Download pdf - Matematika 2 - FSB

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje-4 1 / 75

Sadrzaj

Sadrzaj:

1 Diferencijalne jednadzbeDiferencijalne jednadzbe-uvodKosi hitacHarmonijski oscilatorJednadzba energije harmonijskog oscilatoraGibanje oko tocke stabilne ravnotezeJednadzba njihalaGibanje po zadanoj krivulji u polju sile teze

2 Rjesavanje diferencijalne jednadzbe 1. redaRed i rjesenje diferencijalne jednadzbeSeparabilna diferencijalna jednadzba 1. redaLinearana diferencijalna jednadzba 1. reda


Sadrzaj

Ciljeve ucenja za predavanja i vjezbe:Diferencijalne jednadzbe-uvodPrimjer iz fizike-kosi hitacPrimjer iz fizike-harmonijski oscilatorRjesavanje dif. jednadzbe preko jednadzbe energije


Diferencijalne jednadzbe Diferencijalne jednadzbe-uvod

Diferencijalna jednadzba je jednadzba koja sadrzinepoznatu funkciju y(x) i njezine derivacije y ′, y ′′, . . .Svaka funkcija y(x) koja zadovoljava diferencijalnujednadzbu naziva se rjesenje diferencijalne jednadzbe.

Primjer 1.Rjesenje diferencijalne jednadzbe y ′(x) = f (x) je

y =∫

f (x)dx +C,

gdje je C bilo koji realan broj.



Primjer 2.Rjesenje diferencijalne jednadzbe y ′(t) = k ·y(t) je

y(t) = y(t0)ek(t−t0).



Primjer 3.Newtonova jednadzba gibanja

−→F = m−→a

je sustav od tri diferencijalne jednadzbe:

Fx =d2xdt2

Fy =d2ydt2

Fz =d2zdt2


Diferencijalne jednadzbe Kosi hitac

KOSI HITAC

α

~v0

x

y

POCETNI UVJETI:

x(0) = y(0) = 0dxdt

(0) = v0 cosα

dydt

(0) = v0 sinα



JEDNADZBA GIBANJA

Horizontala komponenta:

md2xdt2 = 0

⇒dxdt

= c1

⇒x(t) = c1t +c2

Vertikalna komponenta:

md2ydt2 =−mg

⇒dydt

=−gt +c3

⇒y(t) =−gt2

2+c3t +c4



Zadatak 1.Predmet je izbacen brzinom od 10m/s pod kutem od 30◦ premax−osi. Odredite pocetne uvjete, te pomocu njih izracunajte konstantec1,c2,c3,c4 u opcem rjesenju gibanja kosog hitca. Drugim rijecimaodredite partikularno rjesenje tog problema.

Rjesenje:

x(t) = c1t +c2

y(t) =−gt2

2+c3t +c4



Pocetni uvjeti:

x(0) = y(0) = 0dxdt

(0) = v0 cosα = 10cos30◦ = 5√

3dydt

(0) = v0 sinα = 10sin30◦ = 5

Odredimo sada koeficijente c1,c2,c3,c4 :

x(0) = 0⇒ c1 ·0+c2 = 0⇒ c2 = 0

y(0) = 0⇒−g · 02

2+c3 ·0+c4 = 0⇒ c4 = 0

dxdt

(0) = c1 = 5√

3⇒ c1 = 5√

3dydt

(0) =−g ·0+c3 = 5⇒ c3 = 5 .



PARTIKULARNO RJESENJE:

x(t) = 5√

3t

y(t) =−gt2

2+5t



Zadatak 2.Izrazite putanju iz prethodnog zadatka kao y = y(x).

Rjesenje:Prvo izrazimo t pomocu x a potom taj t uvrstimo u jednadzbu za y :

x = 5√

3t ⇒ t = x5√

3

y =−g t2

2+5t ⇒ y =−g

2

(x

5√

3

)2+5 · x

5√

3

⇒ y =− g150x2 +

√3x3 (PARABOLA)



Zadatak 3.Pod kojim kutem α, uz zadanu pocetnu brzinu v0, izbaceni predmetima maksimalan domet?

Rjesenje:x(t) = c1t +c2

x(0)) = 0⇒ c2 = 0dxdt

(0) = v0 cosα⇒ c1 = v0 cosα

⇒ x(t) = (v0 cosα) t



y(t) =−g t2

2+c3t +c4

y(0) = 0⇒ c4 = 0dydt

(0) = v0 sinα⇒ c3 = v0 sinα

⇒ y(t) =−gt2

2+(v0 sinα) t

Sada izrazimo y = y(x) :

x = (v0 cosα) t ⇒ t =x

v0 cosα

y =−g2· x2

v20 cos2 α

+(v0 sinα)x

v0 cosα

y =−g2· x2

v20 cos2 α

+ tgαx



domet

x1 x2

x

y Iznos druge nultocke te para-bole predstavlja domet.

y = 0⇒ x1 = 0,

x2 =2v2

0g

sinαcosα =v2

0g

sin(2α)

Domet je najveci kada je sin(2α) = 1,

tj. α =π

4.


Diferencijalne jednadzbe Harmonijski oscilator

HARMONIJSKI OSCILATOR

x

0

Jednadzba harmonijskog oscilatora:

md2xdt2 =−k ·x

(k > 0);

ili uz ω =√

k/m

d2xdt2 =−ω

2x

x predstavlja odstupanjeod polozaja mirovanja



OPCE RJESENJE:x(t) = Acos(ωt)+B sin(ωt)ili ekvivalentnox(t) = acos(ωt−θ)

a

B

A

θ



Zadatak 4.Nadite partikularno rjesenje jednadzbe harmonijskog oscilatora uzzadane pocetne uvjete:

(a) x(0) = 5,dxdt

(0) = 0 (ispustanje!)

(b) x(0) =−2,dxdt

(0) = 1

Rjesenje:(a)

x(t) = Acos(ωt)+B sin(ωt)5 = Acos0+B sin0

⇒ A = 5 ⇒ x(t) = 5cos(ωt)+B sin(ωt)dxdt

=−5ωsin(ωt)+Bωcos(ωt)



⇒0 =−5ωsin0+Bωcos0

⇒0 = Bω⇒ B = 0⇒x(t) = 5cos(ωt)

(b)

x(t) = Acos(ωt)+B sin(ωt)−2 = Acos0+B sin0

⇒ A =−2 ⇒ x(t) =−2cos(ωt)+B sin(ωt)dxdt

= 2ωsin(ωt)+Bωcos(ωt)

⇒1 = 2ωsin0+Bωcos0



⇒1 = Bω⇒ B = 1/ω

⇒x(t) =−2cos(ωt)+1ω

sin(ωt)


Diferencijalne jednadzbe Jednadzba energije harmonijskog oscilatora

Jednadzba energije harmonijskog oscilatora

Diferencijalnu jednadzbu harmonijskog oscilatora

md2xdt2 +mω

2 ·x = 0

pomnozimo sdxdt

obje strane:

m dxdt

d2xdt2 +mω2 ·x dx

dt = 0 ⇒ mdxdt

d2xdt2︸︷︷︸

12

ddt [(

dxdt )

2]

+mω2 ·x dxdt = 0 ⇒

mdxdt

d2xdt2︸︷︷︸

12

ddt [(

dxdt )

2]

+mω2 · xdxdt︸︷︷︸

12

ddt (x

2)

= 0 ⇒ m · 12

ddt [(

dxdt )

2]+mω2 · 12

ddt (x

2) = 0

⇒ ddt

[m( dx

dt )2

2 + mω2x2

2

]= 0



Zakljucujemom(dx

dt )2

2+

mω2x2

2= E = const .

m(dxdt )

2

2︸︷︷︸kineticka energija

+mω2x2

2︸︷︷︸potencijalna energija

= E︸︷︷︸ukupna energija je konstantna

RJESAVANJE JEDNADZBE ENERGIJE

Iz prethodne jednadzbe slijedi(dxdt

)2

=2Em−ω

2x2 = ω2(

2Eω2m

−x2)

⇒dxdt

= ω

√2E

ω2m−x2 = ω

√a2−x2

⇒ dtdx

=1ω

1√a2−x2

/∫



t =1ω

∫ dx√a2−x2

=1ω

arcsinxa+C

⇒ω(t−C) = arcsinxa

⇒xa= sin(ω t−ωC)

⇒ x = asin(ω t−ωC)

Fiksni period gibanja:2π

ω=

2π√km


Diferencijalne jednadzbe Gibanje oko tocke stabilne ravnoteze

Gibanje oko tocke stabilne ravnoteze

md2xdt2 = F (x) ←− sila ovisi o polozaju xali ne o vremenu t

x0 je polozaj ravnoteze ako je F (x0) = 0!

On je stabilan ako:

x0

+− x

F (x)

tj.x0

+ −



On je labilan ako:

x0−+

x

F (x)

tj.x0

− +



Zadatak 5.Neka se kugla giba po krivulji kao na slici. Gdje se nalazi ravnoteznipolozaj? O kakvom se polozaju ravnoteze radi?

a) b)



Jednadzba gibanja oko tocke stabilne ravnoteze

m d2xdt2 = F (x0)+F ′(x0)(x−x0)+

F ′′(x0)2 (x−x0)

2 + · · · ⇒

m d2xdt2 = F (x0)︸︷︷︸

=0

+F ′(x0)(x−x0)+F ′′(x0)

2(x−x0)

2︸︷︷︸zanemarimo

+ · · ·

⇒ linearizirana aproksimacija jednadzbe gibanja:

m d2xdt2 = F ′(x0)(x−x0) F ′(x0)< 0



Jednadzba gibanja oko tocke stabilne ravnoteze

uz supsituciju y = x−x0 :

md2ydt2 =−ky

(k > 0)

Jednadzba harmonijskogoscilatora

Period gibanja≈ 2π√km

=2π√−F ′(x0)

m


Diferencijalne jednadzbe Jednadzba njihala

Jednadzba njihala:

θ

mgsin

θ

mg

ℓ

θ

s = ℓθ

md2sdt2 = m`

d2θ

dt2 =−mg sinθ

LINEARIZIRANA APROKSIMACIJA:

d2θ

dt2 =−g`

θ

sinθ = θ− θ3

3!+

θ5

5!−·· ·︸︷︷︸

zanemarimo



Jednadzba njihala:

Zadatak 6.Nadite rjesenje linearizirane jednadzbe njihala uz pocetne uvjete

θ(0) = θ0,

(dθ

dt

)(0) = 0. Koliki je linearizirani period gibanja?

Rjesenje:Linearizirana aproksimacija:

d2θ

dt2 =−g`

θ.

Ako uvedemo oznaku ω2 =

g`

imamo jednadzbu harmonijskogoscilatora s rjesenjem



Jednadzba njihala:

θ(t) = Acos(ωt)+B sin(ωt)

i pocetnim uvjetima

θ(0) = θ0,

(dθ

dt

)(0) = 0

⇒θ0 = Acos0+B sin0

⇒ A = θ0



Jednadzba njihala:

θ(t) = θ0 cos(ωt)+B sin(ωt)

⇒dθ

dt(t) =−Aωsin(ωt)+Bωcos(ωt)

⇒0 =−θ0ωsin(0)+Bωcos(0)

⇒ B = 0

⇒ θ(t) = θ0 cos

(t√

g`

)



Jednadzba njihala:

Linearizirani period gibanja je najmanji vremenski period u kojem selinearizirana funkcija θ(t) vrati u istu vrijednost tj. kada se njihalo vratiu isti polozaj.

θ(t) = θ0 cos

(t√

g`

)Period funkcije f (x) = cosx je 2π, pa je stoga za period T0 funkcijeθ(t) : √

g`

T0 = 2π

⇒ T0 = 2π

√`

g


Diferencijalne jednadzbe Gibanje po zadanoj krivulji u polju sile teze

Gibanje po zadanoj krivulji u polju sile teze:

α

α

αdx

dyds

mg




JEDNADZBA GIBANJA

md2sdt2 =−mg sinα =−mg

dyds

/ · dsdt

mdsdt

d2sdt2 =−mg

dyds

dsdt

mdsdt

d2sdt2 =−mg

dydt

ydt

(12

m(

dsdt

)2

+mgy

)= 0

JEDNADZBA ENERGIJE

12

m(

dsdt

)2

+mgy = E




12

m(

dsdt

)2

︸︷︷︸kinetickaenergija

+ mgy︸︷︷︸potencijalna

energija

= E ←− ukupna energija

Iz jednadzbe energije:

v =dsdt

=

√2Em−2gy




Uz pocetni uvjet dsdt (y0) = 0 tj. tijelo je ispusteno s visine y0 :

E = mgy0 t.j.Em

= gy0

⇒ v =dsdt

=√

2g√

y0−y

DAKLE, BRZINA OVISI O VISINSKOJ RAZLICI y −y0 A NE OPUTANJI!




Zadatak 7.Promatramo gibanje tijela po kosini

10m30◦

Ako se tijelo giba bez trenja, koliku brzinu postize na dnu kosine?




Rjesenje:

v =dsdt

=√

2g√

y0−y

y0−y je visina kosine, uz oznaku h = y0−y

h10

= tg 30◦⇒ h =10√

3

v =

√2g

10√3= 10.7[m/s]


Rjesavanje diferencijalne jednadzbe 1. reda Red i rjesenje diferencijalne jednadzbe

Rjesavanje diferencijalne jednadzbe 1. reda

Red diferencijalne jednadzbeje red najvise derivacije koja se pojavljuje u jednadzbi.

Dakle, diferencijalna jednadzba 1. reda (za y = y(x)) je oblika

G(x ,y ,y ′) = 0. (♣)

Ako iz nje mozemo izraziti y ′, dolazimo do jednakosti oblika

y ′ = H(x ,y)

Rjesenje diferencijalne jednadzbeRjesenje diferencijalne jednadzbe zadane sa (♣) na intervalu (a,b) jesvaka funkcija y = f (x) koja zadovoljava (♣) za svaki x ∈ (a,b).



Rjesavanje diferencijalne jednadzbe 1. reda

Rjesenje moze biti zadano implicitnom jednadzbom h(x ,y) = 0, kojutada zovemo implicitnim rjesenjem od (♣).

Primjer 1.Nadimo sva rjesenja diferencijalne jednadzbe y ′ = cosx na R. Koje odtih rjesenja zadovoljava (pocetni) uvjet y(0) = 1?



Rjesenje:Sva rjesenja su oblika

y = sinx +C,

i to predstavlja opce rjesenje za y ′ = cosx .Ako je y(0) = 1 onda je

sin0+C = 1⇒ C = 1.

Dakle, partikularno rjesenje koje zadovoljava uvjet y(0) = 1 je

y = sinx +1



Opce rjesenjeOpce rjesenje diferencijalne jednadzbe 1. reda je skup rjesenja zadanformulom s 1 parametrom(npr. y = sinx +C iz Primjera 1. )

Partikularno rjesenjeZa svaku pojedinu vrijednost parametra C dobijamo jednopartikularno rjesenje. Ono se obicno odreduje iz pocetnog uvjeta.(npr. y = sinx +1 iz Primjera 1. )

Potpuno rjesenjeAko opce rjesenje obuhvaca sva rjesenja onda ga zovemo potpunim.(npr. tako je u Primjeru 1. )

Singularno rjesenjeAko neko rjesenje nije obuhvaceno opcim rjesenjem onda ga zovemosingularnim. (U Primjeru 1. nema takvih rjesenja )Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje-4 43 / 75


Primjer 2.

Provjerimo uvrstavanjem da je y = Cx−C2 opce rjesenje od(y ′)2−xy +y = 0;

te da je y =x4

2njeno singularno rjesenje.

Rjesenje:

Neka je prvo y = Cx−C2

=⇒ y ′ = C⇒ (y ′)2−xy +y = C2−xC +Cx−C2 = 0.�



Ako je y =x4

2

=⇒ y =x2=⇒

(y ′)2−xy +y =

x4

2− x

2

2+

x4

2= 0.�

y =x4

2je singularno rjesenje jer se ne moze dobiti iz opceg rjesenja

niti za jedan izbor konstante C.


Rjesavanje diferencijalne jednadzbe 1. reda Separabilna diferencijalna jednadzba 1. reda

Separabilna diferencijalna jednadzba 1. reda

Najednostavnija diferencijalna jednadzba (cije je rjesenje potpuno) jeseparabilna diferencijalna jednadzba:

g(y)y ′ = f (x)

rjesava se ovako:



Separabilna diferencijalna jednadzba 1. reda:

(1) Separiramo varijable x i y

g(y)dy = f (x)dx

(2) Integriramo izraze s obje strane jednakosti∫g(y)dy =

∫f (x)dx

Tako smo dobili opce implicitno rjesenje. Ako iz njega mozemoizraziti y to je opce eksplicitno rjesenje.



Primjer 3.Nadimo opce rjesenje diferencijalne jednadzbe

y ′+5x4y2 = 0

te paritkularno rjesenje koje zadovoljava uvjet y(0) = 1.

Rjesenje:

(1)dydx

+5x4y2 = 0=⇒ dydx

=−5x4y2=⇒−dyy2 = 5x4dx/

∫(2)

∫−dy

y2 =∫

5x4dx =⇒ 1y= x5 +C =⇒ y =

1x5 +C

OPCERJESENJE

(3) y(0) =1C

= 1 =⇒ C = 1 =⇒ y =1

x5 +1PARTIKULARNO

RJESENJE



Zadatak 1.Rijesite diferencijalnu jednadzbu

y ′ = 1+y2

Rjesenje:

dydx

= 1+y2

dy1+y2 = dx/

∫∫ dy

1+y2 =∫

dx

arctg y = x +C/tg

y = tg(x +C)




yy ′ = cos(2x)

uz pocetni uvjet y(0) = 1

Rjesenje:

ydydx

= cos(2x)

ydy = cos(2x)dx/∫

∫ydy =

∫cos(2x)dx

y2

2=

sin(2x)2

+C/ ·2



y2 = sin(2x)+C0 , (C0 = 2C)

IMPLICITNO ZADANO OPCE RJESENJETrazimo partikularno rjesenje:=⇒ y(0) = 1 =⇒ 12 = sin0+C0 =⇒ C0 = 1

y2 = sin(2x)+1

IMPLICITNO ZADANO PARTIKULARNO RJESENJE

Uocite da se zbog pocetnog uvjeta y(0) = 1 > 0 moze zakljuciti da je ustvari

y =√

sin(2x)+1 (EKSPLICITNO ZADANO RJESENJE)

(tj. y =−√

sin(2x)+1 otpada kao moguce rjesenje.)




yy ′ =x

y +yx2 , y(0) =−1.

Rjesenje:

ydydx

=x

y(1+x2)

ydy =x

1+x2 dx/∫

∫ydy =

∫ x1+x2 dx (supst.t = 1+x2)

y2

2=

12

ln(1+x2)+C/ ·2



y2 = ln(1+x2) +C0, (C0 = 2C)

IMPLICITNO ZADANO OPCE RJESENJETrazimo partikularno rjesenje:=⇒ y(0) =−1 =⇒ 1 = ln1+C0 =⇒ C0 = 1

=⇒ y2 = ln(1+x2) +1

IMPLICITNO ZADANO PARTIKULARNO RJESENJE

Uocite da se zbog pocetnog uvjeta y(0) =−1 < 0 moze zakljuciti da jeu stvari

y =−√

ln(1+x2)+1 (EKSPLICITNO ZADANO RJESENJE).




y ′ = y2x2 +x2−y2−1, y(0) = 0.

Rjesenje:

Uocimo y ′ = x2(y2 +1)− (y2 +1) = (y2 +1)(x2−1)

ydydx

= (y2 +1)(x2−1)

1y2 +1

dy = (x2−1)dx/∫

∫ 1y2 +1

dy =∫(x2−1)dx

arctg y =x3

3−x +C /tg



y = tg(

x3

3−x +C

)Trazimo partikularno rjesenje:=⇒ y(0) = 0 =⇒ 0 = tg (0+C) =⇒ C = 0

=⇒ y = tg(

x3

3−x +C

)




xy ′ = 2y +3, y(1) =52.

Rjesenje:

xdydx

= 2y +3

dy2y +3

=dxx

/∫

12

ln(| 2y +3 |) = lnx +C0

ln | 2y +3 |= 2lnx + lnC

/exp




xy ′ = 2y +3, y(1) =52.

Rjesenje:

xdydx

= 2y +3

dy2y +3

=dxx

/∫

12

ln(| 2y +3 |) = lnx +C0

ln | 2y +3 |= 2lnx + lnC

/exp




xy ′ = 2y +3, y(1) =52.

Rjesenje:

xdydx

= 2y +3

dy2y +3

=dxx/∫

12

ln(| 2y +3 |) = lnx +C0

ln | 2y +3 |= 2lnx + lnC

/exp




xy ′ = 2y +3, y(1) =52.

Rjesenje:

xdydx

= 2y +3

dy2y +3

=dxx/∫

12

ln(| 2y +3 |) = lnx +C0

ln | 2y +3 |= 2lnx + lnC

/exp




xy ′ = 2y +3, y(1) =52.

Rjesenje:

xdydx

= 2y +3

dy2y +3

=dxx/∫

12

ln(| 2y +3 |) = lnx +C0

ln | 2y +3 |= 2lnx + lnC

/exp




xy ′ = 2y +3, y(1) =52.

Rjesenje:

xdydx

= 2y +3

dy2y +3

=dxx/∫

12

ln(| 2y +3 |) = lnx +C0

ln | 2y +3 |= 2lnx + lnC /exp



Rjesenje:

⇒2y +3 = Cx2

Pocetni uvjet: y(1) =52=⇒ C = 8 =⇒

2y +3 = 8x2.



Zadatak 6.Olovna kugla malih dimenzija zagrijana je na 100◦ C. U trenutku t = 0uronimo je u vodenu kupku cija se temperatura odrzava na 30◦ C.Toplinska vodljivost olova je velika, pa mozemo pretpostaviti da jetemperatura kugle jednaka u svim njezinim tockama u svakomtrenutku.Prema Newtonovom zakonu hladenja brzina promjene temperatureuronjene kugle proporcionalna je razlici temperatura kugle i vodenekupke u kojoj se ona hladi.Na kraju trece minute hladenja temperatura kugle je smanjena na 70◦

C. Koliko ce vremena proci dok se ona smanji na 31◦ C?



Rjesenje:Oznacimo s T = T (t) temperaturu kugle nakon sto je proteklo tminuta. Matematicki model hladenja prema Newtonovom zakonupredstavlja diferencijalna jednadzba:

dTdt

= k(T −30)

dTdt

←− brzina promjene temperature kugle

k ←− faktor prroporcionalnostiT −30 ←− razlika temperatura kugle i tekucine



Time smo dobili separabilnu diferencijalnu jednadzbu:

dTT −30

= kdt /∫

ln |T −30|= kt +C /exp

T −30 = Aekt (uz A = eC)

T = Aekt +30

Iz pocetnog uvjeta T (0) = 100 odredit cemo vrijednost parametra A :

100 = Ae0 +30=⇒ A = 70

=⇒ T (t) = 70ekt +30



Konstantu k cemo odrediti iz T (3) = 70 :

70 = 70e3k +30

40 = 70e3k

e3k =47

/ ln

k =13

ln(

47

)=−0.1865

T (t) = 70e−0.1865t +30

Odredimo sada t tako da je T (t) = 31 :

31 = 70e−0.1865t +30 =⇒ t = 22.78

Dakle, temperatura ce se smanjiti na 31◦ C za nesto manje od 23 min.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje-4 61 / 75


Diferencijalna jednadzba

y ′ = f(y

x

)svodi se na separabilnu nakon supstitucije u =

yx.

Zaista,y = ux =⇒ y ′ = u+u′x

pa jednadzba prelazi uu+u′x = f (u)

koja je separabilna:du

f (u)−u=

dxx.


Rjesavanje diferencijalne jednadzbe 1. reda Linearana diferencijalna jednadzba 1. reda

Linearana diferencijalna jednadzba 1. reda

y ′+p(x)y = q(x)

Postupak rjesavanja:

(1) Pomnozimo jednadzbu s z = eP(x) gdje je P(x) =∫

p(x)dx . Time

dolazimo do separabilne jednadzbe.(2) Rijesimo tu separabilnu jednadzbu i dobijemo opce rijesenje:

y = e−P(x)(

C +∫

q(x)eP(x)dx)



Primjer 4.Rjesimo diferencijalnu jednadzbu:

y ′+xy = x

uz pocetni uvjet y(0) = 3.

Rjesenje:

p(x) = q(x) = x

⇒ P(x) =∫

p(x)dx =∫

xdx =x2

2

⇒ z = ex2

2



y ′+xy = x / ·zy ′e

x2

2+xe

x2

2y = xe

x2

2

ddx

(ye

x2

2)= xe

x2

2/∫

yex2

2=

∫xe

x2

2dx = e

x2

2+C

y = e−x2

2 (ye

x2

2+C

)y = 1+Ce−

x2

2

Iz pocetnog uvjeta y(0) = 3 slijedi 3 = 1+C⇒ C = 2. Partikularnorjesenje je

y = 1+Ce−x2

2.




y ′+yx= x +1, y(1) =

53.

Rjesenje:

p(x) =1x

q(x) = x +1

⇒ P(x) =∫

p(x)dx =∫ 1

xdx = lnx

⇒ z = elnx = x



y ′+1x

y = x +1 / ·x

xy ′+y = x2 +xddx

(xy) = x2 +x /∫

xy =∫(x2 +x)dx =

x3

3+

x2

2+C

y =x2

3+

x2+

Cx

Pocetni uvjet y(1) = 106 ⇒ 5

3 = 13 +

12 +C⇒ C = 5

6 ⇒

y =x2

3+

x2+

56x




y ′−y = e3x , y(0) =52.

Rjesenje:

p(x) =−1 q(x) = e3x

⇒ P(x) =∫

p(x)dx =∫−dx =−x

⇒ z = e−x



y ′−y = e3x / ·e−x

y ′e−x −ye−x = e2x

ddx(ye−x)= e2x /

∫ye−x =

∫e2xdx =

12

e2x +C

y =12

e3x +Cex

Pocetni uvjet y(0) = 52 ⇒ 5

2 = 12 +C⇒ C = 2⇒

y =12

e3x +2ex



Zadatak 3.Nadite parametarske jednadzbe gibanja projektila u polju sile teze,kroz zrak koji se opire gibanju silom koja je proporcionalna brzinigibanja.

Rjesenje:Projektil se giba u vertikalnoj ravnini xy . Pretpostavimo da je pocetnogpolozaja (0,0) ispaljen brzinom v0 pod kutem α.U horizontalnom smjeru x na projektil djeluje samo sila zracnog otporakoja je proporcionalna brzini, pa prema drugom Newtonovom zakonu:

ma =−Kvmx =−K xx =−kx (1)



U vertikalnom smjeru y na projektil sjeluje sila teza i sila otpora:

ma =−mg−Kvmy =−mg−K y/my =−g−ky (2)

Jednadzba (1) je linearna. Uz oznaku vx = x ona glasi

vx =−kvx .

Njezino rjesenje je eksponencijalna funkcija:

x = vx = Ce−kt .

Iz pocetnog uvjeta vx(0) = v0 cosα⇒ v0 cosα = C

⇒ x = v0 cosαe−kt/∫



x =−v0 cosα

ke−kt +D

Iz pocetnog uvjeta v(0) = 0 =⇒ D =v0 cosα

k=⇒

x =v0 cosα

k

(1−e−kt

)vy +kvy =−g

te je njezino rjesenje

y = vy =1k

(Ce−kt −g

).



Iz pocetnog uvjeta vY (0) = v0 sinα slijedi

x = kv0 sinα+g

y = v0 sinαe−kt +gk

e−kt − gk/∫

y =−v0 sinα

ke−kt − g

k2 e−kt − gtk

+D

Iz pocetnog uvjeta y(0) = 0 slijedi D =v0 sinα

k+

gk2 =⇒

y =−gtk

+

(v0 sinα

k+

gk2

)(1−e−kt

)



Zadatak 4.Posuda pocetno sadrzi 100` vode u kojoj je otopljeno 50 dag soli. U

posudu brzinom od 10`/min utjece slana voda s koncentracijom2 dag/`, ali voda iz posude i istjece jednakom brzinom. Mjesanjem seodrzava jednolika koncentracija soli u posudi. Nadite kako sekoncentracija soli u posudi mijenja s vremenom.

Rjesenje:Trenutnu kolicinu soli u posudi oznacimo s y(t). Brzina kojom se onamijenja jednaka je brzini ulaza soli (10 ·2 = 20 dag/min) umanjenoj za

brzinu izlaza soli (10

100y = 0.1y dag/min) Dakle,

y ′ = 20−0.1y

uz pocetni uvjet y(0) = 50.



⇒ y = e−0.1t(

C +∫

e0.1t ·20dt)

= e−0.1t(

C +200.1

e0.1t)

= Ce0.1t +200

Uvrstavanjem pocetnog uvjeta

y(0) = C +200 = 50 =⇒ C =−150

=⇒ y(t) = 200−150e−0.1t

Koncentraciju γ(t) dobijemo djeljenjem sa 100:

γ(t) = 2−1.5e−0.1t .
