Diferencijalne Jednadzbe - Vera Rade

7/30/2019 Diferencijalne Jednadzbe - Vera Rade

1/207

MATEMATIKA 3

Vera & Rade


2/207

1. Diferencijalne jednacine prvog reda - osnovni poj-

movi

Oznake:

x - nezavisno promenljiva

y - nepoznata funkcija, y = y(x)

y = dydx - izvod funkcije

Opsti oblik diferencijalne jednacine prvog reda:

(1) F(x,y,y) = 0

Normalni oblik diferencijalne jednacine prvog reda:

(2) y = f(x, y)

Napomena: (1) i (2) su funkcionalne jednacine


3/207

Primer: 100g secera topi se u vodi brzinom propor-

cionalnom nerastvorenom delu. Naci jednacinu topljenjasecera.

q(t) - broj istopljenih grama u trenutku t

q(t) - brzina topljenjaq = k(100 q), q(0) = 0

Definicija: Funkcija y = y(x) je resenje jednacine (2)

na (a, b) ako je

y(x) f(x, y(x)), x (a, b)

Primer:

q(t) = 100

100ekt

q = 100kekt = k(100 100 + 100ekt) == k(100 q), t [0, )


4/207

Primer iz ekonomije (funkcija mortaliteta u osigu-

ranju): Populacija se sastoji od ljudi iste starosti.

l(x) - velicina populacije u u trenutku x

l(x) (uzrok je mortalitet)

Brzina promene populacije proporcionalna je velicini

populacije:

l(x) = (p + qrx) (x)

l(x) ()

(x) > 0 - intenzitet smrtnosti

p, q, r - parametri

Resenje: l(x) = Csxqrx

Gomperdtz-Makeham-ov zakon smrtnosti

p = ln s, q

ln r = ln q, C slobodan parametarDomaci: Proveriti da je l(x) = Csxqr

xopste resenje

jednacine ().


5/207

Napomena: U principu, jednacina (2) ima beskonacno

resenja

Definicija: Opste resenje j-ne (2) je eksplicitno za-

data familija funkcija y = y(x, C) ili implicitno zadata

familija (x,y,C) = 0 koja identicki zadovoljava (2)

po x i C

Primer: q(t) = 100 + Cektq = Ckekt = k(100 100 Cekt) == k(100 q), C (, ), t (, )

Definicija: Partikularno resenje j-ne (2) je svako resenje

koje se dobija iz opsteg za fiksiranu vrednost konstante

C

Primer: Za C = 100 dobija se partikularno resenjeq = 100 100ekt

Definicija: Singularno resenje j-ne (2) je resenje kojese ne moze dobiti iz opsteg ni za jednu vrednost kon-

stante C

Pitanje: Kako doci do opsteg resenja?


6/207

Primer: y

= x2 (f(x, y) = x2 ne zavisi od y)

Skup svih resenja je skup svih primitivnih funkcija f-je

x2:

y =

x2dx =

x3

3+ C

x

y

Sl. 1

Opste resenje y = x3

3

+ C sadrzi sva resenja.

Za C = 0 dobija se partikularno resenje y = x3

3 .


7/207

Napomena: Ako je data familija y = x3

3 + C, para-

metar C se moze eliminisati diferenciranjem:

y = 3 x2

3= x2

Dobija se diferencijalna j-na cije je opste resenje po-

lazna familija.

Ova napomenena vazi u opstem slucaju:

y = y(x, C), y = ddx

y(x, C)

Eliminacija C iz dve veze daje diferencijalnu j-nu cije

je resenje polazna familija

y = f(x, y) y = y(x, C)Primer:

y = (x C)3y = 3(x

C)2

x C = 3y y = 3( 3y)2

Dobijena je jednacina: y = 3 3

y2


8/207

Opste resenje j-ne: y = (x C)3

x

y

y=(x-C) 3

0

Sl. 2

Postoji jos beskonacno mnogo resenja koja nisu obuhvacenopstim (Sl. 3):

y 0

ya,b =

(x a)3, x a0, a x b(x b)3, x b


9/207

x

y

0

Sl. 3

(x ,0)0

a b

Kroz svaku tacku (x0, 0) prolazi beskonacno mnogoresenja.

2. Egzistencija resenja

y = f(x, y)f(x, y) je definisana na oblasti D

R2, (x0, y0)

D

Osnovni problem: postoji li resenje jednacine y =f(x, y) koje zadovoljava uslov y(x0) = y0? Ako pos-toji, da li je jedinstveno?


10/207

Ovo je tzv. Kosijev problem:

(KP) y = f(x, y), y(x0) = y0

Primer 1. y = 3 3

y2

Kroz tacke (x0, y0), y0 = 0 prolazi jedno resenjey = (x x0 + 3

y0)

3 :

x

y

0

0x

y

0

Sl. 4

Kroz tacke (x0, 0) prolazi beskonacno mnogo resenja

(sl.5):


11/207

y = 0, ya,b =

(x a)3

, x a0, a x b(x b)3, x b

x

y

0 0

a bx

Sl.5

Primer 2. y = yx

Moze se proveriti da je y = Cx opste resenje jednacine


12/207

Sl. 6

Kroz tacke (0, y0) ne prolazi ni jedno resenje

Teorema (Pikar): Neka je Pa,b = {(x, y) : |x x0| a, |y y0| b}. Ako je f(x, y) na Pa,b:

neprekidna ogranicena, tj. |f(x, y)| M, (x, y) Pa,b zadovoljava Lipsicov uslov|f(x, y1)f(x, y2)| L|y1y2|, (x, y1), (x, y2) Pa,b,


13/207

tada na (x0

h, x0 + h), h = min

{a, b/M

}, postoji

jedinstveno resenje (KP) i to resenje je jedinstveno.

x

y

x0 x0+hx0-h

00

0

00

0y

x -a x +

y -b

y + b

a

y(x)0

Sl. 7

Napomena: Ako na Pa,b postojify i vazi |

fy | L,

tada vazi Lipsicov uslov:

|f(x, y1)f(x, y2)| =f

y(x, )(y1 y2)

L|y1y2|

Primer: y = x + y, y(0) = 1

Pa,b = {(x, y) : |x| a, |y 1| b}


14/207

Funkcija f(x, y) = x + y na Pa,b je:

neprekidna

|f(x, y)| = |x+y| |x|+|y1|+1 a+b+1 = M

fy = 1

Zakljucak: Na intervalu (h, h), h = min{a, ba+b+1},postoji resenje jednacine i jedinstveno je.

Skica dokaza Pikarove teoreme - metoda sukcesivnih

aproksimacija:

(KP) dydx = f(x, y), y(x0) = y0

dy(x) = f(x, y(x))dx

x

x0 dy(x) =x

x0 f(x, y(x))dxy(x) y(x0)

y0

=x

x0

f(x, y(x))dx


15/207

Integralna jednacina:

y(x) = y0 +

xx0

f(x, y(x))dx

Sukcesivne aproksimacije:

y0(x) y0

y1(x) = y0 +x

x0

f(x, y0(x))dx

...

yn+1(x) = y0 +

xx0

f(x, yn(x))dx

...

Rezultat:

yn(x) y(x), x (x0 h, x0 + h)gde je y(x) jedinstveno re senje (KP)

Ocena greske:

|yn(x) y(x)| MLn|x x0|n+1

(n + 1)!eL|xx0|


16/207

Primer: y = x + y, y(0) = 1

y0(x) 1

y1(x) = 1 +

x0

f(x, y0(x))dx = 1 +

x0

(x + 1)dx

= 1 +

x2

2 + x

y2(x) = 1 +

x0

(x + 1 +x2

2+ x)dx = 1 +

x3

6+ x2 + x

...

Domaci: Ispitati uslove Pikarove teoreme za Kosijev

problem

y = xy

, y(2) = 4

Napomena: Ako je poznato opste resenje, resenje

(KP) se dobija zamenom pocetnih uslova u opstem

resenju:


17/207

y = y(x, C)

y0 = y(x0, C) C = C0

Trazeno resenje (KP): y = y(x, C0)

Primer: y = 33y2, y(1) = 1

y = (x C)31 = (1 C)3 C = 0y = x3

x

y

0

y= x3

Sl. 8


18/207

METODE RESAVANJADIFERENCIJALNIH JEDNACINA PRVOG REDA

a) Jednacina koja razdvaja promenljive

y = g(x)h(y)

g, h - neprekidne funkcije

dy

dx= g(x)h(y) h(y) = 0

dy

h(y)= g(x)dx

dyh(y)

= g(x)dx (OR)Napomene:

Ako je h 0, j-na je trivijalna: y = 0

Ako je h 0, ali postoji y0 t. d. h(y0) = 0, onda je yy0 resenje koje se ne sadrzi u opstem


19/207

Primer: y = x3

(y + 1)2 g(x) = x3

h(y) =1

(y + 1)2

(y + 1)2dy = x3dx(y + 1)2dy =

x3dx

(y+1)3

3=

x4

4+ C implicitno zadato resenje

y = 3

3

C x44

1 eksplicitno zadato resenje

(KP) y(0) = 1 : 1 =3

3C 1 C = 8/3

y =3

3(8/3 x4/4) 1


20/207

b) Homogena jednacina

y = g yxx = 0, g neprekidna funkcija

Smena: z = yx y = zx y = zx + zzx + z = g(z)

zx = g(z) zdz

g(z) z =dx

x, g(z) z = 0 dz

g(z)z = ln |x| + C opste resenje

Primer: y =y2+xy

x2

x2 = yx2 + yx 1yx = z zx + z = z2 + z 1

zx = z2 1dz

z2 1 =dx

x

12 lnz 1z + 1 = ln |x| + C

1

2ln

y xy + x = ln |x| + C


21/207

c) Jednacina koja se svodi na homogenu

y = F

x+y+ax+by+c

F neprekidna; = 0 ili c = 0

1

a b = b a = 0Smene:

x = X + h X- nova nezavisno promenljiva

y = Y + k Y- nova nepoznata funkcija

dy

dx=

dY

dX= F

(X + h) + (Y + k) +

a(X + h) + b(Y + k) + c

h + k + = 0

ah + bk + c = 0, (det = 0)

dY

dX= F

X + Y

aX + bY

= F

+ YX

a + b YX


22/207

2 b

a = 0

Smena: z = x + y (ili z = ax + by)

Jednacina se svodi na j-nu koja razdvaja promenljive

u odnosu na novu nepoznatu f-ju z

Domaci (jun 2005): y = (2y+1)2

(x+2y2)2

d) Linearna diferencijalna jednacina prvog reda

(LNH) y +p(x)y = q(x)

(LH) y +p(x)y = 0p, q - neprekidne funkcije

dy

dx= p(x)y, (y = 0)

dy

y

=

p(x)dx

ln |y| =

p(x)dx + C1

|y| = e

p(x)dxeC1 (eC1 > 0)


23/207

C = eC1 za y > 0

eC1 za y < 0

y = Ce

p(x)dx (C = 0)y 0 resenje

yh = Ce p(x)dx , C R - opste resenje (LH)

Metoda varijacije konstanata za (LNH) jednacinu:

ynh = C(x)e p(x)dx

ynh = Ce

p(x)dx Ce

p(x)dxp(x)

(LNH):Ce

p(x)dx Ce

p(x)dxp(x)

ynh

+p(x)Ce

p(x)dx ynh

= q(

C(x) = e

p(x)dxq(x)

C(x) = q(x)ep(x)dxdx + Cynh = e

p(x)dx q(x)ep(x)dxdx + C


24/207

Primer: y

+ 2xy = 4x

(LH) : y + 2xy = 0dyy = 2xdx ln |y| = x2 + C1

yh = Cex2

ynh = C(x)ex2

Cex2 2xex2C + 2xCex2 = 4xC = 4xex2 C(x) = 2ex2 + C

ynh = ex2 2ex2 + C = Cex2

yh+ 2

yp

Vazi u opstem slucaju:

ynh = e p(x)dx q(x)ep(x)dxdx yp

+ Ce p(x)dx yh


25/207

e) Bernulijeva jednacina

y +p(x)y = q(x)y

= 0 : linearna

= 1 : razdvaja promenljive

yy +p(x)y1 = q(x)

Smena: z = y1

z = (1 )yy yy = z

1 z

1 +p(x)z = q(x)

| (1

)

z +p1(x)z = q1(x), linearna

p1 = (1 )p, q1 = (1 )q

Napomena: Ako je y1 jedno resenje Rikatijeve jednacine

y +p(x)y2 + q(x)y = r(x),

smena y = y1 + z svodi jednacinu na Bernulijevu


26/207

f) Jednacina sa totalnim diferencijalom

Ako F(x, y) ima neprekidne parcijalne izvode naD R2,onda je

dF(x, y) =F

x

dx +F

y

dy

Obratno: ako su P(x, y) i Q(x, y) date funkcije,postoji li F(x, y) tako da je

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

Teorema: Neka su P(x, y) i Q(x, y) neprekidne za-

jedno sa parcijalnim izvodima na D. Tada je izraz

P(x, y)dx+Q(x, y)dy totalni diferencijal neke funkcije

F(x, y) ako i samo ako je

P

y=

Q

xna D


27/207

Dokaz. (

) : P dx + Qdy je tot. dif.

F t.d. Fx

= P,F

y= Q

2F

xy=

P

y,

2F

yx=

Q

x P

y=

Q

x

() : Py =Qx . Trazimo F t.d.

(1)F

x= P(x, y) (2)

F

y= Q(x, y)

(1) F(x, y) =x

a

P(x, y)dx + (y)

F

y

=

x

a

P

y

dx + (y) =x

a

Q

x

dx + (y)

= Q(x, y) Q(a, y) + (y) = Q(x, y)


28/207

(y) = Q(a, y) (y) =y

b

Q(a, y)dy + C1

F(x, y) =x

a P(x, y)dx +y

b Q(a, y)dy + C1Primena na diferencijalne jednacine:

y = f(x, y) = P(x, y)Q(x, y)

dydx

= P(x, y)Q(x, y)

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

Ako je Py =Qx , jednacina (3) je jednacina sa

totalnim diferencijalom i moze se zapisati u obliku

(4) dF(x, y) = 0


29/207

Opste resenje jednacine (4) : F(x, y) = C2 , tj.

xa

P(x, y)dx +yb

Q(a, y)dy = C

Primer: (3x2 + 6xy2

P)dx + (6x2y + 4y2)

Qdy = 0

P

y= 12xy =

Q

x

F(x, y) = P(x, y)dx + (y) = (3x2 + 6xy2)dx +

= x3 + 3x2y2 + (y)

F

y= Q(x, y) : 6x2y+(y) = 6x2y+4y2 (y) = 4

(y) =4

3

y3+C1

F(x, y) = x3+3x2y2+4

3

y3+C1

Opste resenje: x3 + 3x2y2 + 43y3 = C


30/207

Integracioni faktor:

P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0, | r(x, y)sa Py =

Qx

P1(x, y)dx + Q1(x, y)dy = 0,

P1 = P r, Q1 = Q r

r(x, y) je integracioni faktor ako je P1y =Q1x

Ako je:

1Py QxQ(x, y)

= f(x) r = e

f(x)dx je int. faktor

2Py

Qx

P(x, y)= g(y) r = e

g(y)dy je int. faktor

Dokaz 1 : P1 = P e

f(x)dx, Q1 = Qe

f(x)dx


31/207

P1y

=P

ye

f(x)dx

Q1x

=Q

xe

f(x)dx + Qe

f(x)dxf(x) =

=Q

x

ef(x)dx + Qe

f(x)dxPy

Qx

Q

=

=P

ye

f(x)dx =P1y

Domaci (januar 05): Resiti jednacinu

2y tan x + sin2ycos2 x

= 0

nalazenjem integracionog faktora r(y)

4. Singularne tacke

Tacke u kojima su za jednacine

dy

dx= f(x, y) i

dx

dy=

1

f(x, y)

naruseni uslovi Pikarove teoreme


32/207

Primer: dydx = Ax+ByCx+Dy (0, 0) je sing. tacka

Tipovi singulariteta (kroz primere):

1 dydx =2yx

dxdy =

x2y

Opste resenje: y = Cx2, y 0 (x 0)

x

y

0

cvor - kroz (0, 0) prolaze sve integralne krive


33/207

2dydx =

yx dxdy = xy

Opste resenje: y = Cx , y 0 (x 0)

sedlo - kroz (0, 0) ne prolazi ni jedna integralna kriva(osim degenerisanih)


34/207

3 dydx = xy

dxdy =

yx

Opste resenje: x2 + y2 = C

x

y

0

centar - kroz (0, 0) ne prolazi ni jedna integralna kriva


35/207

4

dy

dx= x+y

xy dxdy = xyx+yOpste resenje:

x2 + y2 = Cearctan

yx (C > 0)

x = cos , y = sin = Ce

x

y

fokus


36/207

DIFERENCIJALNE JEDNACINE

VISEG REDA


37/207

1. Osnovni pojmovi. Egzistencija resenja

Opsti oblik diferencijalne j-ne ntog reda:

(1) F(x,y,y, . . . , y(n)) = 0

Normalni oblik:

(2) y(n) = f(x,y,y, . . . , y(n1))

Definicija: Funkcija y = y(x) je resenje jednacine (2)

na (a, b) ako identicki zadovoljava jednacinu (2) na(a, b)

Definicija: Funkcija

y = y(x, C1, . . . , C n) ((x,y,C1, . . . , C n) = 0)

je opste resenje j-ne (2) na (a, b) ako identicki zado-

voljava (2) po x i po C1, . . . , C n na (a, b)


38/207

Kosijev problem:

(KP) y(n) = f(x,y,y, . . . , y(n1))

y(x0) = y0y(x0) = y

0

...

y(n1)(x0) = y(n1)0

Pitanje: Da li postoji resenje (KP)? Ako postoji, da

li je jedinstveno?

Pikarova teorema: Neka je

Pa,b = {(x,y,y, . . . , y(n1)) : |x x0| a, |y y0|

. . . , |y(n1) y(n1)0 |

Ako je

1 f neprekidna na Pa,b2 |f(x , y , . . . , y(n1))| M na Pa,b3 |f(x,y,y, . . . , y(n1)) f(x, y, y, . . . , y(n1))|

L(|yy|+ +|y(n1)

y(n1)

)|, ( Lipsicov uslov)

tada na (x0 h, x0 + h), h = min{a, b/M}, postoji

resenje y = y(x) (KP) i jedinstveno je.


39/207

Napomena:

f

y,

f

y, . . . ,

f

y(n1)ograniceni Lipsicov uslov

2. Snizavanje reda

1

F(x, y

, y

) = 0 ne sadrzi y

Smena: y = z y = z

F(x , z , z) = 0 j-na prvog reda

z = z(x, C1) opste resenje

y =

z(x, C1)dx + C2 opste resenje polazne j-ne

2 F(y, y, y) = 0 ne sadrzi x

w

xg

y

g

y

Edddddd

p


40/207

Smena: y = p(y)

p - nova nepoznata funkcija koja zavisi od y

y = ddxp(y)y

= dpdy dydx =

dpdyp

F(y,p,dp

dyp) = 0 dif. j-na prvog reda

p = p(y, C1) opste resenje dydx = p(y, C1)

dyp(y,C1)

= dx dy

p(y,C1)= x+C2 o.r. polazne j-ne

3. Linearna diferencijalna jednacina drugog reda

a) Definicija, egzistencija resenja

(LNH) y +p(x)y + q(x)y = f(x)

(LH) y +p(x)y + q(x)y = 0

(KP) za (LNH) ili (LH) :

y(x0) = y0, y(x0) = y

0


41/207

Teorema (Pikarova, globalni iskaz): Ako su p(x), q(x)

i f(x) neprekidne na (a, b) i ako x0 (a, b), tada pos-toji jedno i samo jedno resenje (KP) definisano na

(a, b)

Napomena: moguce je a = , b = +

Primer: y+ 1xy+ 15xy = ln x; y(1) = 0, y

(1) = 1

p(x) =1

x, q(x) =

1

5 x, f(x) = ln x

p je nepr. za x = 0, q je nepr. za x = 5

f je nepr. za x > 0

oo x0 1 5

Na (a, b) = (0, 5) je definisano resenje (KP) i jedin-

stveno je.

Napomena: Teorema vazi i za n = 1:

y +p(x)y = q(x)


42/207

b) Osobine resenja linearne homogene jednacine

(LH) y +p(x)y + q(x)y = 0

Napomena: y 0 je resenje, tzv. trivijalno

Teorema: Ako su y1(x) i y2(x) resenja (LH), a C1 i

C2 proizvoljne konstante, onda jey = C1y1(x) + C2y2(x)

resenje (LH)

Dokaz: y = C1y1 + C2y

2, y

= C1y1 + C2y

2

(LH) :

C1y1 + C2y

2 +p(x)(C1y

1 + C2y

2) + q(x)(C1y1 + C2y2)

= C1 (y1 +p(x)y

1 + q(x)y1)

0

+C2 (y2 +p(x)y

2 + q(x)

0

0

Napomena : y = C1y1(x) + C2y2(x) je opste resenje

(LH) (slabo)


43/207

Definicija: Resenja y1(x) i y2(x) su linearno zavisna

na (a, b) ako jey2(x)

y1(x) const, x (a, b),

a linearno nezavisna na (a, b) ako je

y2(x)

y1(x) u(x), x (a, b)

Napomena:y2y1

= const C1y1 + C2y2 0 (C1 = 0 ili C2 = 0)

y2y1

= u(x) C1y1 + C2y2 = 0, x (a, b)

(osim za C1 = C2 = 0)

Definicije (alternativne): Resenja y1(x) i y2(x) su li-nearno zavisna na (a, b) ako postoje konstante C1 iC2, koje nisu obe nule , takve da je

C1y1(x) + C2y2(x) = 0, x (a, b)

Resenja y1(x) i y2(x) su linearno nezavisna na (a, b)ako vazi implikacija

C1y1(x)+C2y2(x) = 0, x (a, b) C1 = 0, C2 = 0


44/207

Primer: y1(x) = x i y2(x) = x+1 su resenja jednacine

y = 0

C1x + C2(x + 1) = (C1 + C2)x + C2 0

C1+C2 = 0, C2 = 0 C1 = 0, C2 = 0 (lin. nez. res.)

y2(x)

y1(x)

= x+1

x

= u(x)Definicija: Neka su y1(x) i y2(x) resenja (LH) jednacine.

Vronskijan resenja y1(x) i y2(x) je determinanta

W(x) =

y1(x) y2(x)y1(x) y

2(x)

Teorema: Resenja y1(x) i y2(x) (LH) jednacine su

linearno nezavisna na (a, b) ako i samo ako je

W(x) = 0, x (a, b)

Dokaz: () Neka su y1(x) i y2(x) lin. nezavisna na(a, b). Pretpostavimo, suprotno tvrdnji teoreme, da

x0 (a, b) : W(x0) = 0


45/207

Posmatramo homogeni sistem (S) linearnih algebarskih

jednacina po C1, C2

C1y1(x0) + C2y2(x0) = 0

C1y1(x0) + C2y

2(x0) = 0.

Zbog det(S) = W(x0) = 0, imace netrivijalno resenje

C1, C2. Tada jey = C1 y1(x) + C2 y2(x)

resenje j-ne koje zadovoljava pocetne uslove

y(x0) = C1y1(x0) + C2y2(x0) = 0 (S)

y

(x0) = C1y

1(x0) + C2y

2(x0) = 0 (S)

Iste pocetne uslove zadovoljava i resenje y 0 (Pikarov

teorema)

C1 y1(x) + C2 y2(x) 0, x (a, b)

Ovo je kontradiktorno pretpostavci o linearnoj neza-

visnosti resenja y1 i y2. Pretpostavka W(x0) = 0 se

mora odbaciti, pa je W(x) = 0, x (a, b)


46/207

() W(x) = 0, x (a, b)

Pretpostavimo C1y1(x) + C2y2(x) = 0, x (a, b).

Sledi

C1y1(x) + C2y

2(x) = 0, x (a, b)

Za fiksirano x = x0 (a, b) :

C1y1(x0) + C2y2(x0) = 0

C1y1(x0) + C2y

2(x0) = 0

Homogen sistem, det = W(x0) = 0 C1 = 0, C2 =

0, tj. y1 i y2 su linearno nezavisni

Primer: y1 = x, y2 = x + 1

y = 0, (a, b) = (, )

W(x) =

x x + 11 1 = x(x+1) = 1 = 0, x (,


47/207

Teorema: Neka su y1(x) i y2(x) linearno nezavisna

resenja (LH) jednacine. Tada opste resenje (LH)jednacine

yh = C1y1(x) + C2y2(x) (jako resenje)

sadrzi sva resenja (LH) jednacine.

Dokaz: Neka je y(x) proizvoljno resenje (LH) jednacinekoje zadovoljava pocetne uslove y(x0) = y0, y

(x0) =

y0 . Pokazacemo da se mogu naci konstante C1 i C2takve da i C1y1(x)+C2y2(x) zadovolji iste te pocetne

uslove, tj. da bude

C1y1(x0) + C2y2(x0) = y0C1y

1(x0) + C2y

2(x0) = y

0

Nehomogen sistem, det = W(x0) = 0 jedinstveno

resenje: C1 = C1 , C2 = C

2 .

Sada C1y1(x) + C

2 y2(x) i y(x) zadovoljavaju iste

pocetne uslove (Pikarova t.)

C1y1(x) + C2 y2(x) y(x), x (a, b)


48/207

c) Resavanje (LH) jednacine ako je poznato jedno

resenje

(LH) y +p(x)y + q(x)y = 0

Teorema: Ako je y1(x) netrivijalno partikularno resenje

(LH) jednacine,tada se linearno nezavisno resenje y2(x)

moze dobiti resavanjem (DJ) prvog reda.

Dokaz: y2(x) = u(x)y1(x)

y2 = uy1 + uy

1

y2 = uy1 + 2u

y1 + uy1 (LH)

uy1 + 2uy1 + uy

1 +p(x)(u

y1 + uy1) + q(x)uy1 = 0

u

+ 2u

y

1 +p(x)u

y1 + u(y

1 +py

1 + qy1 0

) = 0

uy1 + u(2y1 +p(x)y1) = 0

Smena: z = u z = u

zy1 + z(2y1 +p(x)y1) = 0 j-na prvog reda

z = z2y1 +p(x)y1

y1razdvaja prom.


49/207

z = z(x) jedno partikularno resenje

u = z(x)dx jedna primitivna funkcija

y2(x) = u(x)y1(x)

yh = C1y1(x) + C2y2(x)


50/207

d) Linearna homogena jednacina drugog redasa konstantnim koeficijentima

(LHC) y +py + qy = 0

p, q const; (a, b) = (,)

Resenje trazimo u obliku y = ex

y = ex

y = 2ex

2ex +pex + qex = 0

(KJ) 2 +p + q = 0 karakteristicna jednacina

1, 2 koreni (KJ) : 1 1 = 2 realni

2 1 = 2 = a realno

3 1, 2 = i


51/207

1 y1(x) = e1x, y2(x) = e

2x y2y1

= e(21)x =

const

yh = C1e1x + C2e

2x

2 y1 = eax, y2 = u(x)y1(x) c)

uy1 +

u

(2y

1 +py

1) = 0Medjutim,

2 + p + q = ( a)2 = 2 2a + a2 p =

2a, q = a2

y1 = eax, y1 = ae

ax,

pa je

ueax + u(2aeax2ap

eax) = 0 u = 0

u = A u = Ax + B.

Spec. A = 1, B = 0 u = x y2(x) = xy1(x) =xeax

yh = C1eax + C2xe

ax


52/207

3 1 = + i, 2 = i

y(x) = e(+i)x je kompleksno resenje

y(x) = exeix = ex(cos x + i sin x)

Teorema: Ako je y = u(x) + iv(x) resenje (LHC),onda su i y = u(x) i y = v(x) resenja (LHC).

Dokaz: domaci

Posledica: y1(x) = ex cos x, y2(x) = e

x sin x

su resenja (LHC)

Ona su lin. nezavisna:

y1 y2y1 y

2

= e2x = 0, (= 0) (proveriti)

yh = C1ex cos x + C2e

x sin x


53/207

Primer: y + y 2y = 0

2 + 2 = 0 1 = 1, 2 = 2

y1(x) = ex, y2(x) = e

2x yh = C1ex + C2e

2x

e) Struktura opsteg resenja (LN H

)

(LN H) y +p(x)y + q(x)y = f(x)

(LH) y +p(x)y + q(x)y = 0

Teorema: Neka je yh = C1y1(x) + C2y2(x) opste re-senje (LH), a yp(x) jedno partikularno resenje (LN H).

Tada je

ynh = C1y1(x) + C2y2(x)

yh

+yp(x)

opste resenje (LN H).

Dokaz: ynh = yh + yp ynh = y

h + y

p,

ynh = yh + y

p (LN H)


54/207

yh + y

p +p(x)(yh + y

p) + q(x)(yh + yp) =

= yh +pyh + qyh

0

+ yp +py

p + qyp f(x)

= f(x)

Napomena: Moze se pokazati da je ynh "jako"resenje (sadrzi sva resenja)

Ostaje da se resi problem nalazenja yp.

f) Metoda varijacije konstanti za (LN H)

(LN H) y +p(x)y + q(x)y = f(x)

(LH) y +p(x)y + q(x)y = 0

yh

= C1

y1

(x) + C2

y2

(x)

ynh = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x)

ynh = C1y1 + C1y

1 + C

2y2 + C2y

2


55/207

Neka je C1y1 + C2y2 = 0 (1)

ynh = C1y1 + C2y

2

ynh = C1y1 + C1y

1 + C

2y2 + C2y

2 (LN H)

C1y1 + C1y

1 + C

2y2 + C2y

2

ynh

+p(x)(C1y1 + C2y

2

y

nh

) +

+q(x)(C1y1 + C2y2 ynh

) = f(x)

Medjutim,

C1(y1 +p(x)y

1+q(x)y1) = 0, C2(y

2 +p(x)y

2+q(x)y2) =

pa je

C1y1 + C

2y2 = f(x) (2)

Nepoznate funkcije C1(x) i C2(x) odredjuju se iz sis-

tema (1), (2)

C1y1 + C

2y2 = 0

C1y1 + C

2y2 = f(x)

za koji je det = W(x) = 0.


56/207

C1 = u1(x), C2 = u2(x) C1(x) =

u1(x)dx + C

C2(x) =

u2(x)dx + C2

ynh = (u1(x)dx + C1)y1(x) + (u2(x)dx + C2)y2(= C1y1(x) + C2y2(x)

yh

+

+ (

u1(x)dx)y1(x) + (

u2(x)dx)y2(x)

yp

Primer: y 4y 12y = e6x

y 4y 12y = 0

2 4 12 = 0 1 = 6, 2 = 2

yh = C1e6x+C2e2x, ynh = C1(x)e6x+C2(x)e2x

W(x) =

e6x e2x6e6x 2e2x = 8e4x


57/207

C1e6x + C2e

2x = 0

6C1e6x 2C2e2x = e6x

D1 =

0 e2xe6x 2e2x = e4x C1(x) = 18

D2 = e6x 0

6e6x e6x = e

12x C2(x) = 18e

8x

C1(x) =18x + C1, C2(x) =

164e

8x + C2

ynh = C1e6x + C2e

2x

yh

+1

8xe6x

1

64e6x

yp4. Linearna diferencijalna jednacina ntog reda

a) Definicija. Egzistencija resenja

(LN H) y(n) +p1(x)y(n1) + +pn(x)y = f(x)

(LH) y(n) +p1(x)y(n1) + +pn(x)y = 0


58/207

(KP) za (LN H) ili (LH) :

y(x0) = y0, . . . , y(n1)(x0) = y

(n1)0

Teorema (Pikarova, globalna):

Ako sup1(x), p2(x), . . . , pn(x), f(x) neprekidne na (a, b),

onda za bilo koje x0 (a, b) postoji resenje (KP) na

(a, b) i jedinstveno je.

b) Osobine resenja (LH) jednacine ntog reda

y 0 trivijalno resenje (LH)

Teorema: Ako su y1(x), y2(x), . . . , yn(x) resenja (LH)

jednacine, a C1, C2, . . . , C n proizvoljne konstante,onda

je i

y = C1y1(x) + C2y2(x) + + Cnyn(x)

resenje te jednacine.

Definicija: Resenja y1(x), y2(x), . . . , yn(x) (LH)

jednacine su linearno zavisna na (a, b) ako postoje


59/207

konstante C1, C2, . . . , C n, koje nisu sve jednake nuli,

takve da je

C1y1(x) + C2y2(x) + + Cnyn(x) = 0, x (a, b)

Resenja y1(x), y2(x), . . . , yn(x) su linearno nezavis-

na na (a, b) ako vazi implikacija

C1y1(x) + + Cnyn(x) 0, x (a, b) C1 = = Cn = 0

Definicija: Vronskijan resenja y1(x), y2(x), . . . , yn(x)

(LH) jednacine je determinanta

W(x) =

y1(x) . . . yn(x)y1(x) . . . y

n(x)

... . . . ...

y(n1)1 (x) . . . y

(n1)n (x)

Teorema: Resenja y1(x), y2(x), . . . , yn(x) (LH) su

linearno nezavisna na (a, b) ako i samo ako je W(x) =

0, x (a, b).


60/207

Teorema: Ako su y1(x), y2(x), . . . , yn(x) linearno neza-

visna resenja (LH) jednacine, tada njeno opste resenje

yh = C1y1(x) + + Cnyn(x)

sadrzi sva resenja (LH) jednacine. ("jako" resenje)

c) Linearna homogena jednacina ntog reda sakonstantnim koeficijentima

(LHC) y(n) +p1y(n1) + +pny = 0

pi = const; (a, b) = (,)

Resenje trazimo u obliku y = ex y = ex

...

y(n) = nex

(LHC) : nex +p1n1ex + +pne

x = 0

(KJ) n +p1n1 + +pn = 0 karakt. j-na

n +p1n1 + +pn = ( 1) ( n)


61/207

Teorema: Svakom mtostrukom realnom korenu =

a odgovara m linearno nezavisnih resenja

y = eax, y = xeax, . . . , y = xm1eax

Svakom rtostukom konjugovano kompleksnom paru

= i odgovara 2r resenja

y = ex

cos x, y = xex

cos x , . . . , y = xr1

ex

cosy = ex sin x, y = xex sin x , . . . , y = xr1ex sin

Svih n resenja su linearno nezavisni.

Primer: yIV 16y = 0

4 16 = 0(2 4)(2 + 4) = 0

( 2)( + 2)( 2i)( + 2i) = 0

1 = 2 : y = e2x, 2 = 2 : y = e

2x

3 = 2i : ( = 0, = 2) y = e0x cos2x = cos 2x

4 = 2i : y = sin 2x

yh = C1e2x + C2e

2x + C3 cos2x + C4 sin2x


62/207

Domaci: yV II + 3yV I + 3yV + yIV = 0

d) Struktura opsteg resenja (LNH)

(LN H) y(n) +p1(x)y(n1) + +pn(x)y = f(x)

(LH) y(n) +p1

(x)y(n1) + +pn

(x)y = 0

Teorema: Neka je yh = C1y1(x) + + Cnyn(x)

opste resenje (LH), a yp(x) jedno partikularno resenje

(LN H) jednacine. Tada je

ynh = C1y1(x) + + Cnyn(x) + yp(x)

opste resenje (LN H) jednacine (jako je - sadrzi sva

resenja te jednacine).

e) Metoda varijacije konstanti za (LN H) jednacinu

yh = C1 y1(x) + + Cn yn(x)

ynh = C1(x)y1(x) + + Cn(x)yn(x)


63/207

Funkcije C1(x), . . . , C n(x) se dobijaju iz sistema

C1y1 + + Cnyn = 0

C1y1 + + C

nyn = 0

...

C

1y

(n1)

1+ + C

ny

(n1)

n= f(x)

det = W(x) = 0 C1 = u1(x), . . . , C n = un(x)

C1(x) =

u1(x)dx + C1

...

Cn(x) = u1(x)dx + Cnynh = (

u1dx + C1)y1 + + (

undx + Cn)yn =

= C1y1 + + Cnyn

yh+ y1

u1dx + + yn

un

yp


64/207

f) Metoda neodredjenih koeficijenata za (LNHC)

(LNHC) y(n) +p1y(n1) + +pny = f(x)

pi = const, i = 1, . . . , n

1

f(x) = ex

[P(x)cos x + Q(x)sin x]

P(x), Q(x) polinomi, st(P) = p, st(Q) = q

yp(x) = xsex [R(x)cos x + S(x)sin x]

R(x), S(x) polinomi sa neodr. koeficijentima:

st(R) = st(S) = max{p, q}

s = 0, ako i nije koren (KJ)

red (visestrukost) korena i

Koeficijenti se odredjuju uvrstavanjem u samu jednacinu


65/207

Specijalni slucajevi:

= 0, = 0 f(x) = P(x)

= 0, = 0 f(x) = P(x)cos x+Q(x)sin x

(P 0 ili Q 0 moguce)

= 0, = 0 f(x) = exP(x)

Primeri:

f(x) = sin3x : = 0, = 3; P 0, Q(x) = x,

st(P) = 0, st(Q) = 1

yp = xs[(Ax + B)cos3x + (Cx + D)sin3x]

f(x) = x2 : = 0, = 0, P(x) = x2, st(P) = 2

yp = xs(Ax2 + Bx + C)

f(x) = ex

cos x : = 1, = 1; P 1, Q 0st(P) = 0, st(Q) = 0

yp = xsex(A cos x + B sin x)


66/207

2 f(x) = f1(x) + + fm(x)

fi(x) = eix

(Pi(x)cos ix+Qi(x)sin ix), i = 1, . . . , m

yp = yp1 + + ypm; ypi se dobija prema 1

Domaci:

y

V

yIV

+ y

y

= ex

+ sin 2x


67/207

SISTEMI DIFERENCIJALNIH

JEDNACINA


68/207

1. Definicija. Egzistencija resenja

x1, . . . , xn - nepoznate funkcije

t - nezavisno promenljiva (vreme)

Opsti oblik sistema diferencijalnih jednacina prvog reda:

F1(t, x1, x1, . . . , xn, xn) = 0... (1)

Fn(t, x1, x1, . . . , xn, x

n) = 0

Normalni oblik:

x1 = f1(t, x1, . . . , xn)... (2)

xn = fn(t, x1, . . . , xn),

x1 =dx1dt , , xn = dxndt

Simetricni oblik:dx1f1

= = dxnfn

=dt

1(3)


69/207

Definicija: Skup funkcija x1(t), . . . , xn(t) je resenje

sistema (2) na (a, b) ako je

x1(t) f1(t, x1(t), . . . , xn(t))...

xn(t) fn(t, x1(t), . . . , xn(t)), t (a, b)Definicija: Skup funkcija

x1 = x1(t, C1, . . . , C n)...

xn = xn(t, C1, . . . , C n)

je opste resenje sistema (2) na (a, b) ako identicki

zadovoljava (2) po t i C1, . . . , C n na (a, b)

Primer: Da li je familija

x = C1 + C2et

y = C1 + C3et

z = C1 + C2et + C3eto. r. sistema

x = y zy = z

x

z = y x ?x = C2et = (C1 + C3et

y

) (C1 + C2et + C3et z

)


70/207

y = C3et = (C1 + C2et + C3et z ) (C1 + C2e

t x )

z = C2et + C3et = (C1 + C3et y

) (C1 + C2et x

)

Kosijev problem: Neka (t0, x01, . . . , x

0n) Rn+1. Pos-

toji li resenje sistema (2) koje zadovoljava pocetne

uslove

x1(t0) = x01, . . . , xn(t0) = x

0n ?

Ako postoji, da li je jedinstveno?

Teorema (Pikarova): Neka je

Pa,b = {(t, x1, . . . , xn) : |t t0| a, |xi x0i | b,i = 1, . . . , n}

i neka su

1 f1, . . . , f n neprekidne na Pa,b

2 |fi(t, x1, . . . , xn)| M, i = 1, . . . , n3 |fi(t, x1, . . . , xn) fi(t, x1, . . . , xn)| L(|x1 x1| + + |xn xn|), i = 1, . . . , n

(Lipsicov uslov)


71/207

Tada na (t0

h, t0 + h), h = min

{a, b/M

}postoji

resenje x1 = x1(t), . . . , xn = xn(t) (KP) i ono jejedinstveno.

Napomena: Ako funkcije fi, i = 1, . . . , n imaju ogranicene

parcijalne izvode na Pa,b, tj.

fixj

N; i, j = 1, . . . , n ,

onda one zadovoljavaju Lipsicov uslov.

2. Resavanje (KP)

1 Priblizne metode2 Iz opsteg resenja:

x1 = x1(t, C1, . . . , C n)...

xn = xn(t, C1, . . . , C n)

x1(t0, C1, . . . , C n) = x01...

xn(t0, C1, . . . , C n) = x0n

C01 , . . . , C 0n

Resenje (KP):x1 = x1(t, C

01 , . . . , C

0n)

...xn = xn(t, C01 , . . . , C

0n)


72/207

Primer: U prethodnom primeru naci resenje koje zado-voljava uslov x(0) = 1, y(0) = 2, z(0) = 0

x = C1 + C2et

y = C1 + C3et

z = C1 + C2et + C3et

C1 + C2 = 1C1 + C3 = 2C1 + C2 + C3 = 0

C1 = 3, C2 = 2, C3 = 1. Trazeno resenje:

x = 3 2ety = 3 etz = 3 2et et

Mogucnosti nalazenja opsteg resenja:

a) Svodjenjem na diferencijalnu j-nu ntog reda

b) Preko prvih integrala sistema

c) Metodama za resavanje linearnih sistema


73/207

3. Veza sistema n diferencijalnih jednacina n

tog

reda sa jednom diferencijalnom jednacinomntog reda

a) Od (DJ) ntog reda ka sistemu od n (DJ) :

x(n) = f(t, x , x, . . . , x(n1))

x1 x2 xn

Smena: x1 = x, x2 = x, . . . , xn = x(n1)

x1 = x = x2

x2 = x = x3...xn = x(n) = f(t, x1, . . . , xn)

Dobijen je sistem:

x1 = x2x

2= x

3...

xn1 = xnxn = f(t, x1, . . . , xn)


74/207

b) Od sistema n (DJ) ka (DJ) n

tog reda - Metoda

uzastopnog diferenciranja

x1 = f1(t, x1, . . . , xn)... (S)

xn = fn(t, x1, . . . , xn)1 Jedna od jednacina, npr. prva, se diferencira n 1

put:x1 = f1(x1, . . . , xn)

x1 =f1t

+f1x1

x1 + +f1xn

xn =

=f1t

+f1x1

f1 + +f1xn

fn =

= 2(t, x1, . . . , xn)...

x(n)1 = n(t, x1, . . . , xn)

2 Prvih n1 jednacina u 1 posmatramo kao sistem

od n 1 jednacina sa n 1 nepoznatih x2, . . . , xn:

x1 = f1(t, x1, . . . , xn)x1 = 2(t, x1, . . . , xn)

...

x(n1)1 = n1(t, x1, . . . , xn)


75/207

Prema teoremi o implicitnoj funkciji, ako je

f1x2

. . . f1xn2x2

. . . 2xn... ...

n1x2

. . .n1

xn

= 0

sistem ima jedinstveno resenje po x2, . . . , xn3 Neka je resenje dato sa

x2 = 2(t, x1, x1, . . . , x

(n1)1 )

...

xn = n(t, x1, x1, . . . , x(n

1)

1 )4 Zamena x2, . . . , xn u poslednju j-nu u 1:

x(n)1 = n(t, x1, 2 (t, x1, . . . , x

(n1)1 ), . . . ,

. . . , n (t, x1, . . . , x(n1)1 ))

Dobijena jednacina je oblika

x(n)1 = (t, x1, . . . , x

(n1)1 )

i predstavlja jednacinu ntog reda po x1


76/207

Vazi: x1 = x1(t) je resenje j-ne 4

x1 = x1(t)x2 = 2(t, x1(t), . . . , x

(n1)1 (t))

...

xn = n(t, x1(t), . . . , x(n1)1 (t))

je resenje sistema (S)

Problem: resivost sistema 2, tj. efektivno nalazenjefunkcija 2, . . . , n

Primer:

x = x 2yy = 4y + x

1 x = x 2yx = x 2y = x 2y 2(4y + x) = x 10y

2 x = x 2y (f1y

= 2 = 0)

3 y = x x2

(= 2(x, x))

4 x = x 10 x x

2= 6x + 5x


77/207

x

5x + 6x = 0

2 5 + 6 = 0 1 = 3, 2 = 2x = C1e

3t + C2e2t

y = xx2 = C1e3t C22 e

2t

opste resenje sistema

Primer:x

= y

z

y = z xz = y x

domaci

Napomena: U opstem slucaju vazi: sistem od n jednacinase moze svesti na r jednacina reda k1, . . . , kr, k1 +

+ kr = n

3. Prvi integrali sistema diferencijalnih jednacina

(S)x1 = f1(t, x1, . . . , xn)...x

n= fn(t, x1, . . . , xn) D

Ispunjeni su uslovi Pikarove teoreme u svakoj tacki

oblasti D


78/207

Definicija: Funkcija (t, x1, . . . , xn) , neprekidno di-

ferencijabilna i razlicita od konstante na oblasti D, jeintegral sistema (S) ako je

(t, x1(t), . . . , xn(t)) const, t Igde je x1(t), . . . , xn(t), t I proizvoljno resenje sis-tema (S)

Primer: Ispitati da li je = (x + y)e2t integralsistema

x = x 2yy = 4y + x

"Proizvoljno resenje" je opisano opstim resenjem (prethodn

reseni primer):x = C1e

3t + C2e2t

y = C1e3t C22

e2t

(x(t), y(t)) = (C1e3t + C2e2t C1e3t C22

e2t)e2t =

=C22

const


79/207

Teorema: Funkcija (t, x1, . . . , xn) , neprekidno dife-

rencijabilna i razlicita od konstante na oblasti D, jeintegral sistema (S) ako i samo ako je

() t

+

x1f1+ +

xnfn = 0, (t, x1, . . . , xn) D

Dokaz: () Neka je (t, x1, . . . , xn) integral sistema(S) , a (t0, x

01, . . . , x

0n) proizvoljna tacka oblasti D.

Tada postoji resenje

x1 = x1(t), . . . , xn = xn(t), t I (I = (t0h, t0+h))t. d.

x1(t0) = x01, . . . , xn(t0) = x

0n. (Pikar)

Sledi:

(t, x1(t), . . . , xn(t)) const, t I d

dt(t, x1(t), . . . , xn(t)) = 0, t I

t

+

x1x1(t) + +

xnxn(t) = 0, t I

t

+

x1f1(t, x1(t), . . . , xn(t)) +

+ xn

fn(t, x1(t), . . . , xn(t)) = 0, t I


80/207

Specijalno, za t = t0 je (t0, x1(t0), . . . , xn(t0)) =

(t0, x01, . . . , x0n), pa () vazi u (t0, x01, . . . , x0n). Kakoje to proizvoljna tacka, to () vazi na D.

() : Neka () vazi na D. Specijalno,tada ()vazi u tackama (t, x1(t), . . . , xn(t)), t I, gde jex1(t), . . . , xn(t) proizvoljno resenje sistema (S). Citajuci

ekvivalencije unazad dobijamo (t, x1(t), . . . , xn(t)) const, t I, tj. je integral sistema (S).

Primer: = (x+y)e2t, x = x 2y

y = 4y + x

D = R3

t

+ x

f1 + y

f2 = 2e2t(x + y) + e2t(x 2y)

+ e2t(4y + x) 0

Definicija: Jednakost

(J) (t, x1, . . . , xn) = C

gde je integral, a C konstanta, naziva se prvi inte-

gral sistema (S).


81/207

Primer: Proveriti da li su x + y

z = C1, x

2 + y2

z2 = C2, z2+xyxzyz = C3 prvi integrali sistemax = y zy = z x (domaci)z = y x

Definicija: Prvi integrali 1 = C1, . . . , k = Ck sunezavisni na D ako ni za jedno i = 1, . . . , k ne postoji

neprekidno diferencijabilna funkcija i oblast D Dt.d. je

i = (1, . . . , i1, i+1, . . . , k)

na D.Teorema: Neka su 1 = C1, . . . , n = Cn prvi inte-

gali sistema (S).

(i) Ako je

J = 1x1

. . . 1xn... ...

nx1

. . . nxn

= 0 na D 1 = C1, . . . , n = Cn su nezavisni


82/207

(ii) Ako je J

0 na D

1 = C1, . . . , n = Cn

su zavisniTeorema: Ako je

rang

1x1

. . . 1xn... ...

kx1

. . .kxn

= k na D

1 = C1, . . . , k = Ck su nezavisni

4. Resavanje sistema (DJ) pomocu prvih integrala

x1 = f1(t, x1, . . . , xn)

(S)

..

.xn = fn(t, x1, . . . , xn)

1 Ako je poznato n prvih integrala

1(t, x1, . . . , xn) = C1...

n(t, x1, . . . , xn) = Cn

koji su nezavisni, tj. J = 0 na oblasti D, sistem (S)je u potpunosti resen


83/207

a) Opste resenje:

x1 = x1(t, C1, . . . , C n)...

xn = xn(t, C1, . . . , C n)

b) Resenje (KP):

1(t0, x

0

1, . . . , x

0

n) = C

0

1...

n(t0, x01, . . . , x

0n) = C

0n

Trazeno resenje (implicitno zadato):

1(t, x1, . . . , xn) = C01...n(t, x1, . . . , xn) = C

0n

x = x1(t)...

xn = xn(t)

2 Ako je poznato k prvih integrala

1(t, x1, . . . , xn) = C1...

k(t, x1, . . . , xn) = Ck

t.d.

1x1 . . .

1xn... ...

kx1

. . .kxn

= 0,


84/207

broj jednacina u sistemu se snizava za k:

x1 = 1(t, xk+1, . . . , xn, C1, . . . , C k)...

xk = k(t, xk+1, . . . , xn, C1, . . . , C k)

xk+1 = fk+1(t, 1(), . . . , k(), xk+1, . . . , xn)...

xn = fn(t, 1(), . . . , k(), xk+1, . . . , xn)Dobija se nk jednacina sa nk nepoznatih funkcija

Primer: x = y zy = z xz = y x

x + y z = C1 x = C1 y + z

y = z C1 + y z = C1 + yz = y C1 + y y = 2y C1 z 2 j-ne


85/207

5. Nalazenje prvih integraladx1

f1(t, x1, . . . , xn)= = dxn

fn(t, x1, . . . , xn)=

dt

1

t xn+1:

()dx

1X1

= =dx

nXn

=dx

n+1Xn+1

gde je Xi = Xi(x1, . . . , xn+1), i = 1, . . . , n + 1

a) U () ucestvuju "jednostavni izrazi":

dxiFi(xi, xj)

= dxjFj(xi, xj)

Obicna DJ, opste resenje daje prvi integral

Primer: dyy =dyx =

dt1

dxy

= dyx x2 + y2 = C1


86/207

b) Osobina proporcije:

a1b1

= = anbn

k1a1 + + knank1b1 + + knbn

=aibi

, i = 1, . . . , n

Nekad se moze doci do veze oblika

du

U(u, v) =

dv

V(u, v), u = u(x1, . . . , xn+1)v = v(x1, . . . , xn+1)

Resavanjem DJ dobija se prvi integral sistema

Primer: dxyz = dyzx = dzyx = dt1

dxdzyzy+x =

dt1

d(xz)xz = dt duu = dt

u = C1e

t

(x

z)et = C1

Slicno: dydzzy =dt1 (y z)et = C2


87/207

c) Osobina proporcije:

k1a1 + + knan0

=a1b1

k1a1 + + knan = 0

Nekad se moze doci do veze oblika

P1(x1, . . . , xn+1)dx1 + + Pn+1(x1, . . . , xn+1)dxn+1 d(x1,...,xn+1) (x1, . . . , xn+1) = C

Primer: dxyz =dy

zx =dz

yx =dt1

dx+dydz0 =

=

dt

1 d(x + y z) = 0 x + y z = C1

6. Sistemi diferencijalnih jednacina viseg reda

F1(t, x1, . . . , x(k1)1 , . . . , xn, . . . , x(kn)n ) = 0... Fn(t, x1, . . . , x

(k1)1 , . . . , xn, . . . , x

(kn)n ) = 0


88/207

x

(k1)1 = f1(t, x1, . . . , x

(k11)1 , . . . , xn, . . . , x

(kn1)n )

..

.x

(kn)n = fn(t, x1, . . . , x

(k11)1 , . . . , xn, . . . , x

(kn1)n )

x11 xk1,1 x1n xkn,n

Smene:

x11 = x1, x21 = x1, . . . , xk1,1 = x

(k11)1

...x1n = xn, x2n = x

n, . . . , xkn,n = x

(kn1)n

x11 = x21...x

k11,1= xk

1,1

xk1,1 = f1(t, x11, . . . , xkn,n)

x1n = x2n...x

kn1,n= xkn,n

xkn,n = fn(t, x11, . . . , xkn

Primer:

x = 2x + 3yy = x + y + et

x1 = xx2 = x

y1 = yy2 = y

y3 = y

x1 = x2

x2 = 2x1 + 3y2y1 = y2y2 = y3y3 = x2 + y3 +

5 j-na prvog reda


89/207

SISTEMI LINEARNIH

DIFERENCIJALNIH JEDNACINA


90/207

1. Definicija. Egzistencija resenja

x1 = a11(t)x1 + + a1n(t)xn + b1(t)(L) ...

xn = an1(t)x1 + + ann(t)xn + bn(t)

(LN H) : bi(t) = 0 za bar jedno i(LH) : bi(t) 0, i = 1, . . . , n(KP) : x1(t0) = x

01, . . . , xn(t0) = x

0n

Teorema (Pikar, globalna): Neka su aij(t), bi(t), i, j =

1, . . . , n neprekidne na (c, d) i t0 (c, d). Tada zaproizvoljne x01, . . . , x

0n postoji resenje x1 = x1(t), . . . ,

xn = xn(t) (KP) definisano na (c, d). To resenje je

jedinstveno.

Vektorski zapis sistema (L):

A =

a11(t) a1n(t)... ...an1(t) ann(t)

, X = x1...xn

,


91/207

X = dXdt

= x1...

xn

, B(t) = b1(t)...bn(t)

:

(L) dXdt = A(t)X + B(t)

(KP) X(t0) = X0, X0 =

x01...x0n

Primer: x1 = 5x1 + 4x2 + e2t

x2 = 4

x1 + 5

x2

x1x2

dXdt

=

5 44 5

A

x1x2

X

+

e2t

0

B

2. Osobine resenja linearnih homogenih sistema

(LH)dX

dt= A(t)X, A(t) nepr. na (c, d)


92/207

Teorema: Ako su

X1 =

x11(t)...

xn1(t)

, . . . , X n(t) =

x1n(t)...

xnn(t)

resenja (LH) sistema, a C1, . . . , C n proizvoljne kon-

stante, onda je

X(t) = C1X1(t) + + CnXn(t) =(1)

=

C1x11(t) + + Cnx1n(t)...

C1xn1(t) + + Cnxnn(t)

resenje (LH) sistema.

Dokaz:

dX

dt

= C1dX1

dtAX1+

+ Cn

dXn

dt AXn= C1AX1 +

+ CnA

= A(C1X1 + + CnX= AX


93/207

Definicija: Resenja X1(t), . . . , X n(t) su linearno ne-

zavisna resenja (LH) sistema na (c, d) ako vazi im-plikacija

C1X1(t)+ +CnXn(t) 0, t (c, d) C1 = = Cn

Resenja X1(t), . . . , X n(t) su linearno zavisna na (c, d)

ako postoje konstante C1, . . . , C n, koje nisu sve nule,

takve da je

C1X1(t) + + CnXn(t) = 0, t (c, d)

Teorema: Neka su

X1(t) =

x11(t)...

xn1(t)

, . . . , X n(t) =

x1n(t)...

xnn(t)

resenja (LH) sistema. Potreban i dovoljan uslov za

linearnu nezavisnost tih resenja na (c, d) dat je sa

W(t) =

x11(t) x1n(t)

... ...xn1(t) xnn(t)

= 0, t (c, d)


94/207

Dokaz: () Neka su X1, . . . , X n linearno nezavisnaresenja (LH) sistema . Pretpostavimo, suprotno tvrd-

jenju teoreme, da

t0 (c, d) t.d. W(t0) = 0Posmatrajmo sistem

C1x11(t0) + + Cnx1n(t0) = 0...

C1xn1(t0) + + Cnxnn(t0) = 0Homoge sistem linearnih jednacina po C1, . . . , C n sa

det = W(t0) = 0 postoji netrivijalno resenjeC1, . . . , C n. Neka je

X(t) = C1X1(t) + + CnXn(t)Vazi:

X(t) je resenje (LH) sistema

X(t0) = O Isti pocetni uslov zadovoljava i resenje X 0


95/207

Iz Pikarove teoreme sledi

C1X1(t) + + CnXn(t) 0, t (c, d)Ovo je u kontradikciji sa linearnom nezavisnoscu resenja,

a do koje je dovela pretpostavka W(t0) = 0.

(): Neka je W(t) = 0, t (c, d). Pretpostavimoda je

C1X1(t) + + CnXn(t) = 0, t (c, d)Za fiksirano t = t0 je:

C1X1(t0) + + CnXn(t0) = 0,t.j.

C1x11(t0) + + Cnx1n(t0) = 0...

C1xn1(t0) + + Cnxnn(t0) = 0

Homogeni sistem sa det = W(t0) = 0 C1 =0, . . . , C n = 0.


96/207

Napomena: Postoje dve mogucnosti: W(t)

0 ili

W(t) = 0, t (c, d)

Teorema: Neka su X1(t), . . . , X n(t) linearno nezavis-

na resenja (LH) sistema. Tada opste resenje Xh =

C1X1(t) + + CnXn(t) sadrzi sva resenja tog sis-tema.

Dokaz: Neka je X(t) proizvoljno resenje, a t0 (c, d)fiksirano. Trazimo C1, . . . , C n t.d.

C1X1(t0) +

+ CnXn(t0) = X(t0),

t.j.

C1x11(t0) + + Cnx1n(t0) = x1(t0)...

C1xn1(t0) + + Cnxnn(t0) = xn(t0)

Nehomogen sistem, det = W(t0) = 0 postojijedinstveno resenje C01 , . . . , C

0n.


97/207

Resenja X(t) i C0

1

X1(t) +

+ C0nXn(t) zadovolja-

vaju isti pocetni uslov u t0 (Pikar)

X(t) C01 X1(t) + + C0nXn(t), t (c, d)

Definicija: Matrica (t) = [xij(t)]nn je funda-

mentalna matrica sistema (LH) ako su kolone ma-trice (t) linearno nezavisna resenja (LH)

(t) =

x11(t) . . . x1n(t)... ...

x1n(t) . . . xnn(t)

X1(t) Xn(t)

Napomena: Kolone matrice (t) su resenja (LH)

sistema ako i samo ako (t) zadovoljava pridruzenu

matricnu diferencijalnu jednacinu

(M)d

dt= A(t)


98/207

Primer: (t) = x11 x12x

21x

22 ,x1 = a11x1 + a12x2x

2= a

21x

1+ a

22x

2

(M)

x11 x12x21 x22

=

a11 a12a21 a22

x11 x12x21 x22

x11 = a11x11 + a12x21x21 = a21x11 + a22x21

prva kolona zadov. sistem

x12 = a11x12 + a12x22x22 = a21x12 + a22x22

druga kolona zadov. sistem

Teorema: Matrica (t) je fundamentalna matrica sis-

tema (LH) ako i samo ako je (t) resenje (M) i ako

je det(t) = 0, t (c, d).Dokaz:

(t) je resenje (M) kolone su resenja (LH)det(t) = W(t) = 0 resenja su lin. nezavisna

Teorema: Ako je (t) fundamentalna matrica, a P

nesingularna matrica, onda je (t) = (t)P funda-

mentalna matrica.


99/207

Dokaz: ddt

= ddt

P = A(t)P = A(t)

det = det detP = 0Napomena:

(t)C = x11 x1n

... ...

xn1 xnn C1

...

Cn ==

C1x11 + + Cnx1n...

Cnxn1 + + Cnxnn

=

= C1 x11

...

xn1 + + Cn x1n

...

xnn == C1X1 + + CnXn

Nacini zapisa opsteg resenja:

Xh = (t)C matricni zapis

Xh = C1X1 + + CnXn vektorski zapisx1 = C1x11 + + Cnx1n...

xn = C1xn1 + + Cnxnn

skalarni zapis


100/207

Primer: Da li je matrica

(t) = et e9t

et e9t

fundamentalna matrica sistema

x1 = 5x1 + 4x2

x2 = 4x1 + 5x2 ?A =

5 44 5

; X1 =

etet

; X2 =

e9t

e9t

d

dt=

et 9e9t

et 9e9t A (t) =

5 44 5

et e9tet e9t

=

et 9e9tet 9e9t

det (t) = 2e10t = 0, t (, )

Xh = et e9t

et e9t = et 9e9t

et 9e9t C1C2 == C1

etet

+ C2

e9t

e9t


101/207

x1 = C1et + C2e9tx

2= C

1et + C

2e9t opste resenje

Napomena: Resenje (KP) X(t0) = X0, t0 (c, d) :X(t) = (t) C

X(t0)

X0= (t0) C C = 1(t0)X0

X(t) = 1(t0)X0

3. Homogeni linearni sistemi DJ sa konstantnim

koeficijentima

(LHC)dX

dt = AX,

A = const, (c, d) = (, ), ili, skalarno:x1 = a11x1 + + a1nxn

...

xn

= an1

x1

+

+ annxn

Res. trazimo u obliku: x1 = A1et, . . . , xn = Anet

x1 = A1et, . . . , xn = Anet (LHC)


102/207

A1et = a11A1e

t + + a1nAnet...

Anet = an1A1e

t + + annAnet

(a11

)A1 +

+ a1nAn = 0

(S) ...

an1A1 + + (ann )An = 0Homogeni sistem lin. alg. jednacina po A1, . . . , An.

Netrivijalno resenje postoji ako i samo ako je det(S) =

0, tj.

(KJ)

a11 a1n

... ...an1 ann

= 0,odnosno

(KJ) det(A I) = 0

Polinom ntog stepena po ciji su koreni 1, . . . , n.


103/207

1 = a je realan jednostruk koren:

x1 = A1eat, . . . , xn = Ane

at resenje

A1, . . . , An se odredjuju iz sistema (S) za = a.

Pokazuje se: rang matrice sistema (S) je n 1 (1slobodna, n 1 vezanih promenljivih)

Primer:x1 = 5x1 + 4x2x2 = 4x1 + 5x2

A =

5 44 5

5 44 5

= 2 10 + 9 = 0

1 = 12 = 9

1 = 1 :x1 = A1e

t

x2 = A2et ;

4A1 + 4A2 = 0

4A1 + 4A2 = 0

(S)

A2 = 1 (proizv.) A1 = 1, X1 = et

et 2 = 9 :

x1 = A1e9t

x2 = A2e9t ;

4A1 + 4A2 = 04A1 4A2 = 0

(S)


104/207

A2 = 1 (proizv.)

A1 = 1, X2 =

e9t

e9t (t) =

et e9tet e9t

; Xh = (t)C

2 = i jednostruk kompleksan par:

x1 = A1e(+i)t, . . . , xn = Ane(+i)t resenje

A1, . . . , An se odredjuju iz sistema (S) koji, posle

uvrstavanja , ima 1 slobodnu i n1 vezanih promenljivih.Resenja su kompleksna.

Razdvajanjem Re i Im delova dobijamo 2 realna resenja

Primer:x = 2yy = 2x domaci

3 = a je realan koren reda k:

x1 = P1(t)eat, . . . , xn = Pn(t)e

at resenje

P1(t), . . . , P n(t) polinomi stepena k 1 sa neodred-jenim koeficijentima (LHC) : sistem od n k jedn.sa n k nepoznatih


105/207

Pokazuje se: rang matrice sistema je nk

k (k slo-

bodnih, nk k vezanih promenljivih)

Izbor slobodnih promenljivih:

1 0 0 vezane X1...0 0 1 vezane Xk

linearno nez. res. k

Primer:x = yy = x + 2y A =

0 1

1 2

11 2 = 2 2 + 1 = 0 1 = 2 = 1

x = (A1 + A2t)et

y = (B1 + B2t)et

x = A2et + (A1 + A2t)ety = B2et + (B1 + B2t)et

(LH

(A1 + A2 + A2t)et = (B1 + B2t)e

t

(B1 + B2 + B2t)et = (A1 + A2t)et + 2(B1 + B2t)et


106/207

A1 + A2 B1 = 0A2

B2 = 0

A1 B1 + B2 = 0A2 B2 = 0

A1 + A2

B1 =

A2 B2 =

a) B1 = 1, B2 = 0 : A2 = 0, A1 = 1 X1 =

et

et

b) B1 = 0, B2 = 1 : A2 = 1, A1 = 1

X2 =

(1 + t)et

tet

(t) = et (1 + t)etet tet , Xh = (t)C4 = i konjugovano kompl. par reda r:

x1 = P1(t)e(+i)t, . . . , xn = Pn(t)e

(+i)t

Na isti nacin kao u 3

dobija se r linearno nezavisnih

kompleksnih resenja.

Razdvajanjem Re i Im delova dobija se 2r linearno

nezavisnih resenja.


107/207

4. Nehomogeni sistemi

(LN H) dXdt = A(t)X+B(t); A, B nepr. na (c, d)

(LH) dXdt

= A(t)X

Teorema: Neka su X1(t), . . . , X n(t) linearno neza-visna resenja (LH), a Xp(t) jedno resenje (LN H).

Tada opste resenje

Xnh = C1X1(t) + + CnXn(t) + Xp(t)sadrzi sva resenja (LN H).

Dokaz: a) Xnh je resenje (LN H):

dXnh

dt= C1

dX1

dt

AX1+ + Cn dXn

dt

AXn+

dXp

dt

AXp+B=

= C1AX1 + + CnAXn + AXp + B == A(C1X1 + + CnXn + Xp) + B == AXnh + B


108/207

b) Ako je X(t) proizvoljno resenje (LN H), slicno

kao u homogenom slucaju, pokazuje se da postojeC1 , . . . , C n t.d.

X(t) = C1 X1(t) + + CnXn(t) + Xp(t)

5. Metoda varijacije konstanti

Xnh = C1(t)X1(t) + + Cn(t)Xn(t)

dXnh

dt= C1X1 + C1 X1

AX1

+ + CnXn + Cn XnAXn

=

= C1X1 +

+ CnXn + A(t)(C1X1 +

+ Cn

= C1X1 + + CnXn + A(t)Xnh (LN H) :C1X1 + +CnXn +A(t)Xnh = A(t)Xnh +B(t)

C1X1 + + CnXn = B(t)tj.

C1

x11...

xn1

+ + Cn

x1n...

xnn

=

b1...

bn

,


109/207

x11C

1 + + x1nCn = b1...xn1C

1 + + xnnCn = bn

Sistem lin. alg. jednacina, det = W(t) = 0 C1 = v1(t), . . . , C n = vn(t) jedinstv. res.

C1(t) =

v1(t) dt+C1, . . . , C n(t) =

vn(t) dt+Cn

Xnh = (

v1 dt, +C1)X1 + + (

vn dt, +Cn)Xn =

= C1X1 +

+ CnXn Xh +

+ (

v1 dt)X1 + + (

vn dt)Xn

Xp

x1 = 5x1 + 4x2 + e2t

x2 = 4x1 + 5x2

x1 = 5x1 + 4x2x

2 = 4x

1 + 5x

2

(resen ranije

(t) = [X1(t) X2(t)] =

et e9tet e9t

, W = det = 2e


110/207

etC1 + e9tC2 = e2tetC1 + e9tC2 = 0

D1 =

e2t e9t

0 e9t

, D2 =

et e2tet 0

C1(t) =D1

W= 1

2et C1(t) = 1

2et + C1

C2(t) =D2

W=

1

2e7t C2(t) =

1

14e7t + C2

Xnh = (

1

2et + C1) e

t

et + (1

14e7t + C2) e

9t

e9t = C1

etet

X1

+C2

e9t

e9t

X2

+

37e

2t

47e2t

Xp

6. Matricni zapis metode varijacije konstanti

Xh = (t)C, Xnh = (t)C(t)

Sledi:


111/207

dXnh

dt=

d

dtA(t)(t)

C+dC

dt= A(t)(t) C(t)+B(t)

dC

dt= B(t)

dCdt

= 1B(t)

C(t) =

1(t)B(t) dt + C

Xnh = (t)[

1(t)B(t) dt + C]

= (t)C Xh

+ (t) + (t)[1(t)B(t) dt] Xp

7. Matricni zapis resenja (KP)

dXdt

= A(t)X + B(t), X(t0) = X0

X(t) = (t)C(t)


112/207

1) X(t0) = (t0)C(t0) = X0

C(t0) =

1(t0)X0

2) C(t) zadovoljava

dC

dt= 1(t)B(t)

Integracijom od t0 do t:

tt0

dC =

tt0

1(t)B(t) dt

C(t)

C(t0) =

t

t01(t)B(t) dt

C(t) = 1(t0)X0 +t

t0

1(t)B(t) dt

X(t) = (t)[1(t0)X0 +t

t0

1(t)B(t) dt]


113/207

8. Stabilnost sistema LDJ sa konstantnim koefici-

jentima

x1 = a11x1 + + a1nxn + b1(t)...xn = an1x1 + + annxn + bn(t)

(KP) x1(t0) = x01, . . . , xn(t0) = x0nRes. x1 = x1(t), . . . , xn = xn(t)

(KP) x1(t0) = x01, . . . , xn(t0) = x0nRes. x1 = x1(t), . . . , xn = xn(t)

t0

x

t0

xi0

xi

_0

xi(t)

x_i(t)

Pitanje: Ako su x0i i x0i i = 1, . . . , n "bliski", da li ce

resenja ostati "bliska" u buducnosti?


114/207

Ispitivanje stabilnosti proizvoljnog resenja se svodi na

ispitivanje stabilnosti trivijalnog resenja homogenog

sistema

x1 = a11x1 + + a1nxn...

xn

= an1

x1

+

+ annxn

Definicija: Trivijalno resenje je stabilno ako

( > 0)( > 0)(|x0i | < , i = 1, . . . , n |xi(t)| < , i = 1, . . . , n; t t0)

tt

x

0

e

e

-

d

d

-


115/207

Definicija: Trivijalno resenje je asimptotski stabilno

ako je:

a) stabilno

b) 0 > 0 : |x0i | < 0 limt xi(t) = 0,i = 1, . . . , n

Teorema 1. Trivijalno resenje je asimptotski stabilno

ako i samo ako svi koreni (KJ) imaju negativne realne

delove.

Teorema 2. Ako bar jedan koren (KJ) ima pozitivan

realni deo, onda trivijalno resenje nije stabilno.


116/207

9. Matricni eksponent

ea =

k=0

ak

k!= 1 + a +

a2

2!+

a3

3!+ (Mc Laurin)

eA =

k=0

Ak

k! = I + A +A2

2! +A3

3! + ; det eA = 0,

eAt =

k=0

(At)k

k!= I + At +

A2

2!t2 +

A3

3!t3 +

ddt

eAt = ddt

(I + At + A2

2!t2 + A

3

3!t3 + ) =

= A +A2

2! 2t + A

3

3! 3t2 +

= A(I + At +A2

2!t2 +

eAt) = AeAt


117/207

10. Primena na homogene sisteme sa konstantnim

koeficijentimadX

dt= AX

(t) = eAt zadovoljava: (i)d

dt= AeAt = A

(ii) det eAt = 0 (t) = e At je fundamentalna matrica

"Tezina" problema nalazenja fundamentalne matrice

prebacena je na sumiranje

Kosijev problem:

X(t0) = X0, X = (t)C = eAtC,

X(t0) = eAt0C = X0 C = eAt0X0

Resenje (KP):

X = eAteAt0X0 = eA(tt0)X0


118/207

Primer:

x1 = 2x2x2 = x1 3x2

A = 0 21 3 , A

2 = 2 63 7 , A

3 = 6 147 15

(t) = I +At

1!+

A2t2

2!+

A3t3

3!+ =

= 1 2t22! + 6t

3

3! + 2t1! + 6t2

2! 14t3

3! +

t1! 3t

2

2! +7t33! + 1 3t1! + 7t

2

2! 15t3

3! +

Domaci: Naci (t) = eAt za sistem

x1 = 5x1 + 4x2x2 = 4x1 + 5x2


119/207

11. Izracunavanje matrice eAt

1 A =

a1 0 00 a2 00 0 a3

, eAt =

ea1t 0 00 ea2t 00 0 ea3t

2 A =

a 0 00 a 00 0 a

, eAt = eat 0 0teat eat 0t2

2!eat teat eat

3 A = a1 0 0

0 a 00 1 a

, eAt = ea1t 0 0

0 eat

00 teat eat

Opsti slucaj: Svodjenje matrice A na Zordanov oblik

(knjiga)

Domaci: Proveriti 2


120/207

PARCIJALNE DIFERENCIJALNE

JEDNACINE PRVOG REDA


121/207

1. Osnovni pojmovi

x1, . . . , xn - nezavisno promenljive

u(x1, . . . , xn) - nepoznata funkcija

(P) F(x1, . . . , xn, u,u

x1, . . . , uxn) = 0

Definicija: Funkcija u(x1, . . . , xn) je resenje jednacine

(P) na oblasti D Rn ako identicki zadovoljava (P)

na D.

(HL) P1(x1, . . . , xn)u

x1

+ +Pn(x1, . . . , xn)u

xn

= 0

linearna homogena parcijalna jed. prvog reda

u const je trivijalno resenje (LH)

(KL) P1(x1, . . . , xn, u)u

x1

+ + Pn(x1, . . . , xn, u)u

xn= Pn+1(x1, . . . , xn

kvazilinearna homogena parcijalna jed. prvog reda


122/207

2. Linearna homogena parcijalna jednacina prvog

reda

Neka su P1, . . . , P n neprekidno diferencijabilne na D

i neka je bar jedna od njih, npr. Pn = 0 na D.

(HL)

(S) dx1P1(x1,...,xn)

= = dxnPn(x1,...,xn)

Teorema: Neka je u = (x1, . . . , xn) neprekidno di-

ferencijabilna funkcija i u const. Vazi:

je resenje (LH) (x1

, . . . , xn) = C je prvi integral

sistema (S)

Dokaz: Pn = 0 na D (S)

dxidxn

=Pi(x1, . . . , xn)

Pn(x1, . . . , xn), i = 1, . . . , n1 (xn nez. pr.)

Neka je = C prvi integral sistema (S)

xn+

x1

P1Pn

+ +

xn1Pn1

Pn= 0, (x1, . . . , xn) D


123/207

P1 x1

+ + Pn xn

= 0, (x1, . . . , xn) D

tj. je resenje (HL)

Teorema: Neka su 1 = C1, . . . , k = Ck prvi inte-

grali sistema (S), a F proizvoljna neprekidno diferen-

cijabilna funkcija k promenljivih. Tada je

u = F(1, . . . , k)

resenje (LH) jednacine.

Dokaz:u

x1=

F

1

1

x1+ +

F

k

k

x1...u

xn=

F

1

1xn

+ +F

k

kxn

P1u

x1+ + Pn

uxn

=

P1( F1 1x1

+ + Fk kx1

) +

+ Pn(F

1

1xn

+ +F

k

kxn

) =


124/207

= F1(P1

1x1

+ + Pn1xn

) + + Fk(P1

kx1

+

+ Pn kxn ) = 0 na D, tj.

u = F(1, . . . , k) je resenje (HL).

Teorema: Ako su 1 = C1, . . . , n1 = Cn1 neza-

visni prvi integrali sistema (S), a F proizvoljna neprekidno

diferencijabilna funkcija, tada je

u = F(1, . . . , n1)

opste resenje (HL) jednacine.

Postupak:

1 (HL) (S)

2 1 = C1, . . . , n1 = Cn1 nez. prvi int. sistema

3 u = F(1, . . . , n1) opste resenje (HL)

Napomena: Umesto proizvoljne konstante pojavljuje

se proizvoljna funkcija

Primer: uxy2z uy x

2z + uz x2y = 0

D = {(x,y,z) : x > 0, y > 0, z > 0}


125/207

(S)

dx

y2z =

dy

x2z =

dz

x2y

dxy2z

= dyx2z

x3 + y3 = C1dy

x2z= dz

x2y y2 + z2 = C2

nezavisni su

Opste resenje: u = F(x3 + y3, y2 + z2)

3. Problem sa pocetnim uslovom za (LH)

(HL) P1u

x1+ + Pn

uxn

= 0,

Pi neprekidno diferencijabilne funkcije na D, Pn = 0

Problem: ako (x01, . . . , x0n) D, naci ono resenje

(LH) jednacine koje za xn = x0n zadovoljava uslov

u(x1, . . . , xn1, x0n) = (x1, . . . , xn1)

gde je data funkcija.


126/207

Postupak:

1 (S) dx1P1= = dxnPn

21(x1, . . . , xn1, xn) = C1

...

n1(x1, . . . , xn1, xn) = Cn1

nez. prvi integ

Neka je zadovoljen dovoljan uslov za nezavisnost:

1x1

. . . 1xn1... ...

n1

x1 . . .

n1

xn1

= 0

31(x1, . . . , xn1, x

0n) = C1

...n1(x1, . . . , xn1, x

0n) = Cn1

jednozn. resiv

4x1 = 1(C1, . . . , C n1)

...xn1 = n1(C1, . . . , C n1)

resenje


127/207

Tada je

u = (1(C1, . . . , C n1), . . . , n1(C1, . . . , C n1))

trazeno resenje, gde konstante C1, . . . , C n1 treba za-

meniti na osnovu 2:

u = (1(1(x1, . . . , xn), . . . , n1(x1, . . . , xn)), . . .

. . . , n1(1(x1, . . . , , xn), . . . , n1(x1, . . . , xn)))

Zaista,

1 u jeste resenje - slozena f-ja integrala sistema (S)

2 u(x1, . . . , xn1, x0n) =

= [1(1(x1, . . . , x0n), . . . , n1(x1, . . . , x

0n))

x1

, . . .

. . . , n1(1(x1, . . . , , x0n), . . . , n1(x1, . . . , x

0n))

xn1

] =

= (x1, . . . , xn1) ( iz 4

)

Primer: Naci ono resenje u prethodnom zadatku koje

za z = 1 postaje u(x,y, 1) = x + y, (y > 0).


128/207

x3 + y3 = C1y2 + z2 = C2

x3 + y3 = C1y2 + 1 = C2

y =

C2 1 2

, (y >

x =3

C1 (C2 1 1

u =3

C1 (C2 1)

3/2

x+

C2 1 y

=

=3

x3 + y3 (y2 + z2 1)3/2 +

y2 + z2 1C1

C2

C2

4. Kvazilinearna jednacina prvog reda

(KL) P1(x1, . . . , xn, u)u

x1+ +Pn(x1, . . . , xn, u)

uxn

= Pn+1(x1, . . . , xn, u)

P1, . . . , P n+1 su nepr. dif. na D Rn+1, Pn = 0

(KL)

(HL) P1v

x1+ + Pn

v

xn+ Pn+1

v

u= 0


129/207

Teorema: Neka je funkcija v = v(x1, . . . , xn, u) neprekidndiferencijabilna i vu = 0 na D. Funkcija v(x1, . . . , xn, u)je resenje (HL) jednacine ako i samo ako je funkcijau(x1, . . . , xn), implicitno zadana sa

v(x1, . . . , xn, u) = 0

resenje (KL) jednacine.

Dokaz: v(x1, . . . , xn, u) = 0

xi

: vxi+ vu

uxi

= 0, i = 1, . . . , n

uxi =

vx

ivu

Neka je v(x1, . . . , xn, u) resenje (HL), tj.

P1v

x1+ + Pn

vxn

+ Pn+1vu 0 | : (

vu)

P1 vx1vu

+ + Pn vxivu

Pn+1 0

P1u

x1+ + Pn

uxn

Pn+1


130/207

(HL)

(S)dx1P1

= =dxn

Pn=

du

Pn+1

Neka su su 1 = C1, . . . , n = Cn nezavisni prvi

integrali sistema (S). Ako je v = F(1, . . . , n) opste

resenje (HL), tada je

F(1(x1, . . . , xn, u), . . . n(x1, . . . , xn, u)) = 0

opste resenje (KL).

Postupak: 1 (KL) (S)

2

1 = C1, . . . , n = Cn nez. prvi int.3 F(1, . . . , n) = 0 opste res. (KL)

Domaci: Naci opste resenje jednacine

x(y2 z2)z

x+ y(z2 x2)

z

y= z(x2 y2)

(y = 0, |z| = |x|)


131/207

5. Problem sa pocetnim uslovom za (KL) jednacinu

(KL) P1(x1, . . . , xn, u)u

x1+ +Pn(x1, . . . , xn, u)

uxn

= Pn+1(x1, . . . , xn, u)

P1, . . . , P n+1 su nepr. dif. na D Rn+1, Pn = 0

Problem: Ako (x01, . . . , x0n, u

0) D, naci ono resenje

(KL) koje za xn = x0n zadovoljava uslov

u(x1, . . . , xn1, x0n) = (x1, . . . , xn1),

gde je data funkcija.

Postupak:

1dx1P1

= =dxn

Pn=

du

Pn+1(S)

21(x1, . . . , xn, u) = C1

...n(x1, . . . , xn, u) = Cn

nez. prvi integrali


132/207

31(x1, . . . , x0n, u) = C1...n(x1, . . . , x

0n, u) = Cn

jednozn. resiv sistem

4

x1 = 1(C1, . . . , C n)...

xn1 = n1(C1, . . . , C n)u = n(C1, . . . , C n)

resenjeTada je trazeno resenje:

n(C1, . . . , C n) = (1(C1, . . . , C n), . . . , n1(C1, . . . , C

gde C1, . . . , C n) treba na osnovu 2

zameniti sa 1, . . . , ntj.

n(1(x1, . . . , xn, u), . . . , n(x1, . . . , xn, u)) =(1( ), . . . , n1( ))

Domaci: Naci ono resenje jednacine

x2z

x+ y2

z

y+ z2 = 0

koje za y = 1 postaje z = x.


133/207

TEORIJA FUNKCIJA

KOMPLEKSNE PROMENLJIVE


134/207

1. Kompleksni brojevi

z = x + iy, i2 = 1 algebarski oblikx = Re z, y = Im z

z=x+iy

x

r=|z|

|z| =

x2 + y2

z = x iy

z = (cos + i sin ) trigonometrijski oblik

=

x2 + y2 = |z|

tan =y

x(cos = x/, sin = y/)

arg zdef= , 0 < 2 ( < )

z = (cos( + 2k) + i sin( + 2k)) , k ZArg z

def= + 2k = arg z + 2k, k Z


135/207

zn = n(cos n + i sin n)z1/n = 1/n

cos

+ 2k

n+ i sin

+ 2k

n

,

k = 0, . . . , n 1

Primer:

z = 1 + i; x = 1, y = 1, |z| = 1 + 1 = 2 = tan =

1

1= 1, (cos = sin =

12

> 0) = 4

arg z =

4, Argz =

4+ 2k, k Z

z =

2(cos

4+ i sin

4)

z3 = 2

2(cos

3

4+ i sin

3

4

z1/4 = 21/8(cos/4 + 2k

4+ i sin

/4 + 2k

4),

k = 0, 1, 2, 3

z = ei - eksponencijalni oblik

e

i

= cos + i sin - Ojlerova formula

Domaci: Napisati z = 1 u trigonometrijskom i ek-sponencijalnom obliku. Naci sve vrednosti 5

1.


136/207

2. Pojam funkcije kompleksne promenljive

okolina: V(z0) = {z C : |z z0| < }z = x + iy, z0 = x0 + y0 |z z0| =

= |(x x0) + i(y y0)| =

(x x0)2 + (y y0)

z0

e

|z z0| < (x x0)2 + (y y0)2 < 2

Tacka z0 je unutrasnja tacka skupa S C akopostoji > 0 takvo da je

U(z0) S.

x

y

Tacka z0 je granicna tacka skupa S C ako u


137/207

svakoj -okolini tacke z0 postoje tacke koje pripadaju

S, a takodje i tacke koje ne pripadaju S.

Skup svih granicnih tacaka skupa S obrazuje granicuskupa S.

Otvoren skup je skup cija je svaka tacka unutrasnja.

Zatvoren skup je skup koji sadrzi svoju granicu.

Povezan skup je skup cije se svake dve tacke mogupovezati poligonalnom linijom koja pripada tom skupu.

x

y

Oblast je otvoren i povezan skup.


138/207

Primeri:

S1 = {z : |z| < 2} - otvorenS2 = {z : |z| 2} - zatvoren

x

y

S

G12

1

SS = U

G = {z : |z| = 2} - granica za S1 i S2 - zatvorenS3 = {z : |z| 2, Im z > 0} - ni otvoren ni zatvoren

x

y

Definicija: Funkcija f : D F, D,F C je funkcijakompleksne promenljive.

w = f(z), z D, w F

z w=f(z)

D F

Razdvajanjem realnih i imaginarnih delova slika i ori-


139/207

ginala,

z = x + iy w = u + ivu + iv = f(x + iy) u = u(x, y), v = v(x, y),

dobijaju se dve realne funkcije od dve realne promenljive.

Primer : w = z = x iy u = x, v = yw =

1

z=

1

x + iy x iy

x iy =x

x2 + y2+ i

yx2 +

u = xx2 + y2

, v = yx2 + y2

x

y

u(x,y)

v(x,y) w=f(z)

F = {w C : w = f(z), z D}f : D F, f1 : F Df1(w) = {z D : f(z) = w} inverzna funkcija -

-moze biti viseznacna


140/207

3. Elementarne funkcije kompleksne promenljive

1 P(z) = a0zn + a1zn1 + + an, ai C polinom2 R(z) = P(z)

Q(z)racionalna funkcija; P, Q polinomi

3 ez = ex+iy def= ex(cos y + i sin y) eksponencijalna

Vazi: ez1 ez2 = ez1+z2; ez1/ez2 = ez1z2

4 sin z = eiz eiz

2i, cos z =

eiz + eiz

2Vazi: sin2 z + cos2 z = 1

sin(

z) =

sin z, cos(

z) = cos z

sin(z1 z2) = sin z1 cos z2 cos z1 sin z2eiz = cos z + i sin z, (ei = cos + i sin )

5 n

z = n

|z|(cos arg z + 2kn

+ i sinarg z + 2k

n),

k = 0, . . . , n

1

Viseznacna funkcija, n grana, inverzna za z = wn

6 w = Ln z - inverzna funkcija za z = ew, z = 0


141/207

z = |z|ei a r g z , w = u + iv |z|ei a r g z

z

= eu+iv = eueiv ew

eu = |z|, tj. u = ln |z|v = arg z + 2k = Arg z

w = Ln z = ln |z| + i A r gz -viseznacna funkcija-beskonacno mnogo gran

ln z = ln |z| + i arg z, z = 0, 0 arg z < 2(glavna grana) ( arg z < )

Domaci: Izracunati e1i, sin(1 i), Lni, ln i u al-gebarskom obliku.

3. Granicna vrednost i neprekidnost

Definicija: w0 = limzz0 f(z) ( > 0)(() > 0)(0 < |zz0| < |f(z)w0| < )


142/207

x

y

x

y

z 0w0

zf(z)

de

Teorema: Neka je z = x + iy, z0 = x0 + iy0, w0 =

u0 + iv0 i f(z) = u(x, y) + iv(x, y). Tada:

limzz0

f(z) = w0 lim

(x,y)(x0,y0)u(x, y) = u0,

lim(x,y)(x0,y0)

v(x, y) = v0.

Primer:

limz0 e

z = limx+iy0(e

x cos y+iex sin y) = lim(x,y)(0,0)

ex cos y

+ i lim(x,y)(0,0)

ex sin y = 1.

Definicija: Funkcija f je neprekidna u tacki z0 lim

zz0= f(z0)


143/207

Teorema: Funkcija f(z) = f(x + iy) = u(x, y) +

+iv(x, y) je neprekidna u tacki z0 ako i samo ako sufunkcije u(x, y) i v(x, y) neprekidne u tacki (x0, y0).

Teorema: Ako su f1 if2 neprekidne funkcije, onda su

f1 f2, f1 f2, f1/f2 (f2 = 0)

takodje neprekidne funkcije.

5. Izvod funkcije kompleksne promenljive

Definicija:

f(z0) = limz0

f(z0+z)f(z0)z

Definicija: Funkcija f je diferencijabilna u tacki z0ako postoji f(z0).

Definicija: Funkcija f je analiticka u tacki z0 ako pos-

toji > 0 takvo da je f diferencijabilna

z

U(z0).

z0

D

e


144/207

Definicija: Funkcija f analiticka na oblasti D ako je

diferencijabilna u svakoj tacki te oblasti.

Primer: f(z) = zn, n N

lim

z0

(z0+z)nzn

z = lim

z0

zn+(n1)zn1z++(z)nzn

z =

= nzn1

(zn) = nzn1 zn je analiticka na C

Teorema: Ako su f i g analiticke na D, onda je:

1 (f(z) g(z)) = f(z) g(z)2 (cf(z)) = cf(z)3 (f(z)g(z)) = f(z)g(z) + f(z)g(z)

4

f(z)

g(z)

=f(z)g(z) f(z)g(z)

(g(z))2, g(z) = 0

5 f(g(z)) = fg(g(z))gz(z)

6 (f(z)) = 1(f1(w))

, ako je f1 jednozn. f-ja


145/207

Teorema (neophodni uslovi diferencijabilnosti): Ako

je f(z) = u(x, y) + iv(x, y) diferencijabilna u tackiz0 = x0 + iy0, tada postoje parcijalni izvodi

u

x(x0, y0),

u

y(x0, y0),

v

x(x0, y0),

v

y(x0, y0)

i pri tome vaze Kosi-Rimanovi uslovi:

(KR) ux(x0, y0) =vy(x0, y0),

uy (x0, y0) = vx(x0, y0

Dokaz: f(z0) = limz0f(z0+z)f(z0)

z =

limx+iy0

u(x0+x,y0+y)+iv(x0+x,y0+y)u(x0,y0)iv(xx+iy

Specijalno, za x = 0:

f(z0) = lim

y

0 u(x0,y0+y)u(x0,y0)

i

y + i

v(x0,y0+y)v(x0i

y

= vy(x0, y0) iuy (x0, y0). (1i = i)

Takodje, za y = 0 imamo:


146/207

f(z0) = lim

x

0 u(x0+x,y0)u(x0,y0)

x + i

v(x0+x,y0)v(x0

x

= ux(x0, y0) + ivx(x0, y0).

Izjednacavanjem realnih i imaginarnih delova u dobi-

jenim izrazima za f(z0) dobijamo (KR) uslove.Primer: f(z) = z = x

iy

u = x, v = y; ux

= 1,v

y= 1

(KR) uslovi nisu zadovoljeni ni za jedno z, pa funkcija

nije diferencijabilna ni za jedno z.

Teorema:(dovoljni uslovi za diferencijabilnost): Akosu funkcije u(x, y) i v(x, y) diferencijabilne u tacki

(x0, y0) i ako su u toj tacki zadovoljeni (KR) uslovi,

onda je funkcija f(z) diferencijabilna u tacki z0 =

x0 + iy0.

Dokaz:

u(x0 + x, y0 + y) u(x0, y0) == ux(x0, y0)x + uy (x0, y0)y + 1x + 1y,

(1 0, 1 0)


147/207

v(x0 +

x, y0 +

y)

v(x0, y0) =

= vx(x0, y0)x + vy(x0, y0)y + 2x + 2y,(2 0, 2 0)

f(z0+z)f(z0)z =

=uxx+uy y+1x+1y

x+iy +ivxx+vyy+2x+2y

x+iy =

=

u

xx

v

xy+

1x+

1y

x+iy +iv

xx+u

xy+

2x+

2y

x+iy == ux

x+iyx+iy + i

vx

x1/iyx+iy +

1x + 1yx + iy

0

+

+i2x + 2y

x + i

y 0

, x 0, y 0. Obzirom da

je 1i = i, konacno se dobija

limz0

f(z0 + z) f(z0)z =

u

x(x0, y0)+i

v

x(x0, y0)

Napomena: Iz prethodnog slede formule

f(z0) = ux

(x0, y0) + ivx

(x0, y0)

=v

y(x0, y0) i

u

y(x0, y0)


148/207

Primer: f(z) = ez = ex(cos y + i sin y)

u = ex cos y, v = ex sin y ( diferencijabilne na R2)ux = e

x cos yuy = ex sin y

vx = e

x sin yvy = e

x cos y

(KR) uslovi vaze na R2 pa je ez diferencijabilna funkcija

i

(ez) = x

(ex cos y) + i

x(ex sin y) =

= ex cos y + iex sin y = ex(cos y + i sin y) = ez

Stavise, C je otvoren skup, pa je ez analiticka na C

Primer: f(z) = x4

+ iy4

u = v = x4

, dif. na R2

ux = 4x

3

uy = 0

vx = 0vy = 4y

3

(KR) uslovi vaze za x = y,

x

y

G


149/207

f(z) je diferencijabilna na G =

{x+iy : x = y

}, f(z) =

4x3, ali f(z) nije analiticka ni za jedno z.

Domaci: Ispitati diferencijabilnost i analiticnost funkcije

f(z) = zz2.

6. Primena Kosi-Rimanovih uslova

1 Ako je f(z) = u(x, y)+iv(x, y) analiticka funkcija,

tada u i v zadovoljavaju uslove

(1)2u

x2

+2u

y2

= 0 (2)2v

x2

+2v

y2

= 0

Dokaz: ux =vy ,

uy = vx

2ux2

= 2v

yx,2uy2

= 2vxy 2u

x2= 2u

y2 (1)

2uxy =

2vy2

, 2u

yx =

2vx2

2vy2

=

2vx2

(2)

2 Ako je data diferencijabilna funkcija u(x, y) tako

da vazi (1) i ako je f(z) = u(x, y)+iv(x, y) analiticka


150/207

funkcija, onda se funkcija v(x, y) moze odrediti do nanepoznatu konstantu.

Treba naci v tako da je

v

x= u

y,

v

y=

u

x

tj. funkciju ciji je totalni diferencijal poznat:

(uy

P

)dx + (u

xQ

)dy (P

y=

Q

xzbog (1))

Primer: u(x, y) = x2

y2

x

2ux2

+ 2u

y2= 2 2 = 0, vazi (1);

vx = uy = 2y v =

2y dx + (y) = 2xy + (y)

vy =

ux : 2x +

(y) = 2x 1 (y) = y + C

v(x, y) = 2xy y + C

f(z) = x2y2x+i(2xyy+C) = z2z+iC, (C R)


151/207

7. Izvodi elementarnih funkcija

1 f(z) = zn, f(z) = nzn1), analiticka na C

2 f(z) = 1z

, f(z) = 1z2

, anal. na D = {z : z = 03 f(z) = ez, f(z) = ez, analiticka na C

4 f(z) = sin z = eiz eiz

2if(z) = ie

iz + ieiz

2i=

eiz + eiz

2= cos z, anal. n

5 f(z) = cos z, f(z) = sin z, analiticka na C6 f(z) = ln z, w = ln z z = ew

wz =1

zw=

1

(ew)=

1

ew=

1

z

, analiticka na

D={z : < argz 0, a R t.d. |f(t)| Meat, t [0, )

Primer: f(t) = sin t

1 definisana je na [0, )

2 neprekidna je na [0, )

3 | sin t| 1 (M = 1, a = 0)

Teorema (dovoljni uslovi za egzistenciju L(f(t)): Nekaf(t) E(a). Tada je F(s) = L(f(t)) definisana za

Re s > a.

Re s >a

a0x

y


181/207

Re s > a.

Za Re s > 0 konvergira 0

M e(a)tdt konvergira

0

|estf(t)|dt konvergira0

estf(t)dt, tj. F(s)

je definisana za Re s > a.

2. Laplasova transformacija nekih funkcija

1 L(cos t) =0

est cos tdt =0

est eit+eit

2 dt =

= 12

0

e(s+i)tdt +

0

e(si)tdt ==

1

2

1

s + ie(s+i)t

0

+1

s ie(si)t

0

=

=1

2 1

s + i

( limT

e(s+i)T 1)+

+1

s i( lim

Te(si)T 1)


182/207

s = + i : e(s+i)T = e(i+i)T= eTei(1)

= eT 0,>0

[cos(1 )T ogran.

+i sin(1 )T ogran.

] 0,

T ,

Slicno: e(si)T 0, T , > 0

L(cos t) =1

2

1s i

+1

s + i

=

s

s2 + 1, = Re s > 0

Domaci: L(sin t) = 1s2+1

, = Re s > 0. Dokazati.

2 L(tn) =0

esttn dt = In

n = 0 :

Documents

Diferencijalne Jednadzbe - Vera Rade