REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB Martin Raič RAIČ, Martin Rešene naloge iz navadnih diferencialnih enačb c 2018 Martin Raič Samozaložil avtor. Prva izdaja Ljubljana, 2018 Elektronska knjiga, dostopna na http://valjhun.fmf.uni-lj.si/~raicm/Poucevanje/DE/DE_vaje_2018.pdf Kataložni zapis o publikaciji (CIP) pripravili v Narodni in univerzitetni knjižnici v Ljubljani COBISS.SI-ID=295266816 ISBN 978-961-288-525-0 (pdf) Predgovor Diferencialne enačbe so pomemben del matematike, so pa nepogrešljive tudi v številnih drugih vedah, naj omenim samo fiziko, ekonomijo in biologijo. Zato s tega področja ob- staja že ogromno učbenikov in zbirk nalog. Ta zbirka je nastala po vajah iz diferencialnih enačb, ki sem jih izvajal na programu Praktična matematika na Fakulteti za matematiko in fiziko Univerze v Ljubljani. Skozi izvajanje pa se je izkazalo, da ni taka težava usvojiti receptur, težava pa je diferencialne enačbe reševati matematično korektno. Za ta namen je treba najprej rigorozno definirati pojme in ni vselej očitno, kako to storiti. Zatakne se že pri pojmu splošne rešitve diferencialne enačbe. Namen te zbirke je poleg nalog prinesti v naš prostor tudi nekaj predlogov, kako diferencialne enačbe obravnavati na korekten način. Še zlasti v prvem delu drugega poglavja so primeri izbrani tako, da se pokaže, na kakšne težave naletimo in kako jih rešimo. Vesel bom, če bodo rešitve, predstavljene tukaj, prišle prav še kateremu drugemu izvajalcu. V Ljubljani, junija 2018 Martin Raič martin.raic@fmf.uni-lj.si Kazalo 1. Uvod 4 2. Enačbe prvega reda 5 3. Posebne linearne enačbe višjih redov 13 4. Sistemi diferencialnih enačb 19 5. Reševanje diferencialnih enačb s potenčnimi vrstami 23 REŠITVE 27 1. Uvod 28 2. Enačbe prvega reda 30 3. Posebne linearne enačbe višjih redov 51 4. Sistemi diferencialnih enačb 57 5. Reševanje diferencialnih enačb s potenčnimi vrstami 69 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 4 1. Uvod Pojem diferencialne enačbe. Različni koncepti rešitve diferencialne enačbe. Obstoj in enoličnost rešitev. Navadna diferencialna enačba reda n je enačba, v kateri je neznanka funkcija y = h(x) in je oblike: F x, y, y0, y00, . . . , y(n) = 0 . Klasična rešitev tovrstne enačbe na dani neprazni odprti množici je funkcija, ki je n-krat zvezno odvedljiva in zadošča dani enačbi. 1. Pri katerih a in b funkcija: y = a ebx2 reši diferencialno enačbo y0 = xy? 2. Dana je diferencialna enačba 2x2y00 − 7xy0 + 9y = 0. a) Za katere λ je funkcija y = xλ klasična rešitev te diferencialne enačbe na (0, ∞)? b) Poiščite čim več klasičnih rešitev na (0, ∞), na (−∞, 0) in na R. 3. Dana je diferencialna enačba y02 = 4y. a) Poiščite vse polinome stopnje dve ali manj, ki rešijo to enačbo. Narišite! b) Poiščite še čim več drugih rešitev te enačbe. V nalogah od 4. do 6. poiščite diferencialno enačbo, katere rešitev je dana družina funkcij. 1 4. y = . x − a 5. y = a ebx. 6. y = a cos x + b sin x. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 5 2. Enačbe prvega reda Enačbe z ločljivima spremenljivkama. Homogena enačba. Linearna enačba. Bernoullijeva enačba. Eksaktna enačba. Riccatijeva enačba. Uporaba v fiziki. Diferencialne enačbe prvega reda z ločljivima spremenljivkama so tiste, ki se dajo prevesti na obliko: f (x) dx = g(y) dy . (∗) Tako enačbo lahko rešimo tako, da obe strani integriramo: če sta F in G primitivni funkciji funkcij f in g, vse klasične rešitve, definirane na odprtih intervalih, zadoščajo zvezi: F (x) + C = G(y) . Natančneje, za vsako klasično rešitev y = h(x) enačbe (∗), definirano na nekem intervalu, obstaja taka konstanta C, da povsod na tem intervalu velja F (x) + C = G h(x). 1. Dana je diferencialna enačba y0 = ey. a) Poiščite vse klasične rešitve te enačbe, definirane na odprtih intervalih. b) Med rešitvami iz prejšnje točke poiščite partikularno rešitev, ki zadošča zače- tnemu pogoju y(0) = 1. Poiščite tudi maksimalni odprti interval, na katerem je definirana ta partikularna rešitev. 2. Poiščite vse klasične rešitve diferencialne enačbe y0 = −2xy2, definirane na odprtih intervalih. 3. Poiščite vse klasične rešitve diferencialne enačbe x2y0 = y2, definirane na odprtih intervalih. Splošna rešitev diferencialne enačbe je družina klasičnih rešitev te enačbe, iz katerih lahko sestavimo vse klasične rešitve enačbe. Za enačbo n-tega reda to pomeni, da za vsako klasično rešitev h in vsako točko x0 v njenem definicijskem območju obstaja funkcija gL iz te družine, ki se v levi limiti pri x0 ujema s h tako v vrednosti kot tudi v prvih n odvodih, prav tako pa tudi funkcija gD iz te družine, ki se na ta način ujema s h v desni limiti. Ob navajanju splošne rešitve se dogovorimo, da funkcije zožimo na množico točk, kjer so n-krat zvezno odvedljive. Lahko se omejimo le na določen pogoj na x, y, y, . . . , y(n). M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 6 Priključitev točke Naj bo a < x0 < b. Vsaka klasična rešitev enačbe prvega reda, definirana na (a, b), je zvezno odvedljiv zlepek neke klasične rešitve na (a, x0) in neke klasične rešitve na (x0, b). Splošna rešitev enačbe pri pogoju (x, y) ∈ E, kjer je E ⊆ 2 R odprta množica, se ujema s splošno rešitvijo pri pogoju (x, y) ∈ E, x 6= x0. 4. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe xy0 = y2. 5. Poiščite klasično rešitev diferencialne enačbe 2xy0 = y, za katero je y(−4) = −4 in je definirana na maksimalnem možnem odprtem intervalu. Dokažite, da je taka rešitev ena sama. Globalni eksistenčni izrek za enačbe prvega reda Dana naj bo začetna naloga: y0 = f (x, y) , y(x0) = y0 , kjer je f : (a, b) × (c, d) → R ter x0 ∈ (a, b) in y0 ∈ (c, d). Funkcija f naj bo zvezna v x. Privzemimo, da je (c, d) = R in da je f Lipschitzeva1 v y, t. j. obstaja taka konstanta L, da za vse x ∈ (a, b) in vse y, z ∈ (c, d) velja |f (x, y) − f (x, z)| ≤ L|y − z|. Tedaj ima dana začetna naloga natanko eno klasično rešitev za x ∈ (a, b). Brž ko je f parcialno odvedljiva po y, je f Lipschitzeva v y natanko tedaj, ko je parcialni odvod fy omejen. 6. Dana je diferencialna enačba (1 + x2)y0 = x|y|. a) Preverite, da poljubna začetna naloga za to enačbo izpolnjuje pogoje global- nega eksistenčnega izreka za x ∈ R in y ∈ R. b) Poiščite klasične rešitve, ki zadoščajo začetnim pogojem y(0) = 1, y(0) = 0 in y(0) = −1. c) Poiščite vse klasične rešitve te enačbe, definirane na odprtih intervalih. 1Rudolf Lipschitz (1832–1903), nemški matematik M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 7 Picardova2 iteracija Začetna naloga: y0 = f (x, y) , y(x0) = y0 je ekvivalentna integralski enačbi: Z x y = y0 + f t, y(t) dt . x0 Le-to lahko rešimo iterativno: Z x h0 ≡ y0 , hn+1 = h0 + f t, hn(t) dt . x0 Iskana rešitev y je limita funkcij hn. 7. S pomočjo Picardove iteracije rešite diferencialno enačbo y0 = y − x pri začetnem pogoju y(0) = 2. Lokalni eksistenčni izrek za enačbe prvega reda Spet naj bo dana začetna naloga: y0 = f (x, y) , y(x0) = y0 , kjer je f : (a, b) × (c, d) → R ter x0 ∈ (a, b) in y0 ∈ (c, d), funkcija f pa zvezna v x. Privzemimo, da je f lokalno Lipschitzeva v y, t. j. za poljubna x1 ∈ (a, b) in y1 ∈ (c, d) obstajajo taka intervala (a1, b1) in (c1, d1) in taka konstanta L, da je x1 ∈ (a, b), y1 ∈ (c, d) ter da za vse x ∈ (a1, b1) in vse y, z ∈ (c1, d1) velja |f (x, y) − f (x, z)| ≤ L|y − z|. Tedaj ima dana začetna naloga največ eno klasično rešitev za x ∈ (a, b), obstaja pa tudi tak interval (a∗, b∗), da je x ∈ (a∗, b∗) in ima naloga rešitev za x ∈ (a∗, b∗). Brž ko je f parcialno odvedljiva po y in parcialni odvod zvezen v obeh spre- menljivkah, je f tudi lokalno Lipschitzeva v y. 8. Dana je diferencialna enačba y0 = y2. a) Preverite, ali so izpolnjeni pogoji globalnega eksistenčnega izreka za x ∈ R in y ∈ R. b) Rešite enačbo pri začetnem pogoju y(0) = 1. Poiščite maksimalni odprt inter- val, na katerem je definirana rešitev. 2Charles Émile Picard (1856–1941), francoski matematik M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 8 9. Dana je diferencialna enačba y0 = y ln y. a) Preverite, ali so izpolnjeni pogoji globalnega eksistenčnega izreka za x ∈ R in y ∈ R. b) Rešite enačbo pri začetnem pogoju y(0) = a, kjer je a > 0. Kje so definirane rešitve? 10. Poiščite čim več klasičnih rešitev enačbe y0 = y2/3, definiranih na odprtih intervalih. Komentirajte! 11. Poiščite čim več klasičnih rešitev enačbe y0 = y1/3, definiranih na odprtih intervalih. Komentirajte! 12. Dana je diferencialna enačba xy0 = 3y. a) Poiščite njeno splošno rešitev. b) Poiščite vse klasične rešitve, definirane na celi realni osi, za katere je y(−1) = 0. Poenostavitev izrazov z logaritmi Če je stran enačbe z ločenima spremenljivkama, na kateri je odvisna spremen- ljivka, oblike g0(y) dy, lahko le-to integriramo v ln g(y) (in potem seveda na drugi g(y) C strani ne pišemo aditivne konstante). Na tem koraku je seveda C 6= 0, često pa se izkaže, da končna rešitev vsebuje tudi primer, ko je C = 0. Nato izrazimo odvisno spremenljivko. Na vsakem intervalu, kjer funkcija f nima ničel, lahko družino funkcij C|h(x)|, kjer je C preteče množico, simetrično okoli izhodišča, nadomestimo kar z družino funkcij Cf (x). 13. Poiščite vse klasične rešitve enačbe y0 = xy, definirane na odprtih intervalih. 14. Rešite začetno nalogo y2 = xyy0 + 9, y(2) = −1. Poiščite tudi maksimalni interval, na katerem je rešitev definirana. 15. Pivo, ki ga vzamemo iz hladilnika, se z začetne temperature 4◦C v 10 minutah ogreje na 7◦C. Temperatura v sobi je 25◦C. Kolikšna bo temperatura piva 20 minutah potem, ko ga damo iz hladilnika? 16. 100-litrski kotel je poln vode s temperaturo 10◦C. Vanj s pretokom 1 l/s teče topla voda s temperaturo 30◦C in se idealno meša, odvečna voda pa se poliva čez rob. Kolikšna bo temperatura vode čez eno minuto? 17. Zvone naroči eno veliko pivo (pol litra). Ko mu ga prinesejo, je to pivo v vrčku s polmerom 4 cm in ima temperaturo 6◦C. Zunanja temperatura je 32◦C. Zvone počasi in enakomerno srka pivo, tako da ga spije v pol ure. Pivo se segreva: M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 9 • premosorazmerno z razliko med svojo trenutno temperaturo in temperaturo okolice; • premosorazmerno s svojo površino; • obratnosorazmerno s svojo prostornino. Privzamemo, da ima pivo ves čas obliko valja z danim polmerom in višino, ki s časom linearno pada, in da idealno prevaja temperaturo. . Na začetku se pivo segreva s hitrostjo 0 3 stopinje na minuto. Kolikšna bo njegova temperatura, ko ga bo Zvone spil devet desetin? Namig: če s t označimo čas, s T temperaturo, s h pa višino piva, zapišite h kot funkcijo t in dT /dt kot funkcijo h. 18. Spreminjanje velikosti populacije pri omejenih naravnih virih. Populacija ima ob času t velikost x. Stopnja razmnoževanja je enaka r(1 − x/L), kjer r odslikuje fertilnost, 1 − x/L pa faktor upora okolja – L je ravnovesna velikost populacije. Dobimo Verhulstovo oz. logistično enačbo: dx x = r 1 − x . dt L Rešite to enačbo pri začetnem pogoju x(0) = x0. Ortogonalne trajektorije Ortogonalne trajektorije na družino krivulj, določene z diferencialno enačbo: F (x, y, y0) = 0 , določa diferencialna enačba: 1 F x, y, − = 0 . y0 19. Poiščite ortogonalne trajektorije na družino krivulj y = Cx3. Linearna diferencialna enačba je tista, ki se da zapisati v obliki: y0 + q(x) y = r(x) . Če poznamo eno rešitev y = h(x), lahko preostale iščemo v obliki y = h(x) + z. 20. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe xy0 − 3y = x. Namig: ena od rešitev je linearna funkcija. 21. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe (1 − x)2y0 + (1 − x)y + 1 = 0. Namig: rešitev iščite kot Taylorjevo vrsto okoli izhodišča. Opomba: to je primer Frobeniusove metode – glej 5. razdelek. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 10 Če ne poznamo nobene rešitve linearne diferencialne enačbe, jo lahko rešimo tudi tako, da najprej poiščemo rešitev homogenega dela enačbe: y0 + q(x) y H H = 0 . ki se da vedno zapisati v obliki yH = C h(x), kjer je C konstanta. Rešitev iz- virne enačbe nato iščemo z variacijo konstante, kar pomeni, da jo nastavimo v obliki y = h(x) z, kjer je z zdaj funkcija. Če torej poznamo eno netrivialno rešitev y = h(x) homogenega dela enačbe, lahko rešitve izvirne enačbe iščemo v obliki y = h(x) z. 22. Poiščite rešitev diferencialne enačbe: ex + 1y0 + ex y = ex − 1 , ki gre skozi izhodišče. Bernoullijeva3 diferencialna enačba je tista, ki se da zapisati v obliki: y0 + q(x) y = r(x) yα . Enačbo lahko prevedemo na linearno, če uvedemo: z = y1−α , z0 = (1 − α) y−αy0 . Pred tem se splača deliti z yα. A pozor: če je α > 0, pri deljenju izgubimo rešitve z ničlami. • Če je 0 < α < 1, lahko vse rešitve z ničlami sestavimo iz preostalih in jih ni treba vključiti v splošno rešitev. Rešitev y = 0 dobimo kot ogrinjačo. • Če je α ≥ 1, za vsako klasično rešitev, definirano na odprtem intervalu, velja, da je bodisi povsod enaka nič bodisi ni nikjer enaka nič. Rešitev y = 0 dobimo kot limito rešitev deljene enačbe in jo je treba vključiti v splošno rešitev. 23. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe 3y0 + 2y = 1 + 3 exy4. √ 24. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe xy0 + 3y = 3 y sin x. 25. Poiščite ortogonalne trajektorije na družino krožnic: x2 + (y − a)2 = a2 ; a ∈ R . Narišite! 3Jakob Bernoulli (1655–1705), švicarski matematik M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 11 Riccatijeva4 diferencialna enačba ima obliko: y0 = p(x) + q(x) y + r(x) y2 . Ta enačba se v splošnem ne da rešiti v kvadraturah, t. j. z integrali. Če pa poznamo eno rešitev y = h(x), lahko preostale nastavimo v obliki: 1 y = h(x) + . w Tako se enačba prevede na linearno. 26. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe: 2 y0 = x2y2 + . x4 Namig: za primerna a in p funkcija y = axp reši enačbo. Homogena diferencialna enačba je tista, ki je oblike: y y0 = f . x y Če v tako enačbo uvedemo z = , jo prevedemo na enačbo z x ločljivima spremenljivkama. 27. Poiščite partikularno rešitev diferencialne enačbe: y xy0 − y = x tg , x ki zadošča začetnemu pogoju y(3) = 8π, skupaj z maksimalnim odprtim intervalom, kjer je definirana. 28. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe (y2 − 2xy) dx + x2 dy = 0. 4Jacopo Francesco Riccati (1676–1754), italijanski matematik M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 12 Diferencialna enačba, zapisana v obliki: M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 ∂F ∂F je eksaktna, če obstaja taka funkcija F , da je M = in N = . ∂x ∂y Splošna rešitev enačbe je potem F (x, y) = C. ∂N ∂M Diferencialna enačba je eksaktna natanko tedaj, ko velja = . ∂x ∂y Funkciji F pravimo prvi integral enačbe in jo lahko iščemo kot nedoločeni integral: Z F (x, y) = M (x, y) dx = F1(x, y) + A(y) = Z = N (x, y) dy = F2(x, y) + B(x) ; funkcije F1, F2, A in B nastavimo tako, da se izraza ujemata. 29. Dokažite, da je diferencialna enačba: (2x3 − y) dx = (x + y) dy eksaktna, in jo rešite. Integracijski multiplikator Vsaka diferencialna enačbo prvega reda postane eksaktna, če jo pomnožimo s primerno funkcijo. Tej funkciji pravimo integracijski multiplikator. V splo- šnem je sicer iskanje integracijskega multiplikatorja prav tako zahtevna naloga kot iskanje rešitve same diferencialne enačbe, včasih pa se da za multiplikator uganiti nastavek. 30. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe: x x 3 ln(x + y) + dx + dy = 0 . x + y x + y Namig: enačba postane eksaktna, če jo pomnožite s primerno potenco določene spremenljivke. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 13 3. Posebne linearne enačbe višjih redov Znižanje reda. Enačba s konstantnimi koeficienti. Euler–Cauchyjeva enačba. Znižanje reda, če manjka odvisna spremenljivka Če je y odvisna spremenljivka v diferencialni enačbi, ki ne vsebuje y, y0, . . . , yr−1, lahko enačbi znižamo red z uvedbo nove odvisne spremenljivke z = y(r). 1. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe x2y000 = (y00)2. 2. Stiroporno kroglo z maso m = 10 g izstrelimo navpično v zrak s hitrostjo 100 m/s. Zračni upor povzroča silo, ki je enaka cv2, kjer je v hitrost krogle in c = 2 · 10−6 Ns2/m2. Seveda pa na kroglo deluje še sila teže mg, kjer je g = 10 m/s2. Po kolikšnem času krogla doseže najvišjo točko in kolikšno višino doseže? Kako pa bi bilo, če ne bi bilo zračnega upora? Znižanje reda, če manjka neodvisna spremenljivka Če diferencialna enačba ne vsebuje neodvisne spremenljivke x, ji lahko prav tako znižamo red z uvedbo nove spremen- ljivke v = y0. Enačba se namreč da prevesti na diferencialno enačbo za funkcijsko zvezo med y in y0 = v, saj se tudi višji odvodi dajo izraziti zgolj s tema dvema spremenljivkama, na primer: dv dv dy v dv y00 = = = . dx dy dx dy 3. Homogena vrv, zvita v klobčič na robu mize, se začne odvijati navzdol. Opišite dinamiko tega odvijanja. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 14 Linearna diferencialna enačba poljubnega reda Diferencialna enačba reda n je linearna, če je oblike: an(x) y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · · + a1(x) y0 + a0(x) y = b(x) . Privzamemo, da so funkcije an, . . . , a0, b zvezne. Enačba je homogena, če je b = 0. Množica rešitev take enačbe na določenem odprtem intervalu, kjer an nima ničel, se izraža v obliki: y = C1 h1(x) + C2 h2(x) + · · · + Cn hn(x) . Funkcije h1, . . . , hn tvorijo bazo prostora rešitev. V splošnem se taka enačba ne da rešiti v kvadraturah. A če poznamo eno rešitev pripadajoče homogene enačbe, denimo y = h(x), lahko enačbi znižamo red z uvedbo nove odvisne spremenljivke z = y/h(x). Tehnično gledano, če poznamo eno rešitev, enačbi še ne znižamo reda, jo pa prevedemo na enačbo, ki ne vsebuje eksplicitno odvisne spremenljivke in se ji zato da znižati red. 4. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe: (x2 + x)y00 − (2x + 1)y0 + 2y = 0 . Namig: ena od rešitev je oblike y = xp. Homogena linearna DE s konstantnimi koeficienti Rešitev enačbe: any(n) + an−1y(n−1) + · · · + a1y0 + a0y = 0 , (∗) kjer so a0, . . . , an konstante, poiščemo s pomočjo karakteristične enačbe: anλn + an−1λn−1 + · · · + a1λ + a0 = 0 . (∗∗) Če ima enačba (∗∗) same enostavne rešitve λ1, . . . , λn, so vse klasične rešitve enačbe (∗), definirane na odprtih intervalih, oblike: y = C1 eλ1x + C2 eλ2x + · · · + Cn eλnx . V nalogah od 5. do 12. poiščite splošno rešitev dane diferencialne enačbe. 5. y00 − y0 − 2y = 0. 6. y00 + 2y0 = 0. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 15 Večkratne ničle karakterističnega polinoma Pri večkratnih rešitvah množimo z x, dokler ne dobimo dovolj neodvisnih reši- tev: če je torej λ r-kratna rešitev, iz nje dobimo člene oblike: (C0 + C1x + · · · + Cr−1xr−1)eλx . 7. y00 + 6y0 + 9y = 0. 8. y000 + 3y00 + 3y0 + y = 0. 9. y000 − 2y00 − 4y0 + 8y = 0. Kompleksne ničle karakterističnega polinoma Člene, dobljene iz (konjugirano) kompleksnih rešitev, spremenimo v trigonome- trijo, npr. C1 e(α+βi)x+C2 e(α−βi)x se spremeni v C1 eαx cos(βx)+C2 eαx sin(βx). 10. y00 + 2y0 + 5y = 0. 11. y(4) + 6y00 + 9y = 0. 12. y(5) − 3y(4) + 4y000 − 4y00 + 3y0 − y = 0. Nastavki za nehomogeno enačbo s konstantnimi koeficienti (brez trigonometrije) Rešitev enačbe s konstantnimi koeficienti: any(n) + an−1y(n−1) + · · · + a1y0 + a0y = P (x) eαx , kjer je P polinom, iščemo v obliki y = yH + yP , kjer je yH rešitev homogenega dela enačbe in yP = xr ˜ P (x) eαx, kjer je ˜ P polinom, ki je iste stopnje kot P , r pa je večkratnost ničle α v karakteristični enačbi. V nalogah od 13. do 17. poiščite splošno rešitev dane diferencialne enačbe. 13. y00 − y0 − 2y = x2. 14. y00 − 2y0 + y = e2x + e−2x. 15. y00 − 5y0 + 6y = e2x. 16. y00 + 4y0 + 4y = e2x + e−2x. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 16 Nastavki za nehomogeno enačbo s konstantnimi koeficienti (s trigonometrijo) Rešitev enačbe s konstantnimi koeficienti: any(n) + an−1y(n−1) + · · · + a1y0 + a0y = eαx P (x) cos(βx) + Q(x) sin(βx) , kjer sta P in Q polinoma, iščemo v obliki y = yH + yP , kjer je yH rešitev homogenega dela enačbe in: yP = xr eαx ˜ P (x) cos(βx) + ˜ Q(x) sin(βx) , kjer se maksimalna stopnja polinomov ˜ P in ˜ Q ujema z maksimalno stopnjo po- linomov P in Q, r pa je večkratnost ničle α+βi oziroma α−βi v karakteristični enačbi. 17. y00 + 4y0 + 3y = sin x. 18. y00 + 9y = x sin(3x). Homogena Euler5–Cauchyjeva6 diferencialna enačba Rešitev enačbe: anxny(n) + an−1xn−1y(n−1) + · · · + a1xy0 + a0y = 0 , (∗) kjer so a0, . . . , an konstante, poiščemo s pomočjo karakteristične enačbe: anλ(λ−1) · · · (λ−n+1)+an−1λ(λ−1) · · · (λ−n+2)+· · ·+a1λ+a0 = 0 . (∗∗) Če ima enačba (∗∗) same enostavne rešitve λ1, . . . , λn, so pri x > 0 vse klasične rešitve (∗), definirane na odprtih intervalih, oblike: y = C1 xλ1 + C2 xλ2 + · · · + Cn xλn . Pri večkratnih rešitvah množimo z ln x: če je recimo λ r-kratna rešitev, iz nje dobimo člene oblike: C0 + C1 ln x + · · · + Cr−1(ln x)r−1xλ . Poleg tega pa člene, dobljene iz (konjugirano) kompleksnih rešitev, spremenimo v trigonometrijo, npr. C1 xα+βi + C2 xα−βi se spremeni v C1 xα cos(β ln x) + C2 xα sin(β ln x). Klasične rešitve pri x < 0 dobimo tako, da x zamenjamo z −x. Splošno rešitev dobimo tako, da x zamenjamo z |x|. V določenih členih menjava morda ni potrebna. POZOR: pri x = 0 pogoji eksistenčnega izreka niso izpolnjeni! M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 17 19. Dana je diferencialna enačba 2x2y00 − 7xy0 + 9y = 0. Poiščite njeno splošno rešitev in vse klasične rešitve, definirane na celi realni osi. 20. Dana je diferencialna enačba x2y00 = 2y. a) Poiščite njeno splošno resitev. b) Obravnavajte začetno nalogo z y(0) = a, y0(0) = b v odvisnosti od a in b. 21. Poiščite tisto rešitev diferencialne enačbe x2y00 − 3xy0 + 4y = 0, ki zadošča začetnima pogojema y(−1) = 1 in y0(−1) = 0. 22. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe x2y00 − xy0 + 10y = 0. 23. Poiščite tisto rešitev diferencialne enačbe 4x2y00 − 8xy0 + 5y = 0, ki zadošča: a) začetnemu pogoju y(−1) = 1, y0(−1) = 0; b) začetnemu pogoju y(−1) = 2, y0(−1) = −5. V obeh primerih zapišite rešitev na maksimalnem definicijskem območju. Nastavki za nehomogeno Euler–Cauchyjevo enačbo Rešitev enačbe: anxny(n) + an−1xn−1y(n−1) + · · · + a1xy0 + a0y = xα P (ln x) cos(β ln x)+ + Q(ln x) sin(β ln x) , kjer sta P in Q polinoma, iščemo v obliki y = yH + yP , kjer je yH rešitev homogenega dela enačbe in: yP = (ln x)r xα ˜ P (ln x) cos(β ln x) + ˜ Q(ln x) sin(β ln x) , kjer se maksimalna stopnja polinomov ˜ P in ˜ Q ujema z maksimalno stopnjo po- linomov P in Q, r pa je večkratnost ničle α+βi oziroma α−βi v karakteristični enačbi. Za x < 0 moramo morda xα zamenjati z (−x)α ali |x|α, ln x pa moramo zamenjati z ln(−x) ali ln |x|. V 24. in 25. nalogi poiščite splošno rešitev dane diferencialne enačbe. 24. x2y00 − 4xy0 + 6y = ln x. 25. x2y00 − 3xy0 + 4y = x2 5Leonhard Euler (1707–1783), švicarski matematik 6Augustin-Louis Cauchy (1789–1857), francoski matematik M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 18 Variacija konstant pri linearnih DE višjih redov Če je h1, h2, . . . , hn baza rešitev homogenega dela enačbe: an(x) y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · · a1(x) y0 + a0(x) y = b(x) , rešitev izvirne enačbe nastavimo v obliki y = h1(x) z1 + · · · + hn(x) zn, kjer funkcije z1, . . . , zn zadoščajo enačbam: h1(x) z0 + · · · + h = 0 1 n(x) z0n ... h(n−2)(x) z0 + · · · + h(n−2)(x) z0 = 0 1 1 n n b(x) h(n−1)(x) z0 + · · · + h(n−1)(x) z0 = . 1 1 n n an(x) 1 26. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe 4y00 + y = . sin x2 1 27. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe x2y00 − 2xy0 + 2y = . x − 1 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 19 4. Sistemi diferencialnih enačb Reševanje s pomočjo lastnih in korenskih vektorjev ter diagonalizacije. Variacija konstant. Fazni portreti. Linearni sistemi s konstantnimi koeficienti Sistem diferencialnih enačb: y0 = f 1 1(x, y1, y2, . . . , yn) y0 = f 2 2(x, y1, y2, . . . , yn) ... y0 = f n n(x, y1, y2, . . . , yn) − * lahko interpretiramo kot vektorsko enačbo − * y 0 = f (x, − * y ). Homogen linearni sis- tem lahko zapišemo v obliki − * y 0 = A(x)− * y , kjer je A matrična funkcija. Splošna rešitev takega sistema se izraža v obliki: − * − * − * − * y = C1 h1(x) + C2 h2(x) + · · · + Cn hn(x) , − * − * kjer so h1, . . . , hn linearno neodvisne rešitve. Sistem ima konstantne koeficiente, če je A konstantna matrika. Če je − * v lastni vektor matrike A za lastno vrednost λ, je − * y = eλx− * v rešitev danega sistema. Za linearno neodvisne lastne vektorje dobimo linearno neodvisne rešitve. Če se torej matrika A da diagonalizirati, lahko na ta način dobimo vse rešitve danega sistema. V nalogah od 1. do 12. poiščite splošno rešitev danega sistema linearnih enačb. Če gre za sistem dveh enačb z dvema neznanima funkcijama, narišite še fazni portret. 1. y0 = 2y 1 1 + 3y2 , y0 = 1 y 2 3 1 + 2y2 . 2. y0 = −2y 1 1 + 2y2 , y0 = y 2 1 − 3y2 . 3. y0 = −3y 1 1 + y2 , y0 = −4y 2 1 + 2y2 . 4. y0 = 2y 1 1 − y2 − y3 , y0 = −y 2 1 + 2y2 − y3 , y0 = −y 3 1 − y2 + 2y3 . 5. y0 = y 1 1 + 2y2 , y0 = 3y 2 1 + 6y2 . M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 20 Kompleksne lastne vrednosti Pri kompleksnih lastnih vrednostih dobimo realne bazne rešitve tako, da iz vsakega konjugiranega para izberemo eno lastno vrednost, nakar vzamemo realni in imaginarni del pripadajoče bazne rešitve. 6. y0 = 4y 1 1 − 3y2 , y0 = 3y 2 1 + 4y2 . 7. y0 = −4y 1 1 + 3y2 , y0 = −6y 2 1 + 2y2 . 8. y0 = 2y 1 1 − y2 , y0 = 5y 2 1 − 2y2 . Reševanje sistemov pri korenskih vektorjih V splošnem se matrika A ne da diagonalizirati. V tem primeru za cel prostor potrebujemo lastne in korenske vektorje. Le-te lahko uredimo v verige: − * A−λI A−λI A−λI A−λI v m+r −−−→ − * v m+r−1 −−−→ · · · A−λI −−−→ − * v m+2 −−−→ − * v m+1 −−−→ 0 (− * v m+1 je lastni vektor, preostali vektorji pa so korenski). Iz take verige dobimo naslednje linearno neodvisne rešitve: eλx − * v m+1 , eλx − * v m+2 + x − * v m+1 , x2 eλx − * v − * m+3 + x − * v m+2 + v m+1 , 2! · · · x2 xr−1 eλx − * v − * − * m+r + x − * v m+r−1 + v m+r−2 + · · · + v m+1 . 2! (r − 1)! 9. y0 = −2y 1 1 + y2 , y0 = −y 2 1 − 4y2 . 10. y0 = 4y 1 1 + 16y2 , y0 = −y 2 1 − 4y2 . 11. y0 = y 1 1 + 2y2 + y3 , y0 = −8y 2 1 − 9y2 − 3y3 , y0 = 12y 3 1 + 12y2 + 3y3 . M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 21 12. y0 = −2y 1 1 + y2 + 3y3 , y0 = −2y 2 2 + 5y3 , y0 = −2y 3 3 . Splošni sistemi diferencialnih enačb Splošni sistem diferencialnih enačb lahko zapišemo v vektorski obliki − * y 0 = − * − * F (x, − * y ). Če vektorska funkcija F ni odvisna od x, t. j. če lahko zapišemo kar − * − * y 0 = F (− * y ), pravimo, da je sistem avtonomen. − * Točka − * y je ravnovesna, če je F (− * y ) = 0. V ravnovesni točki sistem miruje, podobno kot homogen linearni sistem v izhodišču. Že pri slednjih smo videli, da imajo ravnovesne točke različne stopnje stabilnosti. − * Naj bo F gladka vektorska funkcija in naj bo − * y 0 ravnovesna točka. Privze- − * mimo, da ima Jacobijeva matrika DF (− * y 0) vse realne komponente lastnih vre- dnosti različne od nič. Hartman7–Grobmanov8 izrek pravi, da je tedaj − * možno obnašanje sistema − * y 0 = F (− * y ) okoli − * y 0 homeomorfno preslikati na ob- − * našanje sistema − * z 0 = DF (− * y 0)− * z okoli izhodišča. Z drugimi besedami, sistem se obnaša podobno kot ustrezen homogen linearni sistem. V nalogah od 13. do 15. poiščite ravnovesne točke. Pri vsaki premislite, ali lahko uporabimo Hartman–Grobmanov izrek, in skicirajte fazni portret sistema. 13. y0 = y 1 1(1 − y1) − y1y2 , y0 = y 2 2(1 − y1) . 14. y0 = y 1 2 , y0 = y2 + y2 − y 2 1 2 1 . 15. y0 = 2y2 − 3y 1 1 1y2 , y0 = 2y . 2 1y2 + 2y2 2 Namig: pretvorite v polarne koordinate. 7Philip Hartman (1915–2015), ameriški matematik 8David Matvejevič Grobman (1922–1998), ruski matematik in fizik, pionir računalništva v Sovjetski zvezi M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 22 Variacija konstant pri nehomogenih linearnih sistemih Rešitev nehomogenega sistema linearnih diferencialnih enačb: − * − * y 0 = A(x)− * y + b (x) lahko poiščemo s pomočjo splošne rešitve pripadajočega homogenega sistema − * y 0 = A(x)− * y H H . Naj se le-ta izraža v obliki: − * − * − * − * − * y H(x) = C1 h1(x) + C2 h2(x) + · · · + Cn hn(x) = H(x) C , kjer je:   C1 h− * − * − * i − * C2  H(x) = h   1(x) h2(x) · · · hn(x) in C = . .  ..    Cn Matriki H(x) pravimo matrika Wrońskega9. Tedaj se rešitev danega nehomogenega sistema izraža v obliki − * y = H(x) − * z , kjer vektorska funkcija − * z reši sistem: − * H(x) − * z 0 = b (x) . 16. Poiščite splošno rešitev sistema: y0 = −2y 1 1 + y2 + e−x , y0 = −y 2 1 − 4y2 . Reševanje nehomogenih linearnih sistemov s pomočjo diagonalizacije Kadar se da matrika sistema diagonalizirati, se splača to izkoristiti. Če je − * namreč A = PDP−1, se sistem − * y 0 = A− * y + b (x) s substitucijama − * y = P− * z in − * b (x) = P− * w(x) prevede na sistem − * z 0 = D− * z + − * w(x). Prednost tega je namreč, da je potrebno rešiti le sistem linearnih enačb s številskimi in ne s funkcijskimi koeficienti. 17. Poiščite splošno rešitev sistema: y0 = 2y 1 1 − y2 − y3 + ex , y0 = −y 2 1 + 2y2 − y3 , y0 = −y 3 1 − y2 + 2y3 . 9Józef Maria Hoene-Wroński, rojen kot Josef Hoëné (1776–1853), poljski filozof, matematik, fizik, izumitelj, pravnik in ekonomist M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 23 5. Reševanje diferencialnih enačb s potenčnimi vr- stami Frobeniusova metoda. Besselove funkcije. Frobeniusova10 metoda pomeni, da rešitev diferencialne enačbe nastavimo kot potenčno vrsto okoli določene točke x0. Če je x0 regularna točka homogene linearne diferencialne enačbe: pm(x)y(m) + pm−1(x) y(m−1) + · · · + p2(x) y00 + p1(x) y0 + p0(x) y = 0 , kar pomeni, da je pm(x0) 6= 0, koeficienti pj pa so funkcije, ki se dajo razviti v klasične potenčne vrste okoli x0, ki v določenih okolicah konvergirajo, lahko tudi rešitev nastavimo kot klasično potenčno vrsto: ∞ X y = cn(x − x0)n . n=0 Opomba. Funkcija, ki se da razviti v klasično potenčno vrsto, ki v določeni okolici konvergira, se da v neki kompleksni okolici razširiti do holomorfne funkcije. Tovrstne enačbe je zelo naravno gledati v kompleksnem. V nalogah od 1. do 6. poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe. Vzemite x0 = 0. 1. (1 + x2)y00 + 4xy0 + 2y = 0. 10Ferdinand Georg Frobenius (1849–1917), nemški matematik M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 24 Koordinatno izhodišče je pravilna singularna točka homogene diferencialne enačbe, če lahko le-to zapišemo v obliki: r r r r r m−1(x) 2(x) 1(x) 0(x) m(x) y(m) + y(m−1) + · · · + y00 + y0 + y = 0 , x xm−2 xm−1 xm kjer je rm(0) 6= 0, koeficienti rj pa so funkcije, ki se dajo razviti v klasične po- tenčne vrste okoli izhodišča, ki v določenih okolicah konvergirajo. Posplošitev na razvoj okoli poljubne točke x0 je premočrtna. Če enačbo pomnožimo z xm: xmrm(x) y(m) + xm−1rm−1(x) y(m−1) + · · · + x r1(x) y0 + r0(x) y = 0, vidimo, da jo lahko gledamo kot posplošitev Euler–Cauchyjeve enačbe. Pri pravilnih singularnih točkah lahko prav tako izhajamo iz nastavka: X y = cn xn , n a z naslednjimi prilagoditvami: • Sumacija ne gre nujno po n = 0, 1, 2, . . ., temveč po n = λ, λ+1, λ+2, . . ., kjer je izhodiščni eksponent λ realno število (torej ne nujno celo). Raje torej nastavimo: ∞ X y = ˜ cj xj+λ ; j=0 • Morda je treba dodati še člene, ki vsebujejo faktorje ln x, (ln x)2, . . . . . . , (ln x)m−1. Tak nastavek velja za x > 0. Rešitve za x < 0 lahko dobimo tako, da ˜ cj xj+λ zamenjamo z (−1)j ˜ cj (−x)j+λ, ln x pa z ln(−x). Označimo: Dy := xmrm(x) y(m) + xm−1rm−1(x) y(m−1) + · · · + r1(x) y0 + r0(x) y . X Za y = cn xn velja: n Xh i Dy = f0(k) ck + f1(k) ck−1 + f2(k) ck−2 + · · · xk , k kjer so koeficienti f0, f1, . . . polinomi stopnje največ m. Polinom f0 je stopnje m in mu pravimo karakteristični polinom. Njegove ničle so možni izhodiščni eksponenti λ. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 25 Pri iskanju splošne rešitve se bomo omejili na enačbe drugega reda, t. j. m = 2. Splošno rešitev take enačbe tvorijo linearne kombinacije y = κ1 h1(x)+κ2 h2(x). Naj bosta λ1 in λ2 ničli karakterističnega polinoma f0. Če razlika λ1 − λ2 ni celo število, lahko bazni funkciji h1 in h2 izberemo neod- visno, in sicer v obliki: ∞ ∞ X X h1(x) = c1,j xj+λ1 , h2(x) = c2,j xj+λ2 , j=0 j=0 kjer izberemo c1,0, c2,0 6= 0. Alternativna možnost izračuna splošne rešitve je, da izračunamo le h1, nakar enačbi znižamo red s substitucijo y = h1(x) z. 2. 4x2y00 − 6xy0 + (x + 6)y = 0. Če je razlika λ1 − λ2 celo število, brez škode za splošnost privzemimo, da je λ1 ≥ λ2. Izkaže se, da lahko tedaj bazni rešitvi iščemo v obliki: ∞ X h1(x) = c1,j xj+λ1 , j=0 ∞ X h2(x) = A h1(x) ln x + c2,j xj+λ2 (x > 0) . j=0 Če je λ1 > λ2, izberemo c1,0, c2,0 6= 0 in postavimo c2,λ = 0. 1−λ2 Če je λ1 = λ2, izberemo c1,0, A 6= 0 in postavimo c2,0 = 0. Tudi tu se lahko poslužimo alternativne možnosti izračuna splošne rešitve, da izračunamo le h1, nakar enačbi znižamo red s substitucijo y(x) = h1(x) z. 3. x2(1 − x)y00 + x(x − 2)y0 + 2y = 0. 4. xy00 + 2y0 − xy = 0. 5. (x2 − 2x)y00 − (x2 − 2)y0 + (2x − 2)y = 0. 6. (x3 − 3x2 + 2x)y00 + 2(x2 − 3x + 1)y0 − 2y = 0. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 26 Besselova11 diferencialna enačba: x2y00 + xy0 + (x2 − ν2)y = 0 ima za ν / ∈ Z splošno rešitev: y = C1 Jν(x) + C2 J−ν(x) , kjer so Jν Besselove funkcije prve vrste. Za ν ∈ Z pa to ne zajame vseh rešitev, saj v tem primeru velja J−ν(x) = (−1)νJν(x). Tedaj lahko splošno rešitev izrazimo v obliki: y = C1 Jν(x) + C2 Yν(x) , kjer so Yν Besselove funkcije druge vrste. 7. Zapišite splošno rešitev diferencialne enačbe 4x2y00 + 4xy0 + x − 1 y = 0. Omejite 36 se na primer, ko je x > 0. Namig: uvedite x = t2. 8. Zapišite splošno rešitev diferencialne enačbe xy00 + 5y0 + xy = 0. Namig: uvedite u = x2y. 9. Poiščite linearno diferencialno enačbo drugega reda, katere splošna rešitev je enaka: C1 J3/2(x) + C2 J−3/2(x) y = . x 11Friedrich Wilhelm Bessel (1784–1846), nemški astronom, matematik, fizik in geodet REŠITVE M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 28 1. Uvod 1. Odvajamo: y0 = 2ab x ebx2 in dobimo, da je funkcija rešitev natanko tedaj, ko je bodisi b = 1/2 in a poljuben bodisi a = 0 in b poljuben. Prva možnost: y = a ex2/2 zajema vse rešitve predpisane oblike. Opomba: kasneje bomo videli, da ta družina rešitev zajema vse klasične rešitve, definirane na odprtih intervalih: glej 13. nalogo iz 2. razdelka. 2. a) Vstavimo v enačbo in dobimo 2λ(λ − 1)xλ − 7λxλ + 9xλ = 0. To je res za vse x > 0, samo če je 2λ2 − 9λ + 9 = 0, torej za λ = 3/2 in λ = 3. √ b) Na (0, ∞) so klasične rešitve vse funkcije oblike y = C1 x x + C2 x3. √ Na (−∞, 0) so klasične rešitve vse funkcije oblike y = C1 x −x + C2 x3.√ Na R so klasične resitve vse funkcije oblike y = C2 x3. Funkcij y = x x in y = √ x −x namreč za x = 0 ni možno razširiti do dvakrat zvezno odvedljive funkcije. Klasične rešitve na R pa so tudi funkcije: C−x3 ; x ≤ 0 , y = 2 C+x3 ; x ≥ 0 , 2 kjer sta C− in C+ poljubni realni števili. 2 2 3. a) Nastavimo y = ax2 + bx + c in izračunamo: y0 = 2ax + b , y02 = 4a2x2 + 4abx + 4b2 . Izenačimo s 4y = 4ax2 + 4bx + c ter dobimo a2 − a, ab = b in c = b2/4. Dobimo dve možnosti: • a = 1, b poljuben, c = b2/4. Dobimo funkcijo y = x + b 2. 2 • a = b = c = 0. Dobimo funkcijo y = 0. Slika: M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 29 y 4 3 2 1 x −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 b) Še nekaj rešitev: • y = (x − p)2 • y = 0 0 ; x ≤ q • y = (x − q)2 ; x ≥ q (x − p)2 ; x ≤ p • y = 0 ; x ≥ p  (x − p)2 ; x ≤ p  • y = 0 ; p ≤ x ≤ q  (x − q)2 ; x ≥ q Izkaže se, da ima vsaka klasična rešitev, definirana na odprtem intervalu, eno izmed teh oblik. 4. y0 = −y2. 5. yy00 = y02. 6. y00 = −y. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 30 2. Enačbe prvega reda 1. a) V diferencialni obliki se enačba glasi: dy = ey dx in po ločitvi spremenljivk dobimo: e−y dy = dx , kar se zintegrira v: −e−y = x + C , kjer je C konstanta: slednje mora veljati za vsako klasično rešitev, definirano na odprtem intervalu. Izrazimo y in dobimo: y = − ln(−x − C) . Vsaka klasična rešitev dane diferencialne enačbe, definirana na odprtem intervalu, je zožitev katere od zgornjih funkcij na ta interval. b) Pri x = 0 in y = 1 dobimo C = −1/e, torej partikularno rešitev y = − ln 1 − x. e Maksimalni interval, na katerem je definirana, je −∞, 1 . e 2. a) V diferencialni obliki se enačba glasi: dy = −2xy2 dx in po ločitvi spremenljivk dobimo: dy = −2x dx , y2 Pri tem smo delili z y2. To pomeni, da bomo morali rešitve, pri katerih je v določeni točki y = 0 (z drugimi besedami, imajo vsaj eno ničlo) obravnavati posebej. A najprej se posvetimo glavnini problema – enačbi z ločenima spremenljvkama. Ta se zintegrira v: 1 = x2 + C y oziroma: 1 y = . x2 + C Dobljene funkcije so vse brez ničel. Obravnavajmo sedaj še rešitve z ničlami. Opa- zimo, da je y = 0 klasična rešitev dane enačbe. To pa je tudi edina rešitev, ki ima ničle: pokazali bomo, da ni klasične rešitve y = h(x), ki bi bila definirana na določenem odprtem intervalu I ter bi bila v določeni točki enaka nič, v določeni pa ne bi bila nič. Če bi bilo to res, bi namreč obstajal tudi odprt interval J ⊆ I, na katerem funkcija h ne bi bila enaka nič, v določenem krajišču x0, ki bi bilo v I, pa M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 31 bi bila enaka nič. Toda na celotnem intervalu J bi se morala funkcija h ujemati s katero od funkcij y = 1 , te pa niso nikjer enake nič. Torej limita funkcije h, ko x2+C bi šel argument iz J proti x0, ne bi bila enaka nič. Glede na to, da je h(x0) = 0, pa je to v nasprotju z zveznostjo, torej h ne bi bila klasična rešitev dane enačbe. Sklep: vse klasične rešitve, definirane na odprtih intervalih, so zožitve katere od funkcij: 1 y = ; C ∈ R ali y = 0 . x2 + C 3. a) V diferencialni obliki se enačba glasi: x2 dy = y2 dx in po ločitvi spremenljivk dobimo: dy dx = . y2 x2 Pri tem smo delili z x2 in y2, kar pomeni, da bomo morali rešitve, pri katerih je v določeni točki x = 0 ali y = 0, obravnavati posebej. A najprej se posvetimo glavnini problema – enačbi z ločenima spremenljvkama. Ta se zintegrira v: 1 1 − = − + C y x oziroma: x y = − . 1 − Cx Vsaka klasična rešitev dane enačbe, definirana na odprtem intervalu, ki ne vsebuje izhodišča, in ki je brez ničel, je te oblike. Oglejmo si zdaj vse rešitve, definirane na odprtih intervalih, ki ne vsebujejo izho- dišča. Najprej opazimo, da je y = 0 rešitev enačbe. Ker limita nobene od funkcij y = − x , ko gre x proti točki, ki ni enaka nič, ni enaka nič, so vse klasične reši- 1−Cx tve dane enačbe, definirane na intervalih, ki ne vsebujejo izhodišča, zožitve ene od funkcij: x y = − ; C ∈ R ali y = 0 . 1 − Cx Oglejmo si še klasične rešitve, definirane na odprtih intervalih, ki vsebujejo izhodišče, torej na intervalih oblike (a, b), kjer je a < 0 < b. Po prejšnjem za a < x < 0 velja y = h−(x), kjer je bodisi h−(x) = 0 bodisi obstaja taka konstanta C−, da je h−(x) = − x . Podobno za 0 < x < b velja y = h 1−C +(x), kjer je bodisi −x h+(x) = 0 bodisi obstaja taka konstanta C+, da je h+(x) = − x . Funkciji h 1−C + in +x h− se dasta v vsakem primeru razširiti do zvezno odvedljivih funkcij okoli izhodišča. Če želimo, da je y klasična rešitev, torej zvezno odvedljiva funkcija, se morata v izhodišču ujemati tako funkciji h+ in h− kot tudi njuna odvoda. Funkciji h+ in h− sta v izhodišču v vsakem primeru obe enaki nič, odvod funkcije y = − x pa je v 1−Cx M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 32 izhodišču vedno enak −1 – ne glede na konstanto C. Torej bosta morali biti bodisi obe funkciji enaki 0 bodisi bosta morali biti obe oblike y = − x . Klasične rešitve, 1−Cx definirane na odprtih intervalih, ki vsebujejo izhodišče, so torej oblike: ( − x ; x ≤ 0 y = 1−C−x ; C − x ; x ≥ 0 +, C− ∈ R ali y = 0 . 1−C+x 4. a) V diferencialni obliki se enačba glasi: x dy = y2 dx in po ločitvi spremenljivk dobimo: dy dx = . y2 x Pri tem smo delili z x in y2. Ker iščemo le splošno rešitev, deljenje z x ni težava, pozornost pa bomo morali posvetiti primeru, ko je y = 0. A najprej se posvetimo glavnini problema – enačbi z ločenima spremenljvkama. Ta se zintegrira v: 1 − = ln |x| + C y oziroma: 1 y = − . ln |x| + C Vsaka klasična rešitev, definirana na odprtem intervalu, ki ne vsebuje izhodišča, in ki nima ničel, je te oblike. Oglejmo si zdaj vse rešitve, definirane na odprtih intervalih, ki ne vsebujejo izho- dišča. Najprej opazimo, da je y = 0 rešitev enačbe. Ker limita nobene od funkcij y = − 1 , ko gre x proti točki, ki ni enaka nič, ni enaka nič, so vse klasične ln |x|+C rešitve dane enačbe, definirane na intervalih, ki ne vsebujejo izhodišča, zožitve ene od funkcij: 1 y = − ; C ∈ R ali y = 0 . ln |x| + C To je tudi splošna rešitev dane enačbe. 5. V diferencialni obliki se enačba glasi: dy 2x = y . dx Spremenljivki lahko ločimo, če delimo z x in y. Če se torej omejimo na območje, kjer je x 6= 0 in y 6= 0, je izvirna enačba ekvivalentna enačbi: 2 dy dx = , y x M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 33 ki se zintegrira v: 2 ln |y| = ln |x| + C , kjer je C konstanta: slednje mora veljati za vsako klasično rešitev, ki je definirana na odprtem intervalu, ki je vsebovan v (−∞, 0), in ki nima ničel. Iz začetnega pogoja dobimo C = ln 4. Izrazimo y in dobimo: p y = ±2 |x| . Spet upoštevamo začetni pogoj in definicijsko območje. Tako dobimo: √ y = −2 −x . Vsaka klasična rešitev dane enačbe skupaj z začetnim pogojem je na vsakem odpr- tem intervalu J ⊆ (−∞, 0), ki vsebuje −4 in kjer nima ničel, enaka zgornji funkciji. Ker pa zgornja funkcija v nobeni točki iz (−∞, 0) nima limite nič, to pomeni tudi, da je vsaka klasična rešitev dane enačbe skupaj z začetnim pogojem, definirana na (−∞, 0), enaka zgornji funkciji. Vzemimo sedaj poljubno klasično rešitev, ki je definirana na nekem odprtem inter- valu J in izpolnjuje začetni pogoj. Pokažimo, da J ne more vsebovati izhodišča. √ Če bi, bi vseboval tudi interval (−4, 0), kjer pa bi moralo biti y = −2 −x, torej √ y0 = 1/ −x. Slednja funkcija pa se ne da zvezno razširiti v 0. Če je torej J interval, na katerem je definirana določena klasična rešitev, ki izpolnjuje √ začetni pogoj, mora biti J ⊆ (−∞, 0), rešitev pa mora biti oblike y = −2 −x. Brž ko J ni celoten interval (−∞, 0), to ni maksimalni interval, saj se da rešitev razširiti √ na (−∞, 0). Edina možnost je torej funkcija y = −2 −x, definirana na (−∞, 0). 6. a) Enačbo prepišemo v obliki y0 = f (x, y), kjer je f (x, y) = x |y|. Funkcija f je 1+x2 očitno zvezna v x. S preprosto analizo funkcije ene spremenljivke vidimo, da za vse x ∈ x R velja . Torej je |f (x, y) − f (x, z)| ≤ 1 |y| − |z|, kar 1+x2 ≤ 1 2 2 |y| − |z| ≤ 1 2 pomeni, da je f res lokalno Lipschitzeva. Pogoji izreka so torej izpolnjeni. b) Enačbo zapišemo v diferencialni obliki in ločimo spremenlljivki: dy x = . |y| 1 + x2 Pri tem smo sicer delili z y, a izkaže se, da nam eksistenčni izrek pomaga premostiti to težavo. Lotimo se najprej prvega začetnega pogoja y(0) = 1. Velja y(0) > 0. Recimo, da je povsod y > 0. Tedaj se enačba zintegrira v: ln y = 1 ln(1 + x2) + C . 2 Če vstavimo x = 0 in y = 1, dobimo C = 0. Rešimo na y in dobimo rešitev: √ y = 1 + x2 . Zaradi enoličnosti je to edina klasična rešitev dane enačbe pri začetnem pogoju y(0) = 1. Eksistenčni izrek nam pove, da mora biti povsod y > 0, zato primera, ko je y = 0, pri tem začetnem pogoju ni treba posebej obravnavati. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 34 Podobno obravnavamo enačbo pri začetnem pogoju y(0) = −1. Recimo, da je povsod y < 0. Tedaj dobi enačba obliko: dy x − = , y 1 + x2 kar se zintegrira v: ln(−y) = − 1 ln(1 + x2) + C . 2 Če vstavimo x = 0 in y = −1, dobimo C = 0. Rešimo na y in dobimo rešitev: 1 y = − √ . 1 + x2 Zaradi enoličnosti v eksistenčnem izreku je to edina klasična rešitev, za katero je y(0) = −1. Pri začetnem pogoju y(0) = 0 pa uganemo rešitev y = 0. Spet zaradi enoličnosti v eksistenčnem izreku je to edina rešitev. c) Po ločitvi spremenljivk in integraciji dobimo, da so vse klasične rešitve, kjer je povsod y > 0, oblike: √ y = eC 1 + x2 ; C ∈ R ali ekvivalentno: √ y = A 1 + x2 ; A > 0 . Nadalje so vse klasične rešitve, kjer je povsod y < 0, oblike: eC y = − √ ; C ∈ R 1 + x2 ali ekvivalentno: A y = − √ ; A > 0 . 1 + x2 Naj bo zdaj y = h(x) poljubna klasična rešitev, definirana na odprtem intervalu. Vzemimo točko x0 iz tega intervala in naj bo y0 = h(x0). Tedaj je y tudi rešitev ustrezne začetne naloge. Če je y0 > 0, ima ta začetna naloga rešitev: √1 + x2 y = y0 p1 + x20 in funkcija h se mora povsod, kjer je definirana, ujemati s to rešitvijo. Če je y0 < 0, ima ta začetna naloga rešitev: p1 + x2 y = y 0 0 √1 + x2 in funkcija h se mora spet povsod, kjer je definirana, ujemati s to rešitvijo. Če pa je y0 = 0, mora biti povsod h(x) = 0. Vse klasične rešitve dane enačbe, definirane na odprtih intervalih, so torej oblike: √ A y = A 1 + x2 ali y = − √ ; A > 0 1 + x2 ali pa y = 0. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 35 7. Na podlagi prvih nekaj približkov: h0(x) = 2 , Z x x2 h1(x) = 2 + (2 − t) dt = 2 + 2x − , 2 0 Z x t2 x2 x3 h2(x) = 2 + 2 + 2t − − t dt = 2 + 2x + − , 2 2 6 0 Z x t2 t3 x2 x3 x4 h3(x) = 2 + 2 + 2t + − − t dt = 2 + 2x + + − 2 6 2 6 24 0 postavimo domnevo, da za n = 2, 3, 4, . . . velja: n X xk xk+1 hn(x) = 2 + 2x + − . k! (k + 1)! k=2 Domnevo preverimo tako, da izračunamo: n ! Z x Z x X tk tn+1 2 + hn(t) − tdt = 2 + 2 + 2t + − − t dt = k! (n + 1)! 0 0 k=2 n x2 X xk+1 xn+2 = 2 + 2x + + − = 2 (k + 1)! (n + 2)! k=3 n+1 X xk xn+2 = 2 + 2x + − = k! (n + 2)! k=2 = hn+1(x) . Rešitev enačbe pa je: ∞ X xk y = lim hn(x) = 2 + 2x + = 1 + x + ex . n→∞ k! k=2 8. a) Pogoji globalnega eksistenčnega izreka niso izpolnjeni, saj za f (x, y) = y2 velja fy(x, y) = 2y, kar ni omejena funkcija. Pač pa so izpolnjeni pogoji lokalnega eksistenčnega izreka. b) Ločimo spremenljivki: dy = dx . y2 Pri ločitvi spremenljivk smo delili z y, a ponovno se izkaže, da nas možnosti, ko je y = 0, reši eksistenčni izrek. Integriramo: 1 − = x + C , y vstavimo x = 0, y = 1 in dobimo C = −1. Torej je: 1 y = 1 − x M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 36 klasična rešitev, definirana na intervalu (−∞, 1). Ker enačba izpolnjuje pogoje lokalnega eksistenčnega izreka, je to edina rešitev na tem intervalu. Te rešitve ni možno (kot zvezno odvedljive funkcije) razširiti na noben večji interval: dobljeni interval je maksimalen. 9. a) Pogoji globalnega eksistenčnega izreka niso izpolnjeni, saj za f (x, y) = y ln y velja fy(x, y) = ln y + 1, kar ni omejena funkcija. Pač pa so izpolnjeni pogoji lokalnega eksistenčnega izreka. b) Ločimo spremenljivki: dy = dx y ln y in integriramo: ln | ln y| = x + C . Zaenkrat smo privzeli, da je ln y 6= 0, torej y 6= 1. Za ln y > 0, torej y > 1, dobimo ln ln y = x + C. Če vstavimo x = 0 in y = a, kjer je a > 1, dobimo C = ln ln a. Vstavimo v enačbo, antilogaritmiramo in dobimo y = aex. Podobno za ln y < 0, torej y < 1, dobimo ln(− ln y) = x + C. Če vstavimo x = 0 in y = a, kjer je a < 1, dobimo C = ln(− ln a). Vstavimo v enačbo, antilogaritmiramo in spet dobimo y = aex. Dokazali smo torej, da ima začetna naloga za a 6= 1 rešitev y = aex. To brez težav preverimo tudi pri a = 1. Rešitve so torej definirane globalno, na celi realni osi, čeprav pogoji globalnega eksistenčnega izreka niso izpolnjeni. Ker so izpolnjeni pogoji lokalnega eksistenčnega izreka, velja enoličnost – ta ve- lja globalno. Torej je y = aex vselej edina klasična rešitev dane začetne naloge, definirana na odprtem intervalu, ki vsebuje izhodišče. 10. Po ločitvi spremenljivk dobimo y−2/3 dy = dx, kar se zintegrira v 3y1/3 = x + C oziroma: x + C 3 y = . 3 Te funkcije imajo ničlo in glede na to, da smo delili z y, moramo to preveriti posebej. Ni težko preveriti, da so to res rešitve enačbe, niso pa edine. Še nekaj rešitev: • y = 0 0 ; x ≤ q • y = x−q 3 ; x ≥ q 3 x−p 3 ; x ≤ p • y = 3 0 ; x ≥ p  x−p 3 ; x ≤ p  3 • y = 0 ; p ≤ x ≤ q  x−q 3 ; x ≥ q 3 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 37 Izkaže se, da ima vsaka klasična rešitev, definirana na odprtem intervalu, eno izmed teh oblik. Nobena začetna naloga za to enačbo torej nima enolične rešitve. To se lahko zgodi zato, ker pogoji lokalnega eksistenčnega izreka tu niso izpolnjeni – funkcija f (x, y) = y2/3 v okolici množice y = 0 ni Lipschitzeva. 11. Po ločitvi spremenljivk dobimo y−1/3 dy = dx, kar se zintegrira v 3 y2/3 = x + C 2 oziroma: 2(x + C) 3/2 y = ± . 3 Te rešitve so definirane za x > −C, vendar jih je možno še podaljšati v: ( 0 ; x ≤ −C y = 3/2 ± 2(x+C) ; x ≥ −C . 3 Tudi y = 0 je rešitev enačbe. Izkaže se, da ima vsaka klasična rešitev, definirana na odprtem intervalu, eno izmed teh oblik. Če predpišemo začetni pogoj y(x0) = y0, ima torej pri y0 6= 0 začetna naloga enolično rešitev, pri y0 6= 0 pa je nima. To se lahko zgodi zato, ker pogoji lokalnega eksistenčnega izreka tu niso izpolnjeni – funkcija f (x, y) = y1/3 v okolici množice y = 0 ni Lipschitzeva. 12. a) Tudi pri tej enačbi lahko ločimo spremenljivke: dy 3 dx = , y x a pri tem smo delili z x in y. Če gledamo le splošno rešitev, lahko primer, ko je x = 0, na koncu preprosto priključimo, posebej pa bo treba obravnavati primer, ko je y = 0. A najprej se posvetimo glavnini problema – enačbi z ločenima spremenljvkama. Ta se zintegrira v: ln |y| = 3 ln |x| + C . Dobimo dve družini rešitev: y = e3 ln |x|+C in y = −e3 ln |x|+C, pri čemer C preteče R. To je ekvivalentno y = eC |x|3 in y = −eC |x|3. To pa lahko parametriziramo tudi v obliki y = A|x|3, pri čemer A preteče R \ {0}. To so torej klasične rešitve enačbe na vsakem odprtem intervalu, ki ne vsebuje izhodišča in ki so brez ničel. Parametrizacijo lahko poenostavimo kar v y = Ax3 – po potrebi A zamenjamo z −A. Zdaj pa se lotimo primera, ko ima klasična rešitev y ničle. Opazimo, da je y = 0 klasična rešitev. Z drugimi besedami, klasičnim rešitvam lahko dodamo primer, ko je A = 0. Potem pa velja, da, brž ko ima klasična rešitev kakšno ničlo, ta rešitev in rešitev y = 0 izpolnjujeta isti začetni pogoj. A ker enačba izpolnjuje pogoje M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 38 lokalnega eksistenčnega izreka, se morata rešitvi ujemati. Vsaka klasična rešitev je torej bodisi povsod enaka nič bodisi povsod različna od nič. Vse klasične rešitve na intervalih, ki ne vsebujejo izhodišča, so torej oblike y = Ax3, kjer je A ∈ R. Te tvorijo tudi splošno rešitev za primer, ko je x 6= 0. Ker lahko izolirane točke priključimo, tvorijo splošno rešitev tudi za x ∈ R. b) Vsaka klasična rešitev, definirana na celi realni osi, je na (−∞, 0) oblike y = A1x3, na (0, ∞) pa oblike y = A2x3. Iz začetnega pogoja sledi, da je A1 = 0. Iz zveznosti sledi, da mora biti rešitev oblike: 0 ; x ≤ 0 y = Ax3 ; x ≥ 0 . Vse te funkcije so zvezno odvedljive in vemo že, da zadoščajo dani diferencialni enačbi tako za x < 0 kot tudi za x > 0. Posebej preverimo, da ji zadoščajo tudi za x = 0 (tam je tako y = 0 kot tudi y0 = 0). Torej so vse te funkcije (za vse A ∈ R) tudi klasične rešitve dane enačbe in so edine, ki izpolnjujejo dani začetni pogoj. 13. Po ločitvi spremenljivk dobimo: dy = x dx . y Pri tem smo delili z y, kar pomeni, da bomo morali primer, ko je y = 0, obrav- navati posebej. A zaenkrat se posvetimo enačbi z ločenima spremenljivkama, ki jo zintegriramo v: y x2 ln = . C 2 Antilogaritmiramo in dobimo y = C ex2/2. Dobili smo, da so vse rešitve, kjer je ves čas y 6= 0, oblike y = C ex2/2. Funkcija y = 0 pa je prav tako rešitev enačbe, torej lahko rešitvam dodamo primer, ko je C = 0. S tem smo zajeli vse klasične rešitve, definirane na odprtih intervalih. Brž ko ima namreč klasična rešitev kakšno ničlo, ta rešitev in rešitev y = 0 izpolnjujeta isti začetni pogoj. A ker enačba izpolnjuje pogoje lokalnega eksistenčnega izreka, se morata rešitvi ujemati. Vsaka klasična rešitev je torej bodisi povsod enaka nič bodisi povsod različna od nič. 14. Da ločimo spremenljivke, moramo deliti z x in y2 − 9: y dy dx = . y2 − 9 x Rešitve, kjer je v določeni točki bodisi x = 0 bodisi y2 − 9 = 0, torej y = ±3, bomo torej morali obravnavati posebej. Opazimo, da je leva stran, pomnožena z 2, oblike g0(y)/g(y), kjer je g(y) = y2 − 9. Torej lahko enačbo integriramo v: y2 − 9 ln = 2 ln |x| . C M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 39 Obrnemo in dobimo: y2 − 9 = C|x|2 = Cx2 . Rešitev dobimo tudi pri C = 0 in vse klasične rešitve prvotne enačbe, definirane na odprtih intervalih, ki ne vsebujejo izhodišča, so te oblike. Če je namreč y klasična rešitev dane enačbe, je spremenljivka z = y2 − 9 rešitev enačbe z0 = 2z , ta pa na od- x prtih intervalih, ki ne vsebujejo izhodišča, izpolnjuje pogoje lokalnega eksistenčnega izreka. Brž ko je torej z v neki točki enak nič, mora biti povsod enak nič. Izrazimo y in dobimo: √ y = ± Cx2 + 9 . Tudi vsi zvezno odvedljivi zlepki zgornjih funkcij okoli ničle so take oblike, zato so take oblike tudi vse klasične rešitve prvotne enačbe, definirane na kakršnih koli √ odprtih intevalih. Začetni pogoj nam da −1 = − 4C + 9 oziroma C = −2. Iskana rešitev je torej: √ y = − 9 − 2x2 , √ √ maksimalni interval, na katerem je definirana, pa je − 3 2 , 3 2 . 2 2 15. Naj bo T (t) temperatura piva po t pretečenih minutah. Iz fizikalnih eksperimentov vemo, da se temperatura T spreminja v skladu z diferencialno enačbo: dT = k(T − Ts) , dt kjer je Ts = 25◦C temperatura sobe. Po ločitvi spremenljivk dobimo: dT = k dt , T − Ts kar se zintegrira v: T − T ln s = kt C oziroma T = Ts +C ekt. Iz T (0) = T0 = 4◦C in T (t1) = T1 = 7◦C, kjer je t1 = 10min, tako po nekaj računanja dobimo: T t/t1 T (t) = T s − T1 s − (Ts − T0) Ts − T0 . . in posledično T (20 min) = 9 6◦C. 16. Označimo z V = 100 l volumen posode, s T0 = 10◦C začetno temperaturo vode v posodi, s Tp = 30◦C temperaturo vode, ki priteka v posodo, in s Φ = 1 l/s pretok vode v posodo. Nadalje naj bo T temperatura vode v posodi ob danem času t. V infinitezimalno majhnem času dt priteče v posodo Φ dt vode s temperaturo Tp, izteče pa prav tako Φ dt vode s temperaturo, za katero lahko privzamemo, da ima temperaturo T (za strogo utemeljitev tega privzetka glej spodaj; rešitev se sicer šteje M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 40 kot popolna tudi brez te utemeljitve). Tako se zmeša V − Φ dt vode s temperaturo T in Φ dt vode s temperaturo Tp. Mešanica ima temperaturo: V − Φ dtT + Φ dt Tp (T = T + p − T )Φ dt , V V od koder dobimo diferencialno enačbo: (T dT = p − T )Φ dt . (∗) V Po ločitvi spremenljivk dobimo: dT Φ = − dt , T − Tp V kar se zintegrira v: T − T Φt ln p = − C V oziroma: T = Tp + C e−Φt/V . Ker je temperatura ob času t = 0 enaka T0, je C = T0 − Tp. Odvisnost temperature od časa je tako določena s formulo: T = Tp + (T0 − Tp) e−Φt/V . Ko vstavimo konkretne številke iz naloge, dobimo, da temperatura po eni minuti znaša približno 19◦C. Stroga izpeljava diferencialne enačbe (∗): Oglejmo si, kakšna zveza mora veljati med temperaturama ob časih t1 in t2, kjer je t1 ≤ t2. V tem časovnem intervalu v posodo priteče Φ(t2 − t1) vode s temperaturo Tp, odteče pa prav toliko vode, ki pa ima temperaturo nekje med T (t1) in Tp. V časovnem intervalu od t1 do t2 z novo vodo pride v posodo cρTpΦ(t2 − t1) toplotne energije, kjer je c specifična toplota, ρ pa gostota vode. Obenem pa posodo zapusti med cρT (t1)Φ(t2 − t1) in cρTpΦ(t2 − t1) toplote. Če s Q(t) označimo toplotno energijo vode v posodi ob času t, dobimo, da Q(t 2 ) − Q(t1 ) leži med 0 in cρ T (t1 ) − Tp Φ(t2 − t1 ), torej je: |Q(t 2 ) − Q(t1 )| ≤ cρ T (t1 ) − Tp Φ(t2 − t1 ) , od koder sledi, da je: |T (t2) − T (t1)| ≤ k(t1)(t2 − t1) , (∗∗) kjer je k(t) := |T (t) − Tp|Φ/V . Zgornja ocena je še premalo natančna, da bi lahko iz nje izpeljali diferencialno enačbo (∗). Vseeno pa iz nje dobimo, da je T (t), z njo pa tudi k(t) na vsakem omejenem intervalu omejena funkcija. Da dobimo diferencialno enačbo (∗), bo potrebno zgornji premislek narediti še enkrat, pri čemer pa bomo grobo oceno za temperaturo vode, ki izteka, zamenjali z oceno (∗∗). V posodo torej priteče Φ(t2 − t1) vode s temperaturo Tp, odteče pa prav toliko vode, ki ima temperaturo v intervalu: [T (t1) − k(t1)(t2 − t1), T (t1) + k(t1)(t2 − t1)] . Kot bomo videli, je ta ocena že dovolj natančna, da lahko rečemo “voda, ki v infinitezimalnem času dt odteče, ima temperaturo T ” in izpeljemo diferencialno enačbo (∗). Za ta namen moramo, če izpeljujemo strogo, spet najprej oceniti razliko toplot: cρΦ(t2 − t1) Tp − T (t1) − k(t1)(t2 − t1) ≤ Q(t2) − Q(t1) ≤ ≤ cρΦ(t2 − t1) Tp − T (t1) + k(t1)(t2 − t1) oziroma: 2 Q(t2) − Q(t1) − cρΦ Tp − T (t1)(t2 − t1) ≤ cρΦ k(t1) (t2 − t1) . Sledi: Φ(T Φ k(t p − T (t1 )) 1 ) 2 T (t2 ) − T (t1 ) − (t2 − t1) ≤ (t2 − t1) . V V M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 41 Če pišemo t1 = t in t2 = t + τ in delimo s τ , dobimo, da za τ ≥ 0 velja: T (t + τ ) − T (t) Φ(T Φ k(t) p − T (t)) − ≤ τ τ V V Če pa pišemo t2 = t in t1 = t + τ in delimo z −τ , dobimo, da za τ ≤ 0 velja: T (t) − T (t + τ ) Φ(T Φ k(t + τ ) p − T (t)) − ≤ (−τ ) . −τ V V Tako dobimo, da za poljubna t ≥ 0 in τ ≥ −t velja: T (t + τ ) − T (t) Φ(T Φ maxk(t), k(t + τ ) p − T (t)) − ≤ |τ | . τ V V Naredimo sedaj limito, ko gre τ proti nič, pri čemer upoštevamo, da je k omejena na vsakem omejenem intervalu. Dobimo: 0 T (t + τ ) − T (t) Φ(Tp − T (t)) T (t) = lim = , τ →0 τ V kar natančno ustreza diferencialni enačbi (∗). 17. Spreminjanje temperature piva opisuje diferencialna enačba: dT c(2πrh + 2πr2)(T 1 1 = 1 − T ) = 2c(T1 − T ) + , (∗) dt πr2h r h kjer je T1 = 32◦C zunanja temperatura, r = 4 cm polmer vrčka, h pa je višina še preostalega piva. Spreminjanje višine je opisuje enačba: V t h = 1 − t , πr2 t1 . kjer je V = 0 5 l = 500 cm3 začetni volumen piva, t1 = 30 min pa je čas, v katerem Zvone spije pivo. Vstavimo v prvotno enačbo in dobimo: dT t πr2 1 = 2c(T 1 1 − T ) + . dt t1 − t V r Ločimo spremenljivki: dT t πr2 1 = 2c 1 + dt T1 − T t1 − t V r in po integraciji pride: T πr2 t ln 1 − T = 2c t1 ln(t1 − t) − . a V r Rešimo na T in dobimo: T = T1 − a(t1 − t)2πct1r2/V e−2ct/r . Pri t = 0 mora biti temperatura enaka T0 = 6◦C, torej mora biti: ∆T := T1 − T0 = at2πct1r2/V . 1 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 42 . Nadalje mora pri t = 0 veljati dT = v := 0 3◦C/min. Kar v diferencialno enačbo (∗) dt vstavimo dT = v, T = T dt 0 in h = V /πr2. Dobimo: 1 πr2 2c ∆T (V + πr3) v = 2c ∆T + = , r V V r torej V vr c = . 2∆T (πr3 + V ) Izrazimo še a: ∆T a = . t2πct1r2/V 1 To vstavimo v splošno rešitev enačbe in dobimo: t πvt1r3/(∆T (πr3+V )) T = T 1 − t 1 − ∆T e−V vt/(∆T (πr3+V )) . t1 . . Pri t = 9t1/10 pride T = 15 4◦C. 18. Po ločitvi spremenljivk dobimo: L dx = r dt . x(L − x) Razbijemo na parcialne ulomke: 1 1 + = r dt L − x x in integriramo: 1 x ln = rt . C L − x Ob upoštevanju začetnega pogoja dobimo C = x0 . Tako dobimo: L−x0 L − x0 x = ert , x0 L − x od koder izračunamo: Lx x = 0 . x0 + (L − x0)e−rt Posebej preverimo, da ta oblika ustreza tudi pri x0 = 0 in x0 = L. Pri 0 < x0 < L dobimo znano logistično krivuljo. 19. Odvajamo: y0 = 3Cx2 in dobimo, da krivulje zadoščajo diferencialni enačbi: xy0 = 3y . Ortogonalne trajektorije pa zadoščajo enačbi: x − = 3y y0 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 43 oziroma: x dx y dy + = 0 , 3 kar se zintegrira v: x2 + 3y2 = D . Dobimo torej družino elips. 20. Ko v enačbo vstavimo y = kx + n, dobimo, da enačba velja za k = − 1 in n = 0. 2 x Nastavimo torej y = z − in dobimo enačbo: 2 xz0 − 3z = 0 . Ločimo spremenljivki: dz dx = 3 , z x z integriramo in dobimo ln = 3 ln |x| oziroma z = C|x|3, kar lahko nadomestimo z C z = Cx3. Splošna rešitev prvotne enačbe je torej: x y = Cx3 − . 2 21. Nastavimo: ∞ X y = cnxn n=0 in enačba nam da: ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X X ncnxn−1 − 2 ncnxn + ncnxn+1 + cnxn − cnxn+1 + 1 = 0 . n=0 n=0 n=0 n=0 n=0 Preindeksiramo, tako da dobimo enotne eksponente, in upoštevamo, da lahko neka- tere koeficiente izpustimo, ker so enaki nič: ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X X (k + 1)ck+1xk − 2 kckxk + (k − 1)ck−1xk + ckxk − ck−1xk + 1 = 0 . k=0 k=0 k=1 k=0 k=1 Uredimo in dobimo: ∞ Xh i 1 + c0 + c1 + (k + 1)ck+1 + (1 − 2k)ck + (k − 2)ck−1 xk = 0 , k=1 od koder sledi, da mora veljati: (2k − 1)c c k − (k − 2)ck−1 1 = −1 − c0 , ck+1 = ; k = 1, 2, 3, . . . k + 1 Rekurzivno izračunamo prvih nekaj členov in dobimo: c2 = − 1 , c , c , 2 2 = − 1 2 4 = − 1 2 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 44 nakar z indukcijo dokažemo, da za vse k = 2, 3, 4, . . . velja ck = − 1 . Splošna rešitev 2 enačbe je torej: ∞ 1 X y = c0 − (1 + c0)x − xk . 2 k=2 Če vpeljemo substitucijo c0 = A − 1 , dobimo rešitev še v malo lepši obliki: 2 ∞ 1 X 1 y = A(1 − x) − xk = A(1 − x) − . 2 2(1 − x) k=0 Opomba. Z razvojem v Taylorjevo vrsto smo dokazali veljavnost rešitve le tam, kjer Taylorjeva vrsta in prvi odvod konvergirata, to pa je za −1 < x < 1. Neposredno pa lahko preverimo, da rešitev dobimo povsod na (−∞, 1) in tudi povsod na (1, ∞). 22. Najprej rešimo homogeni del: dyH ex y C = − dx , ln H = − ln ex + 1 , yH = . yH ex + 1 C ex + 1 Konstanto C nadomestimo s funkcijo z in odvajamo: z z0 ex + 1 − z ex y = , y0 = . ex + 1 ex + 12 Vstavimo v prvotno enačbo, uredimo in dobimo z0 = ex − 1, torej z = ex − x + C. Splošna rešitev dane enačbe je torej: ex − x + C y = . ex + 1 Vstavimo x = y = 0 in dobimo C = −1. Iskana partikularna rešitev je torej: ex − x − 1 y = . ex + 1 23. Delimo z y4: 3y0 2 + = 1 + 3 ex y4 y3 1 3y0 in uvedemo w = , w0 = − . Sledi: y3 y4 −w0 + 2w = 1 + 3 ex . Nadaljujemo po ustaljenem postopku za linearno enačbo: dw w − H + 2 = 0 , − ln H + 2x = 0 , wH = C e2x , wH C w = e2xz , w0 = 2 e2xz + e2xz0 , z0 = −e−2x − 3 e−x , z = 1 e−2x + 3 e−x + C , 2 w = 1 + 3 ex + C e2x . 2 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 45 Iskana splošna rešitev je torej: y = 1 + 3 ex + C e2x−1/3 2 skupaj z rešitvijo y = 0, ki je limita zgornjih rešitev, ko gre C proti neskončno. √ 24. Delimo s 3 y: xy−1/3y0 + 3y2/3 = sin x in uvedemo w = y2/3, w0 = − 2 y−1/3y0. Sledi: 3 3xw0 + 3w = sin x . 2 Nadaljujemo po ustaljenem postopku za linearno enačbo: dwH 2 w C + = 0 , ln H + 2 ln |x| = 0 , wH = , wH x C x2 z z0 2z w = , w0 = − , x2 x2 x3 z0 = 2 x sin x , z = 2 −x cos x + sin x + C , 3 3 2 −x cos x + sin x + C w = . 3x2 Iskana splošna rešitev je torej: !3/2 2 −x cos x + sin x + C y = ± 3x2 ali ekvivalentno: 1 2 3/2 y = ± −x cos x + sin x + C3/2 . x3 3 Rešitev y = 0 je ogrinjača rešitev iz te družine. 25. Odvajamo: 2x + 2(y − a)y0 = 0 , izrazimo a = y + x in dobimo, da je dana družina določena z diferencialno enačbo: y0 2xy x2 = y2 + . y0 Družina ortogonalnih trajektorij je torej določena z diferencialno enačbo: x2 = y2 + 2xyy0 . (∗) Če enačbo delimo z y, dobimo Bernoullijevo enačbo v kanonični obliki. Po uvedbi nove spremenljivke w = y2 dobimo linearno enačbo: x2 = z − xw0 . M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 46 Nadaljujemo po ustaljenem postopku za linearno enačbo: dwH 1 w − = 0 , ln H − ln x = 0 , wH = C|x| −→ Cx , wH x C w = xz , w0 = z + xz0 , z0 = −1 , z = −x + C , w = −x2 + Cx . Splošna rešitev je torej: √ y = ± Cx − x2 . Funkcija y = 0 ni rešitev enačbe (∗). Kot bomo videli, nobena klasična rešitev, definirana na odprtem intervalu, nima ničel. Iskane ortogonalne trajektorije so določene z enačbo: y2 = Cx − x2 oziroma: x − 1 C2 + y2 = 1 C2 . 2 4 oziroma: (x − b)2 + y2 = b2 . Gre torej spet za družino krožnic. Slika: y 4 3 2 1 x −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 −1 −2 −3 −4 Vidimo, da trajektorije sicer sekajo abscisno os, a le navpično. Zato nobena klasična rešitev enačbe (∗) nima ničel. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 47 26. Za y = axp dobimo: apxp−1 = a2x2p+2 + 2x−4 . Za vse x lahko to velja le, če je p = −3 in a2 + 3a + 2 = 0, torej a = −1 ali a = −2. Torej lahko nadaljujemo na dva načina. 1 1 Prvi način: y = − + . Po ureditvi dobimo: x3 w w0 2 x2 − = − + . w2 xw w2 Množimo z w2, pri čemer se zavedamo, da lahko s tem pridobimo rešitve. Dobimo: 2w w0 − + x2 = 0 . x Nadaljujemo po ustaljenem postopku za linearno enačbo: dwH 2 dx w = , ln H = 2 ln |x| , wH = Cx2 , wH x C w = x2z , w0 = 2xz + x2 z0 , z0 x2 + x2 = 0 , z = −x + C , w = −x3 + Cx2 . Točke, kjer je w = 0, so izločene iz rešitve. Splošna rešitev je torej: 1 1 y = − + x3 Cx2 − x3 1 skupaj z izhodiščno rešitvijo y = − . x3 2 1 Drugi način: y = − + . Po ureditvi dobimo: x3 w w0 4 x2 − = − + . w2 xw w2 Množimo z w2, pri čemer se zavedamo, da lahko s tem pridobimo rešitve. Dobimo: 4w w0 − + x2 = 0 . x Nadaljujemo po ustaljenem postopku za linearno enačbo: dwH 4 dx w = , ln H = 4 ln |x| , wH = Cx4 , wH x C w = x4z , w0 = 4x3z + x4z0 , 1 z0 x4 + x2 = 0 , z = + D , w = x3 + Dx4 . x Točke, kjer je w = 0, so izločene iz rešitve. Splošna rešitev je torej: 2 1 y = − + x3 x3 + Dx4 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 48 2 skupaj z izhodiščno rešitvijo y = − . x3 Opomba. Splošni rešitvi, dobljeni na posamezen način, sta na prvi pogled videti različni, vendar v resnici določata isto družino funkcij. Posamezni rešitvi se ujemata, če je CD = −1; poleg tega pa se rešitev za C = 0 iz prvega načina ujema z izhodiščno rešitvijo iz drugega načina, rešitev za D = 0 iz drugega načina pa se ujema z izhodiščno rešitvijo iz prvega načina. 27. Enačba je homogena, ker jo lahko prepišemo v obliki: y y y0 = + tg . x x S substitucijo z = y/x, y = xz, y0 = z + xz0 se enačba prevede v obliko: xz0 = tg z . Ločimo spremenljivki in integriramo: dx sin z ctg z dz = , ln = ln |x| , sin z = C|x| −→ Cx . x C Preverimo, da tudi pri C = 0 dobimo rešitev. Izrazimo z in nato y ter dobimo dve družini rešitev: y = x arcsin(Cx) + 2kπ in y = x π − arcsin(Cx) + 2kπ ; k ∈ Z . Ker je lahko C poljubno realno število, ga smemo pri drugi družini zamenjati z −C. Tako lahko splošno rešitev poenotimo v: y = x arcsin(Cx) + nπ ; n ∈ Z . √ Pri danem začetnem pogoju dobimo k = 3 in C = − 3/6. Iskana partikularna rešitev je torej: √ " !# 3 y = x 3π − arcsin x , 6 √ maksimalni odprt interval, na katerem je definirana, pa je 0, 2 3 : čeprav je √ √ namreč sama funkcija definirana na intervalu −2 3, 2 3 , enačba pri x = 0 nima pomena. 28. Enačba je homogena, ker jo lahko zapišemo v obliki: y y 2 y0 = 2 − x x (za splošno rešitev lahko primer x = 0 izločimo). Uvedemo y = xz, y0 = z + xz0 in dobimo: xz0 = z − z2 (∗) M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 49 Po ločitvi spremenljivk dobimo: dz dx = − . z2 − z x Pri tem smo delili z z2 − z, kar pomeni, da bomo morali rešitve, pri katerih je v določeni točki z = 0 ali z = 1, obravnavati posebej. A najprej se posvetimo glavnini problema – enačbi z ločenima spremenljvkama, ki jo integriramo v: z − 1 ln = − ln |x| Cz in antilogaritmiramo: z − 1 C C = −→ . z |x| x Rešimo na z in dobimo: x z = . x − C Ko C preteče R \ {0}, je to splošna rešitev enačbe na množici E := {(x, y) ; x 6= 0, z 6= 0, z 6= 1}. Še več, vsaka klasična rešitev enačbe (∗), katere graf je vsebovan v E, je zožitev katere od zgornjih funkcij. Oglejmo si zdaj vse rešitve, definirane na odprtih intervalih, ki ne vsebujejo točke nič. Najprej opazimo, da sta z = 0 in z = 1 rešitvi enačbe. Ker limita nobene od funkcij z = x , C 6= 0, ko gre x proti točki, ki ni enaka nič, ni enaka 0 ali 1, so x−C vse klasične rešitve enačbe (∗), definirane na intervalih, ki ne vsebujejo točke nič, zožitve ene od funkcij: x z = ; C ∈ R \ {0} ali z = 0 ali z = 1 , x − C kar lahko zapišemo tudi krajše: x z = ; C ∈ R ali z = 0 . x − C To je torej splošna rešitev enačbe (∗). Splošna rešitev prvotne enačbe pa je: x2 y = ; C ∈ R in y = 0 . x − C 29. Preverimo eksaktnost: ∂ ∂ − (x + y) = −1 , (2x3 − y) = −1 ∂x ∂y in integriramo: Z x4 Z y2 (2x3 − y) dx = − xy + A(y) , − (x + y) dy = −xy − + B(x) . 2 2 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 50 y2 x4 Integrala se ujemata, če postavimo A(y) = − in B(x) = . Tedaj je F (x, y) = 2 2 x4 y2 − xy − . Splošna rešitev enačbe je torej: 2 2 y2 + 2xy = x4 + C oziroma √ y = −x ± x4 + x2 + C . 30. Iz: ∂ x 2xp+1 + 3xpy xp 3 ln(x + y) + = , ∂y x + y (x + y)2 ∂ x p xp+1 + (p + 1)xpy xp = ∂x x + y (x + y)2 dobimo, da je enačba eksaktna, če jo pomnožimo z x2. Integriramo: Z x3 3x2 ln(x + y) + dx = x3 ln(x + y) + A(y) , x + y Z x3 dy = x3 ln(x + y) + B(x) x + y in vidimo, da se integrala ujemata, če je A(y) = B(x) = 0 (pri logaritmu ni absolutne vrednosti, ker je logaritem brez absolutne vrednosti že v sami enačbi in mora biti zato x + y > 0). Rešitev enačbe je torej: x3 ln(x + y) = C oziroma: y = eC/x3 − x . M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 51 3. Posebne linearne enačbe višjih redov 1. Po uvedbi z = y00 dobimo: dz dx x x2z0 = z2 , = , z = in še z = 0 . z2 x2 1 + Cx Zdaj moramo to dvakrat integrirati. Za z = 0 dobimo: y = Dx + E , za C = 0 dobimo: x3 y = + Dx + E , 6 za C 6= 0 pa dobimo: x2 (1 + Cx) ln(1 + Cx) y = − + Dx + E . 2C C3 2. Na kroglo delujeta sila zračnega upora in sila teže, obe v smeri, nasprotni njenemu gibanju. Po drugem Newtonovem zakonu je seštevek sil enak: dv m = −mg − cv2 . dt Ločimo spremenljivke: m dv = −dt , mg + cv2 pripravimo za integracijo: dv = −g dt , 1 + c v2 mg integriramo: r mg r c arctg v = g(t0 − t) c mg in izrazimo: r mg r cg v = tg (t0 − t) . c m Pri t = t0 je v = 0, torej je t0 ravno čas, ko krogla doseže najvišjo točko. Če ga želimo izračunati, vstavimo t = 0, ko mora biti v = 0. Dobimo: r m r c . . t0 = arctg v0 = 9 4 s . cg mg Označimo zdaj s h višino, na kateri je krogla. Dobimo jo neposredno z integriranjem: Z m r cg h = v dt = ln cos (t0 − t) + h0 . c m M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 52 Najvišja točka je dosežena pri t = t0, zato je višina, ki jo doseže krogla, ravno h0. Če jo želimo izračunati, vstavimo t = 0, ko je h = 0. Dobimo: m r cg h0 = − ln cos t0 = c m m r c = − ln cos arctg v0 = c mg m c . = ln 1 + v2 = 2c mg 0 . = 460 m . Če ne bi bilo zračnega upora, bi lahko postavili c = 0. Ustrezno rešitev lahko dobimo bodisi kot limito splošne rešitve, ko gre c proti nič, bodisi tako, da diferencialno enačbo rešimo posebej, kar je v resnici elementarna fizika. Pride: v v2 t 0 0 0 = = 10 s , h0 = = 500 m . g 2g 3. Označimo z y dolžino dela vrvi, ki se je že odvil in visi z mize, z v = dy pa hitrost, dt s katero se spušča. Ta del vrvi deluje na preostanek s silo µgy, kjer je µ dolžinska gostota vrvi. Uporabimo različico drugega Newtonovega zakona za gibalno količino: dG = F dt . Sprememba gibalne količine je sestavljena iz dveh delov. Del vrvi, ki je že odvit in ima maso µy, pospešuje postopoma; to poveča gibalno količino za µy dv = µy dv dt = dt µy d2y dt. Infinitezimalni delček vrvi, ki se pravkar odvija in ima maso µdy = µv dt, dt2 pa hipoma pospeši do hitrosti v; to poveča gibalno količino za µv2 dt = µ dy 2 dt. dt Dobimo torej: d2y dy 2 dG = µy dt + µ dt . dt2 dt Vstavimo v Newtonov zakon, delimo z µ dt in dobimo diferencialno enačbo: d2y dy 2 gy = y + . dt2 dt Ker enačba ne vsebuje eksplicitno časa, ji lahko znižamo red. Dobimo: dv gy = v2 + yv . dy Če enačbo delimo z v, dobimo Bernoullijevo enačbo. S substitucijo w = v2 se le-ta prevede na linearno enačbo: y dw gy = + w . 2 dy M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 53 Nadaljujemo po ustaljenem postopku: dwH 2 dy w = − , ln H = −2 ln |y| , wH = By−2 , wH y A w = b(y) y−2 , w0 = b0(y) y−2 − 2 b(y) y−3 , 2gy3 2gy C b0(y) = 2gy2 , b(y) = + C , w = + . 3 3 y2 Izrazimo v in dobimo še eno diferencialno enačbo: s dy 2gy C = ± + . dt 3 y2 Zdaj pa upoštevamo, da je hitrost v odvijanja vrvi pozitivna in da sta na začetku, denimo takrat, ko je t = 0, tako hitrost v kot tudi dolžina y enaki nič. Od tod dobimo, da mora biti C = 0, koren pa pozitiven. Sledi: r 3 dy r 6y √ = dt , = t + D . 2g y g Če se vrv začne odvijati ob času 0, dobimo D = 0, od tod pa iskano dinamiko odvijanja: gt2 y = . 6 4. Za y = xp dobimo: (p2 − 3p + 2)xp + (p2 − 2p)xp−1 = 0 , kar je mogoče le pri p = 2. Torej je y = x2 rešitev enačbe. Za splošno rešitev pišemo: y = x2z , y0 = 2xz + x2z0 , y00 = 2z + 4xz0 + x2z00 . Vstavimo v enačbo in po ureditvi dobimo: (2x + 3)z0 + x(x + 1)z00 = 0 . Vidimo, da enačba ne vsebuje eksplicitno z (kar se v takem primeru vedno zgodi), torej lahko uvedemo w = z0 in dobimo: dw 2x + 3 1 3 A(x + 1) = − dx = − dx , w = . w x(x + 1) x + 1 x x3 Integriramo in dobimo: A A z = − − + B . x 2x2 Splošna rešitev prvotne enačbe je torej: y = −A x + 1 + Bx2 2 ali ekvivalentno: y = Bx2 + C(2x + 1) . M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 54 5. y = C1 e2x + C2 e−x. 6. y = C1 + C2 e−2x. 7. y = (C1 + C2x)e−3x. 8. y = (C1 + C2x + C3x2)e−x. 9. y = (C1 + C2x)e2x + C3 e−2x. 10. y = e−x C1 cos(2x) + C2 sin(2x). √ √ 11. y = (C1 + C2 x) cos 3 x + (C3 + C4 x) sin 3 x. 12. y = C1 cos x + C2 sin x + (C3 + C4x + C5x2)ex. 13. y = − 1 x2 + 1 x − 3 + C 2 2 4 1 e2x + C2 e−x. 14. y = e2x + 1 e−2x + (C 9 1 + C2x)ex. 15. y = (−x + C1)e2x + C2 e3x. 16. y = 1 e2x + 1 x2 e−2x + (C 16 2 1 + C2x)e−2x. 17. y = 1 sin x − 1 cos x + C 10 5 1 e−x + C2 e−3x. 18. y = − 1 x2 cos(3x) + 1 x sin(3x) + C 12 36 1 cos(3x) + C2 sin(3x). 19. Splošna rešitev je y = C1 |x|3/2 + C2 x3. Vse klasične rešitve, definirane na realni osi, so zlepki funkcij C−(−x)3/2 + C−x3 in 1 2 C+x3/2 + C+x3. Tak zlepek pa je dvakrat zvezno odvedljiva funkcija natanko tedaj, 1 2 ko je C− = C+ = 0; C− in C+ sta lahko poljubna. Dobimo torej funkcije: 1 1 2 2 C−x3 ; x ≤ 0 y = 2 C+x3 ; x ≥ 0 . 2 Opomba: zdaj vidimo, da so rešitve, navedene v rešitvi točke b) 2. naloge iz 1. razdelka, tudi vse klasične rešitve. C 20. a) y = C 2 1 x2 + . x b) Iz y(0) = 0 sledi a = 0. Nadalje vemo, da je poljubno rešitev začetne naloge možno sestaviti iz splošne rešitve. Iz limx→0 y = 0 dobimo, da mora biti C2 = 0, torej je rešitev začetne naloge lahko kvečjemu sestavljanka funkcij oblike C1 x2. Sestavljanje sicer pride do izraza kvečjemu pri x = 0, ki ni regularna točka enačbe: rešitev bi bila lahko oblike C−x2 za x ≤ 0 in C+x2 za x ≥ 0. Toda klasično, t. j. dvakrat zvezno odvedljivo funkcijo dobimo samo pri C− = C+. Edine možne rešitve so torej y = Cx2. Za vse velja y(0) = 0, torej mora biti b = 0. Sklep: pri a = b = 0 ima naloga neskončno mnogo rešitev – vse funkcije y = Cx2, kjer je C poljubno realno število. Sicer pa naloga nima rešitve. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 55 21. y = 1 − 2 ln(−x)x2. Funkcija y = 1 − 2 ln |x|x2 ni rešitev, ker pri x = 0 ni dvakrat zvezno odvedljiva (res pa je enkrat zvezno odvedljiva). 22. y = x C1 cos(3 ln |x|) + C2 sin(3 ln |x|). √ 23. a) y = 1 (5 − x2) −x, definirana je na (−∞, 0). 4 b) Na (−∞, 0) obstaja le ena rešitev y = 2(−x)5/2. Obstaja pa tudi neskončno mnogo rešitev, definiranih na celi realni osi, in sicer: 2(−x)5/2 ; x ≤ 0 y = A x5/2 ; x ≥ 0 , kjer je A poljubno realno število. 24. y = 1 ln x + 5 + C 6 36 1x2 + C2x3. 25. y = x2 C1 + C2 ln |x| + 1 (ln |x|)2. 2 26. Iz rešitve homogenega dela yH = C1 cos x + C dobimo naslednji sistem za 2 2 sin x 2 rešitev izvirne enačbe: x x cos z0 + sin z0 = 0 2 1 2 2 1 x 1 x 1 − sin z0 + cos z0 = . 2 2 1 2 2 2 4 sin x2 Rešitev tega sistema je: 1 1 z0 = − , z x + C 1 1 = − 1 2 2 1 x x z0 = ctg , z sin + C 2 2 = − ln 2 , 2 2 2 splošna rešitev naše enačbe pa: 1 x x x y = − x + C 1 cos + − ln sin + C2 sin . 2 2 2 2 27. Iz rešitve homogenega dela yH = C1x + C2x2 dobimo naslednji sistem za rešitev izvirne enačbe: xz0 + x2z0 = 0 1 2 1 z0 + 2xz0 = . 1 2 x2(x − 1) Rešitev tega sistema je: 1 x − 1 1 z0 = − , z − + C 1 1 = − ln 1 , x2(x − 1) x x 1 x − 1 2x + 1 z0 = , z + + C 2 2 = ln 2 , x3(x − 1) x 2x2 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 56 splošna rešitev naše enačbe pa: x − 1 1 y = (x2 − x) ln + x − + C1x + C2x2 . x 2 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 57 4. Sistemi diferencialnih enačb 1. Lastna para: −3 λ1 = 1 : − * v 1 = , 1 3 λ2 = 3 : − * v 2 = . 1 Splošna rešitev: y1 = −3C1 ex + 3C2 e3x , y2 = C1 ex + C2 e3x . Gre za izvir. Fazni portret: y2 y1 2. Lastna para: 2 1 λ1 = −1 , − * v 1 = ; λ . 1 2 = −4 , − * v 2 = −1 Splošna rešitev: y1 = 2C1 e−x + C2 e−4x , y2 = C1 e−x − C2 e−4x . Gre za ponor. Fazni portret: M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 58 y2 y1 3. Lastna para: 1 1 λ1 = −2 , − * v 1 = ; λ . 1 2 = 1 , − * v 2 = 4 Splošna rešitev: y1 = C1 e−2x + C2 ex , y2 = C1 e−2x + 4C2 ex . Gre za sedlo. Fazni portret: y2 y1 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 59 4. Karakteristični polinom: −λ3 + 6λ2 − 9λ = −λ(λ − 3)2. Lastni pari: 1 λ1 = 0 : − * v 1 = 1 ,   1  1  λ2 = 3 : − * v 2 = −1   , 0  1  λ3 = 3 : − * v 3 = 0 .   −1 Splošna rešitev: y1 = C1 + C2 e3x + C3 e3x , y2 = C1 − C2 e3x , y3 = C1 − C3 e3x . 5. Lastna para: 2 1 λ1 = 0 , − * v 1 = ; λ . −1 2 = 7 , − * v 2 = 3 Splošna rešitev: y1 = 2C1 + C2 e7x , y2 = −C1 + 3C2 e7x . Gre za degenerirano nestabilno kritično točko. Fazni portret: y2 y1 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 60 6. Lastna para: i −i λ1 = 4 + 3i , − * v 1 = ; λ . 1 2 = 4 − 3i , − * v 2 = 1 Za lastno vrednost λ1 dobimo kompleksno bazno rešitev: − * i e(4+3i)x −e4x sin(3x) e4x cos(3x) e h1(x) = = + i , e(4+3i)x e4x cos(3x) e4x sin(3x) iz katere dobimo realni bazni rešitvi: − * −e4x sin(3x) − * e4x cos(3x) h1(x) = in h . e4x cos(3x) 2(x) = e4x sin(3x) Splošna rešitev v realnem je torej: y1 = e4x −C1 sin(3x) + C2 cos(3x) , y2 = e4x C1 cos(3x) + C2 sin(3x) . Gre za spiralni izvir. Fazni portret: y2 y1 7. Lastna para: 1 1 λ1 = −1 + 3i , − * v 1 = ; λ . 1 + i 2 = −1 − 3i , − * v 2 = 1 − i Za lastno vrednost λ1 dobimo kompleksno bazno rešitev: − * e(−1+3i)x e h1(x) = = (1 + i)e(−1+3i)x e−x cos(3x) e−x sin(3x) = + i , e−x cos(3x) − sin(3x) e−x sin(3x) + cos(3x) M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 61 iz katere dobimo realni bazni rešitvi: − * e−x cos(3x) − * e−x sin(3x) h1(x) = in h . e−x cos(3x) − sin(3x) 2(x) = e−x sin(3x) + cos(3x) Splošna rešitev v realnem je torej: y1 = e−x C1 cos(3x) + C2 sin(3x) , y2 = e−x C1 cos(3x) − C1 sin(3x) + C2 sin(3x) + C2 cos(3x) . Gre za spiralni ponor. Fazni portret: y2 y1 8. Lastna para: 1 1 λ1 = i , − * v 1 = ; λ . 2 − i 2 = −i , − * v 2 = 2 + i Za lastno vrednost λ1 dobimo kompleksno bazno rešitev: − * eix cos x sin x e h1(x) = = + i . (2 − i)eix 2 cos x + sin x 2 sin x − cos x iz katere dobimo realni bazni rešitvi: − * cos x − * sin x h1(x) = in h . 2 cos x + sin x 2(x) = 2 sin x − cos x Splošna rešitev v realnem je torej: y1 = C1 cos x + C2 sin x , y2 = 2C1 cos x + C1 sin x + 2C2 sin x − C2 cos x . M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 62 Gre za center, torej so trajektorije elipse. Te se splača izračunati podrobneje. Za izračun polosi (razmerja med polmeroma in smeri) izberemo eno bazno rešitev, recimo za C1 = 1 in C2 = 0: y1 = cos x , y2 = 2 cos x + sin x in pogledamo, kje je oddaljenost od izhodišča minimalna oz. maksimalna. Velja: y2 + y2 = 5 cos2 x + 4 cos x sin x + sin2 x . 1 2 Odvajamo: y2 + y20 = 4 cos2 x − 8 cos x sin x − 4 sin2 x = −4 cos2 x(tg2 x + 2 tg x − 1) . 1 2 Stacionarna točka je dosežena pri: √ tg x = −1 ± 2 . Izračunajmo sedaj cos x in sin x. Lahko se omejimo na primer, ko je cos x > 0. V tem primeru je: √ 1 1 tg x −1 ± 2 cos x = = √ , sin x = = √ . p p p p 1 + tg2 x 4 ∓ 2 2 1 + tg2 x 4 ∓ 2 2 Temena ene izmed elips trajektorij so torej: 1 √ 1 √ ± √ 1, 1 + 2 in ± √ 1, 1 − 2 p p 4 − 2 2 4 + 2 2 ali numerično: . . . . ±(0 924, 2 230) in ± (0 383, −0 159) . (vloga predznaka ± se je zdaj zamenjala). Fazni portret: y2 y1 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 63 9. Za lastno vrednost λ1,2 = −3 dobimo verigo: − * 1 1 v 2 = −→ − * v . 0 1 = −1 Splošna rešitev: y1 = C1 + C2(1 + x)e−3x , y2 = (−C1 − C2x)e−3x . Fazni portret: y2 y1 10. Za lastno vrednost λ1,2 = 0 dobimo verigo: − * 1 4 v 2 = −→ − * v . 0 1 = −1 Splošna rešitev: y1 = 4C1 + C2(1 + 4x) , y2 = −C1 − C2x . Gre za degenerirano nestabilno točko. Fazni portret: M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 64 y2 y1 11. Karakteristični polinom: −λ3 − 5λ2 − 7λ − 3 = −(λ + 1)2(λ + 3). Dobimo dve verigi:  0  λ1 = −3 : − * v 1 = 1   . −2 −1  1  λ2,3 = −1 : − * v 3 = 0 −→ − * −1   v 2 =   , 3 0 Splošna rešitev: y1 = C2 e−x + C3(−1 + x) e−x , y2 = C1 e−3x − C2 e−x − C3 x e−x , y3 = −2C1 e−3x + 3C3 e−x . 12. Karakteristični polinom: −(λ + 2)3. Dobimo eno samo verigo:  0  0 1 − * v 3 = − 3 −→ − * v 1 −→ − * v 0 .  5  2 =   1 =   1 0 0 5 Splošna rešitev: y1 = C1 + C2 x + 1 C 2 3 x2e−2x , y 2 = C2 + C3 x − 3 C e−2x , 5 3 y3 = 1 C 5 3 e−2x . Opomba. Ta sistem bi lahko rešili tudi tako, da bi rešili najprej tretjo enačbo, nato drugo in nazadnje prvo. Prvič bi dobili homogeno, drugič in tretjič pa nehomogeno linearno diferencialno enačbo prvega reda. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 65 13. Krajši račun pokaže, da sta ravnovesni točki sistema T0(0, 0) in T1(1, 0). Sistem − * zapišemo v vektorski obliki − * y = F (− * y ), kjer je: − * y F (− * y ) = 1(1 − y1) − y1y2 , . y2(1 − y1) . Jacobijeva matrika je: − * 1 − 2y DF = 1 − y2 y1 . y2 1 − y1 − * 1 0 V T0 je DF = , torej lahko uporabimo Hartman–Grobmanov izrek: tam je 0 1 − * −1 1 izvir. V T1 pa je DF = . Lastna para sta: 0 0 1 1 λ1 = 0 , − * v 1 = ; λ . 1 2 = −1 , − * v 2 = 0 kar pomeni, da je tam Hartman–Grobmanovega izreka ne moremo uporabiti, saj ima ustrezni linearni sistem degenerirano stabilno točko. Fazni portret: y2 2 1 y1 −3 −2 −1 1 2 3 −1 −2 kaže, da se sistem okoli točke T1 ne obnaša tako kot ustrezni linearni sistem. 14. Krajši račun pokaže, da sta ravnovesni točki sistema spet T0(0, 0) in T1(1, 0). Sistem − * spet zapišemo v vektorski obliki − * y = F (− * y ). Jacobijeva matrika je: − * 0 1 DF = . 2y1 − 1 2y2 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 66 − * 0 1 V T0 je DF = . Lastni vrednosti sta i in −i, torej tam Hartman–Grob- −1 0 − * 0 1 manovega izreka ne moremo uporabiti. V T1 pa je DF = . Lastna para 1 2 sta: √ √ 1 √ 1 + 2 λ √ 1 = 1 + 2 , − * v 1 = ; λ 2 , − * v , 1 + 2 2 = 1 − 2 = −1 kar pomeni, da tam Hartman–Grobmanov izrek lahko uporabimo: dobimo sedlo. Fazni portret: y2 2 1 y1 −3 −2 −1 1 2 3 −1 −2 pa kaže na to, da v tem primeru tudi obnašanje okoli izhodišča ustreza obnaša- nju ustreznega linearnega sistema: krogi se sicer zverižijo, ni pa videti, da bi se spremenili v spirale. 15. Krajši premislek pokaže, da je edina ravnovesna točka izhodišče. Jacobijeva ma- − * trika odvodov ustrezne vektorske funkcije F je tam enaka nič, zato Hartman– Grobmanovega izreka tam ne moremo uporabiti. V skladu z namigom vpeljimo polarne koordinate: y1 = r cos ϕ , y2 = r sin ϕ in sistem se pretvori v: r0 cos ϕ − r sin ϕ ϕ0 = r2 2 cos2 ϕ − 3 cos ϕ sin ϕ r0 sin ϕ + r cos ϕ ϕ0 = r2 2 cos ϕ sin ϕ + 2 sin2 ϕ . Razrešimo: r0 = r2 2 cos3 ϕ − 3 cos2 ϕ sin ϕ + 2 cos ϕ sin2 ϕ + 2 sin3 ϕ ϕ0 = 5r cos ϕ sin2 ϕ . M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 67 Krajši račun pokaže, da je funkcija: h(ϕ) = 2 cos3 ϕ − 3 cos2 ϕ sin ϕ + 2 cos ϕ sin2 ϕ + 2 sin3 ϕ za −π/2 < ϕ − arctg 2 negativna in za − arctg 2 < ϕ < π/2 pozitivna. Tako lahko skiciramo smeri spreminjanja oddaljenosti od izhodišča in kota (z rdečo je označena oddaljenost, z zeleno pa kot): y2 y1 Fazni portret: y2 y1 Vidimo, da se za izhodišča blizu abscisne osi kot ustali. To je mogoče zato, ker se oddaljenost od izhodišča manjša, z njo pa tudi odvod kota. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 68 16. Iz rešitve 9. naloge razberemo matriko Wrońskega: 1 1 + x H(x) = e−3x , −1 −x iz nje pa sistem: z0 + (1 + x)z0 = e2x , 1 2 −z0 − x z0 = 0 , 1 2 ki ima rešitev: z0 = −x e2x , z x + 1 e2x + C 1 1 = − 12 4 1 , z0 = e2x , z e2x + C 2 2 = 1 2 2 . Splošna rešitev sistema je torej: y1 = 3 e−x + C 4 1 + C2(1 + x)e−3x , y2 = − 1 e−x + −C 4 1 − C2 xe−3x . 17. Iz rešitve 4. naloge razberemo: 0 0 0 1 1 1  D = 0 3 0 , P = 1 −1 0     0 0 3 1 0 −1 Rešitev sistema: w1 + w2 + w3 = ex , w1 − w2 = 0 , w1 − w3 = 0 je: w1 = 1 ex , w ex , w ex . 3 2 = 1 3 3 = 1 3 Od tod dobimo diferencialne enačbe: z0 = 1 ex , z0 = 3z ex , z0 = 3z ex , 1 3 2 2 + 1 3 3 3 + 1 3 ki jih lahko rešimo vsako zase: z1 = 1 ex + C ex + C ex + C 3 1 , z2 = − 16 2 e3x , z3 = − 16 3 e3x . Rešitev prvotnega sistema pa je: y1 = C1 + C2 e3x + C3 e3x , y2 = 1 ex + C 2 1 e3x , y3 = 1 ex + C 2 1 e3x − C3 e3x . M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 69 5. Reševanje diferencialnih enačb s potenčnimi vr- stami 1. Nastavimo: ∞ X y = cnxn n=0 in enačba nam da: ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X n(n − 1)cnxn−2 + n(n − 1)cnxn + 4 ncnxn + 2 cnxn = 0 . n=0 n=0 n=0 n=0 Preindeksiramo, tako da dobimo enotne eksponente, in upoštevamo, da lahko neka- tere koeficiente izpustimo, ker so enaki nič: ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X (k + 1)(k + 2)ck+2xk + k(k − 1)ckxk + 4 kckxk + 2 ckxk = 0 . k=0 k=0 k=0 k=0 Uredimo in dobimo: ∞ Xh i (k + 1)(k + 2)ck+2 + (k + 1)(k + 2)ck xk = 0 , k=0 od koder sledi, da mora veljati: ck+2 = −ck ; k = 0, 1, 2, . . . torej: c2j = (−1)jc0 , c2j+1 = (−1)jc1 ; j = 0, 1, 2, . . . Splošna rešitev dane diferencialne enačbe je torej: ∞ ∞ X X c y = c 0 + c1x 0 (−1)jx2j + c1 (−1)jx2j+1 = . 1 + x2 j=0 j=0 Opomba. Z razvojem v vrsto smo dokazali, da je te funkcije rešijo dano diferenci- alno enačbo tam, kjer potenčne vrste konvergirajo, to pa je za |x| < 1. Neposredno pa lahko preverimo, da jo v resnici rešimo na celi realni osi. To sledi tudi iz principa identitete za holomorfne funkcije. 2. Najprej izračunamo diferencialni operator: Dy := 4x2y00 − 6xy0 + (x + 6)y za funkcijo v generični obliki: X y = cn xn . n M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 70 Velja: X X X X Dy = 4 n(n − 1)cn xn − 6 n cnxn + cn xn+1 + 6 cn xn . n n n n Preindeksiramo, tako da dobimo enotne eksponente, in uredimo: X X X X Dy = 4 k(k − 1)ck xk − 6 k ckxk + ck−1 xk + 6 ck xk = k k k k (∗) Xh i = (2k − 2)(2k − 3)ck + ck−1 xk . k Karakteristični polinom je torej f0(λ) = (2λ − 2)(2λ − 3) ter ima ničli – izhodiščna eksponenta λ1 = 1 in λ2 = 3 . Ker razlika ni celo število, za vsak izhodiščni ekspo- 2 nent dobimo linearno neodvisno bazno rešitev. Za izhodiščni eksponent λ1 = 1 nastavimo: ∞ X h1(x) = c1,j xj+1 . j=0 S substitucijo n = j + 1 to zapišemo v obliki: X h1(x) = c1,n−1 xn , n pri čemer se razume, da za j / ∈ N0 velja c1,j = 0. Vstavimo v (∗) in dobimo: Xh i Dh1(x) = (2k − 2)(2k − 3)c1,k−1 + c1,k−2 xk , k s substitucijo k = j + 1 pa dobimo: Xh i Dh1(x) = 2j(2j − 1)c1,j + c1,j−1 xj+1 . j Izenačimo z nič in pogledamo koeficiente. Za j = 0 dobimo identiteto, za j = 1, 2, 3, . . . pa dobimo: c c 1,j−1 1,j = − . 2j(2j − 1) Razrešimo rekurzijo in dobimo: (−1)j c1,j = c1,0 . (2j)! Izberimo c1,0 = 1 in dobimo prvo bazno rešitev: ∞ X (−1)k h1(x) = xk+1 . (2k)! k=0 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 71 Ta vrsta je definirana na celi realni osi in tam poljubnokrat zvezno odvedljiva, torej je klasična rešitev dane diferencialne enačbe. Enaka je: √ x cos x ; x ≥ 0 h √ 1(x) = x ch −x ; x ≤ 0 . Podobno za izhodiščni eksponent λ2 = 3 nastavimo: 2 ∞ X h2(x) = c2,j xj+3/2 . j=0 S substitucijo n = j + 3 to zapišemo v obliki: 2 X h2(x) = c2,n−3/2 xn , n pri čemer se razume, da za j / ∈ N0 velja c2,j = 0. Vstavimo v (∗) in dobimo: Xh i Dh2(x) = (2k − 2)(2k − 3)c2,k−3/2 + c2,k−5/2 xk , k s substitucijo k = j + 3 pa dobimo: 2 ∞ Xh i Dh2(x) = 2j(2j + 1)c2,j + c2,j−1 xj+1 . j=0 Izenačimo z nič in pogledamo koeficiente. Za j = 0 spet dobimo identiteto, za j = 1, 2, 3, . . . pa dobimo: c c 2,j−1 2,j = − . 2j(2j + 1) Razrešimo rekurzijo in dobimo: (−1)j c2,j = c2,0 . (2j + 1)! Izberimo c2,0 = 1 in dobimo drugo bazno rešitev: ∞ √ X (−1)k h2(x) = xk+3/2 = x sin x . (2k + 1)! k=0 Ta funkcija pa je definirana le za x ≥ 0. Za x ≤ 0 modificiramo vrsto v: ∞ √ X 1 h2(x) = (−x)k+3/2 = −x sh −x . (2k + 1)! k=0 Ti dve funkciji se ne dasta sestaviti v funkcijo, ki bi bila dvakrat zvezno odvedljiva na celi realni osi. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 72 Splošno rešitev enačbe raje zapišemo posebej za pozitivne in negativne x (funkciji h2 lahko zamenjamo predznak): √ √ y = κ1x cos x + κ2x sin x ; x > 0 , √ √ y = κ1x ch −x + κ2x sh −x ; x < 0 . Možno pa je tudi s pomočjo potenčne vrste izračunati le eno rešitev, nato pa znižati red diferencialne enačbe: če izhajamo iz h1, splošno rešitev nastavimo v obliki y = h1(x) z. Za x > 0 računamo: √ y = zx cos x , √ √ √ √ y0 = z0x cos x + z cos x − 1 z x sin x , 2 √ √ √ √ √ √ y00 = z00x cos x + 2z0 cos x − z0 x sin x − 3 zx−1/2 sin x − 1 z cos x 4 4 in ko vstavimo v enačbo, po ureditvi dobimo: √ √ √ 4z00x3 cos x + 2z0x2 cos x − 4z0x5/2 sin x = 0 oziroma: √ z00 1 tg x = − + √ , z0 2x x kar se najprej zintegrira v: z0 √ ln = − 1 ln x − 2 ln cos x c 2 oziroma: c z0 = √ √ , x cos2 x to pa se spet zintegrira v: √ z = 2c tg x + a . Če pišemo b = 2c, od tod dobimo splošno rešitev: √ √ y = bx sin x + ax cos x . Za x < 0 pa računamo: √ y = zx ch −x , √ √ √ √ y0 = z0x ch −x + z ch −x + 1 z −x sh −x , 2 √ √ √ √ √ √ y00 = z00x ch −x + 2z0 ch −x + z0 −x sh −x − 3 z(−x)−1/2 sh −x − 1 z ch −x 4 4 in ko vstavimo v enačbo, po ureditvi dobimo: √ √ √ 4z00x3 ch −x + 2z0x2 ch −x + 4z0(−x)5/2 sh −x = 0 oziroma: √ z00 1 th −x = − + √ , z0 2x −x M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 73 kar se najprej zintegrira v: z0 √ ln = − 1 ln(−x) − 2 ln ch −x c 2 oziroma: c z0 = √ √ , −x ch2 −x to pa se spet zintegrira v: √ z = −2c th −x + a . Če pišemo b = −2c, od tod dobimo splošno rešitev: √ √ y = bx sh −x + ax ch −x . Vidimo, da tako za x > 0 kot tudi za x < 0 pride isto kot prej. Podobno je možno tudi rešitev za λ = 1 dobiti iz rešitve za λ = 3 . 2 3. Izračunajmo diferencialni operator: Dy := x2(1 − x)y00 + x(x − 2)y0 − 2y za funkcijo v generični obliki: X y = cn xn . n Velja: X X X Dy = n(n − 1)cn xn − n(n − 1)cn xn+1 + ncn xn+1 − n n n X X − 2 ncn xn + 2 cn xn . n n Preindeksiramo, tako da dobimo enotne eksponente, in uredimo: X X X Dy = k(k − 1)ck xk − (k − 1)(k − 2)ck−1 xk + (k − 1)ck−1 xk − k k k X X − 2 kck xk + 2 ck xk = (∗) k k Xh i = (k − 2)(k − 1)ck − (k − 3)(k − 1)ck−1 xk . k Karakteristični polinom je torej f0(λ) = (λ − 2)(λ − 1) ter ima ničli – izhodiščna eksponenta λ1 = 2 in λ2 = 1. Ker je razlika celo število, moramo rešitev za nižji izhodiščni eksponent izvajati iz rešitve za višji izhodiščni eksponent. Za višji eksponent λ1 = 2 nastavimo: ∞ X X h1(x) = c1,j xj+2 = c1,n−2 xn (c1,j = 0 za j / ∈ N0) , j=0 n M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 74 vstavimo v (∗) in dobimo: Xh i Dh1(x) = (k − 2)(k − 1)c1,k−2 − (k − 3)(k − 1)c1,k−3 xk = k ∞ Xh i = j(j + 1)c1,j − (j − 1)(j + 1)c1,j−1 xj+2 . j=0 Izenačimo z nič in pogledamo koeficiente. Za j = 0 dobimo identiteto, za j = 1 dobimo c1,1 = 0. Z indukcijo sledi, da za vse j = 1, 2, 3, . . . velja c1,j = 0. Če torej izberemo c1,0 = 1, prva bazna rešitev pride h1(x) = x2. Rešitev za nižji eksponent λ2 = 0 oz. splošno rešitev lahko dobimo na vsaj dva načina. Prvi način: z nastavkom druge bazne rešitve (za x > 0): ∞ X h2(x) = Ax2 ln x + c2,j xj+1 , j=0 kjer vzamemo še c2,1 = 0. Odvajamo: (x2 ln x)0 = x + 2x ln x , (x2 ln x)00 = 3 + 2 ln x in po krajšem računu dobimo: D x2 ln x = x2 − 2x3 . Nadalje po formuli (∗) dobimo: ∞ ! ! X X D c2,j xj+1 = D c2,n−1 xn = j=0 n Xh i = (k − 1)(k − 2)c2,k−1 − (k − 1)(k − 3)c2,k−2 xk = k ∞ Xh i = j(j − 1)c2,j − j(j − 2)c2,j−1 xj+1 . j=0 Spomnimo se še, da je c2,1 = 0 in c2,j = 0 za j / ∈ N0, ustrezno seštejemo, izenačimo z nič in pogledamo koeficiente. Dobimo: j = 0 : identiteta j = 1 : A = −c2,0 j = 2 : c2,2 = A j − 2 j = 3, 4, 5, . . . : c2,j = c2,j−1 . j − 1 Izberimo c2,0 = 1. Naračunamo prvih nekaj koeficientov: 1 1 A = −1 , c2,2 = −1 , c2,3 = − , c2,4 = − 2 3 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 75 in postavimo domnevo, da za j = 2, 3, 4, . . . velja c2,j = −1/(j − 1). To domnevo zlahka dokažemo z indukcijo. Druga bazna rešitev je torej: ∞ X xj+1 h2(x) = −x2 ln x − x − = j − 1 j=2 ∞ X xn = −x2 ln x − x − x2 = n n=1 = −x2 ln x − x + x2 ln(1 − x) . Splošna rešitev enačbe je za 0 < x < 1 torej: y = C1x2 + C2x + C2x2 ln(1 − x) − C2x2 ln x . Z neposrednim preizkusom dane diferencialne enačbe dobimo, da na (−∞, 0), (0, 1) in (1, ∞) velja splošna rešitev: y = C1x2 + C2x + C2x2 ln |1 − x| − C2x2 ln |x| . Drugi način: z znižanjem reda. Nastavimo y = h1(x) z in izračunamo: y = x2z , y0 = 2xz + x2z0 , y00 = 2z + 4xz0 + x2z00 in ko vstavimo v enačbo, po ureditvi dobimo: (x2 − x)z00 + (3x − 2)z0 = 0 oziroma: z00 2 − 3x 2 1 = = − − , z0 x(x − 1) x x − 1 kar se najprej zintegrira v: z0 ln = −2 ln x − ln(x − 1) b oziroma: b 1 1 1 z0 = = − − , x2(x − 1) x − 1 x x2 to pa se zintegrira v: 1 z = b ln |x − 1| − ln |x| + + a x Od tod dobimo splošno rešitev: y = ax2 + bx2 ln |x − 1| − bx2 ln |x| + bx , ki se ujema s tisto iz prvega načina. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 76 4. Enačbo pomnožimo z x, da dobimo standardno obliko: x2y00 + 2xy0 − x2y = 0 . Izračunajmo torej diferencialni operator: Dy := x2y00 + 2xy0 − x2y za funkcijo v generični obliki: X y = cn xn . n Velja: X X X Dy = n(n − 1)cn xn + 2 ncn xn − cn xn+2 . n n n Preindeksiramo, tako da dobimo enotne eksponente, in uredimo: X X X Dy = k(k − 1)ck xk + 2 kck xk − ck−2 xk = k k k (∗) Xh i = k(k + 1)ck − ck−2 xk . k Karakteristični polinom je torej f0(λ) = λ(λ + 1) ter ima ničli – izhodiščna eks- ponenta λ1 = 0 in λ2 = −1. Ker je razlika celo število, moramo rešitev za nižji izhodiščni eksponent izvajati iz rešitve za višji izhodiščni eksponent. Za višji eksponent λ1 = 0 nastavimo: ∞ X h1(x) = c1,j xj , j=0 vstavimo v (∗) in dobimo: ∞ Xh i Dh1(x) = j(j + 1)c1,j − c1,j−2 xj , j=0 pri čemer se razume, da za j / ∈ N0 velja c1,j = 0. Ob upoštevanju slednjega izenačimo z nič in pogledamo koeficiente. Dobimo, da mora biti c1,1 = 0, za j = 2, 3, 4, . . . pa mora veljati j(j + 1)cj − cj−2 = 0. Od tod sledi:  0 ; j lih  c c 1,j = 1,0 ; j sod.  (j + 1)! Izberimo c1,0 = 1 in dobimo prvo bazno rešitev:  ∞ sh x X x2l  ; x 6= 0 h1(x) = = x (2l + 1)! l=0  1 ; x = 0 . M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 77 Rešitev za nižji eksponent λ2 = −1 oz. splošno rešitev lahko dobimo na vsaj dva načina. Prvi način: z nastavkom druge bazne rešitve (za x > 0): ∞ X h2(x) = Ah1(x) ln x + c2,jxj−1 , j=0 kjer vzamemo še c2,1 = 0. Odvajamo: h 2x h0 (x) − h h 1(x) 1 1(x) 1(x) ln x0 = + h0 (x) ln x , h1(x) ln x00 = + h00(x) ln x x 1 x2 1 in po krajšem računu dobimo: 5 9 13 D h1(x) ln x = 2x h0 (x) + h x2 + x4 + x6 + · · · 1 1(x) = 1 + 3! 5! 7! Nadalje po formuli (∗) dobimo: ∞ ! ! X X D c2,j xj−1 = D c2,n+1 xn = j=0 n Xh i = k(k + 1)c2,k+1 − c2,k−1 xk = k ∞ Xh i = j(j − 1)c2,j − c2,j−2 xj−1 . j=0 Spomnimo se še, da je c2,1 = 0 in c2,j = 0 za j / ∈ N0, ustrezno seštejemo, izenačimo z nič in pogledamo koeficiente. Za j = 0 dobimo identiteto, za j = 1 pa A = 0. Ob upoštevanju tega dobimo, da za j = 2, 3, 4, . . . velja j(j − 1)c2,j − c2,j−2 = 0. Sledi:  0 ; j lih  c c 2,j = 2,0 ; j sod.  j! Izberimo c2,0 = 1 in dobimo drugo bazno rešitev: ∞ X x2l−1 ch x h2(x) = = . (2l)! x l=0 Dobljena rešitev velja tudi za x < 0. A ker je v izhodišču singularnost, je funkcija h2 klasična rešitev diferencialne enačbe le na R \ {0}. Pri splošni rešitvi nam za to ni treba skrbeti: κ y = 1 sh x + κ2 ch x . x M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 78 Drugi način: z znižanjem reda. Nastavimo y = h1(x) z. Za x 6= 0 računamo: sh x y = z , x sh x x ch x − sh x y0 = z0 + z , x x2 sh x x ch x − sh x (2 + x2) sh x − 2x ch x y00 = z00 + 2z0 + z x x2 x3 in ko vstavimo v enačbo, po ureditvi dobimo: z00 sh x + 2z0 ch x = 0 oziroma: z00 = −2 cth x , z0 kar se najprej zintegrira v: z0 ln = −2 ln | sh x| b oziroma: b z0 = , sh2 x to pa se spet zintegrira v: z = b cth x + a Od tod dobimo splošno rešitev: a sh x + b ch x y = , x ki se ujema s tisto iz prvega načina. 5. Enačbo pomnožimo z x, da dobimo standardno obliko: x2(x − 2)y00 − x(x2 − 2)y0 + (2x2 − 2x)y = 0 . Izračunajmo torej diferencialni operator: Dy := x2(x − 2)y00 − x(x2 − 2)y0 + (2x2 − 2x)y za funkcijo v generični obliki: X y = cn xn . n Velja: X X X Dy = n(n − 1)cn xn+1 − 2 n(n − 1)cn xn − ncn xn+2 + n n n X X X + 2 ncn xn + 2 cn xn+2 − 2 cn xn+1 . n n n M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 79 Preindeksiramo, tako da dobimo enotne eksponente, in uredimo: X X X Dy = (k − 1)(k − 2)ck−1 xk − 2 k(k − 1)ck xk − (k − 2)ck−2 xk + k k k X X X + 2 kck xk + 2 ck−2 xk − 2 ck−1 xk = (∗) k k k Xh i = −2k(k − 2)ck + k(k − 3)ck−1 − (k − 4) ck−2 xk . k Karakteristični polinom je torej f0(λ) = −2λ(λ − 2) ter ima ničli – izhodiščna eksponenta λ1 = 2 in λ2 = 0. Ker je razlika celo število, moramo rešitev za nižji izhodiščni eksponent izvajati iz rešitve za višji izhodiščni eksponent. Za višji eksponent λ1 = 2 nastavimo: ∞ X X h1(x) = c1,j xj+2 = c1,n−2 xn (c1,j = 0 za j / ∈ N0) , j=0 n vstavimo v (∗) in dobimo: Xh i Dh1(x) = −2k(k − 2)c1,k−2 + k(k − 3)c1,k−3 − (k − 4)c1,k−4 xk = k ∞ Xh i = −2j(j + 2)c1,j + (j − 1)(j + 2)c1,j−1 − (j − 2) c1,j−2 xj+2 . j=0 Izenačimo z nič in pogledamo koeficiente. Za j = 0 dobimo identiteto, za j = 1 dobimo c1,1 = 0 in za j = 2 prav tako c1,2 = 0. Z indukcijo sledi, da za vse j = 1, 2, 3, . . . velja c1,j = 0. Če torej izberemo c1,0 = 1, prva bazna rešitev pride h1(x) = x2. Rešitev za nižji eksponent λ2 = 0 oz. splošno rešitev lahko dobimo na vsaj dva načina. Prvi način: z nastavkom druge bazne rešitve (za x > 0): ∞ X h2(x) = A h1(x) ln x + c2,j xj , j=0 kjer vzamemo še c2,2 = 0. Odvajamo: h 2x h0 (x) − h h 1(x) 1 1(x) 1(x) ln x0 = + h0 (x) ln x , h1(x) ln x00 = + h00(x) ln x x 1 x2 1 in ob upoštevanju, da je Dh1 = 0, dobimo: D h1(x) ln x = −x4 + 3x3 − 4x2 , Neposredno iz (∗) sledi: ∞ ! ∞ X Xh i D c2,j xj = −2j(j − 2)c2,j + j(j − 3)c2,j−1 − (j − 4) c2,j−2 xj , j=0 j=0 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 80 kjer se razume, da za j / ∈ N0 velja c2,j = 0. Ob upoštevanju tega ustrezno seštejemo, izenačimo z nič in pogledamo koeficiente. Za j = 0 dobimo identiteto, za j = 1 dobimo c2,1 = c2,0, za j = 2 pa A = 0. Ob upoštevanju slednjega za j = 3, 4, . . . dobimo: −2j(j − 2)c2,j + j(j − 3)c2,j−1 − (j − 4)c2,j−2 = 0 . Ob upoštevanju, da je c2,2 = 0, naračunamo: c c c c 0 0 0 2,3 = , c2,4 = , c2,5 = 6 24 120 in postavimo domnevo, da je c2,j = c0/j! za vse j razen za j = 2. To domnevo z indukcijo zlahka dokažemo. Če izberemo c0 = 0, druga bazna rešitev pride: h2(x) = ex − 1 x2 , 2 a glede na to, da je prva bazna rešitev h1(x) = x2, lahko vzamemo tudi kar: h2(x) = ex . Splošna rešitev dane enačbe je torej: y = κ1 x2 + κ2 ex in velja na celi realni osi. Drugi način: z znižanjem reda. Nastavimo y = h1(x) z in izračunamo: y = x2z , y0 = 2xz + x2z0 , y00 = 2z + 4xz0 + x2z00 in ko vstavimo v enačbo, po ureditvi dobimo: (x2 − 4x + 6)z0 = x(x − 2)z00 oziroma: z00 x2 − 4x + 6 3 1 = = 1 − + , z0 x(x − 2) x x − 2 kar se najprej zintegrira v: z0 ln = x − 3 ln x + ln(x − 2) b oziroma: b(x − 2)ex z0 = , x3 to pa lahko z nekaj spretnosti spet zintegriramo v: b ex z = + a x2 Od tod dobimo splošno rešitev: y = ax2 + b ex , ki se ujema s tisto iz prvega načina. M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 81 6. Enačbo pomnožimo z x, da dobimo standardno obliko: x2(x2 − 3x + 2)y00 + 2x(x2 − 3x + 1)y0 − 2xy = 0 . Izračunajmo torej diferencialni operator: Dy := x2(x2 − 3x + 2)y00 + 2x(x2 − 3x + 1)y0 − 2xy za funkcijo v generični obliki: X y = cn xn . n Velja: X X X Dy = n(n − 1)cn xn+2 − 3 n(n − 1)cn xn+1 + 2 n(n − 1)cn xn + n n n X X X X + 2 ncn xn+2 − 6 ncn xn+1 + 2 ncn xn − 2 cn xn+1 . n n n n Preindeksiramo, tako da dobimo enotne eksponente, in uredimo: X X Dy = (k − 2)(k − 3)ck−2 xk − 3 (k − 1)(k − 2)ck−1 xk + k k X X + 2 k(k − 1)ck xk + 2 (k − 2)ck−2 xk − k k X X − 6 (k − 1)ck−1 xk + 2 kck xk − (∗) k k X − 2 ck−1 xk = k Xh i = 2k2ck − (3k2 − 3k + 2)ck−1 + (k − 1)(k − 2)ck−2 xk . k Karakteristični polinom je torej f0(λ) = λ2 in ima dvojno ničlo – izhodiščni ekspo- nent λ1,2 = 0. To pomeni, da moramo splošno rešitev izvajati iz osnovne bazne rešitve za ta eksponent. Slednjo nastavimo v obliki: ∞ X h1(x) = c1,j xj . j=0 vstavimo v (∗) in dobimo: ∞ Xh i Dh1(x) = 2j2c1,j − (3j2 − 3j + 2)c1,j−1 + (j − 1)(j − 2)c1,j−2 xj , j=0 pri čemer se razume, da za j / ∈ N0 velja c1,j = 0. Ob upoštevanju slednjega izenačimo z nič in pogledamo koeficiente. Za j = 0 dobimo identiteto, za j = 1 dobimo c1,j = c0,j, za j = 2, 3, 4, . . . pa dobimo: 2j2c1,j − (3j2 − 3j + 2)c1,j−1 + (j − 1)(j − 2)c1,j−2 = 0 . M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 82 Izberimo c1,0 = 1 in naračunajmo prvih nekaj koeficientov: c1,1 = 1 , c1,2 = 1 , c1,3 = 1 . Postavimo domnevo, da za vse j velja c1,j = 1, kar zlahka dokažemo z indukcijo. Dobimo prvo bazno rešitev: ∞ X 1 h1(x) = xj = . 1 − x j=0 Frobeniusova medoda sicer zagotavlja, da je to rešitev enačbe v okviru konverge- nčnega polmera vrste, t. j. za −1 < x < 1. Neposredno pa lahko preverimo, da ta rešitev velja povsod, torej za x < 1 in za x > 1. Splošno rešitev lahko dobimo na vsaj dva načina. Prvi način: z nastavkom druge bazne rešitve (za x > 0): ∞ X h2(x) = A h1(x) ln x + c2,j xj , j=0 kjer vzamemo še c2,2 = 0. Odvajamo: h 2x h0 (x) − h h 1(x) 1 1(x) 1(x) ln x0 = + h0 (x) ln x , h1(x) ln x00 = + h00(x) ln x x 1 x2 1 in ob upoštevanju, da je Dh1 = 0, po krajšem računu dobimo: D h1(x) ln x = x . Neposredno iz (∗) sledi: ∞ ! X Xh i D c2,j xj = 2j2c2,j − (3j2 − 3j + 2)c2,j−1 + (j − 1)(j − 2)c2,j−2 xj . j=0 k kjer se razume, da za j / ∈ N0 velja c2,j = 0. Ob upoštevanju tega ustrezno seštejemo, izenačimo z nič in pogledamo koeficiente. Za j = 0 dobimo identiteto. Upoštevajoč, da je c2,2 = 0, za j = 1 dobimo 2c2,1 + A = 0, za j = 2 dobimo 8c2,2 − 8c2,1 = 0, za j = 3, 4, 5, . . . pa dobimo: 2j2c2,j − (3j2 − 3j + 2)c2,j−1 + (j − 1)(j − 2)c2,j−2 = 0 . Izberimo A = −2, spet naračunajmo prvih nekaj koeficientov: c2,1 = 1 , c2,2 = 1 , c2,3 = 1 in podobno kot prej z indukcijo pokažemo, da za vse j = 1, 2, 3, . . . velja c2,j = 1. Druga bazna rešitev je torej: ∞ X x − 2 ln x h2(x) = xj − 2h1(x) ln x = . 1 − x j=1 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 83 Splošna rešitev za 0 < x < 1 je torej: κ y = 1 + κ2(x − 2 ln x) . 1 − x Neposredno lahko preverimo, da ta rešitev velja tudi za x > 1, za x < 0 pa lahko vzamemo: κ y = 1 + κ2(x − 2 ln(−x)) . 1 − x Drugi način: z znižanjem reda. Nastavimo y = h1(x) z in računamo: z (1 − x)z0 + z (1 − x)2z00 + 2(1 − x)z0 + 2z y = , y0 = , y00 = 1 − x (1 − x)2 (1 − x)3 in ko vstavimo v dano diferencialno enačbo, po ureditvi dobimo: x(x − 2)z00 − 2z0 = 0 oziroma: z00 2 = , z0 x(x − 2) kar se najprej zintegrira v: z0 x − 2 ln = ln b x oziroma: b(x − 2) z0 = , x to pa se spet zintegrira v: z = a + b(x − 2 ln |x|) od koder dobimo splošno rešitev: a + b(x − 2 ln |x|) y = , 1 − x ki se ujema s tisto iz prvega načina. 7. Če označimo u0 = du in ˙u = du , velja: dx dt du du dx ˙u ˙u = = = 2t ˙u , torej u0 = . dt dx dt 2t Torej je: ˙ y ˙y 0 1 ˙ y · t ¨ y − ˙ y y0 = , y00 = = = . 2t 2t 2t 2t 4t3 Vstavimo v dano enačbo, uredimo in dobimo: t2 ¨ y + t ˙ y + t2 − 1 y = 0 , 36 M. RAIČ: REŠENE NALOGE IZ NAVADNIH DIFERENCIALNIH ENAČB 84 kar je Besselova diferencialna enačba in ima rešitev: y = C1 J1/6(t) + C2 J−1/6(t) . Za x > 0 je to enako: √ √ y = C1 J1/6 x + C2 J−1/6 x . Opomba: za x < 0 dobimo modificirane Besselove funkcije: √ √ y = C1 I1/6 −x + C2 I−1/6 −x . 8. Izračunamo: u x u0 − 2u x2u00 − 4x u0 + 6u y = , y0 = , y00 = , x2 x3 x4 vstavimo v dano enačbo, uredimo in dobimo: x2u00 + xu0 + (x2 − 4)u = 0 , kar je Besselova diferencialna enačba in ima rešitev: u = C1 J2(x) + C2 Y2(x) . Rešitev izvirne enačbe je torej: C y = 1 J2(x) + C2 Y2(x) . x2 9. Če označimo z = xy, te funkcije karakterizira Besselova diferencialna enačba: x2z00 + x z0 + x2 − 9 y = 0 4 oziroma: 4x2z00 + 4x z0 + (4x2 − 9)y = 0 . Iz z0 = y + xy0 in z00 = 2y0 + xy00 dobimo iskano enačbo: 8x2y0 + 4x3y00 + 4xy + 4x2y0 + (4x2 − 9)xy = 0 oziroma: 4x2y00 + 12x y0 + (4x2 − 5)y = 0 . Document Outline Uvod Enačbe prvega reda Posebne linearne enačbe višjih redov Sistemi diferencialnih enačb Reševanje diferencialnih enačb s potenčnimi vrstami REŠITVE Uvod Enačbe prvega reda Posebne linearne enačbe višjih redov Sistemi diferencialnih enačb Reševanje diferencialnih enačb s potenčnimi vrstami