xeλix ,x2

2eλix , . . . ,

xki−1

(ki − 1)!eλix , i = 1, . . . , r , (54)

pri £emu je ki jednak redu najve¢eg elementarnog bloka svojstvene vrijednosti λi. Stoga,mnoºenjem ove matrice slijeva matricom S i zdesna matricom S−1 dolazimo do sljede¢egzaklju£ka za matricu exA: svaki njen element je linearna kombinacija funkcija iz (54). Ko-na£no, kako je svako rje²enje U sustava U′ = AU oblika U(x) = exAC, za neki C ∈ Rn,slijedi sljede¢i rezultat.

Teorem 11.6. Neka je A ∈ Mn(R) takva da je σ(A) = λ1, . . . , λr ⊆ R i U : R → Rnrje²enje sustava U′ = AU. Tada je svaka komponenta rje²enja U linearna kombinacijafunkcija

eλix , xeλix , x2 eλix , . . . , xki−1 eλix , i = 1, . . . , r ,

Pritom je broj ki jednak redu najve¢eg elementarnog bloka svojstvene vrijednosti λi.

Napomena 11.7. Teorem daje vrlo slab rezultat, ali i to ¢e biti dovoljno za vaºan zaklju£aku to£ki 13. U Zadatku 11.15 je dan puno precizniji rezultat: zapisano je fundamentalnorje²enje sustava.


x

y

α < 0 , β > 0

x

y

α > 0 , β > 0

x

y

α = 0 , β > 0

Slika 6: Slu£aj kompleksnih svojstvenih vrijednosti Primjer 11.8


A =

α −β

β α

.Njene svojstvene vrijednosti su kompleksne: α± iβ. Pripadni sustav zapisivat ¢emo s neza-visnom varijablom t:

d

dtU = AU uz oznaku U(t) =

x(t)

y(t)

.Dakle, imamo sustav

x = αx− βyy = βx+ αy .

(55)

Uvodimo polarne koordinate

x = r cosϕ

y = r sinϕ .

Deriviraju¢i po t i uvaºavaju¢i (55) dolazimo do

r cosϕ− rϕ sinϕ = αr cosϕ− βr sinϕ

r sinϕ+ rϕ cosϕ = βr cosϕ+ αr sinϕ .

Mnoºe¢i prvu jednadºbu s cosϕ, a drugu sa sinϕ i zbrajaju¢i ih, odnosno mnoºe¢i prvu sasinϕ, a drugu s cosϕ i oduzimaju¢i ih dobivamo

r = αr

ϕ = β .

Stoga je r(t) = r(0)eαt i ϕ(t) = ϕ(0) + βt, pa imamo

x(t) = r(0)eαt cosϕ(0) cosβt− r(0)eαt sinϕ(0) sinβt

= x(0)eαt cosβt− y(0)eαt sinβt

y(t) = r(0)eαt cosϕ(0) sinβt+ r(0)eαt sinϕ(0) cosβt

= x(0)eαt sinβt+ y(0)eαt cosβt ,


ili matri£no

U(t) = eαt

cosβt − sinβt

sinβt cosβt

U(0) ,

iz £ega slijedi (zbog formule U(t) = etAU(0) i proizvoljnosti vektora U(0))

exp

t α −β

β α

= eαt

cosβt − sinβt

sinβt cosβt

.Ovaj primjer rje²ava pitanje matrica koje su dijagonalizabilne nad C (razmislite za²to).

U sljede¢em teoremu zapisan je rezultat u op¢em slu£aju. Dokaz je zasnovan na realnomJordanovom rastavu matrice (vidi idu¢u to£ku).

Teorem 11.9. Neka je A ∈Mn(R) £iji se spektar sastoji od realnih svojstvenih vrijednostiλ1, . . . , λr i kompleksnih λr+1 = αr+1 + iβr+1, . . . , λr+p = αr+p + iβr+p te λr+1, . . . , λr+p.Tada je svaka komponenta rje²enja U sustava U′ = AU linearna kombinacija funkcija

xleλix , l = 0, . . . , ki − 1 , i = 1, . . . , r

texleαix cosβix , xleαix sinβix , l = 0, . . . , ki − 1 , i = r + 1, . . . , r + p .

Pritom je broj ki jednak redu najve¢eg elementarnog bloka svojstvene vrijednosti λi.

Zadaci za vjeºbu

Zadatak 11.5. Dokaºite: Ako A ∈ Mn(R) ima svojstvenu vrijednost s pozitivnim realnimdijelom, onda postoji rje²enje U sustava d

dxU = AU sa svojstvom ‖U(x)‖ → +∞ kadx→ +∞.

Zadatak 11.6. Dokaºite: Ako je A ∈Mn(R) simetri£na, onda je i eA takoer simetri£na.

Zadatak 11.7. Rije²ite sustave

a)d

dxU =

[1 11 1

]U +

[0

8x

]

b)d

dxU =

[−2 −1

4 2

]U +

[sinxcosx

]Rje²enje: a) U1(x) = c1e

2x + c2 − 2x2 − 2x − 1, U2(x) = c1e2x − c2 + 2x2 − 2x − 1, b)

U1(x) = 2 sinx− (2c1 + c2)x+ c1, U2(x) = −2 cosx− 3 sinx+ (4c1 + 2c2)x+ c2.

Zadatak 11.8. Rije²ite inicijalni problem

U ′(t) = AU(t) +

0t0

, U(0) =

010

,

gdje je A =

1 1 −10 2 10 0 3

.


Rje²enje: u1(t) = 14(3− 8et + 5e2t + 2t), u2(t) = 1

4(−1 + 5e2t − 2t), u3(t) = 0.

Zadatak 11.9. Neka su A ∈Mn(R) i C ∈ Rn. Odredite sve funkcije ϕ : R→ R za koje jeU(x) = ϕ(x)C rje²enje sustava d

dxU = AU.

Rje²enje: Ako je C = 0 onda je ϕ proizvoljna funkcija klase C1. Ako je C svojstvenivektor uz svojstvenu vrijednost λ (∈ R) onda je ϕ(x) = αeλx, uz proizvoljni α ∈ R. Ina£e,ϕ ≡ 0.

Zadatak 11.10. Izra£unajte eksponencijalne funkcije matrica

A =

[1 00 0

], B =

[0 01 0

]a) po deniciji,

b) rje²avaju¢i pripadni homogeni sustav

i uvjerite se da vrijedi eA+B 6= eAeB.

Zadatak 11.11. Kako pomo¢u eksponencijalne funkcije matrice moºemo zapisati svakufundamentalnu matricu sustava U′ = AU, pri £emu je A ∈Mn(R)?

Zadatak 11.12. Odredite op¢e rje²enje sustava obi£nih diferencijalnih jednadºbi:

x′1 = 2x1 − x2 + 2x3,x′2 = −x1 + x2 − x3,x′3 = −2x1 + x2 − 2x3.

Rje²enje: Jordanova forma matrice A =

2 −1 2−1 1 −1−2 1 −2

je

0 1 00 0 00 0 1

s pripadnom

Jordanovom bazom v1,v2,v3, gdje su v1 = (1, 0−1), v2 = (0, 1, 1), v3 = (−1, 1, 1). Op¢erje²enje je oblika (v. Zadatak 11.15):

x(t) = C1v1 + C2(tv1 + v2) + C3v3et, C1, C2, C3 ∈ R.

Zadatak 11.13. Zadane su matrice A,B ∈Mn(R) koje komutiraju: AB = BA. Dokaºite

a) Za svaki x ∈ R vrijedi exAB = BexA.

b) Za svaki x ∈ R vrijedi exAexB = ex(A+B).

Dakle, ako A i B komutiraju, vrijedi eAeB = eA+B

Rje²enje: a) Iz konvergencije reda za exA slijedi

exAB =

∞∑k=0

(1

k!AkB

)=∞∑k=0

(1

k!BAk

)= BexA .

b) Za U0 ∈ Rn denirajmo U(x) = exA+xB U0 i V(x) = exAexB U0. Tada su U i Vrje²enja Cauchyjeve zada¢e U′ = (A + B)U, U(0) = U0 (u provjeri iskoristite tvrdnjudijela a), pa je zbog jedinstvenosti rje²enja U ≡ V. Sada zbog proizvoljnosti vektora U0

slijedi tvrdnja.


Zadatak 11.14. Provjerite da je funkcija u(x) = ((1 + 3x)e3x, xe3x,−2xe3x)τ rje²enjesustava

u′1 = 6u1 + 3u2 + 6u3

u′2 = u1 + 4u2 + 2u3

u′3 = −2u1 − 2u2 − u3

i (koriste¢i tu £injenicu) zapi²ite njegovo op¢e rje²enje. Obrazloºite tvrdnje koje ste pritomkoristili.

Zadatak 11.15. Neka je A ∈ Mn(R) takva da je σ(A) = λ1, . . . , λr ⊆ R. Svakojsvojstvenoj vrijednosti λi odgovara gi (geometrijska kratnost od λi) elementarnih Jordanovihklijetki u Jordanovom rastavu matrice A. Neka j-toj klijetki meu njima (1 ≤ j ≤ gi)odgovaraju vektori Jordanove baze Vij

1 , . . . ,Vijkij, gdje je kij red pripadne klijetke (ti vektori

£ine Jordanov lanac).Dokaºite da funkcije

eλixVij1 , e

λix(Vij2 + xVij

1 ), . . . , eλixkij∑k=1

xk−1

(k − 1)!Vijkij−k+1 , j = 1, . . . , gi , i = 1, . . . , r

tvore fundamentalno rje²enje sustava U′ = AU.

Rje²enje: Za vektore Jordanovog lanca vrijedi AVij1 = λiV

ij1 te AVij

k = λiVijk + Vij

k−1 zak = 2, . . . , kij . Stoga nije te²ko provjeriti da su dane funkcije rje²enja promatranog sustava:za l-tu funkciju gornjeg niza (ozna£imo je s Uij

l ) imamo

d

dxUijl (x) =

d

dx

l∑k=1

eλixxk−1

(k − 1)!Vijl−k+1

=

l∑k=1

λieλix

xk−1

(k − 1)!Vijl−k+1 +

l∑k=2

eλixxk−2

(k − 2)!Vijl−k+1

= λieλix

xl−1

(l − 1)!Vij

1 +

l−1∑k=1

eλixxk−1

(k − 1)!

(λiV

ijl−k+1 + Vij

l−k

)= eλix

xl−1

(l − 1)!AVij

1 +l−1∑k=1

eλixxk−1

(k − 1)!AVij

l−k+1

= AUijl (x).

Ostaje provjeriti da su Uijl (x) linearno nezavisni, bar za jedan x. Uvr²tavanjem x = 0

dobivamo upravo vektore Jordanove baze pa prema Teoremu 9.4 slijedi tvrdnja.Drugi dokaz kre¢e od fundamentalne matrice exA i njenog rastava exA = SexJS−1,

gdje je S matrica £iji su stupci vektori Jordanove baze. No tada je exAS = SexJ takoerfundamentalna matrica. Navedene funkcije su upravo stupci matrice SexJ.

12. REALNA JORDANOVA FORMA 79

12. Realna Jordanova forma

Promatramo linearni autonomni sustav

U′ = AU , (56)

gdje je A ∈Mn(R). Op¢e rje²enje sustava smo zapisali u obliku exAC, pri £emu je C ∈ Rnproizvoljan vektor.

Pri ra£unanju eksponencijalne funkcije matrice, osnovnu ulogu imaju svojstvene vrijed-nosti. Kako matrica A ima realne koecijente, svojstvene vrijednosti se javljaju u konjugi-rano kompleksnim parovima. Zadanoj matrici A ∈ Mn(R) ozna£imo sve realne svojstvenevrijednosti s λ1, . . . , λr, a sve kompleksne s λr+1 = αr+1 + iβr+1, . . . , λr+p = αr+p + iβr+pte λr+p+i = λr+i, za i = 1, . . . , p.

Pokazuje se [9] da je matrica A sli£na Jordanovoj blok dijagonalnoj matrici

T−1AT = J =

J(λ1) 0 . . . 0

0 J(λ2) . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . J(λr+2p)

pri £emu je svaka matrica J(λ) sa£injena od gλ = d(A−λI) (geometrijska kratnost svojstvenevrijednosti λ) elementarnih blokova Jk(λ):

J(λ) =

J1(λ) 0 . . . 0

0 J2(λ) . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . Jgλ(λ)

Jk(λ) =

λ 1

. . . . . .. . . 1

λ

.

Cilj ove to£ke je dokazati Teorem 11.9.

Dokaz Teorema 11.9: U ovom dokazu uvest ¢emo realnu Jordanovu formu J′ ∈Mn(R), koja¢e takoer biti pogodna za ra£unanje eksponencijalne funkcije. Kako je svaka potencijamatrice xJ iste blok-dijagonalne strukture kao i J, isti zaklju£ak vrijedi i za exJ, samoumjesto elementarnih blokova Jk(λ) reda j stoji

exJk(λ) = eλx

1 x x2

2! · · · xj−1

(j−1)!

1 x. . .

...

1. . . x2

2!. . . x

1

.

Elementarnom bloku Jk(λ) pripadaju sljede¢i vektori Jordanove baze: svojstveni vektora1, te generalizirani svojstveni vektori (ako je j > 1) a2, . . . , aj takvi da (£itamo iz matriceJ):

Aa1 = λa1

Aak = ak−1 + λak , k = 2, . . . j(57)

Ako je svojstvena vrijednost λ realna i ako za a1 odaberemo (prirodno) realni svojstvenivektor, tada svi ostali ak takoer pripadaju Rn. Ako je λ kompleksna svojstvena vrijednost,


iz (57) zaklju£ujemo da je a1 svojstveni vektor, a a2, . . . , aj generalizirani svojstveni vektoriza λ. Zbog jedinstvenosti Jordanove forme, zaklju£ujemo da J(λ) i J(λ) imaju istu blok-dijagonalnu strukturu, te da moºemo uzeti da je Jordanova baza sljede¢eg oblika (k+2l = n):

U1, . . . ,Uk,Uk+1, . . . ,Uk+l,Uk+1, . . . ,Uk+l ,

pri £emu prvih k vektora pripada Rn i predstavljaju generalizirane svojstvene vektore realnihsvojstvenih vrijednosti, dok ostali vektori odgovaraju kompleksnim svojstvenim vrijednos-tima. Iz ove baze formiramo bazu za Rn:

U1, . . . ,Uk,V1 := ImUk+1,W1 := ReUk+1, . . . ,Vl := ImUk+l,Wl := ReUk+l. (58)

Zaista, radi se o bazi jer ih ima n i linearno su nezavisni: u suprotnom postoje realni brojevi(bar jedan je razli£it od nule) αi, βj i γj (i = 1, . . . k, j = 1, . . . l) takvi da je

k∑i=1

αiUi +

l∑j=1

βjVj +

l∑j=1

γjWj = 0 .

Gornju sumu moºemo zapisati na na£in

k∑i=1

αiUi +

1

2

l∑j=1

(γj − iβj)Uk+j +1

2

l∑j=1

(γj + iβj)Uk+j = 0

odakle £itamo da su vektori U1, . . . ,Uk,Uk+1, . . . ,Uk+l,Uk+1, . . . ,Uk+l linearno zavisni²to daje kontradikciju.

U novoj bazi (58) lako ra£unamo matri£ni zapis J′ operatora A:

J′ =

J(λ1). . .

J(λr)J′(λr+1)

. . .J′(λr+p)

(kod realnih svojstvenih vrijednosti nema promjena) pri £emu je svaka matrica J′(λ) sa£i-njena od gλ = d(A− λI) elementarnih blokova J′k(λ):

J′(λ) =

J′1(λ). . .

J′gλ(λ)

J′k(λ) =

R(λ) I

R(λ). . .. . . I

R(λ)

,

pri £emu je I jedini£na 2× 2 matrica, a

R(α+ iβ) =

(α −ββ α

).

Zbog

J′k(λ) =

R(λ). . .

R(λ)

+

0 I. . . . . .

0 I

= D + N

12. REALNA JORDANOVA FORMA 81

i £injenice da matrice D i N komutiraju vrijedi exJ′k(λ) = exDexN, ²to je lako izra£unati (jer

je N nilpotentna, a D blok dijagonalna)). Dakle, vrijedi:

exJ′je iste blok-dijagonalne strukture kao J′,s elementarnim blokovima oblika

exJ′k(λ) =

exR(λ) xexR(λ) x2

2! exR(λ) · · · xj−1

(j−1)!exR(λ)

exR(λ) xexR(λ) . . ....

exR(λ) . . . x2

2! exR(λ)

. . . xexR(λ)

exR(λ)

(59)

Ostaje jo² izra£unati exR(λ). Ako je λ = α+ iβ imamo

R(λ) =

(α −ββ α

)= α

(1 00 1

)+ β

(0 −11 0

)= αI + βM ,

pa vrijedi

exR(λ) = exαIexβM = eαx(

cosβx − sinβxsinβx cosβx

). (60)

Gornji rezultat smo dokazali u Primjeru 11.8, no gornji ra£un daje jo² jedan dokaz: po-sljednju jednakost moºemo dobiti direktno iz denicije eksponencijalne funkcije matrice(izra£unajte prvih nekoliko potencija matrice βM, pa u redu za eβM prepoznajte redove zasinus i kosinus).

Kona£no, iz (59), (60) te £injenice da je svako rje²enje U sustava (56) dano formulomU(x) = exAC = SexJ

′S−1C (stupci matrice S su vektori baze (58), C ∈ Rn) dobivamo

tvrdnju teorema.


13. Linearne jednadºbe vi²eg reda

U ovoj to£ki promatramo diferencijalnu jednadºbu n−tog reda

dn

dxnu = f(x, u, u′, . . . , u(n−1)), (61)

pri £emu je n ∈ N zadan broj, f : Rn+1 → R zadana funkcija, a u je traºena funkcija.Denicija rje²enja je standardna, no nije jasno kako denirati pripadni inicijalni problem.Jednadºba se moºe svesti na sustav diferencijalnih jednadºbi prvog reda, a onda se moºeformulirati odgovaraju¢i inicijalni problem kao i rezultat egzistencije rje²enja. Mi ¢emopromatrati samo linearne jednadºbe n−tog reda; kaºemo da je jednadºba (61) linearna akoje funkcija f : Rn+1 → R ana u zadnjih n varijabli, tj.

f(x, u, u′, . . . , u(n−1)) = b(x)− a0(x)u− . . .− an−1(x)u(n−1).

Funkcije a0, . . . , an−1 i b smatramo poznatim; a0, . . . , an−1 su koecijenti jednadºbe, b jedesna strana. Linearnu jednadºbu obi£no zapisujemo u obliku

u(n) + an−1(x)u(n−1) + . . .+ a1(x)u′ + a0(x)u = b(x). (62)

Pokaºimo sad da je jednadºba (62) specijalan slu£aj sustava linearnih diferencijalnihjednadºbi prvog reda. Uvedimo funkciju U = (U1, . . . , Un) : R→ Rn formulama

U1(x) = u(x),

U2(x) = u′(x),···

Un(x) = u(n−1)(x).

(63)

Tada vrijediddxU1(x) = U2(x),

ddxU2(x) = U3(x),

···ddxUn−1(x) = Un(x),

ddxUn(x) = b(x)− a0(x)U1(x)− . . .− an−1(x)Un(x),

(64)

odnosno u vektorskom oblikud

dxU = A(x) U + B(x). (65)

Ovdje je

A(x) =

0 1 0 . . . 0

0 0 1 . . . 0· · · . . . ·· · · . . . ·· · · . . . ·0 0 0 . . . 1

−a0(x) −a1(x) −a2(x) . . . −an−1(x)

, B(x) =

0···

0

b(x)

. (66)

13. LINEARNE JEDNADBE VIEG REDA 83

Pokaºimo da su formulacije (62) i (65) ekvivalentne.

Teorem 13.1 (o ekvivalenciji). Neka je I otvoren interval realnih brojeva, a0. . . . , an−1, b ∈C(I). Ako je U = (U1, . . . , Un) ∈ C1(I;Rn) rje²enje sustava (65), onda je funkcija u = U1

rje²enje jednadºbe (62). Obratno, ako je u ∈ Cn(I) rje²enje jednadºbe (62) onda je U =(u, u′, . . . , u(n−1)) rje²enje sustava (65).

Napomena 13.2. Tvrdnja teorema se moºe poop¢iti i u slu£aju op¢enite (ne nuºno linearne)jednadºbe (61). U tom slu£aju vektorska funkcija U se denira kao u (63), ali odgovaraju¢isustav prvog reda vi²e nije linearan: prvih n − 1 jednadºbi ostaju iste kao u (64), a zadnjajednadºba glasi d

dxUn(x) = f(x, U1(x), . . . , Un(x)). Uz pretpostavku neprekidnosti funkcije fvrijedi ista tvrdnja kao u teoremu o ekvivalenciji. Dokaz se provodi na isti na£in.

Dokaz: Neka je U = (U1, . . . , Un) ∈ C1(I,Rn) rje²enje jednadºbe (65) na I. Tada podeniciji vrijedi

d

dxUi(x) = Ui+1(x) , i = 1, . . . , n− 1, x ∈ I, (67)

d

dxUn(x) = b(x)− a0(x)U1(x)− . . .− an−1(x)Un−1(x), x ∈ I. (68)

Denirajmo u := U1 ∈ C1(I). Zbog jednakosti (67) zaklju£ujemo redom

u′ = U2 ∈ C1(I)⇒ u ∈ C2(I),

u′′ = U3 ∈ C1(I)⇒ u ∈ C3(I),

...

u(n−1) = Un ∈ C1(I)⇒ u ∈ Cn(I).

tovi²e, iz (68) zaklju£ujemo da u zadovoljava diferencijalnu jednadºbu (62) na I.Obrat ostavljamo kao zadatak.

Zbog ovog rezultata moºemo direktno prenijeti rezultate za linearni sustav prvog redana linearnu jednadºbu n−tog reda. Posebno zbog veza (63) znamo fomulirati po£etni uvjetza jednadºbu (62):

u(x0) = u0, u′(x0) = u′0, . . . , u

(n−1)(x0) = u(n−1)0 . (69)

Skupimo rezultate: neka je I otvoreni interval, a0, . . . , an−1, b ∈ C(I).

• Za svaku to£ku x0 ∈ I i svaku n−torku realnih brojeva u0, u′0, . . . , u

(n−1)0 inicijalni

problem (62), (69) ima jedinstveno rje²enje u ∈ Cn(I).

• Ozna£imo skup svih globalnih rje²enja homogene jednadºbe

u(n) + an−1(x)u(n−1) + . . .+ a1(x)u′ + a0(x)u = 0 (70)

s U , a skup svih globalnih rje²enja pripadnog homogenog sustava s U . Tada je sΦ : C1(I;Rn)→ C1(I), Φ(U) = U1 dano linearno preslikavanje za kojeg je Φ(U) = U ,pa je U vektorski potprostor prostora C1(I) ili preciznije prostora Cn(I). tovi²e,prema Teoremu 13.1 Φ : U → U je izomorzam, pa je U n−dimenzionalan, jer je Un-dimenzionalan prema Lemi 9.2.


• Skup R svih globalnih rje²enja jednadºbe (62) je oblika

R = up + U ,

pri £emu je up ∈ Cn(I) jedno (partikularno) rje²enje jednadºbe (62). Drugim rije£ima,R je n−dimenzionalna linearna mnogostrukost u Cn(I). Zaista, ako je Up := Φ−1(up)

onda je R = Φ(R) = Φ(Up+U) prema Lemi 9.7 pa zbog linearnosti operatora Φ slijediR = Φ(Up) + Φ(U) = up + U .

Uo£imo da matrica koecijenata A prate¢eg sustava prvog reda ima specijalnu strukturu matrice tog tipa nazivaju se Frobeniusove matrice. Ta specijalna struktura moºe se iskoristitiu konstrukciji fundamentalne matrice sustava (65), pa se rezultati mogu primijeniti u zapisurje²enja inicijalnog problema (62), (69). Detalji se mogu na¢i u [1].

U daljnjem promatramo linearnu jednadºbu n−tog reda s konstantnim koecijentima;dakle neka su a0, . . . , an−1 zadani realni brojevi. Matrica koecijenata A prate¢eg sustavaprvog reda (65) je onda konstantna matrica. Formalnom zamjenom funkcije u realnomvarijablom λ te zamjenom k−te derivacije k−tom potencijom u lijevoj strani jednadºbe(62) dobivamo polinom

P (λ) = λn + an−1λn−1 + . . .+ a1λ+ a0.

Polinom P nazivamo karakteristi£ni polinom linearne jednadºbe n−tog reda s konstantnimkoecijentima

u(n) + an−1u(n−1) + . . .+ a0u = b(x). (71)

Razvojem najprije po prvom, pa onda drugom itd. stupcu matrice λI−A moºemo pokazatida vrijedi

P (λ) = det(λI−A),

tj. polinom P je svojstveni polinom matrice koecijenata A sustava (65). Jedna baza uskupu svih rje²enja U pripadne homogene jednadºbe

u(n) + an−1u(n−1) + . . .+ a0u = 0 (72)

moºe se na¢i kori²tenjem kompleksnih funkcija (v. [1]), ²to ovdje ºelimo izbje¢i. U pozadinije sljede¢a veza nulto£aka karakteristi£nog polinoma P i rje²enja homogene jednadºbe (72):ako je λ ∈ R nulto£ka polinoma P , onda je funkcija exp(λx) rje²enje homogene jednadºbe(72).Dokaz je elementaran; uvr²tavanjem funkcije exp(λx) u lijevu stranu jednadºbe (72) dobi-vamo

dn

dxnexp(λx) + an−1

dn−1

dxn−1exp(λx) + . . .+ a0 exp(λx) = exp(λx)P (λ) = 0.

Problemi nastupaju ako je neka od nulto£aka kompleksna (kako onda denirati realnorje²enje homogene jednadºbe) ili vi²estruka (imamo samo jedno rje²enje, a trebalo bi ih bitikolika je kratnost nulto£ke).

Druga mogu¢nost nalaºenja baze u prostoru U oslanja se na poznavanje fundamentalnematrice sustava (65) koja je jednaka exp(xA).

Da bismo precizno zapisali jednu bazu iskoristit ¢emo Teorem 11.9. Radi usklaivanjaoznaka, uzmimo da su realne nulto£ke polinoma P (odnosno svojstvene vrijednosti matriceA) λ1, . . . , λr, a kompleksne λr+1 = αr+1+iβr+1, . . . , λr+p = αr+p+iβr+p te λr+1, . . . , λr+p.Algebarsku kratnost svojstvene vrijednosti λi ozna£avamo s ni, i = 1, . . . , r + p (naravno,ni+p = ni, za i = r + 1, . . . , r + p).

13. LINEARNE JEDNADBE VIEG REDA 85

Teorem 13.3. Svako rje²enje diferencijalne jednadºbe (72) je linearna kombinacija sljede¢ihn funkcija:

xleλix , l = 0, . . . , ni − 1 , i = 1, . . . , r

texleαix cosβix , xleαix sinβix , l = 0, . . . , ni − 1 , i = r + 1, . . . , r + p .

Drugim rije£ima, ove funkcije predstavljaju bazu prostora rje²enja jednadºbe (72).

Dokaz: Koriste¢i Teorem 11.9 vidimo da je svaka komponenta rje²enja U sustava U′ = AU(pa posebno i prva koja predstavlja rje²enje jednadºbe (72)) upravo linearna kombinacijafunkcija navedenih u iskazu ovog teorema, ali umjesto algebarske kratnosti ni svojstvenevrijednosti λi stoji ki: red najve¢eg elementarnog bloka svojstvene vrijednosti λi. Dakle,moramo pokazati da su ti brojevi jednaki ili ekvivalentno: svojstvenoj vrijednosti λi odgo-vara samo jedan elementarni blok u Jordanovoj formi, tj. dim(N(A − λiI)) (geometrijskakratnost svojstvene vrijednosti λi) jednaka je 1, za i = 1, . . . , r+p. Ovaj je uvjet jednostavnoprovjeriti: Matrici

A− λiI =

−λi 1

−λi. . .. . . . . .

−λi 1−a0 −a1 · · · −an−2 −λi − an−1

je zadnjih n − 1 stupaca o£ito linearno nezavisno, pa je defekt matrice A − λiI najvi²e1. S druge strane ta je matrica singularna jer je λi svojstvena vrijednost, ²to povla£idim(N(A− λiI)) = 1.

Partikularno rje²enje nehomogene jednadºbe (71), moºemo odrediti na dva na£ina: me-todom varijacije konstanti ili metodom neodreenih koecijenata. Prva metoda je op¢enitijajer daje rje²enje za proizvoljnu desnu stranu b. Druga metoda je jednostavnija za kori²tenje,ali daje rje²enje samo za funkciju b posebnog oblika. Ovdje ¢emo samo ukratko izloºitimetodu neodreenih koecijenata.

Za funkciju b oblika

b(x) = P (x)eax cos bx+Q(x)eax sin bx ,

pri £emu su P i Q polinomi, ozna£imo s m = maxdegP,degQ. Razlikujemo dva slu£aja:

a) Ako a+ ib nije nulto£ka karakteristi£nog polinoma onda partikularno rje²enje traºimou obliku

up(x) = R1(x)eax cos bx+R2(x)eax sin bx ,

gdje su R1 i R2 polinomi stupnja m s neodreenim koecijentima koje odreujemouvr²tavanjem funkcije up u jednadºbu (71).

b) Ako je a+ib nulto£ka kratnosti k karakteristi£nog polinoma onda partikularno rje²enjetraºimo u obliku

up(x) = xk(R1(x)eax cos bx+R2(x)eax sin bx

),

gdje su R1 i R2 polinomi stupnja m £ije koecijente odreujemo uvr²tavanjem ujednadºbu (71).


Zadaci za vjeºbu

Zadatak 13.1. Rije²ite diferencijalnu jednadºbu

y′′(x) + 2y′(x) + y(x) = xe−x

na dva na£ina: metodom neodreenih koecijenata i primjenom Laplaceove tranformacije.

Zadatak 13.2. Izra£unajte rje²enje Cauchyjeve zada¢e

y′′ − 5y′ + 6y = (4x+ 3)e3x ,y(0) = y′(0) = 0 .

Rje²enje: y(x) = −e2x + e3x + (2x2 − x)e3x.

Zadatak 13.3. Odredite op¢e rje²enje jednadºbe:

a) x(4)(t) + 4x(t) = 5t cos t+ 4 sin t,

b) x(4)(t)− x(t) = −8et(cos t+ sin t) + 5tet cos t.

Rje²enje: a) x(t) = C1et cos t + C2e

t sin t + C3e−t cos t + C4e

−t sin t + t cos t, b) x(t) =C1 cos t+ C2 sin t+ C3e

t + C4e−t + tet cos t, C1, C2, C3, C4 ∈ R.


u′′′ − u′ = 4 + e2x .

a) Odredite op¢e rje²enje jednadºbe.

b) Zapi²ite jednadºbu u obliku sustava diferencijalnih jednadºbi prvog reda. Koriste¢ira£un iz dijela a) i teorem o ekvivalenciji, zapi²ite jednu fundamentalnu matricu ovogsustava.


u′′′ − u = 0 .

a) Zapi²ite je u obliku sustava diferencijalnih jednadºbi prvog reda.

b) Odredite op¢e rje²enje polazne jednadºbe, bez rje²avanja pripadnog sustava. Zapi²iteteorem s predavanja kojeg ste pritom koristili.

Zadatak 13.6. Zadana je diferencijalna jednadºba (ω je realan parametar)

u′′ + ω2u = 0 .

Zapi²ite jednadºbu u obliku sustava diferencijalnih jednadºbi prvog reda. Koriste¢i teorem oekvivalenciji, zapi²ite jednu fundamentalnu matricu ovog sustava.

14. STABILNOST AUTONOMNIH SUSTAVA 87

14. Stabilnost autonomnih sustava

Za motivaciju pojma stabilnosti prisjetimo se logisti£ke diferencijalne jednadºbe

u′ = % u

(1− 1

κu

), %, κ zadani pozitivni brojevi.

Nulto£ke desne strane f(u) := % u(1− 1

κ u)predstavljaju ravnoteºna stanja: konstantne

funkcijeu ≡ 0 i u ≡ κ

predstavljaju rje²enja jednadºbe. Izra£unali smo i (jedinstveno) rje²enje jednadºbe uz po-£etni uvjet u(0) = u0:

u(x) =κu0

u0 + (κ− u0) exp(−% x).

Uo£avamo da za x → +∞ rje²enje u(x) teºi prema κ, £im je u0 > 0. Posebno, ravnoteºnastanja su bitno razli£ite prirode: Kako god u0 > 0 bio blizak nuli rje²enje ipak teºi daljemravnoteºnom stanju κ.

Osnovne denicije ¢emo uvesti za proizvoljno rje²enje (ne nuºno ravnoteºno) po£etnezada¢e za sustav prvog reda

U′ = F(x,U)

U(0) = U0 .(73)

pri £emu je F : Ω ⊆ Rn+1 → Rn. Primijetimo da je za po£etni trenutak uzet upravo x0 = 0,ali jednako bismo postupali da se radi o nekom drugom x0. Prepostavljamo da za svaki U0

postoji jedinstveno rje²enje zada¢e (73) £ija domena sadrºi cijeli polupravac R+0 := [0,+∞〉.

Ova pretpostavka je prili£no jaka, no ispunjena je primjerice u slu£aju linearnog sustavaU′ = A(x)U + B(x), £im su A i B neprekidne funkcije na R+

0 .U daljnjem s | · | ozna£avamo normu na Rn, a s ‖ · ‖ induciranu operatorsku normu (v.

Zadatke 8.2 i 8.3).

Denicija 14.1. Kaºemo da je rje²enje V : R+0 → Rn sustava (73)

a) stabilno ako za svaki ε > 0 postoji δ > 0 tako da za svako rje²enje U sustava koje upo£etnom trenutku zadovoljava

|U(0)−V(0)| < δ

vrijedi|U(x)−V(x)| < ε , x > 0 .

b) asimptotski stabilno ako je stabilno i ako postoji ρ > 0 tako da za svako rje²enje Usustava vrijedi

|U(0)−V(0)| < ρ =⇒ limx→+∞

[U(x)−V(x)] = 0 . (74)

Primjer. Pitanje stabilnosti je od iznimne vaºnosti u raznim primjenama zbog £injenice dapo£etne uvjete sustava nikad ne moºemo izmjeriti egzaktno. Za primjer uzmimo predmetmase 1kg, koji visi o opruzi krutosti 4N/m. Radi jednostavnosti, uzmimo da se predmetmoºe gibati samo vertikalno bez trenja (neka je os x usmjerena prema dolje s ishodi²tem uhvati²tu opruge). Na predmet jo² djeluje sila teºa F = 10N (radi jednostavnosti uzimamo


g = 10m/s2). Ako s x(t) ozna£imo poloºaj predmeta (na osi x) u trenutku t, Newtonovajednadºba gibanja predmeta glasi

d2

dt2x = 10− 4x .

Zapi²emo ovu jednadºbu drugog reda pomo¢u sustava prvog reda (standardno) za funkcijuU(t) = (x(t), x′(t))τ :

d

dtU1 = U2 ,

d

dtU2 = −4U1 + 10 .

Op¢e rje²enje sustava moºemo zapisati u obliku (lak²e je rije²iti polaznu jednadºbu vi²egreda i o£itati rje²enje pripadnog sustava)

U(t) = c1

[cos 2t−2 sin 2t

]+ c2

[sin 2t

2 cos 2t

]+

[520

].

Uzmimo da u po£etnom trenutku t = 0 izmjerimo po£etne uvjete: po£etni poloºaj x(0) = 1(metar) i po£etnu brzinu x′(0) = 0. Lako ra£unamo da uz te uvjete vrijedi c1 = −3

2 i c2 = 0;rje²enje sustava dakle glasi

V(t) =

[−3

2 cos 2t+ 52

3 sin 2t

]. (75)

Dodu²e, kako mjerni instrumenti nisu savr²eni, pretpostavimo da je pogre²ka mjerenja po-£etnih uvjeta unutar 10−4 (dakle za po£etni poloºaj desetinka milimetra). Ho¢e li se rje²enjeU sustava uz nove po£etne uvjete puno razlikovati od gornjeg?

Zapi²imo preciznije nove po£etne uvjete: |x(0) − 1| < 10−4, |x′(0)| < 10−4, ²to je ekvi-valentno s |c1 + 3

2 | < 10−4, |c2| < 5 · 10−5. Razlika od starog rje²enja V:

U(t)−V(t) =

((c1 + 3

2

)2+ c2

2

) 12

cos(t− δ1)

2((c1 + 3

2

)2+ c2

2

) 12

cos(t− δ2)

, tg δ1 =2c2

2c1 + 3

tg δ2 = −3 + 2c1

2c2,

odakle slijedi |Ui(t) − Vi(t)| <√

5 · 10−4 (i = 1, 2), za svaki t ≥ 0, ²to zna£i da su stvarnipoloºaj x(t) i brzina x′(t) s velikom precizno²¢u zadani formulom (75). Takoer, koriste¢igornji ra£un, moºemo zaklju£iti da je rje²enje (75) stabilno, ali ne asimptotski stabilno(ispitajte denicije).

Promotrimo sada stabilnost rje²enja homogenog sustava

U′ = A(t)U , (76)

pri £emu je A : R+0 →Mn(R) neprekidna funkcija.

Lema 14.2. Za svako rje²enje V sustava (76) vrijedi: V je (asimptotski) stabilno ako isamo ako je stacionarno rje²enje 0 (asimptotski) stabilno.

Dokaz: Koristimo formulu za rje²enje sustava (76): U(x) = E(x, 0)U(0), pri £emu je E(x, y)evolucijska matrica. Prema deniciji V je stabilno rje²enje ako za svaki ε > 0 postoji δ > 0takav da za svaki U0 ∈ Rn

|U0 −V(0)| < δ =⇒ |E(x, 0)U0 −E(x, 0)V(0)| < ε,

ili ekvivalentno (jednostavno U0 −V(0) ozna£imo sa Z):

(∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀Z ∈ Rn) |Z| < δ =⇒ (∀x ≥ 0) |E(x, 0)Z| < ε, (77)


²to upravo predstavlja deniciju stabilnosti nulrje²enja. Sli£no, za asimptotsku stabilnostproizvoljnog rje²enja V, zahtjev (74) moºemo ekvivalentno zapisati na na£in:

(∃ρ > 0) (∀Z ∈ Rn) |Z| < ρ =⇒ limx→+∞

E(x, 0)Z = 0 . (78)

Napomena 14.3. Zbog prethodne Leme, moºemo govoriti o stabilnosti, asimptotskoj sta-bilnosti odnosno nestabilnosti homogenog sustava (76), jer sva rje²enja imaju jednako pona-²anje (kao trivijalno rje²enje).

Lema 14.4. Za homogeni sustav (76) ekvivalentno je

a) Sustav je stabilan.

b) Postoji fundamentalna matrica koja je ograni£ena na R+0 .

c) Svaka fundamentalna matrica je ograni£ena na R+0 .

Dokaz: Primijetimo, ograni£enost fundamentalne matrice x 7→W(x) na R+0 je ekvivalentna

ograni£enosti norme x 7→ ‖W(x)‖ na R+0 , odnosno ekvivalentna je ograni£enosti pripadnog

fundamentalnog sistema rje²enja na R+0 (stupci matrice W(x)).

Kako meu fundamentalnim matricama W i W imamo vezu W = WC za neku regu-larnu matricu C ∈ Mn(R), koriste¢i usugla²enost operatorske norme s mnoºenjem matricaimamo ‖W(x)‖ ≤ ‖W(x)‖ ‖C‖ pa lako slijedi da su tvrdnje b i c ekvivalentne.

Stoga su tvrdnje b i c ekvivalentne ograni£enosti fundamentalne matrice E(x, 0) naR+

0 . S druge strane, tvrdnja a je ekvivalentna uvjetu (77). Pokaºimo ekvivalentnost ovoguvjeta s uvjetom ograni£enosti E(x, 0) na R+

0 . Pretpostavimo da vrijedi (77). Ako uzmemoprimjerice ε = 1 tada za pripadni δ > 0 imamo (v. Zadatak 8.2.b)

‖E(x, 0)‖ = max|y|=1

|E(x, 0)y| = max|z|= δ

2

|E(x, 0)z||z|

≤ 2

δ, x ≥ 0,

²to je upravo traºena ograni£enost. Obratno, ako postoji c > 0 takav da je

‖E(x, 0)‖ ≤ c , x ≥ 0,

tada za Z ∈ Rn norme manje od δ vrijedi

|E(x, 0)Z| ≤ ‖E(x, 0)‖|Z| ≤ c δ. (79)

Dakle, za provjeru uvjeta (77) dovoljno je za zadani ε > 0 uzeti δ = εc .

Lema 14.5. Za homogeni sustav (76) ekvivalentno je

a) Sustav je asimptotski stabilan.

b) Postoji fundamentalna matrica W (x) koja teºi nul-matrici kad x teºi +∞.

c) Svaka fundamentalna matrica teºi nul-matrici u beskona£nosti.


Dokaz: Kao u dokazu prethodne Leme, zbog usugla²enosti operatorske norme s mnoºenjemmatrica lako slijedi da su tvrdnje b i c ekvivalentne.

Pretpostavimo da vrijedi tvrdnja a. Tada vrijedi i uvjet (78) pa posebno za svaki i ∈1, . . . , n imamo (ei je i-ti vektor kanonske baze prostora Rn).

limx→+∞

E(x, 0)(ρ

2ei

)= 0,

²to zna£i da i-ti stupac matrice E(x, 0) teºi nul-vektoru kad x→ +∞, tj. vrijedi tvrdnja b.Obratno, ako vrijedi tvrdnja b, onda vrijedi i tvrdnja c, pa fundamentalna matrica E(x, 0)teºi nul-matrici kad x→ +∞ ili ekvivalentno ‖E(x, 0)‖ teºi nuli kad x→ +∞. No tada zaZ ∈ Rn norme manje od ρ vrijedi

|E(x, 0)Z| ≤ ‖E(x, 0)‖|Z| < ‖E(x, 0)‖ ρ. (80)

²to teºi nuli kad x → +∞, tj. vrijedi uvjet (78). Takoer, iz tvrdnje b slijedi ograni£e-nost fundamentalne matrice na R+

0 pa je sustav stabilan prema prethodnoj lemi, £ime smoustanovili istinitost tvrdnje a.

Promotrimo sad poseban slu£aj homogenog sustava s konstantnim koecijentima

U′ = AU , (81)

gdje je A realna matrica reda n. U tom je slu£aju fundamentalna matrica E(x, 0) jednakaeksponencijalnoj funkciji exA, koju znamo ra£unati pomo¢u (realnog) Jordanovog rastavamatrice A. Preciznije, iz realnog Jordanovog rastava A = SJ′S−1 slijedi exA = SexJ

′S−1,

pri £emu matrica exJ′za komponente (pored nula) ima funkcije

eλx, xeλx, . . . ,xkλ−1

(kλ − 1)!eλx, za λ ∈ σ(A) ∩ R, (82)

eαx cosβx, xeαx cosβx , . . . ,xkλ−1

(kλ − 1)!eαx cosβx,

eαx sinβx , xeαx sinβx , . . . ,xkλ−1

(kλ − 1)!eαx sinβx,

za λ = α+ iβ ∈ σ(A). (83)

Pritom je kλ ∈ N potencija faktora koji odgovara svojstvenoj vrijednosti λ u minimalnompolinomu matrice A.

Teorem 14.6. Neka je A ∈Mn(R) i σ(A) njen spektar. Tada je linearni autonomni sustavU′ = AU

a) stabilan ako i samo ako

(∀λ ∈ σ(A)) Reλ ≤ 0 &

Reλ = 0 =⇒ aλ = gλ ,

pri £emu je aλ algebarska, a gλ geometrijska kratnost svojstvene vrijednosti λ.

b) asimptotski stabilan ako i samo ako

(∀λ ∈ σ(A)) Reλ < 0


Dokaz: a) Navedeni uvjeti su upravo ekvivalentni ograni£enosti (za x ≥ 0) svake od funkcijanavedenih u (82) i (83), ²to je ekvivalentno ograni£enosti matrice exJ

′za x ≥ 0, odnosno

ograni£enosti fundamentalne matrice exA = SexJ′S−1 za x ≥ 0, ²to je pak prema Lemi 14.4

ekvivalentno stabilnosti promatranog sustava.b) Sli£no kao u dokazu tvrdnje a (kori²tenjem Leme 14.5), jer je uvjet negativnosti

realnih dijelova svojstvenih vrijednosti ekvivalentan £injenici da svaka od funkcija iz (82) i(83) teºi nuli u beskona£nosti.

Primjer 14.7. Ispitajmo stabilnost sustava U′ = AU ako je

a) A =

[0 −32 0

]. Ra£unamo karakteristi£ni polinom: kA(λ) = λ2 + 6; svojstvene

vrijednosti su ±i√

6. Dakle, sustav je stabilan, ali ne asimptotski stabilan.

b) A =

[1 55 1

]. Karakteristi£ni polinom je kA(λ) = (λ−1)2−25; svojstvene vrijednosti

su −4, 6. Dakle, sustav je nestabilan.

c) A =

2 −3 00 −6 −2−6 0 −3

. Karakteristi£ni polinom je kA(λ) = −λ2(λ + 7); svojstvene

vrijednosti su 0 i −7. Ra£unanjem svojstvenih vektora za svojstvenu vrijednost 0 dola-zimo do jednodimenzionalnog potprostora razapetog vektorom (3, 2,−6)τ , tj. a0 6= g0.Prema prethodnom teoremu, sustav je nestabilan.

Za kraj ¢emo navesti rezultat o stabilnosti ravnoteºnog stanja autonomnog sustava

U′ = f(U)

U(0) = U0 .(84)

Za detalje pogledati [3]. Kao i u slu£aju jedne jednadºbe, to£ku ξ ∈ Rn nazivamo ravnoteº-nim stanjem sustava ako je f(ξ) = 0. Tada je konstanta U ≡ ξ rje²enje sustava.

Teorem 14.8. Neka je f klase C 2 i ξ ravnoteºno stanje autonomnog sustava (84). Ako saS ozna£imo spektar Jacobijeve matrice funkcije f u to£ki ξ tada vrijedi

a) Ako je S ⊂ z ∈ C : Re z < 0, onda je U ≡ ξ asimptotski stabilno rje²enje sustava.

b) Ako je S ∩ z ∈ C : Re z > 0 6= ∅, onda je U ≡ ξ nestabilno rje²enje sustava.

Primjer 14.9. Ravnoteºna stanja sustava

d

dtx = 1− xy , d

dty = x− y3

ra£unamo iz jednadºbi 1 − xy = 0, x − y3 = 0; to su (1, 1) i (−1,−1). Jacobijeva matrica

Df(1, 1) =

[−1 −11 −3

]ima karakteristi£ni polinom k(λ) = (λ + 2)2, pa je prema prethod-

nom teoremu ravnoteºno stanje (1, 1) asimptotski stabilno. S druge strane, Df(−1,−1) =[1 11 −3

]ima svojstvene vrijednosti λ1 = −1−

√5 < 0 i λ2 = −1 +

√5 > 0, pa je prema

prethodnom teoremu ravnoteºno stanje (−1,−1) nestabilno.


Zadaci za vjeºbu

Zadatak 14.1. Za sustav

u′1 = u1 + 2u2

u′2 = 2u1 + u2 .

izra£unajte eksponencijalnu funkciju matrice sustava i pomo¢u nje zapi²ite op¢e rje²enjesustava. Je li sustav (asimptotski) stabilan?

Zadatak 14.2. Neka je f : Ω → Rn neprekidna uz otvoren skup Ω ⊆ Rn. Ako za rje²enjex : 〈a,+∞〉 → Rn sustava x′ = f(x) vrijedi limt→∞ x(t) = x∗ ∈ Ω onda je x∗ ravnoteºnostanje sustava.

Zadatak 14.3. Zadana je matrica

A =

[−1 α

1 −1

]

a) Izra£unajte fundamentalnu matricu sustava U′ = AU za α = 1 i pomo¢u nje zapi²iterje²enje Cauchyjeve zada¢e U′ = AU, U(0) = [−1, 1]τ .

b) Izra£unajte exA za α = −1 .

c) Je li sustav U′ = AU uz α = −1 (asimptotski) stabilan?

Zadatak 14.4. Ispitajte stabilnost ravnoteºnih stanja sustava

x′ = y2 − x , y′ = x− 3y .

Rje²enje: Ravnoteºna stanja sustava su (0, 0) i (9, 3) s Jacobijevim matricama

Df(0, 0) =

[−1 01 −3

]i Df(9, 3) =

[−1 61 −3

]Kako je determinanta prve matrice pozitivna, a trag negativan, zaklju£ujemo da je rav-noteºno stanje (0, 0) asimptotski stabilno. S druge strane, determinanta druge matrice jenegativna pa je ravnoteºno stanje (9, 3) nestabilno.

Bibliograja

[1] M. Ali¢, Obi£ne diferencijalne jednadºbe, Matemati£ki odjel PMF, Zagreb, 1994.

[2] W.E. Boyce, R.C. Di Prima, Elementary Dierential equations and Boundary ValueProblems, 7th edition, Wiley, New York, 2001.

[3] M. Braun, Dierential equations and their applications, Springer, 1983.

[4] R.L. Burden, J.D. Faires, Numerical Analysis, 9th edition, Brooks/Cole, Cengage Le-arning, 2011.

[5] E.A. Coddington, R. Carlson, Linear ordinary dierential equations, SIAM, 1997.

[6] G. Doetsch, Introduction to the theory and application of the Laplace transformation,Springer, 1974.

[7] A. Gray, M. Mezzino, M. A. Pinsky, Introduction to Ordinary Dierential Equationswith Mathematica(c), Springer Verlag, 1997.

[8] P. Hartman, Ordinary dierential equations, 2nd edition, SIAM, 2002.

[9] S. Kurepa, Kona£nodimenzionalni vektorski prostori i primjene, Peto popravljeno iz-danje, Tehni£ka knjiga, 1990

[10] S. Kurepa, Uvod u linearnu algebru, kolska knjiga, 1978.

[11] J.D. Murray, Mathematical Biology, I. An Introduction, Springer, 2001.

[12] I. Petrovsky, Theorie des equations dierentielles ordinaires et des equations integrales,Mir, Moskva, 1988.

[13] H.L. Royden, P. Fitzpatrick, Real analysis, 4th edition, PH, CMP 2010.

[14] J. Stoer, R. Bulirsch, Introduction to Numerical Analysis, 3rd edition, Springer, 2002.

[15] I.I. Vrabie, Dierential equations: an introduction to basic concepts, results and appli-cations, World Scientic, 2004.

93

Documents

Zvonimir Tutek, Marko Vrdoljak - unizg.hr · 2019-10-11 · Primjer 1.1 (Slobodni pad) . Promotrimo gibanje kamena mase mkoji je ispu²ten s (male) visine hu oljup sile teºe. Iz