Linearna diferencijalna jednadžba 1. reda

Linearna diferencijalna jednadžba 1. reda

Diferencijalna jednadžba 1. reda kod koje desna strana ima oblik $g(x)-f(x)y,$ tj. koja se može svesti na oblik

$$y'+f(x)\,y=g(x),$$ (6.14)

gdje su $f,g:\langle a,b\rangle\rightarrow R$ neprekidne funkcije na $\langle a,b\rangle$ zove se linearna diferencijalna jednadžba 1. reda. Ako je $g=0$ onda je jednadžba (6.14) homogena, u protivnom nehomogena.

Teorem 27   Neka su $f,g:\langle a,b\rangle\rightarrow R$ neprekidne funkcije. Tada za svaki $x_0\in \langle a,b\rangle$ i $y_0\in R$ postoji jedno i samo jedno rješenje Cauchyjevog problema

$$y'+f(x)\,y=g(x),\hspace{.5in} y(x_0)=y_0.$$ (6.15)

Slika 6.5: Područje početnog uvjeta za linearnu diferencijalnu jednadžbu.

Dokaz. Dokaz provodimo tako da najprije riješimo pripadnu homogenu jednadžbu. Pripadna homogena se može napisati u obliku

$$y'=-f(x)\,y,$$

pa možemo primijeniti metodu separacije varijabli (v. teorem 25). Funkcije $f(x)$ i $g(y)$ iz separacije varijabli sada su $-f(x)$ i $y,$ pa su primitivne od $-f(x)$ i $\frac{1}{y}$

$$F(x)=-\int _{x_0}^x f(t)\,dt,\hspace{1cm} G(y)=\ln y.$$

Slijedi

$$G^{-1}(t)=e^t.$$

Odatle po formuli (6.7),

$$y(x)=e^{-\int _{x_0}^x f(t)\,dt+\ln y_0}=y_0\,e^{-\int _{x_0}^x f(t)\,dt}.$$

Time smo riješili Cauchyjev problem za pripadnu homogenu jednadžbu.^6.1 Opće rješenje pripadne homogene jednadžbe je

$$y(x)=C\,e^{-\int _{x_0}^x f(t)\,dt}.$$

Rješenje nehomogene jednadžbe tražimo u obliku

$$y(x)=C(x)\,e^{-\int _{x_0}^x f(t)\,dt},$$ (6.16)

tj. pretpostavkom da je $C$ funkcija od $x.$ Ta ideja se zove variranje konstante. Uvrstimo li (6.16) u (6.15), dobivamo

$$C'(x)\,e^{-\int_{x_0}^xf(t)\,dt}-C(x)\,f(x)\,e^{-\int_{x_0}^xf(t)\,dt}+ f(x)\,C(x)e^{-\int_{x_0}^x f(t)\,dt} = g(x),$$

tj.

$$C'(x)\,e^{-\int _{x_0}^x f(t)\,dt}=g(x).$$

Tako je

$$C(x)=\int _{x_0}^x g(\tau )\,e^{\int _{x_0}^{\tau }f(t)\,dt}\,d\tau +D.$$

Dakle, opće rješenje nehomogene jednadžbe je

$$y(x)= e^{-\int _{x_0}^x f(t)\,dt} \,\left(\int _{x_0}^x g(\tau )\,e^{\int _{x_0}^{\tau }f(t)\,dt}\,d\tau +D\right).$$

Što se tiče rješenja Cauchyjevog problema, primijetimo da je

$$y(x_0)=C(x_0)\,e^{-\int _{x_0}^{x_0} f(t)\,dt}=C(x_0)=D=y_0.$$

Tako rješenje Cauchyjevog problema glasi

$$y(x) = e^{-\int _{x_0}^x f(t)\,dt}\left(y_0+\int _{x_0}^x g(\tau )\, e^{\int _{x_0}^{\tau } f(t)\,dt}\,d\tau\right)$$

$$= y_0\,e^{-\int _{x_0}^x f(t)\,dt}+\int _{x_0}^x g(\tau )\, e^{\int _x^{\tau } f(t)\,dt}\,d\tau .$$

Prvi sumand na desnoj strani je rješenje pripadne homogene jednadžbe uz početni uvjet $y(x_0)=y_0.$ Uvrštavanjem se lako provjeri da drugi sumand rješava nehomogenu jednadžbu (6.14). $\heartsuit$

Primjer 6.5   Bernoullijeva jednadžba ima oblik

$$y'=a(x)\,y+b(x)\,y^n,\hspace{.5in} n\neq 0,1,$$ (6.17)

gdje su $a$ i $b$ neprekidne funkcije na nekom intervalu $I$.

Rješenje. Ova jednadžba se svodi na linearnu supstitucijom $z=y^{1-n}.$ Zaista, $z'=(1-n)y^{-n}y'$ i ako jednadžbu (6.17) množimo s $(1-n)y^{-n}$ dobivamo

$$z'+f(x)\,z=g(x),$$

gdje je $f(x)=-(1-n)a(x),\;\; g(x)=(1-n)b(x).$

Egzaktna diferencijalna jednadžba

Neka je $\Omega$ konveksan skup 1.1.1 u $R^2$, $M,N:\Omega \rightarrow R$ funkcije klase $C^1(\Omega)$ i $N(x,y)\neq 0$ za $(x,y)\in \Omega .$ Diferencijalna jednadžba 1. reda

$$y'=-\frac{M(x,y)}{N(x,y)}$$ (6.18)

se zove egzaktna, ako je

$$\frac{\partial M(x,y)}{\partial y}=\frac{\partial N(x,y)}{\partial x}, \hspace{.5in} \forall (x,y)\in \Omega .$$ (6.19)

Uvrštavajući (6.18) u formulu za diferencijal $dy=y'\,dx$ funkcije $y,$ dobivamo

$$dy=-\frac{M(x,y)}{N(x,y)} dx.$$

Odatle

$$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0.$$ (6.20)

Tako (6.18) i (6.20) predstavljaju dva zapisa jedne te iste diferencijalne jednadžbe.

Uvjet (6.19), koji se inače zove uvjet egzaktnosti, predstavlja za vektorsku funkciju

$$\vec{a}(x,y) = M(x,y)\,\vec{\imath}+N(x,y)\,\vec{\jmath}$$

uvjet

$${\rm rot\,}\vec{a}(x,y) = \vec{0}.$$

To znači da je vektorsko polje potencijalno, tj. da postoji skalarno polje (potencijal) $U$ takvo, da je

$$\vec{a}(x,y) = {\rm grad\,}U(x,y) = ... ...}{\partial x}\,\vec{\imath} + \frac{\partial U(x,y)}{\partial y}\,\vec{\jmath},$$

i ono se računa po formuli

$$U(x,y) = \int_{x_0}^x M(s,y)\,ds + \int_{y_0}^y N(x_0,t)\,dt + K,$$

pri čemu je

$$M(x,y)=\frac{\partial U(x,y)}{\partial x},\hspace{1cm} N(x,y)=\frac{\partial U(x,y)}{\partial y}.$$

Ako to uvrstimo u jednadžbu (6.20) imamo

$$\frac{\partial U(x,y)}{\partial x}\,dx + \frac{\partial U(x,y)}{\partial y}\,dy = dU(x,y) = 0,\quad (x,y)\in\Omega{}.$$

To znači da je derivacija (diferencijal) $U'(x,y)=dU(x,y)$ funkcije $U$ jednak nuli (nulfunkciji, v. def. 12) za svaki $(x,y)\in \Omega .$ Odatle slijedi da su parcijalne derivacije funkcije $U$ jednake nuli za svaki $(x,y)\in\Omega,$ pa je prema tome $U$ konstanta. Doista, za $P=(x,y)\in\Omega{},$ po teoremu srednje vrijednosti, imamo

$$U(x,y)-U(x_0,y_0)=\frac{\partial U(C)}{\partial x}\,(x-x_0)+ \frac{\partial U(C)}{\partial y}\,(y-y_0) = 0,$$

gdje je $C$ točka na spojnici točaka $P_0=(x_0,y_0)$ i $P.$ Tako je

$$U(x,y) = U(x_0,y_0),\quad (x,y)\in\Omega{},$$ (6.21)

tj. $U$ je konstanta.

Prema tome

$$\int_{x_0}^x M(s,y)\,ds + \int_{y_0}^y N(x_0,t)\,dt = D,$$ (6.22)

gdje je $D$ neka konstanta. Ovom jednadžbom je implicitno zadana funkcija $y$ kao funkcija od $x,$ koja zadovoljava jednadžbu (6.20), što znači da smo formulom (6.22) dobili implicitno zadano opće rješenje egzaktne diferencijalne jednadžbe (v. 1.4.3).

Cauchyjev problem za ovu diferencijalnu jednadžbu glasi: za danu točku $(x_0,y_0)\in \Omega$ naći funkciju $y$ takvu da zadovoljava

$$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy = 0,\qquad y(x_0) = y_0.$$

Da bismo našli rješenje Cauchyjevog problema dovoljno je primijetiti da uvrštavanjem $x=x_0,y=y_0$ u opće rješenje slijedi $D=0,$ i prema tome

$$\int_{x_0}^x M(s,y)\,ds + \int_{y_0}^y N(x_0,t)\,dt = 0$$ (6.23)

je implicitno zadano rješenje Cauchyjevog problema.

Time je dokazan sljedeći teorem.

Teorem 28   Neka je $\Omega$ konveksno područje u $R^2,$ neka su $M,N:\Omega \rightarrow R$ funkcije klase $C^1(\Omega),$ neka je $\frac{\partial M(x,y)}{\partial y}= \frac{\partial N(x,y)}{\partial x}$ i $N(x,y)\neq 0$ za $(x,y)\in \Omega .$ Tada za svaki $(x_0,y_0)\in \Omega$ Cauchyjev problem

$$y'=-\frac{M(x,y)}{N(x,y)},\hspace{.5in} y(x_0)=y_0$$

ima jedno i samo jedno rješenje.

Primjer 6.6   Treba riješiti Cauchyjev problem

$$x\,dx+y\,dy=0,\hspace{.5in} y(x_0)=y_0.$$

Rješenje. Uvjet $N(x,y)=y\neq 0$ pokazuje da $\Omega$ ne smije sjeći os $x.$ Odatle nužno mora biti $y_0\neq 0.$ Uzmimo da je $y_0>0.$ To znači da za $\Omega$ možemo uzeti gornju poluravninu. Lako se provjeri da je jednadžba egzaktna. Po formuli (6.23)

$$\int _{x_0}^x s \,ds +\int _{y_0}^y t \,dt = 0,$$

$$\frac{x^2}{2}-\frac{x_0^2}{2}+\frac{y^2}{2}-\frac{y_0^2}{2} = 0.$$

Dakle, rješenje Cauchyjevog problema je

$$x^2+y^2=x_0^2+y_0^2,$$

odnosno

$$y=\sqrt{x_0^2+y_0^2-x^2}.$$

Slika 6.6: Rješenje Cauchyjevog problema.

Opće rješenje diferencijalne jednadžbe je

$$y=\sqrt{C-x^2}.$$

Obzirom na odabrani $\Omega$ u obzir dolaze samo polukružnice u gornjoj poluravnini.

Primjer 6.7   Treba riješiti jednadžbu

$$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$$ (6.24)

u kojoj $M$ i $N$ ne zadovoljavaju uvjet egzaktnosti (6.19).

Rješenje. Množimo (6.24) s funkcijom $\mu (x,y)$ takvom da dobivena jednadžba

$$\mu (x,y)M(x,y)\,dx+\mu (x,y)N(x,y)\,dy=0$$

bude egzaktna, tj. da vrijedi

$$\frac{\partial (\mu (x,y)M(x,y))}{\partial y}= \frac{\partial (\mu (x,y)N(x,y))}{\partial x}.$$

Odatle dobivamo uvjet za funkciju $\mu$.

$$\frac{\partial \mu}{\partial y}M+\mu \frac{\partial M}{\partial y}= \frac{\partial \mu}{\partial x}N+\mu \frac{\partial N}{\partial x}$$

$$\frac{\partial \mu}{\partial x}N-\frac{\partial \mu}{\partial y}M =\mu \left(\frac{\partial M}{\partial y}- \frac{\partial N}{\partial x}\right).$$ (6.25)

Ovaj uvjet na funkciju $\mu$ je parcijalna diferencijalna jednadžba i općenito teže ju je riješiti nego početnu (6.24). Zato pokušavamo s jednostavnijom pretpostavkom $\mu =\mu (x)$ ili $\mu =\mu (y)$ ili $\mu =\mu (xy)$ i slično. Tada se uvjet (6.25) pojednostavnjuje. Na pr. ako je $\mu =\mu (x),$ onda je (6.25)

$$\mu 'N = \mu \left(\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x}\right).$$

To je linearna homogena diferencijalna jednadžba i rješenje je

$$\mu (x)= e^{\int _{x_0}^x \frac{1}{N}\,(\frac{\partial M}{\partial y} -\frac{\partial N}{\partial x})\,d\xi} .$$ (6.26)

Ova pretpostavka na $\mu$ vrijedi ako je $\frac{1}{N}(\frac{\partial M}{\partial y} -\frac{\partial N}{\partial x})$ funkcija samo od $x$ jer je tada na desnoj strani formule (6.26) funkcija samo od $x$.

Funkcija $\mu$ se zove Eulerov multiplikator.

Primjer 6.8   Jednadžba

$$dx + \frac{y}{x}\,dy = 0$$

očito nije egzaktna. Riješimo je.

Rješenje.

$$\frac{1}{N}\,\left(\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x}\right) = \frac{1}{x}.$$

Tako možemo izabrati $\mu =\mu (x).$ Lako se vidi da je $\mu (x)=x,$ pa dolazimo do jednadžbe $x\,dx+y\,dy=0,$ što je egzaktna jednadžba, koju smo već riješili.

Snižavanje reda obične diferencijalne jednadžbe

Neka je $f:\Omega\rightarrow R,$ neprekidna funkcija na području $\Omega$ u $R^{n+1}$. Jednadžbu

$$y^{(n)}=f(x,y,y',\ldots ,y^{(n-1)})$$ (6.27)

zovemo običnom diferencijalnom jednadžbom n-tog reda.

a) Pretpostavimo da u diferencijalnoj jednadžbi (6.27) ne dolazi eksplicitno $y$, tj. da imamo

$$y^{(n)}=f(x,y',y'',\ldots ,y^{(n-1)}).$$ (6.28)

Stavimo

$$y'(x)=p(x)$$ (6.29)

Odatle

$$y''(x)=p'(x),\;\;\;y'''(x)=p''(x),\;\ldots,\;\;\;y^{(n)}(x)=p^{(n-1)}(x).$$

Uvrstimo u (6.28), dobivamo

$$p^{(n-1)}(x)=f(x,p,p',\ldots ,p^{(n-2)}).$$ (6.30)

Time smo snizili red diferencijalne jednadžbe, jer je jednadžba (6.30) $(n-1)$-og reda. Ako je $p$ rješenje jednadžbe (6.30) onda jednostavnom integracijom dobivamo iz (6.29) rješenje jednadžbe (6.28).

b) Pretpostavimo da u jednadžbi (6.27) ne dolazi $x$ eksplicitno, tj. da je

$$y^{(n)}=f(y,y',\ldots ,y^{(n-1)}).$$ (6.31)

Stavimo

$$y'(x)=p(y).$$

Tada je

$$y''(x)=\frac{d p(y)}{d x}=\frac{d p(y)}{d y}y'= p'(y)y'=p'p$$

$$y'''(x) = (p'p)'p$$

$$\ldots$$

Općenito je $n$-ta derivacija $y^{(n)}$ funkcija od $p,p',\ldots ,p^{(n-1)}$. Uvrštavanjem u (6.31) dobivamo tako diferencijalnu jednadžbu $(n-1)$-og reda.

Primjer 6.9   Treba naći opće rješenje jednadžbe

$$y''={y'}^2+1.$$

Rješenje. U ovoj diferencijalnoj jednadžbi se ne pojavljuju ni $x$ ni $y$. Stavimo $y'=p(x),\;\; y''=p'(x)$. Dobivamo

$$p'(x)=p(x)^2+1$$

$$\int \frac{p'(x)\,dx}{p(x)^2+1} =x+C$$

$${\rm Arctg}\,p(x)=x+C$$

$$p(x)=y'(x)={\rm tg}\,(x+C)$$

$$y(x)=D-\ln \mid \cos(x+C)\mid .$$

Pitanja

1.

Koju diferencijalnu jednadžbu zovemo linearnom diferencijalnom jednadžbom 1. reda? Kad kažemo da je homogena, a kad da je nehomogena?

2.

Što znate o postojanju i jedinstvenosti rješenja? Kako se rješava linearna diferencijalna jednadžba 1. reda?

3.

Koja je razlika između pojmova homogenosti kad se radi o običnoj diferencijalnoj jednadžbi 1. reda, i linearnoj diferencijalnoj jednadžbi 1. reda?

4.

Kako glasi Bernoullijeva jednadžba? Kako se rješava?

5.

Kako izgleda egzaktna diferencijalna jednadžba? Kako glasi njezino rješenje?

6.

U čemu je osobitost rješenja egzaktne diferencijalne jednadžbe? Da li znate izvesti rješenje?

7.

Kako se diferencijalna jednadžba može svesti na egzaktnu? Što je to Eulerov multiplikator. U kojim slučajevima taj postupak može pojednostavniti rješavanje?

8.

Kako izgleda obična diferencijalna jednadžba $n$-tog reda?

9.

U kojim slučajevima se može sniziti red jednadžbe? Kako se to radi?

Riješeni zadaci

1.

Naći opće rješenje Laplaceove jednadžbe

$$\Delta f(r) = 0,$$

gdje je $f$ dvaput neprekidno derivabilna funkcija, a $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}.$

Rješenje. Iz primjera (4.14) imamo

$$\Delta f(r) = f''(r)+\frac{2\,f'(r)}{r} = 0.$$

Budući da se u ovoj jednadžbi ne pojavljuje eksplicitno $f(r),$ možemo staviti $f'(r)=p(r).$ Tada jednadžba postaje

$$p'(r)+\frac{2}{r}\,p(r) = 0.$$

Ovo je homogena linearna diferencijalna jednadžba i njezino rješenje je

$$p(r) = \frac{C}{r^2}.$$

Odatle je

$$f(r) = -\frac{C}{r} + D.$$