Univerza v Ljubljani
Pedagoska fakulteta
Oddelek za matematiko in racunalnistvo
Marko Razpet
NALOGE IZ
DIFERENCIALNIH ENACB
Z RESITVAMI
Studijsko gradivo
Ljubljana, julij 2010
Predgovor
Za akademsko leto 2009/10 mi je bila na Pedagoski fakulteti v Ljubljani
zaupana izvedba izbranih poglavij iz analize v tretjem letniku. Ustrezna
zbirka iz polovice tega predmeta, to je iz kompleksne analize, je ze nastala,
sedaj pa so na vrsti se diferencialne enacbe. Predmet mi ni bil nov, saj
sem ga ze predaval davnega leta 1990/91. S podobnimi vsebinami pa sem
se sreceval ze na ljubljanski Fakulteti za strojnistvo, kjer so diferencialne
enacbe in kompleksna analiza del matematike v drugem letniku in pridobljeno
znanje inzenirji uporabljajo tudi pri nekaterih drugih predmetih, na primer v
mehaniki. Diferencialne enacbe in kompleksna analiza imajo v Sloveniji dolgo
tradicijo, ze vsaj od Plemljevih casov naprej. Kot studentu matematike mi
je diferencialne enacbe predaval prof. France Krizanic, kompleksno analizo
pa prof. Ivan Vidav in slednja mi je bila eden najljubsih predmetov.
Pred vami je zbirka resenih nalog, ki je nastajala zadnje leto, in ki naj
bi omogocala, da se student laze znajde med diferencialnimi enacbami in da
se nauci nekaj tipicnih prijemov na tem podrocju. Potek resevanja nalog ni
naveden povsod, pac pa je podanih nekaj napotkov, kako se resuje posamezen
tip enacb. Dodanih je vec primerov Pfaffovih diferencialnih enacb in kvazilin-
earnih parcialnih diferencialnih enacb, ki logicno sledijo sistemom navadnih
diferencialnih enacb. V veliko pomoc pri racunanju tezjih integralov, poenos-
tavljanju izrazov in preizkusih je bil racunalniski program derive. Zbirka se
bo po potrebi z leti, vsaj upam, se dopolnjevala. Zahvaljujem se studentkama
Aniti Brolih in Simoni Stupica za najdene napake. Uporabnike pa se nadalje
prosim, da mi pridno sporocajo napake.
Ljubljana, julij 2010 Dr. Marko Razpet
2
Kazalo
Predgovor 2
1 Navadne diferencialne enacbe prvega reda 4
2 Nekaj geometrijskih nalog 57
3 Navadne diferencialne enacbe drugega in visjih redov 60
4 Sistemi navadnih diferencialnih enacb 134
4.1 Linearni sistemi diferencialnih enacb . . . . . . . . . . . . . . 139
4.2 Nelinearni sistemi diferencialnih enacb . . . . . . . . . . . . . 177
5 Pfaffove diferencialne enacbe 197
6 Kvazilinearne parcialne diferencialne enacbe 205
Literatura 237
3
1 Navadne diferencialne enacbe prvega reda
1. Diferencialna enacba z locljivima spremenljivkama je oblike
P (x) dx+Q(y) dy = 0
ali pa se na tako obliko lahko prevede. Pri tem upostevamo tudi posebne resitve.
Splosna resitev je ∫P (x) dx+
∫Q(y) dy = c.
2. Ce je izpolnjen pogoj ∂Q/∂x = ∂P/∂y, potem je
P (x, y) dx+Q(x, y) dy
totalni diferencial funkcije U(x, y), ki je resitev sistema enacb ∂U/∂x = P , ∂U/∂y =
Q. Tedaj je resitev enacbe
P (x, y) dx+Q(x, y) dy = 0
v implicitni obliki: U(x, y) = c.
3. Ce pa ni izpolnjen pogoj ∂Q/∂x = ∂P/∂y, potem se vcasih posreci najti
integrirajoci mnozitelj M(x, y) ∕= 0, tako da je
M(x, y)P (x, y) dx+M(x, y)Q(x, y) dy
popolni ali totalni diferencial neke funkcije U(x, y). Resitev potem poiscemo po
prej opisanem postopku.
4. Homogena diferencialna enacba je oblike
y′ =dy
dx= f
(yx
)ali pa se na tako obliko lahko prevede. S substitucijo y = xz, y′ = z + xz′ jo
prevedemo na enacbo z locljivima spremenljivkama in resimo z integriranjem. Na
koncu v resitev vstavimo z = y/x in uredimo.
4
5. Diferencialno enacbo oblike
y′ =dy
dx= f
(a1x+ b1y
a2x+ b2y
),
∣∣∣∣∣∣ a1 b1
a2 b2
∣∣∣∣∣∣ ∕= 0,
predelamo v homogeno
y′ =dy
dx= f
(a1 + b1y/x
a2 + b2y/x
)= g
(yx
)in resujemo po prej opisani metodi.
6. Diferencialno enacbo oblike
y′ =dy
dx= f
(a1x+ b1y + c1a2x+ b2y + c2
),
∣∣∣∣∣∣ a1 b1
a2 b2
∣∣∣∣∣∣ ∕= 0,
prevedemo s substitucijo x = u+ �, y = v + � na obliko
dv
du= f
(a1u+ b1v
a2u+ b2v
)in naprej resujemo po prej opisani metodi.
7. Diferencialno enacbo oblike
y′ =dy
dx= f
(a1x+ b1y + c1a2x+ b2y + c2
),
∣∣∣∣∣∣ a1 b1
a2 b2
∣∣∣∣∣∣ = 0,
prevedemo s substitucijo z = a1x+ b1y na obliko, ki ima locljivi spremenljivki, in
jo naprej resujemo po znani metodi.
8. Linearna diferencialna enacba prvega reda je oblike
y′ + p(x)y = f(x).
Ce je f(x) ≡ 0, je linearna enacba homogena. Tedaj njeno resitev poiscemo z
metodo locitve spremenljivk.
Nehomogeno enacbo resimo v dveh korakih. Priredimo ji homogeno enacbo
y′ + p(x)y = 0,
5
ki ima netrivialno resitev y(x) = �(x). Nehomogeno enacbo potem lahko resimo
z metodo variacije konstante. Zapisemo Y (x) = c(x)�(x), kar vstavimo v dano
nehomogeno enacbo in dobimo:
c′(x)�(x) = f(x).
To je enacba z locljivima spremenljivkama za c(x). Ko najdemo c(x) in s tem
Y (x), imamo splosno resitev zacetne nehomogene enacbe: y(x) = c�(x) + Y (x).
9. Bernoullijeva diferencialna enacba ima obliko
y′ + p(x)y = q(x)yn, n ∕∈ {0, 1}.
Predelamo jo v obliko
y−ny′ + p(x)y1−n = q(x),
nato pa vpeljemo novo spremenljivko z = y1−n, z′ = (1 − n)y−ny′ in dobimo
linearno nehomogeno diferencialno enacbo
z′ + (1− n)p(x)z = (1− n)q(x),
ki jo resujemo po znani metodi.
10. Riccatijeva diferencialna enacba je oblike
y′ = a(x)y2 + b(x)y + c(x).
Ce poznamo eno njeno resitev y1, potem enacbo s substitucijo
y = u+ y1
prevedemo na Bernoullijevo diferencialno enacbo za u. To pa znamo resiti.
11. Lagrangeva diferencialna enacba je oblike
y = x'(y′) + (y′).
Vanjo vstavimo y′ = t, da dobimo enacbo
y = x'(t) + (t),
6
ki jo potem odvajamo:
t = '(t) + (x'′(t) + ′(t))dt
dx.
Ce je stevilo t0 realna resitev navadne enacbe t = '(t), potem je y = t0x + (t0)
posebna resitev Lagrangeve enacbe. Diferencialno enacbo preoblikujemo v linear-
no:dx
dt='′(t)x+ ′(t)
t− '(t).
Njena resitev x = Φ(t, c) skupaj z y = '(t)Φ(t, c) + (t) sestavlja splosno resitev
dane Lagrangeve enacbe v parametricni obliki.
12. Poseben primer Lagrangeve diferencialne enacbe je Clairautova diferencialna
enacba:
y = xy′ + '(y′).
Njena splosna resitev je
y = cx+ '(c),
posebna resitev pa ogrinjaca, ki jo dobimo z izlocitvijo konstante c iz sistema
y = cx+ '(c) , 0 = x+ '′(c) .
13. Resitev diferencialne enacbe f(y′) = 0, v kateri ne nastopata x in y, ampak
samo odvod, ima resitev
f
(y − cx
)= 0.
14. Diferencialno enacbo f(x, y′) = 0, v kateri ne nastopa y, resujemo parametricno.
Ce lahko enacbo parametriziramo z
x = '(t), y′ = (t),
potem iz zveze
dy = y′ dx = (t)'′(t) dt
izracunamo
y =
∫ (t)'′(t) dt = Φ(t) + c
7
in s tem imamo resitev v parametricni obliki:
x = '(t), y = Φ(t) + c.
15. Diferencialno enacbo f(y, y′) = 0, v kateri ne nastopa x, prav tako resujemo
parametricno. Ce lahko enacbo parametriziramo z
y = '(t), y′ = (t),
potem iz zveze
dx =dy
y′='′(t) dt
(t)
izracunamo
x =
∫'′(t) dt
(t)= Φ(t) + c
in s tem imamo resitev v parametricni obliki:
x = Φ(t) + c, y = '(t).
1. Resite diferencialno enacbo
8y′3 = 27y .
Ali ima enacba posebno resitev?
Resitev
Dano enacbo prepisemo v obliko
2dy
dx= 3y1/3,
locimo spremenljivki
2y−1/3 dy = 3 dx
in integriramo:
3y2/3 = 3x+ 3c.
8
Po preureditvi dobimo:
y2 = (x+ c)3.
Pri locevanju spremenljivk mora biti y ∕= 0. Toda y = 0 je tudi resitev,
in sicer posebna resitev.
2. Resite diferencialno enacbo
(yy′)3 = 27x(y2 − 2x2).
Ali ima enacba posebno resitev?
Resitev
V enacbo vpeljemo novo spremenljivko z = z(x) z relacijo y2 − 2x2 =
x2z3, 2yy′−4x = 3x2z2z′+ 2z3x. Korenimo, pomnozimo z 2 in dobimo
4x+ 3x2z2z′ + 2z3x = 6zx.
Po krajsanju z x, preureditvi ter faktorizaciji imamo:
3xz2z′ = −2(z − 1)2(z + 2).
Enacba ima dve posebni resitvi: z = 1 in z = −2. Prva nam da
y2 = 3x2, druga pa y2 = −6x2, kar nam da samo tocko (0, 0).
Za splosno resitev pa locimo spremenljivki:
3z2 dz
(z − 1)2(z + 2)= −2 dx
x.
Razvijemo na parcialne ulomke:
3 dz
(z − 1)2+
5 dz
z − 1+
4 dz
z + 2+
6 dx
x= 0.
9
Z integracijo in zdruzevanjem logaritmov dobimo
− 3
z − 1+ ln[cx6(z − 1)5(z + 2)4] = 0
oziroma
(z − 1) ln[cx6(z − 1)5(z + 2)4] = 3,
pri cemer je
z = 3√
(y/x)2 − 2.
Posebni resitvi sta y = ±x√
3.
3. Resite diferencialno enacbo
yy′ + x =1
2
(x2 + y2
x
)2
.
Resitev
Ocitno je dobro vpeljati novo spremenljivko z = x2+y2, z′ = 2(x+yy′).
Enacba s tem preide v
z′ = z2/x2,
ki ima locljivi spremenljivki:
dz
z2=dx
x2.
Integracija nam da:1
z=
1
x+ c.
Po preureditvi imamo resitev v implicitni obliki: x = (1 + cx)(x2 + y2).
4. Resite diferencialno enacbo
y′ =
(3x+ y3 − 1
y
)2
.
10
Resitev
Vpeljali bomo novo spremenljivko z = 3x + y3 − 1, z′ = 3(y2y′ + 1).
Enacba se s tem transformira v
z′ − 3 = 3z2,
ki ima locljivi spremenljivki:
dz
z2 + 1= 3 dx.
Integracija nam da:
arc tg z = 3x+ c.
Po preureditvi imamo resitev v implicitni obliki: 3x+y3−1 = tg(3x+c).
5. Resite diferencialno enacbo
(y′ + 1)3 = 27(x+ y)2 .
Ali ima enacba posebno resitev?
Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko z = z(x) = x+ y(x).
(R: x+ y = (x+ c)3, y = −x.)
6. Resite diferencialno enacbo
(x2 − 1)y′ + y2 − 2xy + 1 = 0 .
Ali ima enacba posebno resitev?
Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko z = z(x) = y(x)− x.
(R: ln ∣(x− 1)/(x+ 1)∣ − 2/(y − x) = c, y = x.)
11
7. Resite diferencialno enacbo
(xy′ − y)2 = x2(y2 − x2) .
Ali ima enacba posebno resitev?
Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko z = z(x) = y(x)/x.
(R: y = ±x ch(x+ c), y = ±x.)
8. Resite diferencialno enacbo
x(2− 9xy2) dx+ y(4y2 − 6x3) dy = 0 .
Resitev
Vzemimo: P (x, y) = x(2−9xy2) = 2x−9x2y2, Q(x, y) = y(4y2−6x3) =
4y3 − 6x3y. Ker je ∂Q/∂x = −18x2y = ∂P/∂y, je leva stran dane
enacbe totalni diferencial neke funkcije U(x, y):
∂U
∂x(x, y) = 2x− 9x2y2,
∂U
∂y(x, y) = 4y3 − 6x3y.
Z integracijo najdemo
U(x, y) = x2 − 3x3y2 + '(y),
kjer je '(y) poljubna odvedljiva funkcija. Druga enacba pa nam da:
∂U
∂y(x, y) = −6x3y + '′(y) = 4y3 − 6x3y.
Zato mora veljati '′(y) = 4y3, iz cesar dobimo '(y) = y4 + c1 in
U(x, y) = x2− 3x3y2 + y4 + c1. Resitev dane enacbe v implicitni obliki
je torej x2 − 3x3y2 + y4 = c.
12
9. Resite diferencialno enacbo
(2x− ln(y + 1)) dx− x+ y
y + 1dy = 0 .
Resitev
Vzemimo: P (x, y) = 2x − ln(y + 1), Q(x, y) = −(x + y)/(y + 1). Ker
je ∂Q/∂x = −1/(y + 1) = ∂P/∂y, je leva stran dane enacbe totalni
diferencial neke funkcije U(x, y):
∂U
∂x(x, y) = 2x− ln(y + 1),
∂U
∂y(x, y) = −x+ y
y + 1.
Z integracijo najdemo
U(x, y) = x2 − x ln(y + 1) + '(y),
kjer je '(y) poljubna odvedljiva funkcija. Druga enacba pa nam da:
∂U
∂y(x, y) = − x
y + 1+ '′(y) = − x
y + 1− y
y + 1.
Zato mora veljati '′(y) = −y/(y + 1), iz cesar dobimo '(y) = −y +
ln(y + 1) in s tem U(x, y) = x2 − x ln(y + 1) − y + ln(y + 1). Resitev
dane enacbe v implicitni obliki je torej x2 − (x+ 1) ln(y + 1)− y = c.
10. Resite diferencialno enacbo
6x5y dx+ (y4 ln y − 3x6) dy = 0 .
Resitev
Ocitno ima enacba posebno resitev y = 0. Da bi nasli splosno resitev,
dano enacbo delimo z y4:
6x5
y3dx+
(ln y − 3x6
y4
)dy = 0 .
13
Izraz na levi strani je totalni diferencial in nalogo resimo do konca tako
kot prejsnji dve. Nazadnje dobimo resitev: y3(y ln y − y + c) + x6 = 0.
11. Resite diferencialno enacbo
(x√y2 + 1 + 1)(y2 + 1) dx− xy dy = 0 .
Resitev
V enacbo vpeljemo parameter t z relacijo y = tg t. Enacba se poenos-
tavi v
(x+ cos t) dx− x sin t dt = 0.
Opazimo, da je na njeni levi strani totalni diferencial, in sicer lahko
zapisemo
x dx+ d(x cos t) = 0,
zato je resitev x2 + 2x cos t = c. Preidemo na prvotni spremenljivki in
dobimo: (c− x2)√y2 + 1 = 2x.
12. Resite diferencialno enacbo
(x2 + y2 + 1)yy′ + (x2 + y2 − 1)x = 0.
Resitev
Uvedemo novo spremenljivko z = x2 + y2, dz = 2(x dx+ y dy). Enacbo
transformiramo najprej v
(z + 1)(dz − 2x dx) + 2x(z − 1) dx = 0,
nato pa v obliko
(z + 1) dz − 4x dx = 0,
14
ki nam po integraciji da rezultat (z+1)2−4x2 = c in koncno v prvotnih
spremenljivkah (x2 + y2 + 1)2 − 4x2 = c.
13. Resite diferencialno enacbo
(x+ y + 1) dx+ (x− y2 + 3) dy = 0 .
(R: 3x2 + 6xy + 6x− 2y3 + 18y = c.)
14. Resite diferencialno enacbo
(12x+ 5y − 9) dx+ (5x+ 2y − 3) dy = 0 .
(R: 6x2 + 5xy + y2 − 9x− 3y = c.)
15. Resite diferencialno enacbo
(3x− 4y − 2) dx+ (3− 3x+ 4y) dy = 0 .
Resitev
Uvedemo novo spremenljivko z = 3x− 4y − 2 in dobimo:
4z dx− (z − 1)(3 dx− dz) = 0.
Po preureditvi ta preide v diferencialno enacbo z locljivima spremenljivkama
(z + 3) dx+ (z − 1) dz = 0,
ki ima splosno resitev x+ z − ln ∣z + 3∣ = ln c1. Po preurejanju imamo
koncno resitev v implicitni obliki: 3x− 4y + 1 = cex−y.
15
16. Resite diferencialno enacbo
(x+ y − 3) dx+ (x− y − 1) dy = 0 .
(R: x2 + 2xy − y2 − 6x− 2y = c.)
17. Resite diferencialno enacbo
(x+ 2y + 1) dx− (2x+ 4y + 3) dy = 0 .
(R: 4x+ 8y + 5 = ce4x−8y.)
18. Resite diferencialno enacbo
y′ =2x− y + 1
x− 2y + 1.
(R: x2 − xy + y2 + x− y = c.)
19. Resite diferencialno enacbo
x− y − 1 + (y − x+ 2)y′ = 0.
Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko z = y−x+2. Za katero resitev
je y(0) = 0?
(R: (y − x+ 2)2 + 2x = c, (y − x+ 2)2 + 2x = 4.)
20. Resite diferencialno enacbo
y′ =x+ y
y − x.
(R: x2 + 2xy − y2 = c.)
16
21. Resite diferencialno enacbo
y′ =2x− 4y + 1
x− 2y + 1.
(R: (3x− 6y + 1)e6x−3y = c.)
22. Resite diferencialno enacbo
y′ =x− y + 1
x+ y − 3.
Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko z = −y.
(R: x2 − 2xy − y2 + 2x+ 6y = c.)
23. Resite diferencialno enacbo
(4y − 3x− 5)y′ − 3y + 7x+ 2 = 0.
(R: 7x2 − 6xy + 4y2 + 4x− 10y = c.)
24. Resite diferencialno enacbo
(2x+ y + 5)y′ = 3x+ 6.
(R: (y − x− 1)3(3x+ y + 7) = c.)
25. Resite diferencialno enacbo
(2x− y + 5)y′ = 2y − x− 4.
Resitev
Z zamenjavo spremenljivk x = u + �, y = v + � dosezemo, da ni
konstantnih clenov v izrazih 2x − y + 5 in 2y − x − 4. V ta namen
17
morata � in � biti resitev sistema 2� − � + 5 = 0, 2� − � − 4 =
0. Edina resitev je � = −2, � = 1. S tem predelamo diferencialno
enacbo v homogeno: (2u− v) dv = (2v−u) du. Z uvedbo nove odvisne
spremenljivke w(u) = v(u)/u dobimo najprej enacbo
(2u− v)(w du+ u dv) = (2v − u) du,
nato pa po preuredtivi, locitvi spremenljivk in razvojem na parcialna
ulomka se
(2− w) dw
(w − 1)(w + 1)=
dw
2(w − 1)− 3 dw
2(w + 1)=du
u.
Z integracijo in antilogaritmiranjem dobimo u2(w + 1)3 = c(w − 1), s
prehodom na stari spremenljivki pa nazadnje (x+y+1)3 = c(x−y+3).
Ni tezko videti, da obstaja se posebna resitev y = x+ 3.
26. Resite diferencialno enacbo
(x2 − y2 − 2xy) dx+ (y2 − x2 − 2xy) dy = 0 .
(R: (x+ y)(x2 − 4xy + y2) = c.)
27. Resite diferencialno enacbo
xy′ = y +√x2 − y2 .
Resitev
Enacbo zapisemo kot homogeno:
y′ =y +
√x2 − y2x
=y
x+√
1− (y/x)2.
18
Uvedemo novo spremenljivko z z relacijo z = y/x, iz katere je y′ =
xz′+ z in enacba se poenostavi v enacbo z locljivima spremenljivkama:
xz′ =√
1− z2, dz√1− z2
=dx
x.
Integracija nam nazadnje da: arc sin(y/x)− ln ∣x∣ = c.
28. Resite diferencialno enacbo
(xy′ − y)2 = y′2 − 2yy′
x+ 1 .
Resitev
V enacbo vpeljemo novo spremenljivko v = v(x) = y(x)/x, za katero
je y = vx, y′ = v′x+ v. Enacba se transformira v
(x4 − x2)v′2 = 1− v2.
Potem vpeljemo se novo spremenljivko u = 1/x, s katero dobimo:
dv
dx=dv
du
du
dx= −dv
du
1
x2.
Enacba se poenostavi v (1− u2)dv2 = (1− v2)du2. Njeni ocitni resitvi
sta v = ± 1, kar da resitvi zacetne enacbe: y = ±x. Preostale resitve
dobimo, ko resimo enacbe:
√1− u2 dv = ±
√1− v2 du (∣u∣ < 1, ∣v∣ < 1),
√u2 − 1 dv = ±
√v2 − 1 du (∣u∣ > 1, ∣v∣ > 1).
Najprej dobimo:
du√1− u2
= ± dv√1− v2
(∣u∣ < 1, ∣v∣ < 1),
19
du√u2 − 1
= ± dv√v2 − 1
(∣u∣ > 1, ∣v∣ > 1).
Z integracijo pa:
arc cosu± arc cos v = c (∣u∣ < 1, ∣v∣ < 1),
archu± arch v = c (∣u∣ > 1, ∣v∣ > 1).
S prehodom na stari spremenljivki x in y pa:
arc cos(1/x)± arc cos(y/x) = c (∣x∣ > 1, ∣y∣ < ∣x∣),
arch(1/x)± arch(y/x) = c (∣x∣ < 1, ∣y∣ > ∣x∣).
Resitve obstajajo na obmocju, oznacenem s sencenjem na spodnji sliki.
................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... ...............
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
......................
...............
0
x
yx = 1x = −1 y = xy = −x
..............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
.............
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
.....
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
......
.......
.....
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
20
Integralske krivulje so algebrske, ker se da funkciji arc cos in arch z
uporabo adicijskih izrekov za funkciji cos in ch izlociti. Najprej dobimo
(x2 − 1)(x2 − y2) = (Cx2 − y)2,
nato pa po krajsanju z x2 celo stoznice:
x2(1− C2)− y2 + 2Cy − 1 = 0.
29. Resite diferencialno enacbo
y′ = 3x+√y − x2 .
Resitev
Vpeljemo novo spremenljivko z z relacijo y = x2 + z2, y′ = 2x + 2zz′.
Dobimo enacbo 2zz′ = x+ z oziroma 2zz′ = x− z, ki jo preoblikujemo
v homogeno:
z′ =1 + z/x
2z/x.
Nato vpeljemo se spremenljivko w = z/x, z′ = w′x + w in dobimo
enacbo z locljivima spremenljivkama:
w′x =1 + w
2w− w =
1 + w − 2w2
2w=
(1− w)(1 + 2w)
2w.
Po locitvi spremenljivk in razvoju na parcialna ulomka imamo:
2w dw
(1− w)(1 + 2w)=
2 dw
3(1− w)− 2 dw
3(1 + 2w)=dx
x.
Integracija in prehod na stare spremenljivke nam dasta:
(1− w)2(1 + 2w) =c
x3, (x− z)2(x+ 2z) = c.
Na koncu dobimo resitev v implicitni obliki v starih spremenljivkah:
(y − 2x√y − x2)(2
√y − x2 + x) = c.
21
30. Resite diferencialno enacbo
y′ =
√x
2+ 3√y .
Resitev
Vpeljemo novi spremenljivki u in v z relacijama x = v2, y = u3 in
dobimo3u2 du
2v dv=v
2+ u.
Po odpravi ulomkov dobimo homogeno enacbo:
3u2 du = (v2 + 2uv) dv.
Ce uvedemo se spremenljivko w = u/v, dobimo zarade zveze u = vw
po krajsanju z v2 enacbo
3w2(v dw + w dv) = (1 + 2w) dv,
ki ima locljivi spremenljivki:
3w2 dw + (3w3 − 2w − 1) dv = 0.
Ocitno je posebna resitev te enacbe w = 1 oziroma u = v, kar nam
da v prvotnih spremenljivkah y2 = x3. Splosno resitev pa dobimo z
razcepom in locitvijo spremenljivk:
3w2 dw
(w − 1)(3w2 + 3w + 1)+dv
v= 0.
Razcep na parcialne ulomke in integracija nam dasta:
2
7ln(3w2+3w+1)+
3
7ln(w−1)−2
√3
7arc tg(
√3(2w+1))+ln v+
1
7ln c = 0.
22
Po preureditvi dobimo najprej
ln(cv7(w − 1)3(3w2 + 3w + 1)2) = 2√
3 arc tg(√
3(2w + 1))
in s prehodom na spremenljivki u in v splosno resitev:
ln(c(u− v)3(3u2 + 3uv + v2)2) = 2√
3 arc tg(√
3(2u/v + 1)).
Pri tem je seveda v =√x in u = 3
√y.
31. Kateremu pogoju morata zadoscati parametra � in �, da postane izraz
(x2 + 2�xy + �y) dx+ (�x2 + �x+ y) dy
totalni diferencial neke funkcije U(x, y)? Poiscite to funkcijo in tisto
krivuljo U(x, y) = c, ki poteka skozi tocko T (1, 0) in pri tem preseka os
x pod kotom �/4.
(R: � = �, F (x, y) = x3/3+�x2y+�xy+y2/2, c = 1/3, � = −1/2, 2x3−3x2y − 3xy + 3y2 = 2.)
32. Diferencialna enacba
y(x+ y) dx+ (xy + 1) dy = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen le od y. Poiscite ga in resite
dano diferencialno enacbo. Ali ima enacba posebno resitev?
Resitev
Hitro se vidi, da izraz na levi strani enacbe ni totalni diferencial. Naj
bo M(y) iskani integrirajoci mnozitelj, za katerega je
M(y)y(x+ y) dx+M(y)(xy + 1) dy
23
totalni diferencial. Tedaj mora biti izpolnjen pogoj
∂
∂x[M(y)(xy + 1)] =
∂
∂y[M(y)y(x+ y)].
Iz njega sledi diferencialna enacba
M(y)y = M ′(y)y(x+ y) +M(y)(x+ 2y),
ki se poenostavi v enacbo yM ′(y)+M(y) = 0 s splosno resitvijo M(y) =
C/y. Za C = 1 je M(y) = 1/y in izraz
1
y⋅ y(x+ y) dx+
1
y⋅ (xy + 1) dy = (x+ y) dx+ (x+ 1/y) dy
je totalni diferencial, kar pomeni, da obstaja taka funkcija U(x, y), za
katero je∂U
∂x(x, y) = x+ y,
∂U
∂y(x, y) = x+
1
y.
Iz prve enacbe imamo
U(x, y) =x2
2+ xy + '(y),
druga pa nam da:
x+ '′(y) = x+1
y, '′(y) =
1
y, '(y) = ln ∣y∣+ c1.
Torej je
U(x, y) =x2
2+ xy + ln ∣y∣+ c1.
Iskana resitev je x2 + 2xy + 2 ln ∣y∣ = c, posebna pa y = 0.
33. Diferencialna enacba
xy dx− (y3 + x2y + x2) dy = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen le od y. Poiscite ga in resite
dano diferencialno enacbo. Ali ima enacba kaksno posebno resitev?
(R: ln(x2/y2 + 1) = c+ 2y, y = 0.)
24
34. Diferencialna enacba
(x+ y)(1− xy) dx+ (x+ 2y) dy = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen le od x. Poiscite ga in resite
dano diferencialno enacbo.
(R: (xy + y2 − 1)e−x2/2 = c.)
35. Diferencialna enacba
y2 dx+ (xy + tg(xy)) dy = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od xy. Poiscite ga in resite
dano diferencialno enacbo.
(R: y sin(xy) = c.)
36. Diferencialna enacba
(3xy + x+ y)y dx+ (4xy + x+ 2y)x dy = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od xy2. Poiscite ga in resite
dano diferencialno enacbo.
(R: 6x3y4 + 2x3y3 + 3x2y4 = c.)
37. Diferencialna enacba
(x− 1)y2 dx+ (2y − x− xy)x dy = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od xy − y2. Poiscite ga in
resite dano diferencialno enacbo.
(R: ln ∣(x− y)/y∣+ 1/y + (1− y)/(x− y) = c, x = 0, y = 0.y = x.)
25
38. Diferencialna enacba
x dx+ y dy + (x2 + y2)x2 dx = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od x2 + y2. Poiscite ga in
resite dano diferencialno enacbo.
(R: x2 + y2 = ce−2x3/3.)
39. Diferencialna enacba
(x− y) dx+ (x+ y) dy = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od x2 + y2. Poiscite ga in
resite dano diferencialno enacbo.
(R: x2 + y2 = ce−2 arc tg(y/x).)
40. Diferencialna enacba
(x2y2 + x) dy + y dx = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od xy. Poiscite ga in resite
dano diferencialno enacbo. Katera resitev poteka skozi tocko (−1, 1)?
(R: y − 1/(xy) = c, y − 1/(xy) = 2.)
41. Diferencialna enacba
y2 dx− (xy + x3) dy = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen le od x. Poiscite ga in resite
dano diferencialno enacbo.
(R: 2x2y + y2 = cx2.)
26
42. Diferencialna enacba
y(2x− y + 2) dx+ 2(x− y) dy = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen le od x. Poiscite ga in resite
dano diferencialno enacbo.
(R: (2x− y)yex = c.)
43. Diferencialna enacba
(x2 + x2y + 2xy − y2 − y3) dx+ (y2 + xy2 + 2xy − x2 − x3) dy = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od x+ y. Poiscite ga in resite
dano diferencialno enacbo.
(R: xy + x+ y = c(x+ y)(x+ y + 2).)
44. Diferencialna enacba
(x+ 2y) dx+ y dy = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od x+ y. Poiscite ga in resite
dano diferencialno enacbo.
(R: ln ∣x+ y∣ − y/(x+ y) = c.)
45. Diferencialna enacba
(x+ xy + y2) dx+ (y − x2 − xy) dy = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od x− y. Poiscite ga in resite
dano diferencialno enacbo.
(R: 2xy + 2x− 2y − 1 = c(x− y − 1)2.)
27
46. Diferencialna enacba
(x2y − 1) dy − (xy2 − 1) dx = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od x− y. Poiscite ga in resite
dano diferencialno enacbo.
(R: 2− 3xy2 + y3 = c(x− y)3.)
47. Diferencialna enacba
x(y − x2) dx+ y dy = 0
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od y+x2. Poiscite ga in resite
dano diferencialno enacbo.
(R: (x2 + y)(2y − x2) = c.)
48. S primernim predhodnim preoblikovanjem resite diferencialno enacbo
(2x3y − 1)y dx+ (2xy3 − 1)x dy = 0.
Ali ima enacba posebne resitve?
(R: xy(c− x2 − y2) = 1, x = 0, y = 0.)
49. Diferencialna enacba
(x3 − 2xy2) dx+ 3x2y dy = x dy − y dx
ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od (x2 + y2)/x3. Poiscite ga
in resite dano diferencialno enacbo.
(R: 15x(x2 + y2)3 − 30x4y − 20x2y3 − 6y5 = cx5, x = 0.)
28
50. S primernim predhodnim preoblikovanjem resite diferencialno enacbo
x dy − 2y dx+ xy2(2x dy + y dx) = 0.
Ali ima enacba posebne resitve?
Resitev
Enacbo najprej delimo z xy:
dy
y− 2
dx
x+ (2xy dy + y2 dx) = 0.
Opazimo, da je drugi del totalni diferencial:
dy
y− 2
dx
x+ d(xy2) = 0.
Z integracijo dobimo
ln ∣y∣ − 2 ln ∣x∣+ xy2 = c
in na koncu resitev xy2 − ln ∣x2/y∣ = c. Posebni resitvi sta ocitno
x = 0, y = 0.
51. Poiscite splosno resitev diferencialne enacbe
y′ =1
x− y+ 1.
(R: (x− y)2 + 2x = c.)
52. Poiscite splosno resitev diferencialne enacbe
y′ = 2(y − 1) ctg x.
(R: y = c sin2 x+ 1.)
29
53. Poiscite splosno resitev diferencialne enacbe
y′ shx− y chx = −1.
Resitev
Enacba je nehomogena linearna. Pripadajoca homogena enacba je
y′ shx− y chx = 0, ki jo resimo po locitvi spremenljivk in integraciji:
dy
y=
chx
shxdx, ln ∣y∣ = ln ∣ shx∣+ ln c1.
Po antilogaritmiranju imamo y = c shx. Partikularno resitev nehomo-
gene enacbe dobimo z variacijo konstante: Y = c(x) shx. Enacba za
c(x) je preprosta:
c′(x) sh2 x = −1.
Njena resitev je c(x) = cthx, zato je Y = chx. Splosna resitev dane
enacbe je torej
y = c shx+ chx.
54. Resite diferencialno enacbo
y′ − y ctg x = 2x sinx.
(R: y = c sinx+ x2 sinx.)
55. Resite diferencialno enacbo
y′ − y
x= x2.
(R: y = cx+ x3/2.)
30
56. Resite diferencialno enacbo
xyy′ − x2√y2 + 1 = (x+ 1)(y2 + 1).
Resitev
V enacbo vpeljemo z = z(x) =√y2 + 1, iz cesar dobimo najprej
relacijo yy′ = zz′, enacba pa se transformira v
xzz′ − x2z = (x+ 1)z2.
Po krajsanju z z dobimo nehomogeno linearno diferencialno enacbo
xz′ − (x+ 1)z = x2.
Njena splosna resitev je z = x(cex − 1), tako da je implicitna oblika
resitve zacetne enacbe:√y2 + 1 = x(cex − 1).
57. Resite diferencialno enacbo
y′ tg y + 4x3 cos y = 2x.
Resitev
V enacbo vpeljemo z = z(x) = 1/ cos y, kar nam da najprej relacijo
y′ = (cos2 y/ sin y)z′, enacba pa se transformira v nehomogeno linearno
diferencialno enacbo
z′ − 2xz = −4x3.
Njena splosna resitev je z = cex2+ 2 + 2x2, tako da je implicitna oblika
resitve zacetne enacbe: (cex2
+ 2 + 2x2) cos y = 1.
31
58. Resite diferencialno enacbo
(x2 − 1) dx+ (x2y2 + x3 + x) dy = 0.
Resitev
Enacba ima ocitno resitev x = 0. Sicer pa enacbo delimo z x2:
(1− x−2) dx+ (y2 + x+ x−1) dy = 0.
Vpeljemo z = x + x−1, kar nam da najprej relacijo dz = (1− x−2) dx,
enacba pa se transformira v nehomogeno linearno diferencialno enacbo
dz + (y2 + z) dy = 0
oziromadz
dy+ z = −y2.
Njena splosna resitev je z = ce−y − y2 + 2y − 2, tako da je implicitna
oblika resitve zacetne enacbe:
x+ x−1 + y2 − 2y + 2 = ce−y.
59. Resite diferencialno enacbo
xy′ = (x2 + tg y) cos2 y.
Ali ima enacba posebne resitve?
Navodilo. Vpeljite z = tg y, y′ = z′ cos2 y, da dobite linearno enacbo
za z.
(R: tg y = cx+ x2, y = (2k + 1)�/2, k = 0,± 1,± 2, . . .)
32
60. Poiscite splosno resitev diferencialne enacbe
xy2y′ = x2 + y3.
Navodilo. Vpeljite z = y3.
(R: y3 = cx3 − 3x2.)
61. Poiscite splosno resitev diferencialne enacbe
xy′ = x2e−y + 2.
Resitev
Vpeljemo novo spremenljivko u z relacijo u = ey, u′ = ey y′ = uy′. S
tem dobimo linearno diferencialno enacbo xu′ = 2u+x2, ki ima splosno
resitev u = x2(c+ ln ∣x∣). Splosna resitev zacetne enacbe je implicitno:
ey = x2(c+ ln ∣x∣).
62. Poiscite splosno in posebno resitev diferencialne enacbe
y′ + y = xy3.
Resitev
Enacba je Bernoullijeva. Prepisemo jo v obliko y−3y′ + y−2 = x, nakar
uvedemo novo spremenljivko z = 1/y2, z′ = −2y−3y′. S tem dobimo
nehomogeno linearno enacbo z′ − 2z = −2x. Pripadajoca homogena
enacba je z′−2z = 0, ki jo resimo po locitvi spremenljivk in integraciji:
dz
z= 2 dx, ln ∣z∣ = 2x+ ln c1.
33
Po antilogaritmiranju imamo y = ce2x. Partikularno resitev nehomo-
gene enacbe dobimo z variacijo konstante: Y = c(x)e2x. Enacba za c(x)
se glasi: c′(x)e2x = −2x. Njena resitev je c(x) = e−2x(2x+1)/2, zato je
Y = x+1/2. Splosna resitev linearne enacbe je zato z = ce2x+x+1/2,
resitev dane enacbe pa je dana z relacijo y2 = 1/(ce2x + x + 1/2).
Posebna resitev je y = 0.
63. Poiscite splosno resitev diferencialne enacbe
y′ =y2 − x
2y(x+ 1).
(R: y2 = c(x+ 1)− 1 + (x+ 1) ln ∣x+ 1∣.)
64. Poiscite splosno resitev diferencialne enacbe
xy2(xy′ + y) = 1.
(R: 2x3y3 − 3x2 = c.)
65. Resite diferencialno enacbo
(2yy′ − x)(x2 − 1) = xy2
pri zacetnem pogoju y(0) = 1.
(R: y =√x2 − 1 + 2
√1− x2.)
66. Z uvedbo nove spremenljivke z = xy resite diferencialno enacbo
y′ =y2(3xy + 1)
3− xy.
(R: y6/(1 + x2y2)3 = ce2 arc tg(xy).)
34
67. Resite diferencialno enacbo
y′ =2x+ 3y2 + 1
2y(3x+ 4y2 + 1).
(R: 6√
2 ln ∣x−√
2y2− 1−√
2∣ − (3√
2− 4) ln ∣x2− 2x− 2y4− 1∣ = c.)
68. Resite diferencialno enacbo
y′ =y(2x− y2)x(3y2 − x)
.
(R: x2y2(x− y2)2 = c.)
69. Resite diferencialno enacbo
xy′ + 3y = −x4y2.
Ali ima enacba posebno resitev? Katero?
(R: y = 1/(cx3 + x4), y = 0.)
70. Resite diferencialno enacbo
y′ − 4xy
x2 − 1= 8x
√y.
Ali ima enacba posebno resitev? Katero?
(R:√y = (x2 − 1)(c+ ln(x2 − 1)2), y = 0.)
71. Resite diferencialno enacbo
2xy′ + 1 = y +x2
y − 1.
Navodilo. V enacbo vpeljite novo spremenljivko z = y−1 in jo resujte
kot Bernoullijevo.
(R: (y − 1)2 = x2 + cx.)
35
72. Resite diferencialno enacbo
y′ =3x2
x3 + y + 1.
Navodilo. Enacbo zapisite v obliki
dx
dy=x
3+y + 1
3x2
in jo resujte kot Bernoullijevo.
(R: x3 = cey − y − 2.)
73. Resite diferencialno enacbo
y′ =(y + 1)2
x(y + 1)− x2.
Ali ima enacba posebno resitev? Katero?
Navodilo. Vpeljite v enacbo novo spremenljivko z = y + 1, da dobite
enacbo
z′ =z2
xz − x2,
ki jo nato zapisite v obliki
dx
dz=xz − x2
z2=x
z− x2
z2
in jo resujte kot Bernoullijevo.
(R: y + 1 = x(c+ ln ∣y + 1∣), y = −1.)
74. Resite diferencialno enacbo
xy′ − 3y + x4y2 = 0.
Ali ima enacba posebno resitev? Katero?
(R: y = 7x3/(x7 + c), y = 0.)
36
75. Resite diferencialno enacbo
x2(x− 1)y′ − y2 − x(x− 2)y = 0.
Ali ima enacba posebno resitev? Katero?
(R: y = x2/(cx− c+ 1), y = 0.)
76. Resite diferencialno enacbo
(x2 − y4)y′ − xy = 0.
Ali ima enacba posebno resitev? Katero?
(R: x2 = cy2 − y4, y = 0.)
77. Poiscite splosno resitev diferencialne enacbe
y′ =2x− yx− 2y
.
(R: x2 + y2 − xy = c.)
78. Poiscite splosno resitev diferencialne enacbe
y′ =x3 + 2xy2 − y3
x2(x+ y).
(R: x2 + y2 = cx2(x− y)2.)
79. Resite zacetni problem:
y′ − y ctg x = sin(2x), y(�/2) = 0.
(R: y = 2 sin x(1− sinx).)
37
80. Resite zacetni problem:
y′ =y
x− y, y(1) = −1.
(R: x = −y ln(−ey).)
81. Resite zacetni problem:
xy′ + 2y =sinx
x, y(�) =
2
�2.
(R: y = (1− cosx)/x2.)
82. Resite diferencialno enacbo
y′ − y
2x=x2
2y.
(R: y2 = cx+ x3/2.)
83. Resite zacetni problem:
x4y′′ = y′(y′ + x3), y(1) = 2 , y′(1) = 1.
(R: y = (1− cosx)/x2.)
84. Resite diferencialno enacbo
x3y′ + 2x2y = 3x3 + 1.
(R: y = c/x2 + x+ ln ∣x∣/x2.)
85. Za katero resitev diferencialne enacbe
xy′ − (2x2 + 1)y = x2
je limx→∞ ∣y(x)∣ <∞? Koliko je tedaj limx→∞ y(x)?
(R: y = −xex2∫∞xe−u
2du, limx→∞ y(x) = −1/2.)
38
86. Resite diferencialno enacbo
xy′ − 2y = 2x4.
(R: y = cx2 + x4.)
87. Resite diferencialno enacbo
y′ − y
1 + x+ y2 = 0.
(R: y = 2(1 + x)/(c+ 2x+ x2), y = 0.)
88. Resite diferencialno enacbo
x(x− 1)y′ + y3 = xy.
Ali ima enacba posebno resitev? Katero?
(R: (x− 1)2 = y2(2x+ c− 2 ln ∣x∣), y = 0.)
89. V drugem letniku nam je prof. Krizanic predaval kar dva predmeta,
diferencialne enacbe in visjo algebro. Asistenta v zimskem semestru
ni imel, pa je vaje vodil kar sam. Tiste case asistentov ni bilo na
pretek, tudi profesorjev ne. Tako smo navadno enega imeli kar pri dveh
predmetih. Tako se je zgodilo, da smo imeli vaje iz diferencialnih enacb
v popolnoma novi predavalnici v pritlicju na Jadranski 19. Obravnavali
smo ravno Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ = a(x)y2 + b(x)y + c(x) .
Profesor Krizanic poklice k tabli kolego. Povedati je treba, da so se
studentje vecinoma temu izmikali. Profesor je vedno nasel nacin, da
39
je nasel zrtev po sistemu krizank. Ta in ta v tej in tej vrsti. Iz zepa
potegne zbirko vaj ruskega avtorja Filipova. Studentu narekuje enacbo,
ki je bila nekaj takega:
y′ =y2
2x− (1 + x)y
x+
4 + x
2.
Ostali jo pridno prepisemo v svoje zvezke. ”Kaksne pasme pa je ta
enacba?”, vprasa profesor. ”Riccatijeva”, odgovori nadebudnez. ”Res
je Riccatijeva. Kako jo resujemo?” Pravi mladenic: ”Eno resitev uga-
nemo.” Profesor: ”Sedaj bomo pa uganjevali.” Dolgo casa nic. Tedaj
pa ravno zmanjka v predavalnici elektrike, kar ni bilo nic cudnega, saj
je bilo vse novo in nepreizkuseno. ”Ali se Vam je kaj pobliskalo?”,
vprasa. ”Nic.” Spet tisina. Potem pa pride spet elektrika. ”Ali se
Vam je morda sedaj kaj pobliskalo?” Potem smo s skupnimi mocmi le
uganili resitev: y1 = x. Nato smo iskali resitev z nastavkom
y = z + y1 = z + x
in dobili po poenostavljanju Bernoullijevo diferencialno enacbo
z′ +z
x=z2
2x,
ki smo jo z uvedbo nove funkcije u = u(x) = 1/z, u′ = −z′/z2 prevedli
na nehomogeno linearno diferencialno enacbo:
u′ − u
x= − 1
2x.
Najprej smo resili pripadajoco homogeno enacbo:
v′ − v
x= 0 .
Z locitvijo spremenljivk smo dobili najprej enacbo
v′
v=
1
x
40
in nato z integracijo in antilogaritmiranjem:
ln v = lnx+ ln c , v = cx .
Pri tem je bila c integracijska konstanta. Nato smo nadaljujevali z
metodo variacije konstante. Resitev u smo poiskali v obliki u = c(x)x
in dobili:
c′(x)x+ c(x)− c(x) = − 1
2x, c′(x) = − 1
2x2.
Z integriranjem smo imeli
c(x) =1
2x+C
2,
kjer je bila C nova integracijska konstanta. Torej je bilo
u =Cx+ 1
2.
S tem smo nasli splosno resitev vmesne Bernoullijeve enacbe:
z =1
u=
2
Cx+ 1.
Splosna resitev dane Riccatijeve enacbe je bila nazadnje:
y = x+ z = x+2
Cx+ 1=Cx2 + x+ 2
Cx+ 1.
Popaziti je bilo treba tudi na posebne resitve, ki niso bile zajete v
splosno resitev. Enacba za z je imela tudi trivialno resitev z = 0,
ki je nismo dobili za noben koncen C. Torej je imela dana Riccati-
jeva enacba posebno resitev y = x. To je graficno skupna asimptota
enoparametricne druzine krivulj y = (Cx2 + x+ 2)/(Cx+ 1) za C ∕= 0.
Za C = 0 je to posebej premica y = x + 2, kot kaze naslednja slika, ki
je pa takrat zaradi pomanjkanja casa nismo narisali.
41
............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................ ...............
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
..................
...............
x
yy = x
............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
.........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
........
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
.......
........
.......
.......
.......
.......
.......
.......
........
.......
.......
.......
........
.......
.......
.......
......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
.......
.......
.......
.......
.......
.......
........
.......
.......
.......
.......
.......
........
.......
.......
.......
.......
........
.......
.......
.......
........
.......
.......
........
.......
.......
.......
.....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
...............................................
.......................................................................................
...................................................................................................................................................................................................................................................................................................
..........................................................................................................................................................................................................................................................................................................
....................................................................................................................................................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................................................
................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
.....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
90. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ = y2 − 2
x2,
ki ima ocitno resitev y1 = 1/x.
Resitev
Prepricamo se, da je y1 = 1/x res resitev, nato pa uvedemo novo spre-
menljivko u = u(x) z relacijo y = u+ y1 = u+ 1/x. Dobimo enacbo
u′ − 1
x2= u2 +
2u
x+
1
x2− 2
x2,
ki po preureditvi preide v Bernoullijevo:
u′ − 2u
x= u2.
42
Uvedba z = 1/u pa enacbo linearizira v:
z′ +2z
x= −1.
Po ustaljenem postopku (resevanjem pripadajoce homogene enacbe in
z variacijo konstante) dobimo najprej splosno resitev
z =c− x3
3x2, u =
3x2
c− x3,
nazadnje pa y = 1/x + 3x2/(c − x3), posebna resitev pa je seveda
y = 1/x.
91. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ = 1 + x2 − 2xy + y2,
ki ima ocitno resitev y1 = x.
(R: y = x+ 1/(c− x), y = x.)
92. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
(x+ 1)y′ = (x+ 1)y2 + (2x+ 3)y + x+ 2,
ki ima resitev oblike y1 = k.
(R: y = −1 + (2x+ 2)/(c− (x+ 1)2), y = −1.)
93. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
xy′ = x4(y − x)2 + y,
ki ima ocitno resitev y1 = x.
(R: y = x+ 5x/(c− x5), y = x.)
43
94. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
(x2 + x)y′ + y2 + (1− 2x)y − 2x = 0,
ki ima resitev oblike y1 = k.
(R: y = (x2 − c)/(x+ c), y = −1.)
95. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
x2y′ + 1 + xy = x2y2,
ki ima ocitno resitev y1 = 1/x.
(R: y = 1/x+ 2x/(c− x2), y = 1/x.)
96. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
x2y′ = 1 + xy + x2y2,
ki ima ocitno resitev y1 = −1/x.
(R: y = −1/x+ 1/(x(c− ln ∣x∣)), y = −1/x.)
97. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
3x2y′ + 2 + x2y2 = 0,
ki ima ocitno resitev y1 = 1/x.
(R: y = 1/x+ 1/(x+ cx2/3), y = 1/x.)
98. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ = y2 + (1− 2x)y + x2 − x+ 1,
ki ima resitev y1 = x.
(R: y = x+ ex/(c− ex), y = x.)
44
99. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ = xy2 + (1− 2x)y + x− 1,
ki ima resitev y1 = 1.
(R: y = 1 + 1/(ce−x + 1− x), y = 1.)
100. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ = (x+ y)(x+ y − 2),
ki ima resitev y1 = 1− x.
(R: y = 1− x+ 1/(c− x), y = 1− x.)
101. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ = (y − 1)(y +1
x),
ki ima resitev y1 = 1.
(R: y = (c+ ex)/(c+ ex − xex), y = 1.)
102. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ = e−xy2 + y − ex,
ki ima resitev y1 = ex.
(R: y = ex + 2/(ce−3x − e−x), y = ex.)
103. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
x2y′ − xy + x2y2 = 3,
ki resitev oblike y1 = k/x.
(R: y = 3/x+ 4/(cx5 − x), y = 3/x.)
45
104. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
2y′ cosx = 2 cos2 x− sin2 x+ y2,
ki ima ocitno resitev y1 = sinx.
(R: y = sinx+ 2/(c cosx− sinx), y = sinx.)
105. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
x2y′ + xy + x2y2 = 4,
ki ima ocitno resitev y1 = 2/x.
(R: y = 2/x+ 4/(cx5 − x), y = 2/x.)
106. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
3x2y′ + 4x3y2 + 2x(1− 4x)y + 1 + 4x = 0,
ki ima ocitno resitev y1 = 1/x.
(R: y = 1/x+ 1/(cx2/3 + x2), y = 1/x.)
107. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
xy′ − (2x+ 1)y + y2 + x2 = 0,
ki ima ocitno resitev y1 = x.
(R: y = x+ x/(x+ c), y = x.)
108. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ − 2xy + y2 + x2 = 5,
ki ima resitev oblike y1 = ax+ b.
(R: y = x+ 2 + 4/(ce4x − 1), y = x+ 2.)
46
109. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ − 2xy + y2 + x2 = 2,
ki ima resitev oblike y1 = ax+ b.
(R: y = x+ 1 + 2/(ce2x − 1), y = x+ 1.)
110. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ + 2yex − y2 = e2x + ex,
ki ima ocitno resitev y1 = ex.
(R: y = ex − 1/(x+ c), y = ex.)
111. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ + y2 − 3y tg x+ tg2 x− 1 = 0,
ki ima resitev oblike y1 = k tg x.
(R: y = tg x+ (cosx(c+ ln ∣ tg(x/2 + �/4)∣))−1, y = tg x.)
112. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ = y2ex + 2y(e4x − 1) + e7x − 5e3x,
ki ima resitev oblike y1 = aebx.
(R: y = 1/(ce2x + ex)− e3x, y = −e3x.)
113. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
xy′ = y2 − 2(1 + x)y + x2 + 3x,
ki ima resitev oblike y1 = kx.
(R: y = x+ 2/(cx2 + 1), y = x)
47
114. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
x(1− x)(1 + x)y′ + 3x2y2 − (3x2 + 1)y + 1 = 0,
ki ima resitev oblike y1 = k.
(R: y = 1 + (x3 − x)/(c− x3), y = 1.)
115. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
x(x2 − x− 1)y′ − y2 − (x2 − 1)y + x2 = 0,
ki ima resitev oblike y1 = k.
(R: y = 1 + (x2 − x− 1)/(cx+ 1).)
116. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ = (1− 3x)y2 + (12x2 + 2x− 5)y + (6 + 7x− 8x2 − 12x3),
ki ima resitev oblike y1 = ax+ b.
(R: y = 2x+ 1 + 1/(ce3x − x), y = 2x+ 1.)
117. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
(x+ 1)2(y′ + y2) = (x2 − 2x− 3)y + 2x,
ki ima resitev oblike y1 = (�x+ �)/( x+ �).
(R: y = (x− 1)/(x+ 1) + 1/(cex − 1), y = (x− 1)/(x+ 1).)
118. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ = x(x−1)y2−2
(x2 − 2x+ 3− 2
x+ 1
)y+x2−3x+7− 9
x+ 1+
3
(x+ 1)2,
ki ima resitev oblike y1 = (�x+ �)/( x+ �).
(R: y = x/(x+ 1) + 2/(ce2x + x2), y = x/(x+ 1).)
48
119. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo
y′ = 1− 6x+ 2(5− 4x)y + 8xy2,
ki ima resitev oblike y1 = (�x+ �)/( x+ �).
(R: y = x/(1− 2x) + 1/z, y = x/(1− 2x). Pri tem je
z = ce−14x/(2x− 1)2 + (32/2401)(7x− 4)/(2x− 1)2 − 7x/4 + 6/49.)
120. Resite diferencialno enacbo
y3y′ + y2 + x = 0.
Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko u = y2 + x.
(R: ln(2x2 + 2xy2 + y4)− 2 arc tg(y2/x+ 1) = c.)
121. Resite diferencialno enacbo
y′ = y4 cosx+ y tg x.
Katera resitev zadosca zacetnemu pogoju y(0) = 1? Ali ima enacba
kaksno posebno resitev?
(R: y = 1/ 3√c cos3 x− 3 sinx cos2 x, y = 1/ 3
√cos3 x− 3 sinx cos2 x, y =
0.)
122. Resite diferencialno enacbo
xy′ − 6y = 3(x3 − 2) 3√y2.
Ali ima enacba posebno resitev? Katero?
(R: y = (cx2 + x3 + 1)3, y = 0.)
49
123. Resite diferencialno enacbo
2xyy′ − y2 + x = 0.
(R: y2 = cx− x ln ∣x∣.)
124. Poiscite splosno resitev diferencialne enacbe
y′ =x+ y
2y − x.
(R: x2 + 2xy − 2y2 = c.)
125. Resite diferencialno enacbo
y = 2xy′ + xy′2 .
Resitev
Iz enacbe dobimo najprej
y′ = −1±√
1 +y
x,
z vpeljavo nove spremenljivke z = y/x pa enacbo z locljivima spre-
menljivkama
xz′ = −z − 1±√
1 + z.
Uvedemo se spremenljivko u =√
1 + z, pa imamo lepso enacbo
2xuu′u2 ± u = 0,
ki ima locljivi spremenljivki:
dx
x+
2 du
u± 1= 0.
50
Po integraciji in antilogaritmiranju najdemo
x(u± 1)2 = c, 2 + z ± 2√
1 + z =c
x, 2 +
y
x± 2
√1 +
y
x=c
x.
Po poenostavitvi imamo splosno resitev v implicitni obliki (y−c)2 = 4cx
in se posebno resitev y = −x, ker je u = 0 tudi resitev vmesne enacbe,
126. Resite diferencialno enacbo
yy′2 + xy′ − yy′ − x = 0 .
(R: x2 + y2 = c2, y = x+ c.)
127. Resite diferencialno enacbo
y = 1 + y′2 .
(R: y = 1 + (x− c)2/4, y = 1.)
128. Resite diferencialno enacbo
x = 2y′ − 1
y′2.
(R: x = 2t− 1/t2, y = t2 − 2/t+ c.)
129. Resite diferencialno enacbo
y = xy′2 + y′2 .
(R: y = (c+√x+ 1)2, y = 0.)
130. Resite diferencialno enacbo
y = 2xy′ +1
y′2.
51
Resitev
Enacba je Lagrangeva. Uvedemo t = y′ in dobimo y = 2xt + t−2.
Odvajamo:
y′ = t = 2t+ (2x− 2t−3)dt
dx.
Preoblikujemo v linearno enacbo:
dx
dt= −2x− 2t−3
t= −2x
t+
2
t4.
Po standardnem postopku dobimo njeno splosno resitev x = ct−2−2t−3,
nato pa se y = 2xt + t−2 = 2ct−1 − 3t−2. Ce vpeljemo nov parameter
� = t−1, imamo resitev v parametricni obliki: x = c� 2 − 2� 3, y =
2c� − 3� 2.
131. Resite diferencialno enacbo
x(y′2 + e−2y) = −2y′ .
Resitev
V enacbo uvedemo novo spremenljivko z z relacijo z = e−y, y = − ln z,
y′ = −z′/z. Dobimo enacbo
xz′2 + 1
z2=
2z′
z,
ki jo zlahka prepisemo v obliko
z =x
2(z′ + z′−1).
Enacba je Lagrangeva in jo resujemo po standardnem postopku z uvedbo
parametra z′ = t:
z =x
2(t+ t−1).
52
Odvajamo:
t =1
2(t+ t−1) +
x
2(1− t−2) dt
dx.
Za t = ± 1, ki resita enacbo, dobimo posebni resitvi z = ±x ali strnje-
no: z2 = x2. Splosna resitev pa je skrita v enacbi
t = xdt
dx,
ki jo dobimo z urejanjem iz prejsnje. Resitev je cx = c. Potem pa
zlahka dobimo z izlocitvijo parametra t obliko 2zc = c2x2 + 1 ali pa
(c2x2 + 1)/z = 2c. Koncno imamo splosno resitev ey(c2x2 + 1) = 2c in
posebno resitev e−2y = x2.
132. Resite diferencialno enacbo
xy′ = 2y +√
1 + y′2 .
(R: x = t(c+ ln(1 +√
1 + t2)− ln ∣t∣), y = xt/2−√
1 + t2; y = −1/2.)
133. Resite diferencialno enacbo
y = xy′ − y′2 .
Resitev
Enacba je Clairautova. Splosna resitev je y = cx − c2, posebna pa
ogrinjaca druzine resitev. To dobimo, ce iz relacij y = cx − c2 in
0 = x− 2c izlocimo parameter c. Ker je c = x/2, dobimo y = (x/2)x−(x/2)2 = x2/4. Resitvi sta torej y = cx− c2 in y = x2/4.
134. Resite diferencialno enacbo
y′4 = 4y(xy′ − 2y)2.
53
Resitev
Uvedemo novo spremenljivko z z relacijo y = z2, y′ = 2zz′. S tem
poenostavimo enacbo v z′4 = (xz′ − z)2, ki razpade na dve Clairautovi
enacbi:
z = xz′ − z′2, z = xz′ + z′2.
Resitvi sta
z = c(x− c), z = c(x+ c).
Koncno resitev pa lahko izrazimo enotno: y = c2(x − c)2. Resitev je
tudi ogrinjaca te druzine: y = x4/16.
135. Resite diferencialno enacbo
y = xy′ +1
y′.
(R: y = cx+ 1/c, y2 = 4x.)
136. Resite diferencialno enacbo
y = xy′ − 3y′3 .
(R: y = cx− 3c3, 81y2 = 4x3.)
137. Resite diferencialno enacbo
y = xy′ −√
1 + y′2 .
(R: y = cx−√
1 + c2, x2 + y2 = 1.)
138. Resite diferencialno enacbo
y = xy′ +1
2y′2.
(R: y = cx+ 1/(2c2), y = 33√x2/2.)
54
139. Resite diferencialno enacbo
y = xy′ + y′ + y′2 .
(R: y = cx+ c+ c2, y = −(x+ 1)2/4.)
140. Resite diferencialno enacbo
x2(y − xy′) = yy′2.
Resitev
Pomnozimo enacbo s y in uredimo:
x2(y2 − xyy′) = (yy′)2.
Uvedemo novi spremenljivki � = y2 in � = x2, za kateri najprej dobimo:
xyy′ =x
2
dy2
dx=x
2
dy2
d�
d�
dx=x
2
d�
d�(2x) = �
d�
d�, (yy′)2 = �
(d�
d�
)2
Vstavimo v prejsnjo diferencialno enacbo:
�
(� − � d�
d�
)= �
(d�
d�
)2
.
Po krajsanju s � in preureditvi pridemo do Clairautove enacbe
� = �d�
d�+
(d�
d�
)2
,
ki ima splosno resitev � = c� + c2 in ogrinjaco � = −�2/4 za posebno
resitev. V starih spremenljivkah dobimo za ogrinjaco enacbo 4y2+x4 =
0, kar pa da samo tocko (0, 0). Nazadnje imamo resitev v prvotnih
spremenljivkah: y2 = cx2 + c2.
55
141. Resite diferencialno enacbo
(y − 2xy′)2 = 4yy′3.
Resitev
Enacbo pomnozimo z 2y2 in jo preuredimo:
2(y2 − 2xyy′)2 = (2yy′)3.
Vpeljemo novo spremenljivko z = y2, z′ = 2yy′:
2(z − xz′)2 = z′3.
Po korenjenu dobimo Clairautovo enacbo:
z = z′x+√z′2/2,
ki ima splosno resitev z = cx+√c3/2 in posebno resitev 27z = 8x3. Za-
menjamo konstanto c z 2c2 in dobimo v prvotnih spremenljivah splosno
resitev y2 = 2c2(x+ c) in posebno resitev 8x3 = 27y2.
142. Resite diferencialno enacbo
y′ + tg y =x
cos y.
Resitev
Uvedemo novo spremenljivko z = sin y, z′ = y′ cos y in dobimo:
z′
cos y+
sin y
cos y=
x
cos y.
Enacba se poenostavi v linearno z′ + z = x, ki jo resimo na obicajni
nacin in dobimo njeno splosno resitev: z = ce−x+x−1. Splosna resitev
dane enacbe pa je potem v implicitni obliki: sin y = ce−x + x− 1.
56
2 Nekaj geometrijskih nalog
Ortogonalne trajektorije druzine krivulj f(x, y, c) = 0 sekajo vsako njeno clanico
pod pravim kotom. Z izlocitvijo parametra c iz sistema
f(x, y, c) = 0,∂f
∂x(x, y, c) dx+
∂f
∂y(x, y, c) dy = 0
dobimo za dano druzino krivulj diferencialno enacbo:
F (x, y,dy
dx) = 0 .
Ce v njej zamenjamo dy/dx z −dx/dy, dobimo diferencialno enacbo ortogonalnih
trajektorij:
F (x, y,−dxdy
) = 0 .
Ko jo resimo, dobimo enacbo iskanih krivulj.
1. Poiscite druzini krivulj cx2 + y2 = 1 ustrezno diferencialno enacbo in
zapisite diferencialno enacbo ortogonalnih trajektorij druzine. Dobljeno
diferencialno enacbo nato resite. Skicirajte nekaj krivulj dane druzine
in nekaj njenih ortogonalnih trajektorij.
Resitev
Z odvajanjem enacbe cx2 + y2 = 1 in krajsanjem dobimo cx+ yy′ = 0.
Izlocimo konstanto c: 1− y2 = −xyy′. To je diferencialna enacba dane
druzine krivulj. Diferencialna enacba njej ortogonalnih trajektorij pa
je: 1 − y2 = xy/y′. Po preoblikovanju dobimo preprosto diferencialno
enacbo x dx+ y dy = dy/y. Integriramo in antilogaritmiramo. Dobimo
resitev v implicitni obliki: y2 = cex2+y2 .
57
2. Poiscite ortogonalne trajektorije druzine xy = c. Narisite ustrezno
skico.
(R: x2 − y2 = c, hiperbole.)
3. Poiscite ortogonalne trajektorije druzine y = cex. Narisite ustrezno
skico.
(R: y2 + 2x = c, parabole.)
4. Poiscite ortogonalne trajektorije druzine y = cx2. Narisite ustrezno
skico.
(R: x2 + 2y2 = c, elipse.)
5. Poiscite ortogonalne trajektorije druzine x2 + y2 = 2cx. Narisite us-
trezno skico.
(R: x2 + y2 = 2cy, kroznice.)
6. Poiscite ortogonalne trajektorije druzine x3 − 3xy2 = c. Narisite us-
trezno skico.
58
(R: y3 − 3x2y = c.)
7. Poiscite ortogonalne trajektorije druzine elips x2 + 4y2 = a2. Narisite
ustrezno skico.
(R: y = cx4, parabole cetrte stopnje.)
8. Poiscite ortogonalne trajektorije druzine semikubnih parabol x3 = ay2.
Narisite ustrezno skico.
(R: 2x2 + 3y2 = c2, elipse.)
9. Pri kateri krivulji je presecisce vsake tangente z abscisno osjo enako
oddaljeno od koordinatnega izhodisca kot od dotikalisca?
(R: c(x2 + y2) = y, kroznice.)
10. Pri kateri krivulji je ploscina trapeza, ki ga omejujeta koordinatni osi,
tangenta in ordinata, konstantno enaka 3a2?
(R: xy = cx3 + 2a2.)
59
11. Pri kateri krivulji dotikalisce tangente deli odsek te tangente med ko-
ordinatnima osema na dolzinsko enaka dela?
(R: Pri hiperboli xy = c.)
3 Navadne diferencialne enacbe drugega in
visjih redov
1. Diferencialno enacbo
y(n) = f(x)
resujemo z n-kratno zaporedno integracijo, lahko pa tudi izracunamo najprej njeno
partikularno resitev
y1(x) =1
(n− 1)!
∫ x
a(x− t)n−1f(t) dt (Cauchyjeva formula)
in potem zapisemo splosno resitev:
y(x) = y1(x) + Pn−1(x),
kjer je Pn−1(x) poljuben polinom stopnje n− 1.
2. Diferencialno enacbo
f(y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0,
ki ne vsebuje x, resujemo z uvedbo nove neznane funkcije y′ = u = u(y). s katero
dobimo:
y′′ = udu
dy, y′′′ = u2
d2u
dy2+ u
(du
dy
)2
, . . .
S tem dani diferencialni enacbi znizamo red za 1. Nazadnje resimo diferencialno
enacbo z locljivima spremenljivkama y′ = z(y).
3. Diferencialni enacbi
f(x, y(k), y(k+1), . . . , y(k+n)) = 0
60
znizamo red z uvedbo u = y(k). Dobimo:
f(x, u, u′, . . . , u(n)) = 0.
Nazadnje po znani metodi resimo enacbo
y(k) = u(x).
4. Diferencialni enacbi
f(x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0,
kjer je f homogena funkcija glede na y, y′, y′′, . . . , y(n), znizamo red z uvedbo nove
funkcije u = y′/y. Postopoma lahko izrazimo
y′′
y= u′ + u2,
y′′′
y= u′′ + 3uu′ + u3, . . .
in zaradi homogenosti funkcije f dobimo iz enacbe
f(x, 1, y′/y, y′′/y, . . . , y(n)/y) = 0
enacbo nizjega reda:
g(x, u, u′, . . . , u(n−1)) = 0.
Iz njene resitve dobimo resitev zacetne diferencialne enacbe:
y = e∫u(x) dx.
5. Diferencialni enacbi
f(x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0,
kjer je f posploseno homogena funkcija glede na vse svoje argumente, tudi lahko
znizamo red. Funkcija f je posploseno homogena, ce pri zamenjavi
x 7→ kx, y 7→ kmy, y′ 7→ km−1y′, y′′ 7→ km−2y′′, . . .
pri nekem m preide vase. Enacbo resujemo najprej s substitucijo y(x) = z(x)xm,
nato pa se, ce je potrebno, s substitucijo x = et.
61
6. Linearna diferencialna enacba drugega reda ima obliko
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = f(x).
Ce je f(x) ≡ 0, je linearna enacba homogena. Ce poznamo linearno neodvisni
resitvi y1 in y2 homogene enacbe
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0,
potem je njena splosna resitev
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x).
Potreben in zadosten pogoj za linearno neodvisnost resitev y1 in y2 homogene
enacbe je ∣∣∣∣∣∣ y1 y2
y′1 y′2
∣∣∣∣∣∣ ∕= 0.
Ce poznamo partikularno resitev y1 homogene enacbe, potem lahko drugo
partikularno resitev y2, ki je linearno neodvisna od y1, najdemo z Liouvillovo
formulo:
y2(x) = y1(x)
∫ (e−
∫p(x) dx
)dx
y21(x)
ali pa kar kot y2(x) = y1(x)z(x), tako da dobimo naslednjo diferencialno enacbo
za z, ki jo znamo resiti z znizanjem njenega reda:
y1z′′ + (2y′1 + p(x)y1)z
′ = 0.
7. Nehomogeno enacbo
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = f(x)
resujemo v 2 korakih. Priredimo ji homogeno enacbo in poiscemo linearno neod-
visni partikularni resitvi �1 in �2 in s tem splosno resitev y = c1�1 + c2�2. Ne-
homogeno enacbo lahko potem resimo z metodo variacije konstant. Zapisemo
62
Y (x) = c1(x)�1(x) + c2(x)�2(x) in nastavimo sistem enacb za c′1(x) in c′2(x):
c′1(x)�1(x) + c′2(x)�2(x) = 0,
c′1(x)�′1(x) + c′2(x)�′2(x) = f(x),
Sistem resimo na c′1(x) in c′2(x), integriramo in dobimo c1(x) in c2(x). S tem
imamo partikularno resitev Y (x) nehomogene enacbe, njena splosna resitev pa je
y(x) = c1�1(x) + c2�2(x) + Y (x).
8. Linearna diferencialna enacba n-tega reda ima obliko
y(n) + p1(x)y(n−1) + . . .+ pn(x)y = f(x).
Ce je f(x) ≡ 0, je linearna enacba homogena. Ce poznamo linearno neodvisne
resitve y1, y2, . . . , yn homogene enacbe
y(n) + p1(x)y(n−1) + . . .+ pn(x)y = 0,
potem je njena splosna resitev
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + . . .+ cnyn(x).
Potreben in zadosten pogoj za linearno neodvisnost resitev y1, y2, . . . , yn homogene
enacbe je ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
y1 y2 . . . yn
y′1 y′2 . . . y′n...
.... . .
...
y(n−1)1 y
(n−1)2 . . . y
(n−1)n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∕= 0.
9. Nehomogeno enacbo
y(n) + p1(x)y(n−1) + . . .+ pn(x)y = f(x)
resujemo v 2 korakih. Priredimo ji homogeno enacbo in poiscemo linearno neod-
visne partikularne resitve �1, �2, . . . , �n in s tem splosno resitev y = c1�1 + c2�2 +
63
. . .+ cn�n. Nehomogeno enacbo lahko potem resimo z metodo variacije konstant.
Zapisemo Y (x) = c1(x)�1(x) + c2(x)�2(x) + . . . + cn(x)�n(x) in nastavimo sistem
enacb za c′1(x), c′2(x), . . . , c′n(x):
c′1(x)�1(x) + c′2(x)�2(x) + . . .+ c′n(x)�n(x) = 0,
c′1(x)�′1(x) + c′2(x)�′2(x) + . . .+ c′n(x)�′n(x) = 0,
...
c′1(x)�(n−1)1 (x) + c′2(x)�
(n−1)2 (x) + . . .+ c(n−1)n (x)�′n(x) = f(x).
Sistem resimo na c′1(x), c′2(x), . . . , c′n(x), integriramo in dobimo c1(x), c2(x), . . . , cn(x).
S tem imamo partikularno resitev Y (x) nehomogene enacbe, njena splosna resitev
pa je
y(x) = c1�1(x) + c2�2(x) + . . .+ cn�n(x) + Y (x).
10. Homogena linearna diferencialna enacba n-tega reda s konstantnimi koeficienti
ima obliko
y(n) + p1y(n−1) + . . .+ pny = 0.
Pri tem so p1, . . . , pn realne konstante. Njene resitve iscemo z nastavkom y = e�x.
Dobimo pogoj za �, to je karakteristicno enacbo dane diferencialne enacbe:
P (�) = �n + p1�n−1 + . . .+ pn = 0.
Vsaka nicla polinoma P (�) prispeva nekaj resitev k sistemu linearno neodvisnih
resitev y1, y2, . . . , yn diferencialne enacbe.
Ce je nicla �0 polinoma P (�) realna in r-kratna, potem spadajo v sistem
linearno neodvisnih resitev funkcije
e�0x, xe�0x, . . . , xr−1e�0x.
Ce je nicla �0 = �0 + i�0, �0 ∕= 0, polinoma P (�) kompleksna in r-kratna,
potem spadajo v sistem linearno neodvisnih resitev funkcije
e�0x cos(�0x), e�0x sin(�0x);xe�0x cos(�0x), xe�0x sin(�0x); . . . ;
64
xr−1e�0x cos(�0x), xr−1e�0x sin(�0x).
Ko upostevamo vse nicle polinoma P (�), dobimo nabor n linearno neodvisnih
resitev diferencialne enacbe in zapisemo njeno splosno resitev.
11. Nehomogeni linearni diferencialni enacbi n-tega reda s konstantnimi koeficienti
y(n) + p1y(n−1) + . . .+ pny = f(x)
lahko poiscemo resitev z metodo variacije konstant, pri posebni obliki funkcije f(x)
pa gre laze z nastavkom in po metodi nedolocenih koeficientov. Ce je
f(x) = Q(x)e�x,
kjer je Q(x) polinom stopnje m in � realno ali kompleksno stevilo, potem poiscemo
partikularno resitev Y (x) nehomogene enacbe z nastavkom
Y (x) = xsR(x)e�x,
pri cemer je R(x) polinom stopnje m, stevilo s pa pove, kolikokratna nicla karak-
teristicnega polinoma P (�) pripadajoce homogene enacbe je stevilo �.
Po metodi nedolocenih koeficientov poiscemo polinom R(x) kot posledico za-
hteve, da je Y (x) resitev nehomogene enacbe. Splosna resitev se nato izraza tako
kot pri splosni linearni diferencialni enacbi.
12. Pri resevanju linearnih diferencialnih enacb so koristna naslednja pravila.
a) Ce ima homogena enacba kompleksno resitev y, potem sta resitvi tudi Re y
in Im y.
b) Ce ima nehomogena enacba kompleksno resitev y in na desni strani kom-
pleksno funkcijo f(x), potem je Re y njena resitev za desno stran Re f(x), Im y pa
njena resitev za desno stran Im f(x),
c) Ce je Y1 resitev nehomogene enacbe za desno stran '1(x) in Y2 resitev iste
enacbe za desno stran '2(x), potem je Y = Y1 +Y2 resitev te iste enacbe za desno
stran '1(x) + '2(x).
65
13. Eulerjevo diferencialno enacbo
xny(n) + p1xn−1y(n−1) + . . .+ pny = f(x)
prevedemo na linearno diferencialno enacbo s konstantnimi koeficienti s substitu-
cijo x = et oziroma t = lnx za x > 0. Za x < 0 pa vzamemo x = −et. Odvode,
pomnozene z ustreznimi potencami, zamenjamo tako:
xy′ =dy
dt, x2y′′ =
d2y
dt2− dy
dt, x3y′′′ =
d3y
dt3− 3
d2y
dt2+ 2
dy
dt, . . .
Dobimo enacbodny
dtn+ q1
dn−1y
dtn−1+ . . .+ qny = f(et),
ki jo resujemo po prej opisanih metodah.
1. Resite diferencialno enacbo
y′′ = 2yy′.
Resitev
Uvedemo z = z(y) = y′. Potem je y′′ = dz/dy ⋅dy/dx = z ⋅dz/dy. Dana
enacba dobi obliko: z ⋅ dz/dy = 2yz. Ena resitev je ocitno z = y′ = 0
in s tem y = c. Druge resitve najdemo v enacbi dz/dy = 2y, ki nam
da: z = y2 + c1. Sedaj je treba razlikovati tri moznosti.
a) Za c1 = 0 integriramo enacbo dy/y2 = dx in dobimo −1/y = x − coziroma po preoblikovanju (c− x)y = 1.
b) Za c1 > 0 pisemo c1 = C21 in integriramo enacbo dy/(y2 +C2
1) = dx.
Dobimo1
C1
arc tgy
C1
= x+C2
C1
.
Resitev lahko pisemo v obliki y = C1 tg(C1x+ C2).
66
c) Za c1 < 0 pisemo c1 = −C21 in integriramo enacbo dy/(y2−C2
1) = dx.
Dobimo1
2C1
ln
∣∣∣∣y − C1
y + C1
∣∣∣∣ = x+C2
2C1
.
Resitev lahko pisemo v obliki ln ∣(y − C1)/(y + C1)∣ = 2C1x+ C2.
2. Resite diferencialno enacbo
yy′′ + 1 = y′2.
Resitev
Spet uvedemo z = z(y) = y′. Potem je y′′ = dz/dy ⋅ dy/dx = z ⋅ dz/dy.
Dana enacba dobi obliko: yz ⋅dz/dy+ 1 = z2. Njeni posebni resitvi sta
ocitno z = y′ = 1 in z = y′ = −1, resitvi dane enacba pa sta y = x+ c
in y = −x+ c.
Locimo spremenljivki in pomnozimo obe strani z 2:
2z dz
z2 − 1=
2 dy
y.
Po integraciji in antilogaritmiranju imamo splosno resitev z2−1 = c1y2.
Treba razlikovati moznosti.
a) Za c1 > 0 pisemo c1 = C21 in integriramo enacbo dy/
√C2
1y2 + 1 =
± dx. Dobimo
± arsh(C1y) = C1x+ C2.
Resitev lahko pisemo v obliki C1y = ± sh(C1x+ C2).
b) Za c1 < 0 pisemo c1 = −C21 in integriramo enacbo dy/
√1− C2
1y2 =
± dx. Dobimo
arc sin(C1y) = C1x+ C2.
Resitev lahko pisemo v obliki C1y = sin(C1x+ C2).
67
3. Resite diferencialno enacbo
y′′(ex + 1) + y′ = 0.
(R: y = c1(x− e−x) + c2.)
4. Resite diferencialno enacbo
y′′′ = y′′2.
(R: y = c1x+ c2, y = −(x+ c1) ln ∣x+ c1∣+ c2x+ c3.)
5. Resite diferencialno enacbo
yy′′ = y′2 − y′3.
(R: y + c1 ln ∣y∣ = x+ c2, y = c.)
6. Resite diferencialno enacbo
2yy′′ = y2 + y′2.
(R: y = c1(1± ch(x+ c2)), y = ce±x.)
7. Resite diferencialno enacbo
y′′2 + y′ = xy′′.
(R: y = c1x2/2− c21x+ c2, y = x3/12 + c.)
8. Resite diferencialno enacbo
xy′′′ = (1− x)y′′.
(R: y = c1(x+ 2)e−x + c2x+ c3.)
68
9. Resite diferencialno enacbo
y′′2 = y′2 + 1.
(R: y = ± ch(x+ c1) + c2.)
10. Resite diferencialno enacbo
y′′′ = 2(y′′ − 1) ctg x.
(R: y = (1 + 4c1)x2/2 + c1 cos(2x) + c2x+ c3.)
11. Resite diferencialno enacbo
y′′′ = 2(y′′ − 1) ctg x.
12. Resite diferencialno enacbo
y′′(2y′ + x) = 1.
Resitev
Vpeljemo t = y′ in dobimo diferencialno enacbo (dt/dx)(2t + x) = 1.
Prepisemo jo v obliko dx/dt = x + 2t. To je nehomogena linearna
diferencialna enacba, ki ima splosno resitev x = c1et − 2t− 2. Iz dy =
t dx dobimo dy = t(c1et−2) dt in z integracijo y = c1(te
t− et)− t2 + c2.
Tako smo nasli resitev v parametricni obliki:
x = c1et − 2t− 2, y = c1e
t(t− 1)− t2 + c2.
13. Resite diferencialno enacbo
y′2 = (3y − 2y′)y′′.
69
Resitev
Vpeljemo t = t(y) = y′, y′′ = t ⋅ dt/dy in dobimo diferencialno enacbo
t2 = (3y − 2t)t ⋅ dt/dy. Ena resitev je ocitno t = y′ = 0, ki nam da
y = c. Po krajsanju dobimo enacbo t = (3y − 2t)dt/dy oziroma:
dy
dt=
3y
t− 2.
To je nehomogena linearna diferencialna enacba, ki jo resujemo po
znanem postopku in dobimo: y = 2c1t3 + t. Iz y′ = dy/dx = t imamo
dx =dy
t= (6c1t+ t−1) dt
in z integracijo x = 3c1t2 + ln ∣t∣+ c2. Resitev v parametricni obliki je:
x = 3c1t2 + ln ∣t∣+ c2, y = 2c1t
3 + t.
14. Resite diferencialno enacbo
y′′ + y′2 = 2e−y.
Resitev
Vpeljemo novo spremenljivko y = ln z in dobimo:
y′ = z′/z, y′′ = z′′/z − z′2/z2 = z′′/z − y′2.
Diferencialna enacba pa se poenostavi v z′′ = 2. Njena resitev je z =
x2 + c1x+ c2. Resitev dane enacbe je zato ey = x2 + c1x+ c2.
15. Resite diferencialno enacbo
2y′(y′′ + 2) = xy′′2.
70
Resitev
Ce vpeljemo y′ = ux, y′′ = u′x + u, se enacba poenostavi v u2 + 4u =
x2u′2, ki ima locljivi spremenljivki. Posebni resitvi sta tudi u = 0 in
u = −4, ki nam dasta enacbi y′ = 0 in y′ = −4x z resitvama y = c in
y = c− 2x2. Za preostale resitve locimo spremenljivki:
± du√u2 + 4u
=dx
x.
Integracija nam da
ln(u+ 2±√u2 + 4u) = ln ∣x∣+ ln c1.
Antilogaritmiramo in odpravimo koren:
u2 + 4u = (c1x− u− 2)2.
Poenostavitev nam da: 2c1y′ = (c1x− 2)2. Se z eno integracijo dobimo
resitev v obliki
2c1y =1
3c1(c1x− 2)3 + c2,
s preimenovanjem integracijskih konstant pa tudi:
3C1y = (x− C1)3 + C2,
16. Resite diferencialno enacbo
y′′ − xy′′′ + y′′′2 = 0.
(R: y = c1x3/6− c31x2/2 + c2x+ c3, y = ± 8x3
√3x/315 + c1x+ c2.)
17. Resite diferencialno enacbo
xy′′ = y′ + x sin(y′/x).
71
Resitev
Vpeljemo u = y′/x, y′ = ux, y′′ = u′x + u in dobimo diferencialno
enacbo u′x = sinu. Locimo spremenljivki, integriramo in antilogarit-
miramo. Dobimo tg(u/2) = c1x. Posebne resitve so tudi u = k�,
kjer je k = 0,±, 1,± 2, . . . S tem imamo u = y′/x = 2 arc tg(c1x) in
u = y′/x = k�. Se z eno integracijo dobimo nazadnje:
y =c21x
2 + 1
c21arc tg(c1x)− x
c1+ c2, y =
k�x2
2+ c.
18. Resite diferencialno enacbo
y′′2 − 2y′y′′′ + 1 = 0.
Resitev
Vpeljemo najprej z = y′ in dobimo: z′2 − 2zz′′ + 1 = 0, nato pa se
z′ = u(z), z′′ = u ⋅ du/dz. Dobimo diferencialno enacbo
u2 − 2zudu
dz+ 1 = 0,
ki ima locljivi spremenljivki:
2u du
u2 + 1=dz
z.
Z integracijo in antilogaritmiranjem najdemo u2 + 1 = c1z. Izrazimo
u =dz
dx= ±√c1z − 1
in locimo spremenljivki:
± dz√c1z − 1
= dx.
72
Z integracijo in kvadriranjem dobimo
c1z − 1 = c1y′ − 1 =
1
4(c1x+ c2)
2,
zadnja integracija pa da resitev:
c1y − x =1
12c1(c1x+ c2)
3 + c3.
19. Resite diferencialno enacbo
y′y′′′ − 2y′′2 = 0.
Resitev
Ocitno je lahko y′′ = 0, kar nam da resitev y = c1x+ c2. Za y′′ ∕= 0 pa
enacbo delimo z y′′2 in dobimo:
y′y′′′ − y′′2
y′′2= −
(y′
y′′
)′= 1.
Prva integracija nam da enacbo
− y′
y′′= x+ c1
oziromay′′
y′=
1
x+ c1.
Druga integracija nam da
y′ =c2
x+ c1,
tretja pa
y = c2 ln ∣x+ c1∣+ c3.
73
20. Resite diferencialno enacbo
yy′′ + y′2 = 1.
Resitev
Enacbi najprej damo obliko (yy′)′ = 1, jo integriramo in dobimo: yy′ =
x + c1/2 oziroma 2yy′ = (y2)′ = 2x + c1. Druga integracija nam da
resitev: y2 = x2 + c1x+ c2.
21. Resite diferencialno enacbo
y′′ = xy′ + y + 1.
Resitev
Enacbo prepisemo v obliko
y′′ = (xy)′ + 1
in integriramo:
y′ = xy + x+ c1.
To je nehomogena linearna diferencialna enacba, ki jo znamo resiti.
Dobimo resitev
y = −1 + c2ex2/2 + c1e
x2/2
∫e−x
2/2 dx,
ki ni elementarna funkcija.
22. Resite diferencialno enacbo
yy′′ = y′(y′ + 1).
74
Resitev
Enacba ima trivialno resitev y = 0. Za y ∕= 0 lahko enacbo delimo z y2
in dobimo:yy′′ − y′2
y2=y′
y2
oziroma (y′
y
)′= −
(1
y
)′.
Z integracijo dobimoy′
y= −1
y+ c1.
Za c1 = 0 dobimo resitev y = c− x, za c1 ∕= 0 pa linearno nehomogeno
diferencialno enacbo
y′ − c1y = −1,
ki ima resitev
y =1
c1+ c2e
c1x.
23. Resite diferencialno enacbo
yy′′′ + 3y′y′′ = 0.
Resitev
Enacbo prepisemo v obliko
(yy′′)′ + (y′2)′ = 0
in z integracijo dobimo enacbo
yy′′ + y′2 = c1,
75
ki jo lahko preoblikujemo v
(yy′)′ = c1.
Po se eni integraciji in mnozenjem z 2 imamo
2yy′ = (y2)′ = 2c1x+ c2.
Zadnja integracija nam prinese rezultat:
y2 = c1x2 + c2x+ c3.
24. Resite diferencialno enacbo
xyy′′ − xy′2 = yy′.
Resitev
Vpeljemo spremenljivko z = z(x) z relacijo y′ = zy. Izrazimo se
y′′ = z′y + zy′ = z′y + z2y.
Dobimo:
xy2(z2 + z′)− xy2z2 = y2z.
Trivialna resitev je y = 0. Po krajsanju z y2 in poenostavitvi pridemo
do enacbe z locljivima spremenljivkama: xz′ = z, ki ima resitev z =
2c1x. Zato je y′/y = 2c1x, ki ima splosno resitev y = c2ec1x2 , ki vsebuje
tudi trivialno.
25. Resite diferencialno enacbo
yy′′ = y′2 + 15y2√x.
76
Resitev
Spet vpeljemo spremenljivko z = z(x) z relacijo y′ = zy. Izrazimo se
y′′ = z′y + zy′ = z′y + z2y. Dobimo:
y2(z2 + z′) = y2z2 + 15y2√x.
Trivialna resitev je y = 0. Po krajsanju z y2 in poenostavitvi pridemo
do enacbe z locljivima spremenljivkama: z′ = 15√x. Resitev je z =
10x√x + c1. Nato resimo se enacbo y′/y = 10x
√x + c1 in dobimo
splosno resitev
y = c2e4x2√x+c1x,
ki vsebuje tudi trivialno.
26. Resite diferencialno enacbo
(x2 + 1)(y′2 − yy′′) = xyy′.
(R: y = c2(x+√x2 + 1)c1 .)
27. Resite diferencialno enacbo
5y′′′2 − 3y′′yIV = 0.
Resitev
Najprej enacbo preoblikujemo v
2y′′′2 + 3(y′′′2 − y′′yIV ) = 0.
Ce je y′′′ = 0, imamo resitev y = c1x2+c2x+c3, sicer pa zgornjo enacbo
delimo z y′′′2 in dobimo:
2 + 3
(y′′
y′′′
)′= 0.
77
Prva integracija nam da:
y′′
y′′′= −2x
3+c13
=c1 − 2x
3.
Dobljeno enacbo prepisemo v obliko
y′′′
y′′=
3
c1 − 2x,
integriramo in antilogaritmiramo. Dobimo
y′′ = c2(c1 − 2x)−3/2.
Se ena integracija nam prinese
y′ = c2(c1 − 2x)−1/2 + c3,
zadnja pa
y = −c2(c1 − 2x)1/2 + c3x+ c4.
S predelavo konstant c1 in c2 v novi konstanti lahko zapisemo se lepse:
y = ±√c1x+ c2 + c3x+ c4.
28. Resite diferencialno enacbo
xyy′′ + xy′2 = 2yy′.
Resitev
Enacbi najprej damo obliko x(yy′)′ = 2yy′ in nato vanjo vpeljemo
z = yy′. Enacba se poenostavi v xz′ = 2z, ki ima resitev z = 3c2x2/2.
Za tem resimo se enacbo yy′ = 3c1x2/2 in dobimo y2/2 = c1x
3/2+c2/2,
kar polepsamo v y2 = c1x3 + c2.
78
29. Resite diferencialno enacbo
x2yy′′ = (y − xy′)2.
Resitev
V enacbo vpeljemo u = y′/y, y′ = uy, y′′ = y(u′ + u2) in po krajsanju
in preureditvi dobimo x2u′ + 2ux = (x2u)′ = 1. Prva integracija nam
da x2u = x+ c1, y′/y = u = 1/x+ c1/x
2. Druga integracija pa nam da
ln ∣y∣ = ln ∣x∣ − c1/x+ ln c2 in s tem rezultat: y = c2xe−c1/x.
30. Resite diferencialno enacbo
y′′ +y′
x+
y
x2=y′2
y.
Resitev
V enacbo vpeljemo
u = y′/y, y′ = uy, y′′ = y(u′ + u2)
in po krajsanju in preureditvi dobimo u′+u/x = −1/x2. To je linearna
nehomogena enacba, katere resitev najdemo po standardnem postopku:
y′/y = u = c1/x− ln ∣x∣/x. Integracija nam da najprej
ln ∣y∣ = c1 ln ∣x∣ − ln2 ∣x∣/2 + ln c2
in z antilogaritmiranjem y = c2xc1−ln ∣x∣/2.
31. Resite diferencialno enacbo
y(xy′′ + y′) = xy′2(1− x).
79
Resitev
V enacbo vpeljemo u = y′/y, y′ = uy, y′′ = y(u′+u2) in po krajsanju ter
preureditvi dobimo xu′ + u = −x2z2. To je Bernoullijeva diferencialna
enacba, katere resitev najdemo po standardnem postopku: y′/y = u =
1/(c1x+ x2). Posebna resitev je u = 0, ki nam da y = c. Ce je c1 = 0,
dobimo y′/y = 1/x2, ln ∣y∣ = −1/x+ ln c in resitev y = ce−1/x.
Ce je c1 ∕= 0, lahko zapisemo
y′
y=
1
c1x− 1
c1(x+ c1)
in integracija nam prinese:
ln ∣y∣ = ln ∣x∣c1− ln ∣x+ c1∣
c1+ ln c2 = ln c2 + ln
∣∣∣∣ x
x+ c1
∣∣∣∣1/c1 .Koncno lahko zapisemo resitev:
y = c2
∣∣∣∣ x
x+ c1
∣∣∣∣1/c1 .32. Resite diferencialno enacbo
x2yy′′ + y′2 = 0.
Resitev
V enacbo vpeljemo u = y′/y, y′ = uy, y′′ = y(u′ + u2) in po krajsanju
in preureditvi dobimo x2u′ = −u2(1 +x2). Posebna resitev je u = 0, ki
nam da y = c. V dobljeni enacbi locimo spremenljivki in dobimo:
du
u2= −dx− dx
x2.
80
Integracija nam da:
1
u= x− 1/x− 2c1, u =
y′
y=
x
x2 − 2c1x− 1.
Kvadratna enacba x2 − 2c1x− 1 = 0 ima korena x1 = c1 +√c21 + 1 in
x2 = c1 −√c21 + 1, zato lahko pisemo
y′
y=
x
(x− x1)(x− x2)=
1
x1 − x2
(x1
x− x1− x2x− x2
).
Z integracijo dobimo resitev v obliki:
(x1 − x2) ln ∣y∣ = ln∣x− x1∣x1∣x− x2∣x2
+c2
x1 − x2.
Z antilogaritmiranjem pa
∣y∣x1−x2 = c2∣x− x1∣x1∣x− x2∣x2
.
33. Resite diferencialno enacbo
xyy′′ = y′(y + y′).
Resitev
V enacbo spet vpeljemo u = y′/y, y′ = uy, y′′ = y(u′ + u2) in
po krajsanju in preureditvi dobimo Bernoullijevo diferencialno enacbo
xu′ − u = (1− x2)u. Njena posebna resitev je u = 0, ki nam da y = c.
Za u ∕= 0 resimo enacbo po ustaljenem postopku in dobimo:
u =y′
y=
2x
(x− 1)2 + c1 − 1.
Z integracijo dobimo resitev:
ln ∣y∣ = ln ∣x2 − 2x+ c1∣+ 2
∫2x
(x− 1)2 + c1 − 1+ c2.
81
34. Resite diferencialno enacbo
x2(y′2 − 2yy′′) = y2.
Resitev
Ocitno je y = 0 resitev enacbe. Za y ∕= 0 vpeljemo u = y′/y, y′ = uy,
y′′ = y(u′ + u2) in po krajsanju in preureditvi dobimo Riccatijevo
diferencialno enacbo 2x2u′ = −1 − x2u2, ki ima partikularno resitev
u1 = 1/x. S substitucijo u = 1/x + z enacba preide v Bernoulli-
jevo: 2xz′ + 2z = −xz2. Z drugo substitucijo, w = 1/z, dobimo
linearno nehomogeno enacbo 2xw′ − 2w = x, ki ima splosno resitev
w = (x ln ∣x∣+ c1x)/2. Nato je z = 2/(c1x+x ln ∣x∣) in zato u = y′/y =
1/x+ 2/(c1x+ x ln ∣x∣). Integracija nam da:
ln ∣y∣ = ln ∣x∣+ 2 ln ∣c1 + ln ∣x∣∣+ ln c2.
Antilogaritmiranje nam prinese nazadnje resitev: y = c2x(c1 + ln ∣x∣)2.
35. Resite diferencialno enacbo
y2
x2+ y′2 = 3xy′′ +
2yy′
x.
Resitev
Preverimo, ce je enacba neobcutljiva na zamenjave
x 7→ kx, y 7→ kmy, y′ 7→ km−1y′, y′′ 7→ km−2y′′
pri kaksnem stevilu m. Za posamezne clene v enacbi mora veljati:
2m− 2 = 2m− 2 = 1 + (m− 2) = m+ (m− 1)− 1.
82
Zato je m = 1 in v enacbo vpeljemo y = xmz = xz, y′ = z′x + z,
y′′ = z′′x+ 2z′. Po zamenjavi in ureditvi dobimo
(xz′)2 = 3x2z′′ + 6xz′.
Sedaj vpeljemo x = et, t = lnx, xz′ = z, x2z′′ = z − z, kjer pomeni
pika odvajanje po spremenljivki t, in dobimo:
z2 = 3z + 3z.
Koncno vpeljemo se u = z, z = u(du/dz) in dobimo enacbo:
u2 = 3udu
dz+ 3u.
Ena resitev je ocitno u = 0 in s tem z = 0, kar pomeni z = c in s tem
y = cx.
Za u ∕= 0 pa imamo enacbo u = 3du/dz+3, ki ima locljivi spremenljivki:
3 du
u− 3= dz.
Integracija nam da:
u =dz
dt= 3 + e(z−c1)/3.
Vpeljemo r = e(z−c1)/3, dr = r dz/3 in dobimo zelo enostavno enacbo:
dz
dt=dz
dr⋅ drdt
=3
r⋅ drdt
= 3 + r.
Ponovno locimo spremenljivki:
3 dr
r(r + 3)=dr
r− dr
r + 3= dt.
83
Integracija nam prinese:
lnr
r + 3= t− ln c2,
r + 3
r= 1 +
3
r=c2x,
3
r=c2 − xx
, r =3x
c2 − x,
z − c13
= ln r = − lnc2 − x
3x, z = c1 − 3 ln
c2 − x3x
.
Nazadnje imamo resitev:
y = cx− 3x lnc2 − xx
.
36. Resite diferencialno enacbo
4x2y3y′′ = x2 − y4.
Resitev
Preverimo, ce je enacba neobcutljiva na zamenjave
x 7→ kx, y 7→ kmy, y′ 7→ km−1y′, y′′ 7→ km−2y′′
pri kaksnem stevilu m. Za posamezne clene v enacbi mora veljati:
2 + 3m+ (m− 2) = 2 = 4m.
Zato je m = 1/2 in v enacbo vpeljemo y = xmz = x1/2z, y′ = x1/2z′ +
x−1/2z/2, y′′ = x1/2z′′ + x−1/2z′ − x−3/2z. Po zamenjavi in ureditvi
dobimo
4z3(x2z′′) + 4z3(xz′) = 1.
Sedaj vpeljemo x = et, t = lnx, xz′ = z, x2z′′ = z − z, kjer pomeni
pika odvajanje po spremenljivki t, in imamo:
4z3z = 1.
84
Koncno vpeljemo v dobljeno enacbo se u = z, z = u(du/dz) in dobimo
enacbo locljivima spremenljivkama
4z3udu
dz= 1, 2u du =
dz
2z3.
Po integraciji imamo:
u2 = − 1
4z2+c14
=c1z
2 − 1
4z2, u =
dz
dt=
√c1z2 − 1
2z,
2c1z dz√c1z2 − 1
= c1 dt.
Po naslednji integraciji najdemo
2√c1z2 − 1 = c1t+ c2 = c1 lnx+ c2.
Nazadnje, po kvadriranju, zamenjavi z = x−1/2y in preureditvi je pred
nami resitev:
4c1y2 = 4x+ x(c1 lnx+ c2)
2.
37. Resite diferencialno enacbo
x3y′′ = (y − xy′)(y − xy′ − x).
Resitev
Preverimo, ce je enacba neobcutljiva na zamenjave
x 7→ kx, y 7→ kmy, y′ 7→ km−1y′, y′′ 7→ km−2y′′
pri kaksnem stevilu m. Za posamezne clene v enacbi mora veljati:
3 + (m− 2) = m+m = m+ 1.
Zato je m = 1 in v enacbo vpeljemo y = xmz = xz, y′ = xz′ + z,
y′′ = xz′′ + 2z′. Po zamenjavi in ureditvi dobimo
xz′′ + z′ = xz′2.
85
Sedaj vzamemo u = z′, u′ = z′′ in dobimo Bernoullijevo enacbo xu′ +
u = xu2. Ena njena resitev je u = z′ = 0, ki nam da z = c in s tem
y = cx. Za u ∕= 0 vstavimo w = 1/u in dobimo nehomogeno linearno
enacbo xw′ − w = −x. Njena splosna resitev je w = −c1x − x lnx.
Zato je
z′ = u =1
w= − 1
x(ln c1 + lnx)= − 1
x ln(c1x).
Nato nam integracija da
z =y
x= −
∫dx
x ln(c1x)= − ln(ln(c1x)) + ln c2 = − ln(c2 ln(c1x)).
Koncno lahko zapisemo:
y = −x ln(c2 ln(c1x)).
38. Resite diferencialno enacbo
x4(y′2 − 2yy′′) = 4x3yy′ + 1.
Resitev
Preverimo, ce je enacba neobcutljiva na zamenjave
x 7→ kx, y 7→ kmy, y′ 7→ km−1y′, y′′ 7→ km−2y′′
pri kaksnem stevilu m. Za posamezne clene v enacbi mora veljati:
4 + 2(m− 1) = 4 +m+ (m− 2) = 3 +m+ (m− 1) = 0.
Zato je m = −1 in v enacbo vpeljemo y = xmz = z/x, y′ = z′/x−z/x2,y′′ = z′′/x− 2z′/x2 + 2z/x3. Po zamenjavi in ureditvi dobimo
(xz′)2 + z2 − 2z(xz′)− 2z(x2z′′) = 1.
86
Sedaj vpeljemo x = et, t = lnx, xz′ = z, x2z′′ = z − z, kjer pomeni
pika odvajanje po spremenljivki t, in imamo: z2+z2−2zz = 1. Enacba
ima ocitni resitvi z = ± 1, ki nam dasta y = ± 1/x.
Sicer pa v dobljeno enacbo vpeljemo se u = z, z = u(du/dz) in dobimo
enacbo
2uzdu
dz= u2 + z2 − 1.
Nato vzamemo se w = u2 in dobimo nehomogeno linearno diferencialno
enacbo
zdw
dz− w = z2 − 1,
ki ima splosno resitev w = 2c1z + z2 + 1. Nato dobimo:
u =dz
dt=√z2 + 2c1z + 1.
Z locitvijo spremenljivk in integracijo imamo
ln(z + c1 +√z2 + 2c1z + 1) = t+ ln c2 = lnx+ ln c2 = ln(c2x).
Po antilogaritmiranju, preurejanju in kvadriranju dobimo nazadnje:
2c2x2y = (c2x− c1)2 − 1.
39. Resite diferencialno enacbo
y′′ = (2xy − 5/x)y′ + 4y2 − 4y/x2.
Resitev
Preverimo, ce je enacba neobcutljiva na zamenjave
x 7→ kx, y 7→ kmy, y′ 7→ km−1y′, y′′ 7→ km−2y′′
87
pri kaksnem stevilu m. Za posamezne clene v enacbi mora veljati:
m− 2 = 1 +m+ (m− 1) = −1 + (m− 1) = 2m = m− 2.
Zato je m = −2 in v enacbo vpeljemo y = xmz = z/x2, y′ = z′/x2 −2z/x3, y′′ = z′′/x2 − 4z′/x3 + 6z/x4. Po zamenjavi in ureditvi dobimo
x2z′′ + xz′ = 2z(xz′).
Sedaj vpeljemo x = et, t = lnx, xz′ = z, x2z′′ = z − z, kjer pomeni
pika odvajanje po spremenljivki t, in imamo:
z = 2zz = (z2) .
Z integracijo dobimo z = z2 + c1.
Za c1 = 0 dobimo z/z2 = 1 in po integraciji −1/z = t + ln c = lnx +
ln c = ln(cx), iz cesar sledi resitev z = −1/ ln(cx) in nazadnje x2y =
−1/ ln(cx).
Za c1 > 0 nadomestimo c1 z c21 in dobimo
z = z2 + c21,dz
z2 + c21= dt, arc tg(z/c1) = c1t+ c1 ln c2 = c1 ln(c2x).
Tedaj je resitev
x2y = c1 tg(c1 ln(c2x)).
Za c1 < 0 nadomestimo c1 z −c21 in dobimo
z = z2 − c21 = (z − c1)(z + c1),dz
z − c1− dz
z + c1= 2c1 dt.
Integriramo in uredimo. Resitev podamo z relacijo:
c2(x2y + c1)∣x∣2c1 = x2y − c1.
88
40. Resite diferencialno enacbo
yy′ + xyy′′ − xy′2 = x3.
Resitev
Preverimo, ce je enacba neobcutljiva na zamenjave
x 7→ kx, y 7→ kmy, y′ 7→ km−1y′, y′′ 7→ km−2y′′
pri kaksnem stevilu m. Za posamezne clene v enacbi mora veljati:
m+ (m− 1) = 1′m+ (m− 2) = 1 + 2(m− 1) = 3.
Zato je m = 2 in v enacbo vpeljemo y = xmz = x2z, y′ = x2z′ + 2xz,
y′′ = x2z′′ + 4xz′ + 2z. Po zamenjavi in ureditvi dobimo
z(xz′) + z(x2z′′)− (xz′)2 = 1.
Sedaj vpeljemo x = et, t = lnx, xz′ = z, x2z′′ = z − z, kjer pomeni
pika odvajanje po spremenljivki t, in imamo:
zz − z2 = 1.
Nato vpeljemo se u = z, z = u(du/dz) in dobimo:
zudu
dz= u2 + 1,
2u du
u2 + 1=
2 dz
z.
Prva integracija nam da:
ln(u2 + 1) = ln(z2) + ln(c21), u2 + 1 = c21z
2,dz
dt=√c21z
2 − 1.
Locimo spremenljivki in drugic integriramo:
c1 dz√c21z
2 − 1= c1 dt, ln(c1z +
√c21z
2 − 1) = c1t+ ln c2 = c1 lnx+ ln c2.
89
Antilogaritmiramo:
c1z +√c21z
2 − 1 = c2∣x∣c1
Nazadnje odpravimo koren in izrazimo z = y/x2. Dobimo resitev:
2c1c2y = c22∣x∣c1+2 + ∣x∣2−c1 .
41. Resite diferencialno enacbo
x2(yy′′ − y′2) + xyy′ = (2xy′ − 3y)x3/2.
Resitev
Preverimo, ce je enacba neobcutljiva na zamenjave
x 7→ kx, y 7→ kmy, y′ 7→ km−1y′, y′′ 7→ km−2y′′
pri kaksnem stevilu m. Za posamezne clene v enacbi mora veljati:
2+m+(m−2) = 2+2(m−1) = 1+m+(m−1) = 1+(m−1)+3/2 = m+3/2.
Zato je m = 3/2 in v enacbo vpeljemo y = xmz = x3/2z, y′ = x3/2z′ +
3x1/2z/2, y′′ = x3/2z′′ + 3x1/2z′ + 3x−1/2z. Po zamenjavi in ureditvi
dobimo
z(x2z′′)− (xz′)2 + z(xz′) = 2xz′.
Sedaj vpeljemo x = et, t = lnx, xz′ = z, x2z′′ = z − z, kjer pomeni
pika odvajanje po spremenljivki t, in imamo:
zz − z2 = 2z.
Ce je z = 0, dobimo resitev z = c in s tem y = cx3/2.
90
Sicer pa lahko dobljeno enacbo zapisemo v obliki(z
z
).=
2z
z2,
Z integracijo dobimo:z
z= −2
z+ c1.
Za c1 = 0 imamo z = −2, z = −2t− 2 ln c, z = −2 ln(cx) in resitev
y = −2x3/2 ln(cx).
Za c1 ∕= 0 pa dobimo za z enacbo
c1 dz
c1z − 2= c1 dt,
ki nam po integraciji da
ln(c1z − 2) = c1t+ ln c2, c1z − 2 = c2ec1t = c2x
c1 .
Ko izrazimo z = x−3/2y in preuredimo, imamo resitev:
c1y = x3/2(2 + c2xc1).
42. Resite diferencialno enacbo
x2(2yy′′ − y′2) = 1− 2xyy′.
Resitev
V enacbo takoj vpeljemo x = et, t = lnx, xz′ = z, x2z′′ = z − z, kjer
pomeni pika odvajanje po spremenljivki t, in imamo:
2yy − y2 = 1.
91
Z zamenjavo y = z, y = z ⋅ (dz/dy) enacbi znizamo red in locimo
spremenljivki:
2yzdz
dy= z2 + 1,
2z dz
z2 + 1=dy
y.
Integriramo in dobimo:
ln(1 + z2) = ln y + ln c1, 1 + z2 = c1y,dy
dt= z = ±
√c1y − 1.
Spet locimo spremenljivki in integriramo:
c1 dy√c1y − 1
= c1 dt, ± 2√c1y − 1 = c1t+ c1 ln c2 = c1 ln(c2x).
Nazadnje zapisemo resitev v obliki:
4(c1y − 1) = (c21 ln(c2x))2.
43. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
y′′(3 + yy′2) = y′4.
Resitev
Postavimo y′ = z = z(y), y′′ = z ⋅ dz/dy in dobimo:
zdz
dy(3 + yz2) = z4.
Ena moznost je z = 0, druga pa
(3 + yz2)dz
dy= z3.
44. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
y′′2 − y′y′′′ = y′2
x2.
92
Resitev
Postavimo y′ = zx, y′′ = z′x+ z, y′′′ = z′′x+ 2z′ in dobimo najprej:
z′2 − zz′′ = 0.
Nato vstavimo z′ = u = u(z), z′′ = u ⋅ du/dz in dobimo:
u2 − uzdudz
= 0.
Ena moznost je u = 0, druga pa
u− z dudz
= 0.
45. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
yy′ + 2x2y′′ = xy′2.
Resitev
Preverimo, ce je enacba neobcutljiva na zamenjave
x 7→ kx, y 7→ kmy, y′ 7→ km−1y′, y′′ 7→ km−2y′′
pri kaksnem stevilu m. Za posamezne clene v enacbi mora veljati:
m+ (m− 1) = 2 + (m− 2) = 1 + 2(m− 1).
Zato je m = 1 in v enacbo vpeljemo y = xmz = xz, y′ = z′x + z,
y′′ = z′′x+ 2z′. Po zamenjavi in ureditvi dobimo
2x2z′′ + 4xz′ − z(xz′)− (xz′)2 = 0.
93
Sedaj vpeljemo x = et, t = lnx, xz′ = z, x2z′′ = z − z, kjer pomeni
pika odvajanje po spremenljivki t, in imamo:
2z + 2z − zz − z2 = 0.
V dobljeno enacbo vpeljemo se u = z, z = u ⋅ du/dz in dobimo enacbo
2udu
dz+ 2u− zu− u2 = 0.
Ena moznost je u = 0, druga pa
2du
dz− u = z − 2.
46. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
y′2 + 2xyy′′ = 0.
Resitev
Vpeljemo y′ = zy, y′′ = z′y + zy′ = z′y + z2y in dobimo s poenostav-
ljanjem:
y2z2 + 2xy2(z′ + z2) = 0.
Zato imamo dve moznosti: y = 0 ter 2xz′ + (1 + 2x)z2 = 0.
47. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
2xy2(xy′′ + y′) + 1 = 0.
Resitev
Vpeljemo x = et, t = lnx, xz′ = z, x2z′′ = z − z, kjer pomeni pika
odvajanje po spremenljivki t, in imamo:
2y2y + 1 = 0.
94
Potem pa vpeljemo se u = y, y = u ⋅ du/dy in dobimo
2y2udu
dy+ 1 = 0.
48. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
x(y′′ + y′2) = y′2 + y′.
(R: y′ = z, xz′ = z + (1− x)z2.)
49. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
y2(y′y′′′ − 2y′′2) = y′4.
Resitev
Najprej opazimo homogenost enacbe glede na vse tri odvode. Zato
vpeljemo
y′ = zy, y′′ = z′y + z2y, y′′′ = z′′y + 3zz′y + z3y
in dobimo y = 0 in enacbo
zz′′ − z2z′ − 2z′2 − 2z4 = 0.
Nato vpeljemo z′ = u = u(z), z′′ = u ⋅ du/dz in imamo enacbo prvega
reda:
uzdu
dz− uz2 − 2u2 − 2z4 = 0.
50. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
y(2xy′′ + y′) = xy′2 + 1.
95
Resitev
Preverimo, ce je enacba neobcutljiva na zamenjave
x 7→ kx, y 7→ kmy, y′ 7→ km−1y′, y′′ 7→ km−2y′′
pri kaksnem stevilu m. Za posamezne clene v enacbi mora veljati:
m+ 1 + (m− 2) = m+ (m− 1) = 1 + 2(m− 1) = 0.
Zato je m = 1/2 in v enacbo vpeljemo y = xmz = x1/2z, y′ = x1/2z′ +
x−1/2z/2, y′′ = x1/2z′′ + x−1/2z′ − x−3/2z/4. Po zamenjavi in ureditvi
dobimo
2x2zz′′ + 2xzz′ =1
4z2 + (xz′)2.
Sedaj vpeljemo x = et, t = lnx, xz′ = z, x2z′′ = z − z, kjer pomeni
pika odvajanje po spremenljivki t, in imamo:
8zz = z2 + 4z2.
V dobljeno enacbo vpeljemo se u = z, z = u ⋅ du/dz in dobimo enacbo
prvega reda
8uzdu
dz= 4u2 + z2.
51. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
y′y′′′ = y′′2 + y′2y′′.
Resitev
Postavimo y′ = z in ze enacbi znizamo red, ker dobimo:
zz′′ = z′2 + z2z′.
96
Preverimo, ce je dobljena enacba neobcutljiva na zamenjave
x 7→ kx, z 7→ kmz, z′ 7→ km−1z′, z′′ 7→ km−2z′′
pri kaksnem stevilu m. Za posamezne clene v enacbi mora veljati:
m+ (m− 2) = 2(m− 1) = 2m+ (m− 1).
Zato je m = −1 in v enacbo vpeljemo z = xmu = u/x, z′ = u′/x−u/x2,z′′ = u′′/x− 2u′/x2 + 2u/x3. Po zamenjavi in ureditvi dobimo
u(x2u′′) + u2 = (xu′)2 + u2(xu′)− u3.
Sedaj vpeljemo x = et, t = lnx, xu′ = u, x2u′′ = u − u, kjer pomeni
pika odvajanje po spremenljivki t, in imamo:
uu− uu+ u2 = u2 + u2u− u3.
V dobljeno enacbo vpeljemo se w = u, u = w ⋅dw/du in dobimo enacbo
prvega reda
uwdw
du− uw + u2 = w2 + u2w − u3.
52. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
yy′′ = y′2 + 2xy2.
(R: Substitucija y′ = zy nam da: y = 0 in z′ = 2x.)
53. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
y′′4 = y′5 − yy′3y′′.
(R: Substitucija y′ = u = u(y) nam da (du/dy)4 = u − y ⋅ du/dy in
u = 0. )
97
54. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
2yy′′′ = y′.
Resitev
Najprej postavimo y′ = u, y′′ = u ⋅du/dy, y′′′ = u2 ⋅d2u/dy2+u(du/dy)2
in dobimo u = 0 ter
2yd
dy
(udu
dy
)= 1.
Nato vzamemo z = u ⋅ du/dy in dobimo diferencialno enacbo prvega
reda: 2y ⋅ dz/dy = 1.
55. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
y′′ + 2yy′2 = (2x+ x−1)y′.
Resitev
Vpeljemo y′ = zx = z(y)x, y′′ = (dz/dy) ⋅ y′x+ z = (dz/dy) ⋅ xz + z in
dobimo z = 0 indz
dy+ 2yz = 2.
56. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
y′′′y′2 = 1.
Resitev
Najprej vpeljemo y′ = z = z(y), y′′ = z ⋅ dz/dy, y′′′ = z(dz/dy)2 + z2 ⋅d2z/dy2 in dobimo:
z3(dz
dy
)2
+ z4d2z
dy2= 1.
98
Potem pa vpeljemo se dz/dy = u = u(z), d2z/dy2 = u⋅du/dz in dobimo
enacbo prvega reda:
z4udu
dz+ z3u2 = 1.
57. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
y2y′′′ = y′3.
Resitev
Spet najprej vpeljemo y′ = z = z(y), y′′ = z ⋅ dz/dy, y′′′ = z(dz/dy)2 +
z2 ⋅ d2z/dy2 in dobimo z = 0 ter:
y2
((dz
dy
)2
+ zd2z
dy2
)= z2.
Nazadnje vpeljemo se dz/dy = uz = u(y)z, d2z/dy2 = z ⋅ du/dy + u2z
in dobimo z = 0 ter enacbo prvega reda:
y2du
dy+ 2u2y2 = 1.
58. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
x2yy′′ + 1 = (1− y)xy′.
Resitev
Vpeljemo x = et, t = lnx, xy′ = y, x2y′′ = y − y, kjer pomeni pika
odvajanje po spremenljivki t, in po preureditvi dobimo:
yy + 1 = y.
99
Nato vpeljemo y = z = z(y), y = z ⋅ dz/dy. Dobimo diferencialno
enacbo prvega reda:
yzdz
dy= z − 1.
59. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
yy′y′′′ + 2y′2y′′ = 3yy′′2.
Resitev
Vpeljemo y′ = zy, y′′ = z′y + z2y, y′′′ = z′′y + 3z′zy + z3y in po
poenostavljanju dobimo y = 0 ter diferencialno enacbo drugega reda
zz′′ − z2z′ − 3z′2 = 0.
Sedaj vpeljemo se z′ = u = u(z), z′′ = u ⋅ du/dz in dobimo u = 0 ter
diferencialno enacbo prvega reda:
zdu
dz− 3u = z2.
60. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
(y′y′′′ − 3y′′2)y = y′5.
Resitev
Spet najprej vpeljemo y′ = z = z(y), y′′ = z ⋅ dz/dy, y′′′ = z(dz/dy)2 +
z2 ⋅ d2z/dy2 in dobimo z = 0 ter:
zd2z
dy2− 2
(dz
dy
)2
= z3.
100
Potem vpeljemo se dz/dy = u = u(y), d2z/dy2 = u ⋅ du/dz in imamo
diferencialno enacbo prvega reda:
zudu
dz− 2u2 = z3.
Z zamenjavo w = u2 jo pretvorimo v nehomogeno linearno:
zdw
dz− 4w = 2z3.
61. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
y2(y′y′′′ − 2y′′2) = yy′2y′′ + 2y′4.
Resitev
Vpeljemo
y′ = z = z(y), y′′ = z ⋅ dz/dy, y′′′ = z(dz/dy)2 + z2 ⋅ d2z/dy2
in dobimo z = 0 ter
y2
(zd2z
dy2−(dz
dy
)2)
= yzdz
dy+ 2z2.
Nazadnje vpeljemo se
dz/dy = uz, d2z/dy2 = z ⋅ du/dy + u2z.
Ena resitev je z = 0, ostane pa enacba prvega reda:
y2du
dy= yu+ 2.
101
62. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo
x2(y2y′′′ − y′3) = 2y2y′ − 3xyy′2.
Resitev
Najprej vpeljemo y′ = zy, y′′ = z′y + z2y, y′′ = z′′y + 3zz′y + z3y in
dobimo y = 0 ter
x2(z′′ + 3zz′) = 2z − 3xz2.
Preverimo, ce je dobljena enacba neobcutljiva na zamenjave
x 7→ kx, z 7→ kmz, z′ 7→ km−1z′, z′′ 7→ km−2z′′
pri kaksnem stevilu m. Za posamezne clene v enacbi mora veljati:
2 + (m− 2) = 2 + (m− 1) +m = m = 1 + 2m.
Zato je m = −1 in v enacbo vpeljemo z = xmu = u/x, z′ = u′/x−u/x2,z′′ = u′′/x− 2u′/x2 + 2u/x3. Po poenostavitvi dobimo:
x2u′′ − 2xu′ + 3u(xu′) = 0.
Sedaj vpeljemo x = et, t = lnx, xu′ = u, x2u′′ = u − u, kjer pomeni
pika odvajanje po spremenljivki t, in imamo:
u− 3u+ 3uu = 0.
V dobljeno enacbo vpeljemo se w = u, u = w ⋅ dw/du in dobimo w = 0
ter enacbo prvega reda
dw
du= 3(1− u).
102
63. Resite diferencialno enacbo
yy′′ = 2xy′2
pri zacetnih pogojih y(2) = 2, y′(2) = 1/2.
Resitev
Najprej vpeljemo y′ = zy, y′′ = z′y + z2y in dobimo y = c ter diferen-
cialno enacbo
z′ = (2x− 1)z2
z zacetnim pogojem z(2) = y′(2)/y(2) = 1/4. Trivialna resitev y = c
ne pride v postev zaradi zacetnih pogojev, zato resitev iscemo med
resitvami enacbedz
z2= (2x− 1) dx.
Njena resitev je
−dzz
= x2 − x+ c.
Za konstanto dobimo c = −6, tako da je
y′
y= z =
1
6 + x− x2=
1
(x+ 2)(3− x)=
1
5(x+ 2)− 1
5(3− x).
Druga integracija nam da:
ln y =1
5(ln(x+ 2)− ln(3− x) + ln c1).
Resitev je
(3− x)y5 = c1(x+ 2).
Upostevamo pogoj y(2) = 2 in dobimo resitev: (3− x)y5 = 8(x+ 2).
103
64. Resite diferencialno enacbo
2y′′′ − 3y′2 = 0
pri zacetnih pogojih y(0) = −3, y′(0) = 1, y′′(0) = −1.
Resitev
Najprej vpeljemo z = y′ in dobimo diferencialno enacbo 2z′′ − 3z2 = 0
pri zacetnih pogojih z(0) = 1, z′(0) = −1. Nato vpeljemo se z′ = u =
u(z), z′′ = u ⋅du/dz in dobimo diferencialno enacbo 2u ⋅du/dz−3z2 = 0
pri zacetnem pogoju u(1) = −1. Locimo spremenljivki in integriramo:
2u du = 3z2 dz, u2 = z3 + c1.
Ker je u = −1 za z = 1, dobimo c1 = 0, tako da je u2 = z3 in
z′ = u = ± z3/2. Za z = 1 je z′ = −1, zato moramo vzeti predznak −:
z′ = dz/dx = −z3/2. Ponovno locimo spremenljivki in integriramo:
dz
z3/2= −dx, − 2
z1/2= −x+ c2.
Iz zacetnega pogoja z(0) = 1 dobimo c2 = −2 in 2/√z = x + 2. Po
kvadriranju, preureditvi in integriranju dobimo
z = y′ =4
(x+ 2)2, y = − 4
x+ 2+ c3.
Iz zacetnega pogoja y(0) = −3 dobimo c3 = −1 in nazadnje resitev:
y = −(x+ 6)/(x+ 2).
65. Resite diferencialno enacbo
x2y′′ − 3xy′ =6y2
x2− 4y
104
pri zacetnih pogojih y(1) = 1, y′(1) = 4.
Resitev
Preverimo, ce je dobljena enacba neobcutljiva na zamenjave
x 7→ kx, y 7→ kmy, y′ 7→ km−1y′, y′′ 7→ km−2y′′
pri kaksnem stevilu m. Za posamezne clene v enacbi mora veljati:
2 + (m− 2) = 1 + (m− 1) = 2m− 2 = m.
Zato je m = 2 in v enacbo vpeljemo y = xmz = x2z, y′ = 2xz + x2z′,
y′′ = 2z + 4xz′ + x2z′′. Po zamenjavi in ureditvi dobimo diferencialno
enacbo
x2z′′ + xz′ = 6z2
in zacetni pogoj z(1) = 1. Iz y′(1) = 2z(1) + z′(1) = 4 pa se z′(1) = 2.
Sedaj vpeljemo x = et, t = lnx, xz′ = z, x2z′′ = z − z, kjer pomeni
pika odvajanje po spremenljivki t, in imamo za z = z(t) diferencialno
enacbo in zacetna pogoja:
z = 6z2, z(0) = 1, z(0) = 2.
V dobljeno enacbo vpeljemo se z = u = u(z), z = u ⋅ du/dz in dobimo
enacbo prvega reda in zacetni pogoj:
udu
dz= 6z2, u(1) = 2.
Locimo spremenljivki in integriramo:
2u du = 12z2 dz, u2 = 4z3 + c1.
105
Zacetni pogoj nam da c1 = 0, tako da imamo:
u =dz
dt= 2z3/2,
dz
z3/2= 2 dt, − 2√
z= 2t+ 2c2.
Ker je z = 1 za t = 0, dobimo c2 = −1 in
1√z
= 1− t, z =1
(1− t)2,y
x2=
1
(1− t)2=
1
(1− lnx)2.
Nazadnje imamo resitev: y = x2/(1− lnx)2.
66. Resite diferencialno enacbo
y′′′ = 3yy′
pri zacetnih pogojih y(0) = −2, y′(0) = 0, y′′(0) = 9/2.
Resitev
Najprej naredimo zamenjavo y′ = z = z(y), y′′ = z ⋅ dz/dy, y′′′ =
d/dy(y′′) ⋅z = z ⋅d/dy(z ⋅dz/dy). Dobimo z = 0 in diferencialno enacbo
2d
dy
(zdz
dy
)= 6y.
Prva integracija nam da
2zdz
dy= 3y2 + c1.
Leva stran je enaka ravno 2y′′, kar je za x = 0 enako 9/2. Tedaj pa je
y = −2 in imamo za c1 enacbo 9 = 12 + c1. Torej je c1 = −3. zato
integriramo naprej enacbo
2zdz
dy= 3y2 − 3, 2z dz = (3y2 − 3) dy, z2 = y3 − 3y + c2.
106
Leva stran je tokrat enaka y′2, kar je pri x = 0 ekako 0. Tedaj je y = −2
in dobimo za c2 enacbo 0 = −8 + 6 + c2. Dobimo c2 = 2 in
z2 =
(dy
dx
)2
= y3 − 3y + 2 = (y + 2)(y − 1)2.
Korenimo, locimo spremenljivki in vpeljemo t2 = y + 2:
± dy
(y − 1)√y + 2
= ± 2 dt
t2 − 3= dx.
Integriramo:
∓ 2√3
artht√3
= x+ c3.
Za x = 0 je y = −2 in t = 0, kar nam da c3 = 0. Tako smo dobili
∓ t√3
= thx√
3
2, y + 2 = t2 = 3 th2 x
√3
2
in nazadnje je pred nami resitev:
y = 3 th2 x√
3
2− 2.
67. Z uporabo Cauchyjeve formule resite diferencialno enacbo
xyIV = 1.
Resitev
Enacbo prepisemo v obliko yIV = 1/x in po Cauchyjevi formuli je
y1(x) =1
6
∫ x
1
(x− t)3
tdt =
1
6
∫ x
1
x3 − 3x2t+ 3xt2 − t3
tdt.
Takoj opazimo, da je edini nepolinomski clen, ki nastopa po integraciji,
x3 ln ∣x∣/6, ostali cleni pa sestavljajo polinom tretje stopnje. Splosna
resitev je torej
y =1
6x3 ln ∣x∣+ c1x
3 + c2x2 + c3x+ c4.
107
68. Z uporabo Cauchyjeve formule resite diferencialno enacbo
xy′′ = sinx.
Resitev
Enacbo prepisemo v obliko y′′ = sin /x in po Cauchyjevi formuli je
y1(x) =
∫ x
0
(x− t) sin t
tdt =
∫ x
0
x sin t− t sin t
tdt =
= x
∫ x
0
sin t
tdt−
∫ x
0
sin t dt = x
∫ x
0
sin t
tdt+ cosx− 1.
Splosna resitev je torej
y = x
∫ x
0
sin t
tdt+ cosx+ c1x+ c2.
69. Z uporabo Cauchyjeve formule resite diferencialno enacbo
y′′′ = 2xy′′.
(R: y = c1x∫ x0et
2dt− c1ex
2/2 + c2x+ c3.)
70. Z uporabo Cauchyjeve formule resite diferencialno enacbo
xyIV + y′′′ = ex.
Resitev
Enacbo najprej prepisemo v obliko
(xy′′′)′ = ex.
108
Prva integracija nam da:
y′′′ =ex + c1x
.
Nato uporabimo Cauchyjevo formulo in nazadnje dobimo splosno resitev:
y =x2
2
∫ x
1
et
tdt+ c1x
2 ln ∣x∣ − x+ 1
2ex + c2x+ c3.
71. Resite diferencialno enacbo
xy′′ − y′ = x2yy′.
Resitev
Enacbo delimo najprej z x2, preuredimo in dobimo:
2
(y′
x
)′= (y2)′.
Prva integracija nam da:
2y′
x= y2 + c1.
Sedaj je treba razlikovati tri moznosti.
1. Za c1 = 0 je ena resitev y = 0, preostale pa dobimo, ko resimo
enacbo2 dy
y2= x dx.
Dobimo resitev (c− x2)y = 4.
2. Za c1 > 0 lahko zamenjamo c1 s c21 in dobimo enacbo
4 dy
y2 + c21= 2x dx
109
in po integraciji resitev
4 arc tg(y/c1) = c1x2 + c2.
3. Za c1 < 0 lahko zamenjamo c1 z −c21 in dobimo enacbo
4 dy
y2 − c21= 2x dx
in po integraciji resitev
2 ln
∣∣∣∣y − c1y + c1
∣∣∣∣ = c1x2 + c2.
72. Resite diferencialno enacbo
xy′′ = 2yy′ − y′.
Resitev
Enacbi damo obliko xy′′ + y′ = 2yy′ oziroma (xy′)′ = (y2)′. Po prvi
integraciji imamo:
xy′ = y2 + c1.
Treba je razlikovati tri moznosti.
1. Za c1 = 0 dobimo y = 0 in (c− ln ∣x∣)y = 1.
2. Za c1 > 0 lahko zamenjamo c1 s c21 in dobimo enacbo
xy′ = y2 + c21,
ki ima resitev y = c1 tg(c1 ln(c2x)).
3. Za c1 < 0 lahko zamenjamo c1 z −c21 in dobimo enacbo
xy′ = y2 − c21
z resitvijoy − c1y + c1
= c2∣x∣2c1 .
110
73. Resite diferencialno enacbo
y′2 + 2yy′′ = 0.
(R: y3 = (c1x+ c2)2, y = c.)
74. Resite diferencialno enacbo
yy′′ − 2yy′ ln y = y′2.
Resitev
Uvedemo novo spremenljivko u z relacijo u = ln y. Dobimo: y = eu,
y′ = euu′, y′′ = euu′2 + euu′′. S tem se po krajsanju s faktorjem e2u
enacba poenostavi v u′′ = 2uu′.
Uvedemo se w = w(u) = u′. Potem je u′′ = dw/du ⋅du/dx = w ⋅dw/du.
Enacba za u dobi obliko: w ⋅ dw/du = 2uw. Ena resitev je ocitno
w = u′ = 0, zto je y′ = 0 in s tem y = c. Druge resitve najdemo v
enacbi dw/du = 2u, ki nam da: w = u2 + c1. Sedaj je treba razlikovati
tri moznosti.
a) Za c1 = 0 integriramo enacbo du/u2 = dx in dobimo −1/u = x− coziroma po preoblikovanju (c− x) ln y = 1.
b) Za c1 > 0 pisemo c1 = C21 in integriramo enacbo du/(u2 +C2
1) = dx.
Dobimo1
C1
arc tgu
C1
= x+C2
C1
.
Resitev lahko pisemo v obliki ln y = C1 tg(C1x+ C2).
c) Za c1 < 0 pisemo c1 = −C21 in integriramo enacbo du/(u2−C2
1) = dx.
Dobimo1
2C1
ln
∣∣∣∣u− C1
u+ C1
∣∣∣∣ = x+C2
2C1
.
111
Resitev lahko pisemo v obliki ln ∣(ln y − C1)/(ln y + C1)∣ = 2C1x+ C2.
75. Resite diferencialno enacbo
(y′ + 2y)y′′ = y′2 .
Resitev
Najprej vpeljemo y′ = u(y), y′′ = u ⋅ du/dy in dobimo
u(u+ 2y)du
dy= u2.
Eno resitev dobimo za u = 0, to se pravi y = c. Po krajsanju z u
imamo
(u+ 2y)du
dy= u
ali bolje:dy
du=
2y
u+ 1.
Enacba je linearna nehomogena in po standardnem postopku najdemo
njeno splosno resitev y = c1u2 − u.
Ce je c1 = 0, dobimo enacbo y = −y′, ki ima resitev y = ce−x.
Ce je c1 ∕= 0, izrazimo y′ eksplicitno:
y′ =1±√
1 + 4c1y
2c1.
Uvedemo w = ±√
1 + 4c1y, w2 = 1+4c1y, w dw = 2c1y dy in resujemo
novo enacbo:
wdw
dx= 1 + w,
ki ima locljivi spremenljivki in resitev
x = w − ln ∣1 + w∣+ c2.
112
Resitev prvotne enacbe je torej:
x = ±√
1 + 4c1y − ln ∣1 +±√
1 + 4c1y∣+ c2.
76. Resite diferencialno enacbo
y′′′y′2 = y′′3 .
Resitev
Najprej vpeljemo y′ = t(y), y′′ = t ⋅ dt/dy, y′′′ = t2 ⋅ d2t/dy2 + (dt/dy)2.
Dobimo enacbo:
t4d2t
dy2+ t3
(dt
dy
)2
= t3(dt
dy
)3
.
Ena ocitna resitev je t = y′ = 0 oziroma y = c. Po krajsanju s t3
ostane:
td2t
dy2+
(dt
dy
)2
=
(dt
dy
)3
.
Vpeljemo se w(t) = dt/dy, d2t/dy2 = w ⋅ dw/dt in dobimo:
twdw
dt+ w2 = w3.
Ena resitev je w = 0, ki nam prinese t = y′ = c1 in s tem y = c1x+ c2.
Po krajsanju z w dobimo enacbo z locljivima spremenljivkama:
tdw
dt+ w = w2,
dw
w(w − 1)=dt
t.
Integriramo, antilogaritmiramo in najdemo:
1− ww
= 2c1t, w(1 + c1t) = 1, (1 + 2c1t) dt = dy.
113
Z integracijo imamo takoj
t+ c1t2 = y − c2 , y = t+ c1t
2 + c2.
Iz relacije t = y′ = dy/dx je
dx =dy
t=
(1 + 2c1t) dt
t= (t−1 + 2c1) dt.
Integracija nam prinese resitev v parametricni obliki:
x = ln ∣t∣+ 2c1t+ c3 , y = t+ c1t2 + c2.
77. Resite diferencialno enacbo
xy′′ = y′ + x(y′2 + x2).
Resitev
V enacbo uvedemo spremenljivko u z relacijo y′ = ux, y′′ = u′x+ u in
po preureditvi dobimo:
du
dx= x(u2 + 1).
Locimo spremenljivki in integriramo:
du
u2 + 1= x dx , arc tg u =
x2
2+ c1.
Torej imamo
y′ = ux = x tg(x2/2 + c1).
Druga integracija nam da rezultat:
y = c2 − ln ∣ cos(x2/2 + c1)∣.
114
78. Resite diferencialno enacbo
xy′′′ = (1− x)y′′ .
(R: y = c1(x+ 2)e−x + c2x+ c3.)
79. Resite diferencialno enacbo
yy′′ + y = y′2 .
(R: c21y + 1 = ± ch(c1x + c2), c21y − 1 = sin(c1x + c2), 2y = (x + c)2,
y = 0.)
80. Resite diferencialno enacbo
y′′ = ey .
(R: ey sin2(c1x+ c2) = 2c21, ey sh2(c1x+ c2) = 2c21, e
y(x+ c)2 = 2.)
81. Resite diferencialno enacbo
2xy′y′′ + 1 = y′2 − 1.
(R: 4(c1x+ 1)3 = 9c21(y − c2)2, y = ±x+ c.)
82. Resite diferencialno enacbo
y3y′′ = 1.
(R: c1y2 − 1 = (c1x+ c2)
2.)
83. Resite diferencialno enacbo
x2y′′ = y′2.
(R: y = c1x− c21 ln ∣x+ c1∣+ c2, 2y = x2 + c.)
115
84. Resite diferencialno enacbo
y4 − y3y′′ = 1.
(R: ln ∣y2 + c1 ±√y4 + 2c1y2 + 1∣ = 2x+ c2, y = ±1.)
85. Resite diferencialno enacbo
y′′3 + xy′′ = 2y′ .
(R: x = c1t+ 3t2, y = c21t3/6 + 5c1t
4/4 + 12t5/5 + c2, y = c.)
86. Z uvedbo y′ = yz resite diferencialno enacbo
yy′′ = 2xy′2
pri zacetnem pogoju y(2) = 2, y′(2) = 1/2.
(R: y5(3− x) = 8(x+ 2).)
87. Resite diferencialno enacbo
xy′′ − y′ = x2ex .
(R: y = c1x2 + c2 + (x− 1)ex.)
88. Resite diferencialno enacbo
(1− x2)y′′ + xy′ = 2.
Resitev
Z uvedbo z = y′ enacbi znizamo red: (1−x2)z′+xz = 2. Enacba za z je
nehomogena linearna. Pripada ji homogena enacba (1−x2)z′+xz = 0.
116
Njeno splosno resitev dobimo z locitvijo spremenljivk, integracijo in
antilogaritmiranjem:
2 dz
z=
2x dx
x2 − 1, ln z2 = ln ∣x2−1∣+ln(4c21), z = 2c1
√x2 − 1, z = 2c1
√1− x2.
Partikularno resitev Z poiscemo z nastavkom Z = ax in dobimo a = 2.
Splosna resitev je:
y′ = z = 2c1√x2 − 1 + 2x, y′ = z = 2c1
√1− x2 + 2x.
Z drugo integracijo imamo resitev dane enacbe:
y = c1(x√x2 − 1− ln(x+
√x2 − 1)) + x2 + c2
za ∣x∣ > 1 oziroma
y = c1(x√
1− x2 + arc sinx) + x2 + c2
za ∣x∣ < 1.
89. Z uvedbo y′ = z(y) resite diferencialno enacbo
y′′ cos y + y′2 sin y = y′
pri zacetnem pogoju y(−1) = �/6, y′(−1) = 2.
(R: ln ∣ tg(y/2 + �/6)∣ = 2x+ 2.)
90. Resite diferencialno enacbo
y′′ − 3y′ + 2y = sinx.
(R: y = c1ex + c2e
2x + 3 cosx/10 + sin x/10.)
117
91. Resite diferencialno enacbo
y′′ − 8y′ + 20y = 5xe4x sin(2x).
(R: y = ((c1 − 5x2/8) cos(2x) + (c2 + 5x/16) sin(2x))e4x.)
92. Resite diferencialno enacbo
yIV − y = 0.
(R: y = c1 chx+ c2 shx+ c3 cosx+ c4 sinx.)
Resite diferencialno enacbo
yV − 10y′′′ + 9y′ = 0.
(R: y = c1 + c2 chx+ c3 shx+ c4 ch(3x) + c5 sh(3x).)
Resite diferencialno enacbo
y′′′ − y′′ − y′ + y = 0.
(R: y = (c1 + c2x)ex + c3e−x.)
93. Resite diferencialno enacbo
x3(y′′ − y) = x2 − 2.
(R: y = c1ex + c2e
−x − 1/x.)
94. Resite diferencialno enacbo
x2y′′ − 4xy′ + 6y = 0.
(R: y = c1x2 + c2x
3.)
118
95. Resite diferencialno enacbo
x2y′′ − 9xy′ + 21y = 0.
(R: y = c1x3 + c2x
7.)
96. Resite diferencialno enacbo
x2y′′ − xy′ − 3y = 0.
(R: y = c1x3 + c2/x.)
97. Resite diferencialno enacbo
x2y′′ − 2xy′ + 2y = 4x.
(R: y = c1x2 + c2x− 4x ln ∣x∣.)
98. Resite diferencialno enacbo
x2y′′ + xy′ + y = x.
(R: y = c1 cos ln ∣x∣+ c2 sin ln ∣x∣+ x/2.)
99. Resite diferencialno enacbo
x2y′′ − 2xy′ + 2y + x− 2x3 = 0.
(R: y = c1x2 + c2x+ x3 + x ln ∣x∣.)
100. Diferencialna enacba
(ex + 1)y′′ − 2y′ − exy = 0
ima resitev y1(x) = ex − 1. Preverite. Nato dano enacbo resite.
(R: y = c1(ex − 1) + c2(e
x + 1)−1.)
119
101. Diferencialna enacba
y′′ + 4xy′ + (4x2 + 2)y = 0
ima resitev oblike y1(x) = eax2. Poiscite konstanto a in nato dano
enacbo resite.
(R: y = (c1 + c2x)e−x2.)
102. Diferencialni enacbi
(2x+ 1)y′′ + 2(2x− 1)y′ − 8y = (6x2 + x− 3)ex
prirejena homogena enacba ima resitev oblike y1(x) = eax. Poiscite
konstanto a in nato dano enacbo resite.
(R: y = c1e−2x + c2(4x
2 + 1) + (x+ 1/3)ex.)
103. Resite diferencialno enacbo
x2y′′ + (3x2 + 4x)y′ + 2(x2 + 3x+ 1)y = 0.
Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko z = yx2.
(R: y = (c1e−x + c2e
−2x)/x2.)
104. Resite zacetni problem:
y′′ + y + 6 cos(2x) + 9 sin(2x) = 0, y(0) = 3, y′(0) = 5.
Resitev
Najprej poiscemo splosno resitev diferencialne enacbe
y′′ + y = −6 cos(2x)− 9 sin(2x).
120
Splosna resitev pripadajoce homogene enacbe je ocitno y = c1 cosx +
c2 sinx. Partikularno resitev nehomogene enacbe pa poiscemo z nas-
tavkom Y = A cos(2x)+B sin(2x). Za koeficienta A in B dobimo sistem
enacb: −3A = −6,−3B = −9, ki ima resitev A = 2, B = 3. Splosna
resitev dane enacbe je zato y = c1 cosx+c2 sinx+2 cos(2x)+3 sin(2x).
Prvi zacetni pogoj nam da c1 = 2, drugi pa c2+6 = 5. Torej je c2 = −1
in resitev naloge je y = cosx− sinx+ 2 cos(2x) + 3 sin(2x).
105. Resite zacetni problem:
y′′ + 8y′ − 9y = 0, y(1) = 1, y′(1) = 0.
(R: y = (9ex−1 + e−9(x−1))/10.)
106. Resite zacetni problem:
y′′ − 6y′ + 9y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 2.
(R: y = 2xe3x.)
107. Resite zacetni problem:
y′′ + y′ − 2y = 2x, y(0) = 0, y′(0) = 1.
(R: y = ex − e−2x/2− x− 1/2.)
108. Resite zacetni problem:
y′′ − y = 3e2x − 2 sinx, y(0) = 2, y′(0) = −2.
(R: y = 3e−x − 2ex + e2x + sinx.)
121
109. Resite zacetni problem:
y′′ − 6y′ + 10y = 100, y(0) = 10, y′(0) = 5.
(R: y = 5(2 + e3x sinx).)
110. Resite zacetni problem:
y′′ + y = sinx− cos(2x), y(0) =4
3, y′(0) =
1
2.
(R: y = cosx+ sinx+ cos(2x)/3− x cosx/2.)
111. Resite robni problem:
y′′ − 3y′ + 2y = e3x, y(0) = 0, y(ln 2) = 0.
Resitev
Splosna resitev pripadajoce homogene enacbe je ocitno y = c1ex+c2e
2x.
Partikularno resitev nehomogene enacbe pa poiscemo z nastavkom:
Y = Ae3x. Za koeficient A dobimo enacbo: 9A − 3 ⋅ 3A + 2A = 1,
ki ima resitev A = 1/2. Splosna resitev dane enacbe je zato y =
c1ex+c2e
2x+e3x/2. Prvi robni pogoj nam da c1+c2+1/2 = 0, drugi pa
2c1+4c2+4 = 0. Resitev sistema ebacb za c1 in c2 je: c1 = 1, c2 = −3/2.
Resitev danega robnega problema je y = ex − 3e2x/2 + e3x/2.
112. Resite robni problem:
y′′ − y = 2x, y(0) = 0, y(1) = −1.
(R: y = shx/ sh 1− 2x.)
122
113. Resite robni problem:
y′′ + y′ = 1, y′(0) = 0, y(1) = 1.
(R: y = x+ e−x − 1/e.)
114. Resite robni problem:
y′′ − y′ = 0, y(0) = 0, y′(1)− y(1) = 2.
(R: y = 2(ex − 1).)
115. Resite robni problem:
y′′ + y =2x
�, y(0) = 0, y(�/2) = 0.
(R: y = 2x/� − sinx.)
116. Resite robni problem:
y′′ + y =2x
�, y(0) = 0, y(�) = �.
(R: Nesteto mnogo resitev y = 2x/� + c sinx za � = 2, nobene resitve
za � ∕= 2)
117. Resite robni problem:
y′′ − y′ − 2y = 3e−x, y′(0) = 2, limx→∞
y(x) = 0.
(R: y = −(x+ 3)e−x.)
118. Resite robni problem:
y′′ − y = 1, y(0) = 1, y(x) omejena pri x→∞.
(R: y = 2e−x − 1.)
123
119. Resite robni problem:
x2y′′ − 6y = 0, y(x) omejena pri x = 0 in y(1) = 2.
(R: y = 2x3.)
120. Resite robni problem:
x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0, y(x) = o(x) za x→ 0 pri y(1) = 3.
Resitev
Resitev poiscemo z zamenjavo x = et ali pa kar v obliki y = xn. Za n
dobimo enacbo n(n−1)−2n+ 2 = n2−3n+ 2 = (n−1)(n−2) = 0, ki
ima korena n1 = 1 in n2 = 2. Splosna resitev je y = c1x+ c2x2. Veljati
pa mora
limx→0
y(x)
x= lim
x→0(c1x+ c2) = 0,
iz cesar sledi c2 = 0. Ostane y = c1x2. Iz y(1) = 3 dobimo nazadnje
resitev y = 3x2.
121. Resite robni problem:
x2y′′ + 5xy′ + 3y = 0, y(x) = O(x−2) pri x→∞ in y′(1) = 3.
Resitev
Resitev poiscemo v obliki y = xn. Za n dobimo enacbo n(n − 1) +
5n + 3 = n2 + 4n + 3 = (n + 1)(n + 3) = 0, ki ima korena n1 = −1 in
n2 = −3. Splosna resitev je y(x) = c1x−1 + c2x
−3. Pisimo:
y(x) =1
x2
(c1x+
c2x
).
124
Drugi faktor je omejen pri∞ le za c1 = 0. Zato je y(x) = c2x−3. Ker je
y′(x) = −3c2x−4 in mora veljati y′(1) = 3, dobimo za c2 enacbo −3c2 =
3, ki je izpolnjena za c2 = −1 in resitev nase naloge je y = −x−3.
122. Za katere vrednosti parametra a robni problem
y′′ + ay = 1, y(0) = 0, y(1) = 0
nima resitve?
Resitev
Hitro se vidi, da za a < 0 problem ima resitev. Za a = 0 dobimo enacbo
y′ = 1, ki ima splosno resitev y = x2/2 + c1x+ c2. Robnima pogojema
pa ustreza resitev y = x(x− 1)/2. Zato neresljive probleme iscemo za
a > 0. Splosna resitev je
y =1
a+ c1 cos(x
√a) + c2 sin(x
√a).
Prvi robni pogoj nam da c1 = −1/a, tako da je
y =1
a(1− cos(x
√a)) + c2 sin(x
√a).
Drugi robni pogoj nam da enacbo
1
a(1− cos(
√a)) + c2 sin(
√a) = 0,
ki ni resljiva, ce je sin(√a) = 0. To se zgodi, ce je
√a = n�, kjer je n
od 0 razlicno celo stevilo. Torej mora veljati a = (n�)2. Tedaj bi imeli:
y =1
(n�)2(1− cos(n�x)) + c2 sin(n�x).
Za x = 1 mora veljati cos(n�) = 1, kar je res za sode n. Robni problem
ima v takem primeru nesteto resitev. Ko pa je n liho stevilo, n = 2k−1,
to se pravi za a = (2k − 1)2�2 pa robni problem nima resitev.
125
123. Diferencialna enacba
y′′ − 2(1 + tg2 x)y = 0
ima eno resitev y1(x) = tg x. Preverite! Z uporabo Liouvillove formule
poiscite resitev y2(x), ki je od y1(x) linearno neodvisna. Nazadnje
zapisite splosno resitev dane diferencialne enacbe.
(R: y = c1 tg x+ c2(1 + x tg x).)
124. Z metodo variacije konstant poiscite splosno resitev diferencialne enacbe
y′′ + y =1
sinx.
(R: y = (c1 − x) cosx+ (c2 + ln ∣ sinx∣) sinx).)
125. Z uvedbo u = ln ∣(x − 2)/(x − 1)∣ in y = (x − 1)v, v = v(u) resite
diferencialno enacbo
y′′ =2y
(x− 1)2(x− 2)2.
(R: y = (x− 1)(c1(x− 2)2(x− 1)−2 + c2(x− 1)(x− 2)−1).)
126. Z uvedbo nove spremenljivke � = 1/x resite diferencialno enacbo
x4y′′ + 2x3y′ + y = 0 .
(R: y = c1 cos(1/x) + c2 sin(1/x).)
127. Resite integralsko enacbo
f(x)−∫ x
0
f(�) d� = e−x .
(R: f(x) = chx.)
126
128. Resite integralsko enacbo
f(x)−∫ x
0
f(�) d� = ex .
(R: f(x) = (1 + x)ex.)
129. Resite integralsko enacbo∫ x
0
(x− �)f(�) d� = 2x+
∫ x
0
f(�) d� .
(R: f(x) = −2ex.)
130. Resite integralsko enacbo∫ x
0
�f(�) d� = x2 + f(x) .
(R: f(x) = 2(1− ex2/2).)
131. Poiscite linearno neodvisni resitvi y1 in y2 enacbe
y′′ − x2y = 0
v obliki potencne vrste.
Resitev
Naj bo potencna vrsta
y =∞∑n=0
anxn
z realnimi koeficienti an resitev dane enacbe. Predpostavimo, da ima
vrsta pozitiven konvergencni polmer. Dvakrat odvajamo in vstavimo v
enacbo:∞∑n=2
n(n− 1)anxn−2 = x2
∞∑n=0
anxn =
∞∑n=0
anxn+2.
127
Preuredimo:
∞∑n=0
(n+ 1)(n+ 2)an+2xn =
∞∑n=2
an−2xn.
S primerjavo koeficientov istoleznih clenov najdemo:
2a2 = 0, 6a3 = 0, (n+ 1)(n+ 2)an+2 = an−2 (n ≥ 2).
Vidimo, da je a2 = 0 in a3 = 0, koeficienta a0 = � in a1 = � pa sta
poljubni realni stevili. Imamo rekurzijo:
an+2 =an−2
(n+ 1)(n+ 2)(n ≥ 2), a0 = �, a1 = �, a2 = 0, a3 = 0.
Postopoma dobimo koeficiente:
a0 = �, a4 =�
3 ⋅ 4, a8 =
�
3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8, a12 =
�
3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 11 ⋅ 12, . . . ,
a2 = 0, a6 = 0, a10 = 0, . . . ,
a1 = �, a5 =�
4 ⋅ 5, a9 =
�
4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9, a13 =
�
4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 12 ⋅ 13, . . . ,
a3 = 0, a7 = 0, a11 = 0, . . .
Sedaj ocitno lahko izrazimo y = �y1 + �y2, pri cemer sta
y1 = 1 +x4
3 ⋅ 4+
x8
3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8+
x12
3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 11 ⋅ 12+ . . . ,
y2 = x+x5
4 ⋅ 5+
x9
4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9+
x13
4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 12 ⋅ 13+ . . .
linearno neodvisni resitvi diferencialne enacbe. Kvocientni kriterij pove,
da sta to povsod na realni osi konvergentni vrsti.
132. Poiscite linearno neodvisni resitvi y1 in y2 enacbe
y′′ − xy′ − 2y = 0
128
v obliki potencne vrste.
Resitev
Naj bo potencna vrsta
y =∞∑n=0
anxn
z realnimi koeficienti an resitev dane enacbe. Predpostavimo, da ima
vrsta pozitiven konvergencni polmer. Dvakrat odvajamo in vstavimo v
enacbo:
∞∑n=2
n(n− 1)anxn−2 − x
∞∑n=1
nanxn−1 − 2
∞∑n=0
anxn = 0.
Preuredimo:
∞∑n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2xn −
∞∑n=1
nanxn − 2
∞∑n=0
anxn = 0.
S primerjavo koeficientov istoleznih clenov najdemo:
2a2 − 2a0 = 0, (n+ 2)(n+ 1)an+2 − nan − 2an = 0 (n ≥ 1).
Imamo rekurzijo:
an+2 =an
n+ 1(n ≥ 0), a0 = �, a1 = �.
Pri tem sta � in � poljubni realni stevili. Postopoma dobimo koefi-
ciente:
a0 = �, a2 =�
1, a4 =
�
1 ⋅ 3, a6 =
�
1 ⋅ 3 ⋅ 5, a8 =
�
1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7, . . . ,
a1 = �, a3 =�
2, a5 =
�
2 ⋅ 4, a7 =
�
2 ⋅ 4 ⋅ 6, a9 =
�
2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ 8, . . .
129
Ocitno lahko izrazimo y = �y1 + �y2, pri cemer sta
y1 = 1 +x2
1+
x4
1 ⋅ 3+
x6
1 ⋅ 3 ⋅ 5+
x8
1 ⋅ 3 ⋅ 5+ . . . ,
y2 = x+x3
2+
x5
2 ⋅ 4+
x7
2 ⋅ 4 ⋅ 6+
x9
2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ 8+ . . .
linearno neodvisni resitvi diferencialne enacbe. Kvocientni kriterij pove,
da sta to povsod na realni osi konvergentni vrsti.
133. Poiscite linearno neodvisni resitvi y1 in y2 enacbe
(1− x2)y′′ − 4xy′ − 2y = 0
v obliki potencne vrste.
Resitev
Naj bo potencna vrsta
y =∞∑n=0
anxn
z realnimi koeficienti an resitev dane enacbe. Predpostavimo, da ima
vrsta pozitiven konvergencni polmer. Dvakrat odvajamo in vstavimo v
enacbo:
(1− x2)∞∑n=2
n(n− 1)anxn−2 − 4x
∞∑n=1
nanxn−1 − 2
∞∑n=0
anxn = 0.
S preureditvijo dobimo:
∞∑n=0
(n+2)(n+1)an+2xn−
∞∑n=2
n(n−1)anxn−4
∞∑n=1
nanxn−2
∞∑n=0
anxn = 0.
S primerjavo koeficientov istoleznih clenov najdemo:
2a2 − 2a0 = 0, 6a3 − 4a1 − 2a1 = 0,
130
(n+ 2)(n+ 1)an+2 − n(n− 1)an − 4nan − 2an = 0 (n ≥ 2).
Po poenostavitvi najdemo relacijo an+2 = an za vsak indeks n ≥ 0. Ce
izberemo a0 = �, a1 = �, pri cemer sta � in � poljubni realni stevili,
potem velja:
a0 = a2 = a4 = . . . = �, a1 = a3 = a5 = . . . = �.
Ocitno lahko izrazimo y = �y1 + �y2, pri cemer sta
y1 = 1 + x2 + x4 + . . . =1
1− x2,
y2 = x+ x3 + x5 + . . . =x
1− x2
linearno neodvisni resitvi diferencialne enacbe. Vrsti sta konvergentni
za ∣x∣ < 1.
Opomba
Morda opazimo ali pa tudi ne, da dano diferencialno enacbo lahko
zapisemo v obliki ((1−x2)y)′′ = 0, kar pomeni, da je (1−x2)y = c1x+c2
oziroma y = c1x/(1 − x2) + c2/(1 − x2). Resitev torej lahko najdemo
brez uporabe vrst.
134. Poiscite linearno neodvisni resitvi y1 in y2 enacbe
(1 + x2)y′′ + 5xy′ + 3y = 0
v obliki potencne vrste.
Resitev
Naj bo potencna vrsta
y =∞∑n=0
anxn
131
z realnimi koeficienti an resitev dane enacbe. Predpostavimo, da ima
vrsta pozitiven konvergencni polmer. Dvakrat odvajamo in vstavimo v
enacbo:
(1 + x2)∞∑n=2
n(n− 1)anxn−2 + 5x
∞∑n=1
nanxn−1 + 3
∞∑n=0
anxn = 0.
S preureditvijo dobimo:
∞∑n=0
(n+2)(n+1)an+2xn+
∞∑n=2
n(n−1)anxn+5
∞∑n=1
nanxn+3
∞∑n=0
anxn = 0.
S primerjavo koeficientov istoleznih clenov najdemo:
2a2 + 3a0 = 0, 6a3 + 5a1 + 3a1 = 0,
(n+ 2)(n+ 1)an+2 + n(n− 1)an + 5nan + 3an = 0 (n ≥ 2).
Po poenostavitvi najdemo relacijo (n + 2)an+2 = −(n + 3)an, ki velja
za vse indekse n ≥ 0. Ce izberemo a0 = �, a1 = �, pri cemer sta � in
� poljubni realni stevili, potem velja:
a0 = �, a2 = −3�
2, a4 =
3 ⋅ 5�2 ⋅ 4
, a6 = −3 ⋅ 5 ⋅ 7�2 ⋅ 4 ⋅ 4
, . . . ,
a1 = �, a3 = −4�
3, a5 =
4 ⋅ 6�3 ⋅ 5
, a7 = −4 ⋅ 6 ⋅ 8�3 ⋅ 5 ⋅ 7
, . . . ,
Ocitno lahko izrazimo y = �y1 + �y2, pri cemer sta
y1 = 1− 3x2
2+
3 ⋅ 5x4
2 ⋅ 4− 3 ⋅ 5 ⋅ 7x6
2 ⋅ 4 ⋅ 6+ . . . ,
y2 = x− 4x3
3+
4 ⋅ 6x5
3 ⋅ 5− 4 ⋅ 6 ⋅ 8x7
3 ⋅ 5 ⋅ 7+ . . .
linearno neodvisni resitvi diferencialne enacbe. Vrsti sta konvergentni
za ∣x∣ < 1.
132
Opomba
Vsoti vrst za y1 in y2 lahko izrazimo z elementarnimi funkcijami:
y1 = (1 + x2)−3/2, 2y2 =x
1 + x2+
ln(x+√
1 + x2)
(1 + x2)3/2.
135. Poiscite linearno neodvisni resitvi y1 in y2 enacbe
(x2 − x+ 1)y′′ + 2(2x− 1)y′ + 2y = 0
v obliki potencne vrste.
Resitev
Naj bo potencna vrsta
y =∞∑n=0
anxn
z realnimi koeficienti an resitev dane enacbe. Predpostavimo, da ima
vrsta pozitiven konvergencni polmer. Dvakrat odvajamo in vstavimo v
enacbo:
(x2−x+1)∞∑n=2
n(n−1)anxn−2 +(4x−2)
∞∑n=1
nanxn−1 +2
∞∑n=0
anxn = 0.
S preureditvijo dobimo:
∞∑n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2xn +
∞∑n=2
n(n− 1)anxn −
∞∑n=1
n(n+ 1)an+1xn+
+4∞∑n=1
nanxn − 2
∞∑n=0
(n+ 1)an+1xn + 2
∞∑n=0
anxn = 0.
S primerjavo koeficientov istoleznih clenov najdemo:
2a2 − 2a1 + 2a0 = 0, 6a3 − 2a2 + 4a1 − 4a2 + 2a1 = 0,
133
(n+ 2)(n+ 1)an+2 − n(n+ 1)an+1 + n(n− 1)an+
+4nan − 2(n+ 1)an+1 + 2an = 0 (n ≥ 2).
Po poenostavitvi najdemo relacijo an+2 = an+1 − an, ki velja za vse
indekse n ≥ 0. Da bi nasli linearno neodvisni resitvi y1 in y2, izberemo
enkrat a0 = y1(0) = 1, a1 = y′1(0) = 1, drugic pa a0 = y2(0) = 0, a1 =
y′2(0) = 1. S tem bo determinanta Wronskega funkcij y1 in y2 v tocki
x = 0 in njeni okolici razlicna od 0. Tako dobimo koeficiente za funkcijo
y1:
a0 = 1, a1 = 1, a2 = 0, a3 = −1, a4 = −1, a5 = 0, a6 = 1, a7 = 1, . . . ,
Za koeficiente funkcije y2 najdemo:
a0 = 0, a1 = 1, a2 = 1, a3 = 0, a4 = −1, a5 = −1, a6 = 0, a7 = 1, . . .
Resitvi sta:
y1 = 1 + x− x3 − x4 + x6 + x7 + . . . ,
y2 = x+ x2 − x4 − x5 + x7 + x8 + . . .
Obe vrsti konvergirata za ∣x∣ < 1.
Opomba
Vsoti vrst za y1 in y2 lahko izrazimo z elementarnimi funkcijami:
y1 =1
1− x+ x2, y2 =
x
1− x+ x2.
4 Sistemi navadnih diferencialnih enacb
1. Vcasih najlaze resimo sistem z eliminacijo vseh neznanih funkcij razen ene, za
katero dobimo neko navadno diferencialno enacbo visjega reda. Njena resitev nam
postopoma da se preostale neznane funkcije.
134
2. Diferencialno enacbo
y(n) = f(x, y, y′, . . . , y(n−1))
lahko pretvorimo v sistem n enacb prvega reda z vpeljavo funkcij
yk = y(k−1) (k = 1, 2, . . . , n).
Dobimo:
y′1 = y2,
y′2 = y3,
...
y′n−1 = yn,
y′n = f(x, y1, y2, . . . , yn).
V primeru linearne enacbe
y(n) + p1(x)y(n−1) + . . .+ pn(x)y = f(x)
dobimo sistem enacb:
y′1 = y2,
y′2 = y3,
...
y′n−1 = yn,
y′n = f(x)− pn(x)y1 − pn−1(x)y2 − . . .− p1(x)yn.
Prepisemo ga lahko v matricno obliko:
d
dx
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
y1
y2...
yn−1
yn
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦=
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
0 1 0 . . . 0
0 0 1 . . . 0...
......
. . .
0 0 0 . . . 1
−pn(x) −pn−1(x) −pn−2(x) . . . −p1(x)
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
y1
y2...
yn−1
yn
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦+
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
0
0...
0
f(x)
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦.
135
3. Splosen sistem diferencialnih enacb prvega reda je oblike
x1 = f1(t, x1, x2, . . . , xn),
x2 = f2(t, x1, x2, . . . , xn),
...
xn = fn(t, x1, x2, . . . , xn).
Sistem imenujemo avtonomen, ce v funkcijah na desni strani enacajev spremenljivka
t eksplicitno ne nastopa.
Splosen sistem linearnih diferencialnih enacb prvega reda je oblike
x1 = a11(t)x1 + a12(t)x2 + . . .+ a1n(t)xn + b1(t),
x2 = a11(t)x1 + a12(t)x2 + . . .+ a1n(t)xn + b2(t),
...
xn = an1(t)x1 + an2(t)x2 + . . .+ ann(t)xn + bn(t).
Prepisemo ga lahko tudi v matricno obliko:
d
dt
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣x1
x2...
xn
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ =
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣a11(t) a12(t) . . . a1n(t)
a21(t) a22(t) . . . a2n(t)...
.... . .
...
an1(t) an2(t) . . . ann(t)
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣x1
x2...
xn
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦+
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣b1(t)
b2(t)...
bn(t)
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ .
Z vpeljavo matrik
x =
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣x1
x2...
xn
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ , A(t) =
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣a11(t) a12(t) . . . a1n(t)
a21(t) a22(t) . . . a2n(t)...
.... . .
...
an1(t) an2(t) . . . ann(t)
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ , b(t) =
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣b1(t)
b2(t)...
bn(t)
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦pa se krajse:
x = A(t)x + b(t).
136
Matrika A(t) ima za svoje elemente realne funkcije. Sistem enacb je homogen, ce je
b(t) ≡ 0. Splosna resitev x(t) homogenega sistema x = A(t)x je poljubna linearna
kombinacija n-linearno neodvisnih resitev x1(t),x1(t), . . . ,xn(t) tega sistema:
x(t) = c1x1(t) + c2x1(t) + . . .+ cnxn(t).
Ce je
xk(t) =
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣x1k(t)
x2k(t)...
xnk(t)
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ , X(t) =
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣x11(t) x12(t) . . . x1n(t)
x21(t) x22(t) . . . x2n(t)...
.... . .
...
xn1(t) xn2(t) . . . xnn(t)
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ , c =
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣c1
c2...
cn
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦potem veljata relaciji det X(t) ∕= 0 in X(t) = A(t)X(t) in splosna resitev je x(t) =
X(t)c.
Partikularno resitev y(t) nehomogenega sistema enacb x = A(t)x + b(t)
poiscemo z metodo variacije konstant, potem ko smo ze nasli matriko Ξ(t) line-
arno neodvisnih resitev �1(t), �2(t), . . . , �n(t) pripadajocega homogenega sistema
x = A(t)x. Kratek racun pokaze, da velja
y(t) =
∫ t
t0
G(t, �)b(�) d�, G(t, �) = Ξ(t)Ξ−1(�).
Splosna resitev nehomogenega sistema enacb je potem
x(t) = Ξ(t)c + y(t).
4. Pri resevanju linearnih diferencialnih enacb so koristna pravila, ki so analogna
pravilom za resevanje linearnih diferencialnih enacb.
a) Ce ima homogen sistem x−A(t)x = 0 kompleksno resitev x, potem sta resitvi
tudi Re x in Im x.
b) Ce ima nehomogena enacba x−A(t)x = b(t) kompleksno resitev x in na desni
strani kompleksno funkcijo b, potem je Re x njena resitev za desno stran Re b,
Im x pa njena resitev za desno stran Im b,
137
c) Ce je y1 resitev nehomogene enacbe x−A(t)x = b(t) za desno stran b1 in y2
resitev iste enacbe za desno stran b2, potem je y = y1 + y2 resitev te iste enacbe
za desno stran b1 + b2.
5. V primeru konstantne realne matrike
A =
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n...
.... . .
...
an1 an2 . . . ann
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦lahko resujemo homogen sistem x = Ax z metodami linearne algebre. Resitev
poiscemo v obliki x = e�tv, kjer je v ∕= 0 stevilski stolpec, vektor. Velja: Av = �v.
Torej je � lastna vrednost matrike A in v pripadajoci lastni vektor. Poiskati je
torej treba lastne vrednosti matrike A, to je nicle polinoma p(�) = det(A − �I),
kjer je I enotska matrika istih dimenzij kot matrika A.
a) Ce je � r-kratna lastna vrednost matrike A in ustrezni lastni podprostor r-
razsezen, napet na lastne vektorje v1,v2, . . . ,vr, potem so
e�tv1, e�tv2, . . . , e
�tvr
linearno neodvisne resitve sistema x = Ax.
b) Ce je � r-kratna lastna vrednost matrike A in ustrezni lastni podprostor s-
razsezen, pri cemer je s < r, poiscemo s linearno neodvisnih lastnih vektorjev
v1,v2, . . . ,vs matrike A, ki nam dajo s linearno neodvisnih resitev
e�tv1, e�tv2, . . . , e
�tvs
sistema x = Ax, preostalih p = r − s linearno neodvisnih resitev pa poiscemo v
obliki
e�t(uk,0 + tuk,1/1! + . . .+ tkuk,k/k!) (k = 1, 2, . . . , p),
138
pri cemer so uk,j konstantni vektorji, ki jih moramo se dolociti iz sistema enacb
(A− �I)uk,k = 0,
(A− �I)uk,k−1 = uk,k,
...
(A− �I)uk,1 = uk,2,
(A− �I)uk,0 = uk,1,
4.1 Linearni sistemi diferencialnih enacb
1. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = y,
y = x+ 2 sh t.
Resitev
Sistem najhitreje resimo z izlocitvijo funkcije y. Iz prve enacbe je y = x,
kar vstavimo v drugo enacbo in dobimo nehomogeno enacbo drugega
reda:
x− x = 2 sh t.
Tako ali drugace dobimo resitev sistema;
x = (c1 + t) ch t+ c2 sh t, y = (c1 + t) sh t+ (c2 + 1) ch t.
2. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 4x+ y,
y = y − 2x.
139
Resitev
Do resitve lahko pridemo z izlocitvijo ene od funkcije ali pa z uporabo
metod linearne algebre. Odlocimo se za slednje. Vpeljemo vektorsko
funkcijo x = [x, y]T , sistem prepisemo v obliko x = Ax, kjer je pri-
padajoca matrika sistema
A =
⎡⎣ 4 1
−2 1
⎤⎦ .Resitev poiscemo kot x = ve�t. Stevilo � je lastna vrednost matrike A,
v = [�, �]T pa ustrezni lastni vektor. Karakteristicni polinom matrike
A je∣∣∣∣∣∣ 4− � 1
−2 1− �
∣∣∣∣∣∣ = (4− �)(1− �) + 2 = �2 − 5�+ 6 = (�− 2)(�− 3).
Lastni vrednosti �1 = 2 ustreza lastni vektor v1 = [1,−2]T , lastni
vrednosti �1 = 3 pa lastni vektor v2 = [1,−1]T . Splosna resitev je torej
x = [x, y]T = c1v1e�1t + c2v2e
�2t = c1[1,−2]T e2t + c2[1,−1]T e3t,
od koder preberemo: x = c1e2t + c2e
3t, y = −2c1e2t − c2e3t.
3. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 4x+ y − e2t,
y = y − 2x.
(R: x = (c1 + t+ 1)e2t + c2e3t, y = −2(c1 + t)e2t − c2e3t.)
140
4. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x+ 2y,
y = x− 5 sin t.
(R: x = c1e−t+2c2e
2t−cos t+3 sin t, y = −c1e−t+c2e2t+2 cos t−sin t.)
5. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = −7x+ y,
y = −2x− 5y.
(R: x = e−6t(c1 cos t+ c2 sin t), y = e−6t((c1 + c2) cos t+ (c2− c1) sin t).)
6. Resite zacetni problem:
x = 3x− y,
y = −x+ 3y,
x(0) = 3, y(0) = 5.
(R: x = 4e2t − e4t, y = 4e2t + e4t.)
7. Resite zacetni problem:
x = 3x− 2y,
y = 2x− 2y,
141
x(0) = 3, y(0) = 1/2.
(R: x = 11e2t/3− 2e−t/3, y = 11e2t/6− 4e−t/3.)
8. Resite zacetni problem:
x = 3y − x,
y = 4y − 2x,
x(0) = 2, y(0) = 1.
(R: x = 3et − e2t, y = 2et − e2t.)
9. Resite zacetni problem:
x = −7x+ 9y,
y = −6x+ 8y,
x(0) = 2, y(0) = 1.
(R: x = 3e−t − e2t, y = 2e−t − e2t.)
10. Resite zacetni problem:
x = −3x− y,
y = x− y,
x(0) = 1, y(0) = 1.
(R: x = (1− 2t)e−2t, y = (1 + 2t)e−2t.)
142
11. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x+ y + et,
y = −2x+ 2t.
(R: x = c1et cos t + c2e
t sin t + t + 1 + et, y = (c2 − c1)et cos t − (c1 +
c2)et sin t− 2t− 1− 2et.)
12. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x− y + 2 sin t,
y = 2x− y.
(R: x = c1 cos t + c2 sin t − t cos t + t sin t, y = (c1 − c2) cos t + (c1 +
c2) sin t− 2t cos t+ sin t+ cos t.)
13. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x− y + et,
y = 3x− 2y + t.
(R: x = c1et+c2e
−t+3tet/2+t, y = c1et+3c2e
−t+(3t−1)et/2+2t−1.)
14. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x− 5y − cos t,
y = x− 2y + sin t.
143
(R: x = 5c1 cos t+ 5c2 sin t+ 2t cos t− t sin t, y = (2c1− c2) cos t+ (c1 +
2c2) sin t+ t cos t− 3 cos t/5 + sin t/5.)
15. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x+ y + e−2t,
y = 4x− 2y − 2et.
(R: x = c1e−3t + c2e
2t + et/2, y = −4c1e−3t + c2e
2t − e−2t.)
16. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 4x− 2y + t−3,
y = 8x− 4y − t−2.
(R: x = c1 + 2c2t− t−2/2 + 2t−1− 2 ln ∣t∣, y = (2c1− c2) + 2c2t+ 5t−1−4 ln ∣t∣.)
17. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x+ y + 2et,
y = 4x+ y − et.
(R: x = c1e3t + c2e
−t + et/4, y = 2c1e3t − 2c2e
−t − 2et.)
18. Resite sistem diferencialnih enacb:
144
x = 2y − x,
y = 4y − 3x+e3t
e2t + 1.
(R: x = c1et + 2c2e
2t + 2e2t arc tg et − et ln(e2t + 1), y = c1et + 3c2e
2t +
3e2t arc tg et − et ln(e2t + 1).)
19. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = −4x− 2y +2
et − 1,
y = 6x+ 3y − 3
et − 1.
(R: x = c1+2c2e−t+2e−t ln ∣et−1∣, y = −2c1−3c2e
−t−3e−t ln ∣et−1∣.)
20. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x− y +1
cos t,
y = 2x− y.
(R: x = c1 cos t+ c2 sin t+ t(cos t+ sin t) + (cos t− sin t) ln ∣ cos t∣, y =
(c1 − c2) cos t+ (c1 + c2) sin t+ 2 cos t ln ∣ cos t∣+ 2t sin t.)
21. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 3x− 2y,
y = 2x− y + 15et√t.
145
(R: x = c1et + 2c2te
t − 8t2√tet, y = c1e
t − c2et + 2c2tet + 10t
√tet −
8t2√tet.)
22. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x+ y + 2et,
y = x+ 2y − 3e4t.
(R: x = c1et + c2e
3t + tet − e4t, y = −c1et + c2e3t − tet − 2e4t − et.)
23. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x− y + 8t,
y = 5x− y.
(R: x = c1 cos(2t) + c2 sin(2t) + 2t + 2, y = (c1 − 2c2) cos(2t) + (2c1 +
c2) sin(2t) + 10t.)
24. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x− y,
y = 2y − x− 5t sin t.
(R: x = c1et + 2c2e
3t + (t + 11/20) cos t + (t/2 − 1/5) sin t, y = c1et −
c2e3t + (3t/2 + 7/5) cos t+ (2t+ 1/5) sin t.)
146
25. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x− y,
y = 2y − x− 5et sin t.
(R: x = c1et+2c2e
3t+et(2 cos t−sin t), y = c1et−c2e3t+et(3 cos t+sin t).)
26. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x− y,
y = x+ 2et.
(R: x = (c1 + c2 − t2)et, y = (c1 − c2 + c2t+ 2t− t2)et.)
27. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 4x− 3y + sin t,
y = 2x− y − 2 cos t.
(R: x = c1et + 3c2e
2t + cos t− 2 sin t, y = c1et + 2c2e
2t + 2 cos t− 2 sin t.)
28. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = y + tg2 t− 1,
y = −x+ tg t.
(R: x = c1 cos t+ c2 sin t+ tg t, y = c2 cos t− c1 sin t+ 2.)
147
29. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2y − 3x,
y = y − 2x.
(R: x = (c1 + 2c2t)e−t, y = (c1 + c2 + 2c2t)e
−t.)
30. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 5x+ 3y,
y = −3x− y.
(R: x = (c1 + 3c2t)e2t, y = (c2 − c1 − 3c2t)e
2t.)
31. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = y + 2et,
y = x+ t2.
(R: x = c1et + c2e
−t + tet − t2 − 2, y = c1et − c2e−t − et + tet − 2t.)
32. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = y − 5 cos t,
y = 2x+ y.
(R: x = c1e2t + c2e
−t− cos t− 2 sin t, y = 2c1e2t− c2e−t + 3 cos t+ sin t.)
148
33. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 3x+ 2y + 4e5t,
y = x+ 2y.
(R: x = c1et + c2e
4t + 3e5t, y = −c1et + c2e4t + e5t.)
34. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x− 4y + 4e−2t,
y = 2x− 2y.
(R: x = (c1 + c2) cos(2t) + (c2− c1) sin(2t), y = c1 cos(2t) + c2 sin(2t) +
e−2t.)
35. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 4x+ y − e2t,
y = y − 2x.
(R: x = c1e2t + c2e
3t + te2t, y = −2c1e2t − c2e3t + 2e2t − 2te2t.)
36. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 3x− 4y + e−2t,
y = x− 2y − 3e−2t.
(R: x = c1e2t + c2e
−t + 3e−2t, y = 4c1e2t + c2e
−t + 3e−2t.)
149
37. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2y − x+ 1,
y = 3y − 2x.
(R: x = (c1 + 2c2t)et − 3, y = (c1 + c2 + 2c2)e
t − 2.)
38. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 5x− 3y + 2e3t,
y = x+ y + 5e−t.
(R: x = c1e2t + 3c2e
4t − 4e3t − e−t, y = c1e2t + c2e
4t − 2e3t − 2e−t.)
39. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x+ y + 1 + et,
y = 3x− y.
(R: x = c1e2t + c2e
−2t − 1/4− 2et/3, y = c1e2t − 3c2e
−2t − 3/4− et.)
40. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x− 4y,
y = x− 3y + 3et.
(R: x = 4c1et + c2e
−2t − 4tet, y = c1et + c2e
−2t + et − tet.)
150
41. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x− y,
y = y − 2x+ 18t.
(R: x = c1 + c2e3t + 3t2 + 2t, y = 2c1 − c2e3t + 6t2 − 2t− 2.)
42. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x+ 2y + 16tet,
y = 2x− 2y.
(R: x = 2c1e2t + c2e
−3t − (12t+ 13)et, y = c1e2t − 2c2e
−3t − (8t+ 6)et.)
43. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 3x+ 2y + 4e5t,
y = x+ 2y.
(R: x = c1et + c2e
4t + 3e5t, y = −c1et + c2e4t + e5t.)
44. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x+ 4y − 8,
y = 3x+ 6y.
(R: x = 2c1e8t − 2c2 + 1− 6t, y = 3c1e
8t + c2 + 3t.)
151
45. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x− 3y,
y = x− 2y + 2 sin t.
(R: x = 3c1et + c2e
−t + 3 sin t, y = c1et + c2e
−t + sin t− cos t.)
46. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x+ 3y + 5t,
y = 3x+ 2y + 8et.
(R: x = c1e5t+c2e
−t−3et+2t−13/5, y = c1e5t−c2e−t+et−3t+12/5.)
47. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x+ y,
y = 3x+ 4y.
(R: x = c1et + c2e
5t, y = −c1et + 3c2e5t.)
48. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x− y,
y = y − 4x.
(R: x = 2c1e3t − 4c2e
−3t, y = c1e2t + c2e
−3t.)
152
49. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x+ y,
y = 3y − 2x.
(R: x = c1e2t cos t+ c2e
2t sin t, y = (c1 + c2)e2t cos t+ (c2 − c1)e2t sin t.)
50. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x− 3y,
y = 3x+ y.
(R: x = (2c2−c1) cos(2t)−(2c1 +c2) sin(2t), y = c1 cos(2t)+c2 sin(2t).)
51. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x+ y,
y = 4y − x.
(R: x = (c1 + c2t)e3t, y = (c1 + c2 + c2t)e
3t.)
52. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 3x− y,
y = 4x− y.
(R: x = (c1 + c2t)et, y = (2c1 − c2 + 2c2t)e
t.)
153
53. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x− y +3
2t2,
y = −4x− 2y + 1 + 4t.
(R: x = c1e2t + c2e
−3t − t2/2, y = −c1e2t + 4c2e−3t + t+ t2.)
x = −y − sin t cos t,
y = x− sin2 t.
(R: x = c1 cos t+ c2 sin t+ cos2 t, y = c1 sin t− c2 cos t+ sin t cos t.)
54. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = −y,
x− y = 3x+ y.
Resitev
Izrazimo y iz prve enacbe in vstavimo v drugo:
y = −x, x+ x = 3x− x.
Po preureditvi dobimo linearno homogeno diferencialno enacbo s kon-
stantnimi koeficienti in njeno karakteristicno enacbo:
x+ 2x− 3x = 0, �2 + 2�− 3 = (�− 1)(�+ 3) = 0.
Sedaj brez tezav zapisemo resitev:
x = c1et + c2e
−3t, y = −c1et + 3c2e−3t.
154
55. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = −x+ y + et,
y = x− y + et.
(R: x = c1 + c2e−2t + et, y = c1 − c2e−2t + et.)
56. Resite sistem diferencialnih enacb:
2x− 5y = 4y − x,
3x− 4y = 2x− y.
Resitev
Iz obeh enacb izlocimo x in dobimo y = x−2y. Ce izrazimo x = y+2y
in vstavimo v drugo enacbo, dobimo preprosto enacbo y−y = 0, ki ima
resitev y = c1et + c2e
−t. Potem brez tezav najdemo resitev sistema:
x = 3c1et + c2e
−t, y = c1et + c2e
−t.
57. Resite sistem diferencialnih enacb:
5x− 2y + 4x− y = e−t,
x+ 8x− 3y = 5e−t.
(R: x = c1et + c2e
−2t + 2e−t, y = 3c1et + 2c2e
−2t + 3e−t.)
155
58. Resite sistem diferencialnih enacb:
x− 2y + 2x = 0,
3x+ y − 8y = 0.
Resitev
Prvo enacbo odvajamo po t in dobimo:
2x− 2y +...x = 0.
Nato iz druge in dobljene enacbe izlocimo x. Dobimo:
16y − 8y + 3...x = 0.
Iz enacbe 3...x = (8y − y) in iz pravkar dobljene enacbe izlocimo
...x :
16y − 8y + (8y − y) = 0.
Uredimo in dobimo linearno homogeno enacbo s konstantnima koefi-
cientoma in pripadajoco karakteristicno enacbo:
....y − 16y = 0, �4 − 16 = (�− 2)(�+ 2)(�2 + 4) = 0.
Splosno resitev zapisemo v obliki:
y = 3c1e2t + 3c2e
−2t + c3 sin(2t) + c4 cos(2t).
Ce odvajamo po t drugo dano enacbo, prvo pa pomnozimo s 3 in
izlocimo x, dobimo
x =1
6(...y − 2y).
156
Iz tega izraza dobimo nazadnje resitev:
x = 2c1e2t − 2c2e
−2t − 2c3 cos(2t) + 2c4 sin(2t),
y = 3c1e2t + 3c2e
−2t + c3 sin(2t) + c4 cos(2t).
59. Resite sistem diferencialnih enacb:
x+ 3y − x = 0,
x+ 3y − 2y = 0.
Resitev
Drugo enacbo odvajamo po t in dobljeno enacbo odstejemo od prve.
Dobimo x = 2y, kar vstavimo v drugo enacbo. Dobimo linearno ho-
mogeno diferencialno enacbo s pripadajoco karakteristicno enacbo:
2y + 3y − 2y = 0, 2�2 + 3�− 2 = (�+ 2)(2�− 1) = 0.
Njena splosna resitev je y = c1et/2 + c2e
−2t.
Resitev sistema je torej
x = c1et/2 − 4c2e
−2t, y = c1et/2 + c2e
−2t.
60. Resite sistem diferencialnih enacb:
x+ x+ y − 2y = 0,
x− y + x = 0.
(R: x = c1et + 2c2e
−2t + c3e−t, y = 2c1e
t + c2e−2t.)
157
61. Resite sistem diferencialnih enacb:
x− 2y + y + x− 3y = 0,
4y − 2x− x− 2x+ 5y = 0.
(R: x = 3ce−t, y = ce−t.)
62. Resite sistem diferencialnih enacb:
x− x+ 2y − 2y = 0,
x− x+ y + y = 0.
(R: x = c1e3t + c2e
−t, y = −2c1e3t + c3e
t.)
63. Resite sistem diferencialnih enacb:
2x+ 2x+ x+ 3y + y + y = 0,
x+ 4x− x+ 3y + 2y − y = 0.
(R: x = c1+c2et+5c3 cos t+5c4 sin t, y = −c1−c2et−(4c3−3c4) cos t−
(3c3 + 4c4) sin t.)
64. Resite sistem diferencialnih enacb:
x+ 5x+ 2y + y = 0,
3x+ 5x+ y + 3y = 0.
(R: x = (c1 + c2t)et + c3e
−t, y = (−2c1 − c2 − 2c2t)et − 4c3e
−t.)
158
65. Resite sistem diferencialnih enacb:
x+ 4x− 2x− 2y − y = 0,
x− 4x− y + 2y + 2y = 0.
(R: x = c1et+c2e
−t+c3e2t+c4e
−2t, y = c1et+5c2e
−t+2c3e2t+2c4e
−2t.)
66. Resite sistem diferencialnih enacb:
x− 4x+ 4x− y = 0,
y + 4y + 4y − 25x = 16et.
(R: x = c1e3t + c2e
−3t + c3 cos t + c4 sin t − et, y = c1e3t + 25c2e
−3t +
(3c3 − 4c4) cos t+ (4c3 + 3c4) sin t− e−t.)
67. Resite sistem diferencialnih enacb:
x+ y + 2x = 0,
y − x+ 2y = 0.
(R: x = c1 sin t− c2 cos t− c3 sin(2t) + c4 cos(2t), y = c1 cos t+ c2 sin t+
c3 cos(2t) + c4 sin(2t).)
68. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x− 3y,
y = x− 2y.
159
(R: x = 3c1et + 3c2e
−t + c3 cos t + c4 sin t, y = c1et + c2e
−t + c3 cos t +
c4 sin t.)
69. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 3x+ 4y,
y = −x− y.
(R: x = (2c1 + 2c2t)et + (2c3 + 2c4t)e
−t, y = (c2 − c1 − c2t)et − (c3 +
c4 + c4t)e−t.)
70. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = −x− y − 5,
y = 4x+ 3y − 3.
(R: x = (c1 + c2t)et + (c3 + c4t)e
−t + 18, y = −(2c1 + 2c2 + 2c2t)et −
(2c3 − 2c4 + 2c4t)e−t − 23.)
71. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2y,
y = −2x.
(R: x = (c1 cos t + c2 sin t)et + (c3 cos t + c4 sin t)e−t, y = (c2 cos t −c1 sin t)et − (c4 cos t− c3 sin t)e−t.)
160
72. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = −a2y,
y = a2x, a ∕= 0.
(R: x = (c1 cos(kt) + c2 sin(kt))ekt + (c3 cos(kt) + c4 sin(kt))e−kt,
y = −(c2 cos(kt)− c1 sin(kt))ekt + (c4 cos(kt)− c3 sin(kt))e−kt,
k = a√
2/2.)
73. Resite sistem diferencialnih enacb:
x+ y = t3,
y + x = 0.
(R: x = c1et + c2e
−t + c3 cos t+ c4 sin t− 6t,
y = −c1et − c2e−t + c3 cos t+ c4 sin t+ t3.)
74. Poiscite tisto resitev sistema diferencialnih enacb
t2x+ tx+ y = 2t,
x− y = ln t, (t > 0)
za katero je limt→0+ x(t) = 1 in limt→0+ y(t) = 0.
(R: x = 1 + t ln t/2, y = t− t ln t/2.)
75. Poiscite tisto resitev sistema diferencialnih enacb
x− 2x+ 2y = 0,
y + x− 3y = 0,
161
za katero je limt→∞ x(t) = 0, limt→∞ y(t) = 0, x(0) = 1 in y(t) = 0.
(R: x = (2e−t + e−2t)/3, y = (e−t − e−2t)/3.)
76. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x− y + z,
y = x+ y − z,
z = 2x− y.
Resitev
Do resitve pridemo najbolj pregledno z uporabo metod linearne algebre.
Vpeljemo vektorsko funkcijo x = [x, y, z]T , sistem prepisemo v obliko
x = Ax, kjer je pripadajoca matrika sistema
A =
⎡⎢⎢⎣1 −1 1
1 1 −1
2 −1 0
⎤⎥⎥⎦ .Resitev poiscemo kot x = ve�t. Stevilo � je lastna vrednost matrike
A, v = [�, �, ]T pa ustrezni lastni vektor. Karakteristicni polinom
matrike A je∣∣∣∣∣∣∣∣1− � −1 1
1 1− � −1
2 −1 −�
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −�3 + 2�2 + �− 2 = −(�− 1)(�− 2)(�+ 1).
Lastni vrednosti �1 = 1 ustreza lastni vektor v1 = [1, 1, 1]T , lastni
vrednosti �2 = 2 lastni vektor v2 = [1, 0, 1]T in lastni vrednosti �2 = −1
lastni vektor v3 = [1,−3,−5]T Splosna resitev je torej
x = [x, y, z]T = c1v1e�1t + c2v2e
�2t + c3v3e�3t =
162
= c1[1, 1, 1]T et + c2[1, 0, 1]T e2t + c3[1,−3,−5]T e−t,
od koder preberemo resitev: x = c1et + c2e
2t + c3e−t, y = c1e
t− 3c3e−t,
z = c1et + c2e
2t − 5c3e−t.
77. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x+ y − z,
y = x+ 2y − z,
z = 3x− 3y − z.
(R: x = 5c1et+c2e
−t+c3e3t, y = c1e
t+c2e−t+c3e
3t, z = 6c1et+4c2e
−t.)
78. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 4x+ y + 16z,
y = x+ 6y + 38z,
z = 2x− y.
(R: x = 3c1et + 6c2e
4t + 11c3e5t, y = 7c1e
t + 16c2e4t + 27c3e
5t, z =
−c1et − c2e4t − c3e5t.)
79. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 3x− y − 6z,
y = 3x− 2y − 3z,
z = x− y.
163
(R: x = c1e15t + 2c2e
−5t + 4c3e5t, y = c1e
15t − 3c2e−5t + −c3e5t, z =
5c2e−5t − 5c3e
5t.)
80. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x+ y − 3z,
y = −x+ y − z,
z = −z.
(R: x = c1e−t + (c2 cos t + c3 sin t)et, y = c1e
−t + (c3 cos t − c2 sin t)et,
z = c1e−t.)
81. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x+ y − z,
y = −x+ y + z,
z = z.
(R: x = (c1+c2 cos t+c3 sin t)et, y = (c1+c3 cos t−c2 sin t)et, z = c1et.)
82. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x− 2y − z,
y = −x+ y + z,
z = x− z.
(R: x = c1 + 3c2e2t, y = −2c2e
2t + c3e−t, z = c1 + c2e
2t − 2c3e−t.)
164
83. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x− y + z,
y = x+ 2y − z,
z = x− y + 2z.
(R: x = c2e2t + c3e
3t, y = c1et + c2e
2t, z = c1et + c2e
2t + c3e3t.)
84. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 3x− y + z,
y = x+ y + z,
z = 4x− y + 4z.
(R: x = c1et+ c2e
2t+ c3e5t, y = c1e
t− c2e2t+ c3e5t, z = −c1et−3c2e
2t+
3c3e5t.)
85. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = −3x+ 4y − 2z,
y = x+ z,
z = 6x− 6y + 5z.
(R: x = c1et + c3e
−t, y = c1et + c2e
2t, z = 2c2e2t − c3e−t.)
86. Resite sistem diferencialnih enacb:
165
x = 2x+ y,
y = x+ 3y − z,
z = −x+ 2y + 3z.
Resitev
Do resitve poskusimo priti z uporabo metod linearne algebre. Vpeljemo
vektorsko funkcijo x = [x, y, z]T , sistem prepisemo v obliko x = Ax,
kjer je pripadajoca matrika sistema
A =
⎡⎢⎢⎣2 1 0
1 3 −1
−1 2 3
⎤⎥⎥⎦ .Resitev poiscemo kot x = ve�t. Stevilo � je lastna vrednost matrike
A, v = [�, �, ]T pa ustrezni lastni vektor. Karakteristicni polinom
matrike A je∣∣∣∣∣∣∣∣2− � 1 0
1 3− � −1
−1 2 3− �
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −�3+8�2−22�+20 = −(�−2)(�2−6�+10).
Lastni vrednosti �1 = 2 ustreza lastni vektor v1 = [1, 0, 1]T , druga
lastna vrednost �2 = 3 + i pa je konjugirana tretji �3 = 3− i. Za drugi
lastni vektor vzemimo v2 = [1, 1 + i, 2− i]T .
x = [x, y, z]T = c1v1e�1t + c2 Re(v2e
�2t) + c3 Im(v2e�3t) =
= c1[1, 1, 1]T e2t + c2[cos t, cos t− sin t, 2 cos t+ sin t]T e3t+
166
+c3[sin t, cos t+ sin t, 2 sin t− cos t]T e3t,
Resitev lahko zapisemo v obliki:
x = c1e2t + e3t(c2 cos t+ c3 sin t),
y = e3t((c2 + c3) cos t+ (c3 − c2) sin t),
z = c1e2t + e3t((2c2 − c3) cos t+ (c2 + 2c3) sin t).
87. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x− y + 2z,
y = x+ 2z,
z = −2x+ y − z.
(R: x = c2 cos t+ (c2 + 2c3) sin t), y = 2c1et + c2 cos t+ (c2 + 2c3) sin t),
z = c1et + c3 cos t− (c2 + c3) sin t).)
88. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = −y,
y = x,
z = −x− y.
(R: x = c1 cos t+ c2 sin t, y = c1 sin t− c2 cos t, z = (c1 + c2) cos t+ (c2−c1) sin t+ c3.)
89. Resite sistem diferencialnih enacb:
167
x = x− y − z,
y = x+ y,
z = 3x+ z.
(R: x = et(−2c2 sin(2t)+2c3 cos(2t)), y = et(c1+c2 cos(2t)+c3 sin(2t)),
z = et(−c1 + 3c2 cos(2t) + 3c3 sin(2t)).)
90. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 4x− y − z,
y = x+ 2y − z,
z = x− y + 2z.
(R: x = c1e2t + (c2 + c3)e
3t, y = c1e2t + c3e
3t, z = c1e2t + c2e
3t − c3e−t.)
91. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x− y − z,
y = 3x− 2y − 3z,
z = −x+ y + 2z.
Resitev
Do resitve poskusimo tudi tokrat priti z uporabo metod linearne al-
gebre. Vpeljemo vektorsko funkcijo x = [x, y, z]T , sistem prepisemo v
168
obliko x = Ax, kjer je pripadajoca matrika sistema
A =
⎡⎢⎢⎣2 −1 −1
3 −2 −3
−1 1 2
⎤⎥⎥⎦ .Resitev poiscemo kot x = ve�t. Stevilo � je lastna vrednost matrike
A, v = [�, �, ]T pa ustrezni lastni vektor. Karakteristicni polinom
matrike A je∣∣∣∣∣∣∣∣2− � −1 −1
3 −2− � −3
−1 1 2− �
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −�3 + 2�2 − � = −�(�− 1)2.
Lastni vrednosti �1 = 2 ustreza lastni vektor v1 = [1, 3,−1]T , druga
lastna vrednost �2 = 1 pa je dvakratna. Ustrezni lastni podprostor pa
je dvorazsezen, napet na vektorja v2 = [1, 1, 0]T ,v3 = [1, 0, 1]T .
x = [x, y, z]T = c1v1e�1t + c2v2e
�2t + c3v3e�2t =
= c1[1, 3,−1]T + c2[1, 1, 0]T et + c3[1, 0, 1]T et,
Resitev lahko zapisemo v obliki:
x = c1 + (c2 + c3)et, y = 3c1 + c2e
t, z = −c1 + c3et.
92. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = −2x+ y − 2z,
y = x− 2y + 2z,
z = 3x− 3y + 5z.
(R: x = c1e3t + (c2 + 2c3)e
−t, y = −c1e3t + c2e−t, z = −3c1e
3t − c3e−t.)
169
93. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 3x− 2y − z,
y = 3x− 4y − 3z,
z = 2x− 4y.
(R: x = c1e2t + c3e
−5t, y = c2e2t + 3c3e
−5t, z = (c1 − 2c2)e2t + 2c3e
−5t.)
94. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = x− y + z,
y = x+ y − z,
z = −y + 2z.
Resitev
Uporabimo spet metode linearne algebre. Vpeljemo vektorsko funkcijo
x = [x, y, z]T , sistem prepisemo v obliko x = Ax, kjer je pripadajoca
matrika sistema
A =
⎡⎢⎢⎣1 −1 1
1 1 −1
0 −1 2
⎤⎥⎥⎦ .Resitev poiscemo kot x = ve�t. Stevilo � je lastna vrednost matrike
A, v = [�, �, ]T pa ustrezni lastni vektor. Karakteristicni polinom
matrike A je∣∣∣∣∣∣∣∣1− � −1 1
1 1− � −1
0 −1 2− �
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −�3 + 4�2 − 5�+ 2 = −(�− 2)(�− 1)2.
170
Lastni vrednosti �1 = 2 ustreza lastni vektor v1 = [1, 0, 1]T , druga
lastna vrednost �2 = 1 pa je dvakratna. Ustrezni lastni podprostor
je tokrat le enorazsezen, napet na vektor v2 = [1, 1, 1]T . Tretjo bazno
resitev poiscemo v obliki u3 = (a + bt)e�2t. Hitro spoznamo, da mora
veljati za vsak t enakost
b + �2a + t�2b = Aa + tAb.
Veljati morata torej relaciji
Ab = �2b, (A− �2I)a = b.
Prva pomeni, da je b lastni vektor matrike A pri lastni vrednosti �2 =
1, kar pomeni, da lahko izberemo b = v2 = [1, 1, 1]T . Naj bo iskani
a = [u, v, w]T . Zanj najdemo neprotisloven sistem enacb −v + w =
1, u − w = 1,−v + w = 1 z resitvijo a = [2, 0, 1]. Splosna resitev je
potemtakem
x = [x, y, z]T = c1v1e�1t + c2v2e
�2t + c3u3e�2t =
= c1[1, 1, 1]T e2t + c2[1, 0, 1]T et + c3([2, 0, 1]T + t[1, 1, 1]T )et,
Resitev lahko zapisemo v obliki:
x = c1e2t+(c2+2c3+c3t)e
t, y = (c2+c3t)et, z = c1e
2t+(c2+c3+c3t)et.
95. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = −x+ y − 2z,
y = 4x+ y,
z = 2x+ y − z.
171
(R: x = (c2 − c3 + c3t)e−t, y = 2c1e
t + (−c2 + c3 − 2c3t)e−t, z =
c1et + (−c1 − c3t)e−t.)
96. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x+ y,
y = 2y + 4z,
z = x− z.
(R: x = c1 + (c2t + 4c3)e3t, y = −2c1 + (c2 − 2c2t + 4c3)e
3t, z =
c1 + (−c2 + c2t+ c3)e3t.)
97. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 3x+ 3y + z,
y = −x− 2y − z,
z = −6x− 3y.
(R: x = 5c1et+3c2+c3+3c3t, y = 4c1e
t+3c2+3c3t, z = c1et+c2+c3t.)
98. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 2x− y − z,
y = 2x− y − 2z,
z = −x+ y + z.
(R: x = (c1 + c3t)et, y = (c2 + 2c3t)e
t, z = (c1 − c2 − c3 − c3t)et.)
172
99. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = −4x− 5y − 3z,
y = 14x+ 13y + 6z,
z = −7x− 5y.
(R: x = (3c2 + c3t)e3t, y = (−c1− 2c2− 2c3t)e
3t, z = (5c1− 7c2 + 3c3 +
c3t)e3t.)
100. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 4x− y,
y = 3x+ y − z,
z = x+ z.
Resitev
Uporabimo spet metode linearne algebre. Vpeljemo vektorsko funkcijo
x = [x, y, z]T , sistem prepisemo v obliko x = Ax, kjer je pripadajoca
matrika sistema
A =
⎡⎢⎢⎣4 −1 0
3 1 −1
1 0 1
⎤⎥⎥⎦ .Resitev poiscemo kot x = ve�t. Stevilo � je lastna vrednost matrike
A, v = [�, �, ]T pa ustrezni lastni vektor. Karakteristicni polinom
173
matrike A je∣∣∣∣∣∣∣∣4− � −1 0
3 1− � −1
1 0 1− �
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −�3 + 6�2 − 12�+ 8 = −(�− 2)3.
Lastna vrednost �1 = 2 je trikratna, ustreza ji lastni vektor v1 =
[1, 2, 1]T , Ustrezni lastni podprostor pa je le enorazsezen, napet na ta
vektor.
Drugo bazno resitev poiscemo v obliki u2 = (a + bt)e�1t. Hitro spoz-
namo, da mora veljati za vsak t enakost
�1a + t�1b + b = Aa + tAb.
Veljati morata torej relaciji
Ab = �1b, (A− �1I)a = b.
Prva pomeni, da je b lastni vektor matrike A pri lastni vrednosti �1 =
2, kar pomeni, da lahko izberemo b = v1 = [1, 2, 1]T . Naj bo iskani
a = [u, v, w]T . Zanj najdemo neprotisloven sistem enacb 2u − v =
1, 3u− v − w = 2, u− w = 1 z resitvijo a = [0,−1,−1].
Tretjo bazno resitev poiscemo v obliki u3 = (c + dt+ et2/2)e�1t. Spoz-
namo, da moraj veljati za vsak t enakost
d + te + �1c + �1td + �1(t2/2)e = Ac + tAd + (t2/2)Ae.
Veljati morajo torej relacije
Ae = �1e, (A− �1I)d = e, (A− �1I)c = d.
Prva pomeni, da je e lastni vektor matrike A pri lastni vrednosti �1 = 2,
kar pomeni, da lahko izberemo e = 2v1 = [2, 4, 2]T . Naj bo iskani
174
d = [p, q, r]T . Zanj najdemo neprotisloven sistem enacb 2p − q =
2, 3p − q − r = 4, p − r = 2 z resitvijo d = [0,−2,−2]. Koncno naj
bo c = [k, l,m]T . Zanj imamo neprotisloven sistem enacb 2k − l =
0, 3k − l −m = −2, k −m = −2 z resitvijo c = [0, 0, 2].
Splosna resitev je potemtakem
x = [x, y, z]T = c1v1e�1t + c2u2e
�1t + c3u3e�1t =
= c1[1, 2, 1]T e2t + c2([0,−1,−1]T + t[1, 2, 1]T )e2t+
+c3([0, 0, 2]T + t[0,−2,−2]T + t2[1, 2, 1]T )e2t,
Resitev lahko zapisemo v obliki:
x = (c1 + c2t+ c3t2)e2t,
y = (2c1 − c2 + 2(c2 − c3)t+ 2c3t2)e2t,
z = (c1 − c2 + 2c3 + (c2 − 2c3)t+ c3t2)e2t.
101. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 5y − 39z,
y = x− 3y + 31z,
z = x+ y.
(R: x = (11c1−4c2 +11c2t+2c3−8c3t+11c3t2)e−t, y = (−10c1 +3c2−
10c2t− 2c3 + 6c3t− 10c3t2)e−t, z = (−c1 − c2t− c3t2)e−t.)
102. Resite sistem diferencialnih enacb:
175
x = y,
y = z,
z = x.
(R: x = c1et + 2e−t/2(c2 cos(
√3t/2) + c3 sin(
√3t/2)),
y = c1et − e−t/2((c2 − c3
√3) cos(
√3t/2) + (c3 + c2
√3) sin(
√3t/2)),
z = c1et − e−t/2((c2 + c3
√3) cos(
√3t/2) + (c3 − c2
√3) sin(
√3t/2)).)
103. Resite sistem diferencialnih enacb:
x = 3x− y − z,
y = −x+ 3y − z,
z = −x− y + 3z.
(R: x = c1et + c2e
−t + c3e2t + c5e
−2t, y = c1et + c2e
−t + c4e2t + c6e
−2t,
z = c1et + c2e
−t − (c3 + c4)e2t − (c5 + c6)e
−2t.)
104. Resite sistem diferencialnih enacb:
y − z + x = 0,
z − x+ y = 0,
x− y + z = 0.
(R: x = (c2√
3− c1) cos(kt)− (c1√
3 + c2) sin(kt),
y = −(c2√
3 + c1) cos(kt) + (c1√
3− c2) sin(kt),
z = 2c1 cos(kt) + 2c2 sin(kt); k =√
3/3.)
176
4.2 Nelinearni sistemi diferencialnih enacb
Nelinearni sistem navadnih diferencialnih enacb
y′ = f(x, y, z),
z′ = g(x, y, z),
kjer je x neodvisna spremenljivka, y(x), z(x) pa iskani funkciji, se vcasih da resiti
z izlocitvijo ene od teh funkcij, kar nas privede do navadne diferencialne enacbe z
eno neznano funkcijo.
Avtonomen sistem vec kot dveh enacb navadno pisemo v obliki
dx1f1(x1, . . . , xn)
=dx2
f2(x1, . . . , xn)= . . . =
dxnfn(x1, . . . , xn)
= dt.
V tem primeru je sistem resen, ce najdemo n − 1 neodvisnih prvih integralov
sistema, to je funkcij
'1, '2, . . . , 'n−1,
za katere je
'1(x1, . . . , xn) = c1, '2(x1, . . . , xn) = c2, . . . , 'n−1(x1, . . . , xn) = cn−1.
Prvi integrali so odvisni, ce lahko enega od njih funkcijsko izrazimo s preostalimi.
Prvi integrali so odvisni natanko tedaj, ko je rang Jacobijeve matrike⎡⎢⎢⎢⎣∂'1
∂x1. . . ∂'1
∂xn...
. . ....
∂'n−1
∂x1. . . ∂'n−1
∂xn
⎤⎥⎥⎥⎦manjsi od n− 1.
1. Resite sistem enacb:
y′ =x
z,
z′ = −xy.
177
Resitev
Iz obeh enacb dobimo zy′ + yz′ = (yz)′ = 0, kar pomeni yz = c1/2. Iz
prve enacbe nato dobimo enacbo z locljivima spremenljivkama:
dy
dx=
2xy
c1,
dy
y=
2x dx
c1.
Po integraciji in antilogaritmiranju imamo najprej
y = c2ex2/c1 ,
nato pa se
z =c12y
=c12c2
e−x2/c1 .
S preimenovanjem konstante c1 7→ 1/c1 lahko nekoliko lepse zapisemo
resitev:
y = c2ec1x2 , z =
1
c1c2ec1x
2
.
2. Resite sistem enacb:
y′ =y2
z − x,
z′ = y + 1.
Resitev
Iz druge enacbe izrazimo y = z′ − 1 in vstavimo v prvi enacbo:
y′ = (z′ − 1)′ =(z′ − 1)2
z − x, z′′ =
(z′ − 1)2
z − x.
Vpeljemo u = z − x, u′ = z′ − 1 in dobimo:
u′′ =u′2
u.
178
Naj bo u′ = w = w(u). Potem je u′′ = w(dw/du) in enacba preide v
wdw
du=w2
u.
Ena moznost je w = 0, druga pa dw/w = du/u. V prvem primeru
je u′ = z′ − 1 = 0 in s tem z = x + c, y = 0. V drugem primeru pa
najdemo najprej
w = u′ = c1u, du/u = c1 dx, u = c2ec1x = z − x.
Torej je
z = x+ c2ec1x, y = z′ − 1 = c1c2e
c1x.
Splosna resitev sistema je zato:
y = c1c2ec1x, z = x+ c2e
c1x.
Za c1 = 0 dobimo resitev, ko smo jo posebej obravnavali.
3. Resite sistem enacb:
y′ = y2z,
z′ =z
x− yz2.
Resitev
Ena resitev je ocitno resitev sistema y = 0, z′ = z/x, kar nam da
posebno resitev y = 0, z = cx.
Da bi dobili splosno resitev, izrazimo iz prve enacbe z = y′/y2 in vs-
tavimo v drugo enacbo:
z′ =(zx
)′=y′′
y2− 2y′2
y3=
y′
xy2− y′2
y3.
179
Po preureditvi imamo
y′′
y− y′2
y2=
(y′
y
)′=
y′
xy.
Z uvedbo nove spremenljivke u = y′/y dobimo preprosto enacbo u′ =
u/x z resitvijo u = y′/u = 2c1x. Z integracijo in antilogaritmiranjem
dobimo
y = c2ec1x2 , z =
y′
y2=
2c1x
c2e−c1x
2
.
S tem smo nasli splosno in posebno resitev sistema:
y = c2ec1x2 , z =
2c1x
c2e−c1x
2
; y = 0, z = cx.
4. Resite sistem enacb:
2zy′ = y2 − z2 + 1,
z′ = z + y.
Resitev
Iz druge enacbe izrazimo najprej y = z′ − z, iz cesar je y′ = z′′ − z.
Potem, ko ta dva izraza vstavimo v prvo enacbo in jo nato preuredimo,
imamo:
2zz′′ = z′2 + 1.
Ce uvedemo
u = u(z) = z′, z′′ = udu
dz,
dobimo
2uzdu
dz= u2 + 1,
2u du
u2 + 1=dz
z.
180
Z integriranjem in antilogaritmiranjem dobimo:
u2 + 1 = c1z,dz
dx= ±√c1z − 1.
Locimo spremenljivki in malo preoblikujemo in integriramo:
± c1 dz
2√c1z − 1
=c12dx, ±
√c1z − 1 =
c1x+ c22
.
Izrazimo eksplicitno:
z =1
c1+
1
4c1(c1x+ c2)
2.
Za y = z′ − z dobimo:
y = − 1
c1+
1
2(c1x+ c2)−
1
4c1(c1x+ c2)
2.
5. Resite sistem enacb:
xy′ = z,
x(y − 1)z′ = z(y + 2z − 1).
Resitev
Iz prve enacbe vstavimo z = xy′ v drugo:
x(y − 1)(xy′′ + y′) = xy′(y + 2xy′ − 1).
Po preurejanju dobimo:
y′′(y − 1) = 2y′2.
Uvedemo u = u(z) = y′, y′′ = u du/dy:
udu
dy=
2u2
y − 1.
181
Ena resitev je trivialna: za u = y′ = 0 dobimo posebno resitev y = c in
z = 0. Splosno resitev dobimo iz okrajsane enacbe:
du
dy=
2u
y − 1,
du
u=
2 dy
y − 1.
Z integriranjem in antilogaritmiranjem dobimo:
u =dy
dx= c1(y − 1)2,
dy
(y − 1)2= c1 dx,
1
1− y= c1x+ c2.
Nazadnje imamo:
y =c1x+ c2 − 1
c1x+ c2, z =
c1x
(c1x+ c2)2.
Trivialno resitev dobimo za c1 = 0.
6. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
�z − y=
dy
x− �z=
dz
�y − �x,
pri cemer so �, �, konstante, ki niso hkrati enake 0.
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = �z − y,
y = x− �z,
z = �y − �x.
Najprej je ocitno �x+�y+ z = 0, zato je �x+�y+ z = c1. Nadalje
je xx + yy + zz = 0 in zato x2 + y2 + z2 = c2. Prva integrala sistema
sta
'(x, y, z) = �x+ �y + z, (x, y, z) = x2 + y2 + z2.
182
Jacobijeva matrika⎡⎣ ∂'∂x
∂'∂y
∂'∂z
∂ ∂x
∂ ∂y
∂ ∂z
⎤⎦ =
⎡⎣ � �
2x 2y 2z
⎤⎦ima rang 2. Njen rang bi bil 1 le v primeru �z − y = x − �z =
�y − �x = 0, kar pa je ocitno mozno samo v tocki.
7. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
y − xz=
dy
x+ yz=
dz
x2 + y2.
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = y − xz,
y = x+ yz,
z = x2 + y2.
Ker je
xx− yy + zz = 0,
imamo x2 − y2 + z2 = c1. Prav tako imamo hitro
z − yx− xy = z − (xy) = 0,
torej (z − xy) = 0. Prva integrala sistema sta
'(x, y, z) = x2 − y2 + z2, (x, y, z) = z − xy.
Da sta neodvisna, pokazemo na obicajni nacin.
183
8. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
x(y − z)=
dy
y(z − x)=
dz
z(x− y).
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = x(y − z),
y = y(z − x),
z = z(x− y).
Ocitno je x + y + z = 0 in zato x + y + z = c1. Prav tako je yzx +
xzy + xyz = (xyz) = 0 in xyz = c2. Prva integrala sistema sta
'(x, y, z) = x+ y + z, (x, y, z) = xyz.
9. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
x2 − y2 − yz=
dy
x2 − y2 − xz=
dz
z(x− y).
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = x2 − y2 − yz,
y = x2 − y2 − xz,
z = z(x− y).
Ker je x− y − z = 0, imamo x− y − z = c1. Nato najdemo
xx− yy = x3 + y3 − xy2 − x2y = (x2 − y2)(x− y)
184
oziroma2xx− 2yy
x2 − y2= x− y =
2z
z.
Z integracijo dobimo
ln ∣x2 − y2∣ − 2 ln ∣z∣ = ln c2
in z antilogaritmiranjem nazadnje (x2 − y2)/z2 = c2. Prva integrala
sistema sta
'(x, y, z) = x− y − z, (x, y, z) =x2 − y2
z2.
10. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
− dx
1 + xz2=
dy
1 + yz2=
dz
z2(y − x).
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = −1− xz2,
y = 1 + yz2,
z = z2(y − x).
En prvi integral imamo takoj. Ker je x+y−z = 0, imamo x+y−z = c1.
Potem pa imamo se
yx+ xy = (xy) = x− y = − z
z2
in z integracijo xy − 1/z = c2. Prva integrala sistema sta
'(x, y, z) = x+ y − z, (x, y, z) = xy − 1
z.
185
11. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
y + z=
dy
z + x=
dz
x+ y.
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = y + z,
y = z + x,
z = x+ y.
Iz prvih dveh enacb imamo: x − y = y − x, iz druge in tretje pa
y − z = z − y. To pomeni, da velja:
x− yx− y
− y − zy − z
= 0.
Z integracijo in antilogaritmiranjem dobimo: (x− y)/(y− z) = c1. Ker
je
x+ y + z = 2(x+ y + z),
imamo tudix+ y + z
x+ y + z+ 2
x− yx− y
= 0.
Z integracijo in antilogaritmiranjem dobimo se (x+y+z)(x−y)2 = c2.
Prva integrala sistema sta
'(x, y, z) =x− yy − z
, (x, y, z) = (x+ y + z)(x− y)2.
12. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
2y − z=dy
y=dz
z.
186
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = 2y − z,
y = y,
z = z.
Zadnji dve enacbi dasta y/y − z/z = 0 in y/z = c1. Iz vseh treh pa
dobimo x − 2y + z = 0 in se: x − 2y + z = c2. Prva integrala sistema
sta
'(y, z) =y
z, (x, y, z) = x− 2y + z.
13. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
y=dy
x=dz
z.
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = y,
y = x,
z = z.
Prvi dve enacbi nam dasta xx− yy = 0 in: x2 − y2 = c1. Iz vseh treh
enacb najdemo sex+ y
x+ y− z
z= 0
in integral (x+ y)/z = c2. Prva integrala sistema sta
'(x, y) = x2 − y2, (x, y, z) =x+ y
z.
187
14. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
y − x=
dy
x+ y + z=
dz
x− y.
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = y − x,
y = x+ y + z,
z = x− y.
Ker je x+ z = 0, je x+ z = c1. Potem pa veljata se relaciji
x+ y + z = x+ y + z, y − 3x− z = −(y − 3x− z),
iz katerih jex+ y + z
x+ y + z+y − 3x− zy − 3x− z
= 0.
Po integriranju in antilogaritmiranju dobimo se (x+y+z)(y−3x−z) =
c2. Prva integrala sistema sta
'(x, z) = x+ z, (x, y, z) = (x+ y + z)(y − 3x− z).
15. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
z=dy
xz=dz
y.
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = z,
y = xz,
z = y.
188
Iz prvih dveh enacb imamo takoj: xx − y = 0 in: x2 − 2y = c1.
Drugega pa bomo poiskali s pomocjo prvega. Iz tretje enacbe imamo
z = (x2 − c1)/2. Nato dobimo:
dz
dx=z
x=x2 − c1
2z, 2z dz = (x2 − c1) dx.
Integracija nam da:
z2 =x3
3− c1x+
c23
=x3
3− (x2 − 2y)x+
c23.
Po preureditvi imamo nazadnje
3z2 + 2x3 − 6xy = c2.
Prva integrala sistema sta
'(x, y) = x2 − 2y, (x, y, z) = 3z2 + 2x3 − 6xy.
16. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
z2 − y2=dy
z= −dz
y.
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = z2 − y2,
y = z,
z = −y.
Iz zadnjih dveh enacb imamo hitro yy+zz = 0 in s tem tudi y2+z2 = c1.
189
Velja pa tudi
zy + yx = (yz) = z2 − y2 = x,
kar nam da se yz − x = c2. Prva integrala sistema sta
'(y.z) = y2 + z2, (x, y, z) = yz − x.
17. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
x=dy
y=
dz
xy + z.
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = x,
y = y,
z = z + xy.
Iz prvih dveh enacb sledi x/x− y/y = 0 in po integraciji ter antiloga-
ritmiranju x/y = c1.
Hitro dobimo tudi enacbo
yz − zy = y(z + xy)− zy = xy2 = y2x,
iz katere sledi (z/y) − x = 0 in nato se: z/y − x = c2. Prva integrala
sistema sta
'(x, y) =x
y, (x, y, z) =
z
y− x.
18. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
xz=dy
yz=
dz
xy√z2 + 1
.
190
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = xz,
y = yz,
z = xy√z2 + 1.
Iz prvih dveh enacb sledi x/x− y/y = 0 in po integraciji ter antiloga-
ritmiranju x/y = c1.
Potem pa imamo se
(xy) = yx+ xy = 2xyz = 2zz√z2 + 1
= 2(√z2 + 1).
Z integracijo dobimo xy − 2√z2 + 1 = c2. Prva integrala sistema sta
'(x, y) =x
y, (x, y, z) = xy − 2
√z2 + 1.
19. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
x+ y2 + z2=dy
y=dz
z.
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = x+ y2 + z2,
y = y,
z = z.
Brez problemov najdemo en prvi integral, ker velja enacba y/y− z/z =
0 in posledicno y/z = c1. Ce nam ne uspe najti preostali prvi integral,
191
si pomagamo z ze najdenim. Izrazimo y = c1z in dobimo linearno
nehomogeno enacbo za spremenljivko x = x(z):
x
y=dx
dz=x+ (c21 + 1)z2
z=x
z+ (c21 + 1)z.
Po ustaljenem postopku najdemo resitev enacbe
dx
dz=x
z+ (c21 + 1)z,
ki je x = c2z + (c21 + 1)z2. Z izlocitvijo konstante c1 = y/z dobimo
nazadnje: (x− y2 − z2)/z = c2. Prva integrala sistema sta
'(y, z) =y
z, (x, y, z) =
x− y2 − z2
z.
20. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
x(y + z)=
dy
z(z − y)=
dz
y(y − z).
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = x(y + z),
y = z(z − y),
z = −y(z − y).
Iz zadnjih dveh enacb imamo mimogrede: yy + zz = 0 in y2 + z2 = c1.
Za spoznanje drugace pridmo do preostalega:
(xy) = yx+ xy = x(y2 + z2), (xz) = zx+ xz = x(y2 + z2).
Torej velja enacba: (xy)− (xz) = 0. Tako smo ga nasli: x(y− z) = c2.
Prva integrala sistema sta
'(y, z) = y2 + z2, (x, y, z) = x(y − z).
192
21. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
−dxx2
=dy
y(y − x)=
dz
y2 − xz.
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = −x2,
y = y(y − x),
z = y2 − xz.
Zacetek ni tezak: y − z = −x(y − z) in x/x = −x. S tem smo uspeli
najti:y − zy − z
− x
x= 0.
Z integracijo in antilogaritmiranjem dobimo: (y − z)/x = c1.
Iz prvih dveh enacb hitro odkrijemo:
yx− xy = −xy2 = y2x
x.
Tako imamoyx− xyy2
− x
x= 0
in s tem se: x/y − ln ∣x∣ = c2. Prva integrala sistema sta
'(x, y, z) =y − zx
, (x, y) =x
y− ln ∣x∣.
22. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
−dxx2
=dy
xy − 2z2=dz
xz.
193
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = −x2,
y = xy − 2z2,
z = xz.
Iz prve in tretje enacbe imamo pri prici: zx + xz = 0 in xz = c1. Nic
teze ni najti enacbe y + xy = −2xz2 = −2zz, ki nam po integraciji da
se xy + z2 = c2. Prva integrala sistema sta
'(x, z) = xz, (x, y) = xy + z2.
23. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
x(z − y)=
dy
y(y − x)=
dz
y2 − xz.
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = x(z − y),
y = y(y − x),
z = y2 − xz.
Opazimo, da velja enacba x− y + z = 0, iz katere sledi x− y + z = c1.
Iz vseh treh enacb najdemo najprej
yz − zy = y2(y − z) = −y2 xx
194
in natoyz − zyy2
+x
x= 0.
Z integracijo imamo se z/y + ln ∣x∣ = c2. Prva integrala sistema sta
'(x, y, z) = x− y + z, (x, y, z) =z
y+ ln ∣x∣.
24. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb
dx
x(y2 − z2)= − dy
y(x2 + z2)=
dz
z(x2 + y2).
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = x(y2 − z2),
y = −y(x2 + z2),
z = z(x2 + y2).
Slej ali prej opazimo, da velja enacba
y
y+z
z=x
x,
iz katere po integraciji in antilogaritmiranju sledi: yz/x = c1.
Hitro pa se tudi izkaze, da je
xx+ yy + zz = 0
in ze je pred nami x2 + y2 + z2 = c2. Prva integrala sistema sta
'(x, y, z) =yz
x, (x, y) = x2 + y2 + z2.
195
25. Poiscite tri neodvisne prve integrale sistema enacb
dx
y − u=
dy
z − x=
dz
u− y=
du
x− z.
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = y − u,
y = z − x,
z = u− y,
u = x− z.
Ocitno je x + z = 0 in y + u = 0 s tem imamo enacbi x + z = c1 in
y + u = c2.
Velja pa tudi
x− z = 2(y − u), y − u = 2(z − x),
iz cesar sledi
(x− z)(x− z) + (y − u)(y − u) = 0,
kar da z integracijo se:
(x− z)2 + (y − u)2 = c3.
Prvi integrali sistema so
'(x, z) = x+ z, �(y, u) = y + u, (x, y, z, u) = (x− z)2 + (y− u)2.
196
26. Poiscite tri neodvisne prve integrale sistema enacb
dx
z=dy
u=dz
x=du
y.
Resitev
Sistem je ekvivalenten sistemu
x = z,
y = u,
z = x,
u = y.
Iz prve in tretje ter druge in cetrte enacbe imamo takoj:
xx− zz = 0, yy − uu = 0,
kar nam da x2 − z2 = c1 in y2 − u2 = c2.
Veljata pa tudi enacbi x+ z = x+ z in y + u = y + u, ki nam dasta:
x+ z
x+ z− y + u
y + u= 0.
Z integracijo in antilogaritmiranjem dobimo se: (x + z)/(y + u) = c3. Prvi
integrali sistema so
'(x, z) = x2 − z2, �(y, u) = y2 − u2, (x, y, z, u) = (x+ z)/(y + u).
5 Pfaffove diferencialne enacbe
Pfaffova diferencialna enacba ima obliko
P (x, y, z) dx+Q(x, y, z) dy +R(x, y, z) dz = 0.
197
Sprasuje po mnogoterosti, ki je pravokotna na vektorsko polje F = (P,Q,R).
Potrebni in zadostni pogoj integrabilnosti Pfaffove enacbe je: F ⋅ rot F = 0.
1. Resite diferencialno enacbo:
(y + 3z2) dx+ (x+ y) dy + 6xz dz = 0.
Resitev
Enacbi pripada vektorsko polje
F = (y + 3z2, x+ y, 6xz).
Ker je
rot F =
∣∣∣∣∣∣∣∣{ | k
∂∂x
∂∂y
∂∂z
y + 3z2 x+ y 6xz
∣∣∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 0) = 0,
je polje F gradientno, kar pomeni, da obstaja taka funkcija U , za katero
je F = gradU in leva stran dane diferencialne enacbe je popolni difer-
encial dU . Veljati mora:
∂U
∂x(x, y, z) = y + 3z2,
∂U
∂y(x, y, z) = x+ y,
∂U
∂z(x, y, z) = 6xz.
Z integracijo dobimo iz prve enacbe
U(x, y, z) = xy + 3xz2 + '(y, z).
Druga enacba zahteva pogoj
x+∂'
∂y(y, z) = x+ y,
198
iz katerega dobimo ∂'/∂y = y in z integracijo '(y, z) = y2/2 + (z).
Tako imamo
U(x, y, z) = xy + 3xz2 + y2/2 + (z).
Tretja enacba pa nam da pogoj
6xz + ′(z) = 6xz,
iz katerega sledi (z) = c. Iskana funkcija je zato
U(x, y, z) = xy + 3xz2 + y2/2 + c,
resitev diferencialne enacbe pa 2xy + 6xz2 + y2 = C.
2. Resite diferencialno enacbo:
(2xy − 3yz) dx+ (x2 − 3xz) dy − 3xy dz = 0.
(R: x2y − 3xyz = C.)
3. Resite diferencialno enacbo:
yz dx+ xz dy + xyz dz = 0.
(R: xyez = C.)
4. Resite diferencialno enacbo:
(6x+ yz) dx+ (xz − 2y) dy + (xy + 2z) dz = 0.
(R: 3x2 + xyz − y2 + z2 = C.)
199
5. Resite diferencialno enacbo:
(z + xy) dx− (z + y2) dy + y dz = 0.
Resitev
Enacbi pripada vektorsko polje
F = (z + xy,−z − y2, y).
Ker je
rot F = (2, 1,−x) ∕= 0,
leva stran enacbe ni popolni diferencial. Ker pa je
F ⋅ rot F = z + xy − y2 = 0,
ce je z = y2 − xy in ta resi dano enacbo, enacba vendarle ima, in sicer
samo eno resitev: z = y2 − xy.
6. Ali ima diferencialna enacba
(y2 + z2 − x2) dx+ xz dy + xy dz = 0
dvorazsezno resitev?
Resitev
Enacbi pripada vektorsko polje
F = (y2 + z2 − x2, xz, xy).
Ker je
200
rot F = (0, 2z − y, z − 2y) ∕= 0,
leva stran enacbe ni popolni diferencial. Ker pa je
F ⋅ rot F = 2x(z2 − y2) ∕= 0,
enacba nima dvorazsezne resitve.
7. Ali ima diferencialna enacba
(2x− y) dx+ (3y − z) dy + (x− 2y) dz = 0
dvorazsezno resitev?
Resitev
Enacbi pripada vektorsko polje
F = (2x− y, 3y − z, x− 2y).
Ker je
rot F = (−1,−1, 1) ∕= 0,
leva stran enacbe ni popolni diferencial. Ker pa je
F ⋅ rot F = −x− 4y + z ∕= 0,
bi bila lahko resitev samo z = x + 4y. Kratek racun pa pokaze, da ni.
Dana enacba nima dvorazsezne resitve.
8. Ali ima diferencialna enacba
z dx+ (x− y) dy + yz dz = 0
201
dvorazsezno resitev?
Resitev
Enacbi pripada vektorsko polje
F = (z, x− y, yz).
Ker je
rot F = (z, 1, 1) ∕= 0,
leva stran enacbe ni popolni diferencial. Ker pa je
F ⋅ rot F = x− y + z2 + yz ∕= 0.
bi bila lahko resitev samo x = y − zy − z2. Kratek racun pa pokaze,
da ni. Dana enacba nima dvorazsezne resitve.
9. Ali ima diferencialna enacba
(x− y) dx+ z dy − x dz = 0
dvorazsezno resitev?
Resitev
Enacbi pripada vektorsko polje
F = (x− y, z,−x).
Ker je
rot F = (−1, 1, 1) ∕= 0,
202
leva stran enacbe ni popolni diferencial. Ker pa je
F ⋅ rot F = y + z − 2x ∕= 0,
bi bila lahko resitev samo z = 2x− y. Kratek racun pa pokaze, da ni.
Dana enacba nima dvorazsezne resitve.
10. Ali ima diferencialna enacba
3yz dx+ 2xz dy + xy dz = 0
resitev?
Resitev
Enacbi pripada vektorsko polje
F = (3yz, 2xz, xy).
Ker je
rot F = (−x, 2y,−z) ∕= 0,
leva stran enacbe ni popolni diferencial. Ker pa je
F ⋅ rot F = 0,
enacba je resljiva.
Najprej resimo okrnjeno enacbo
3yz dx+ 2xz dy = 0,
iz katere dobimo
3dx
x+ 2
dy
y= 0
203
in resitev x3y2 = c(z), kjer je z parameter. Gradient funkcije x3y2 −c(z), to je vektor (3x2y2, 2x3y,−c′(z)), mora biti kolinearen s poljem
F , kar pomeni, da za neki � velja:
3x2y2 = � ⋅ 3yz, 2x3y = � ⋅ 2xz, −c′(z) = � ⋅ xy.
Iz prvih dveh enacb sledi � = x2y/z, iz tretje pa nato diferencialna
enacba c′(z)/c(z) = −1/z, ki ima resitev c(z) = C/z. Iz enacbe x3y2 =
C/z sledi resitev dane diferencialne enacbe: x3y2z = C.
11. Ali ima diferencialna enacba
(2yz + 3x) dx+ xz dy + xy dz = 0
resitev?
(R: x2yz + x3 = C.)
12. Ali ima diferencialna enacba
2yz dx+ 2xz dy + 3xy dz = 0
resitev?
(R: x2y2z3 = C.)
13. Ali ima diferencialna enacba
(2x2 + 2xy + 2xz2 + 1) dx+ dy + 2z dz = 0
resitev?
(R: (x+ y + z2)ex2
= C.)
204
14. Ali ima diferencialna enacba
(yz − z2) dx− xz dy + xy dz = 0
resitev?
(R: z − y = Cxz.)
15. Ali ima diferencialna enacba
(z−y)3(z−2x+y) dx+(x−z)3(x−2y+z) dy+(y−x)3(y−2z+x) dz = 0
resitev? Pomagajte si z zamenjavo spremenljivk: u = y− z, v = x− z.
(R: 1/(x− y) + 1/(y − z) + 1/(z − x) = C.)
16. Ali ima diferencialna enacba
z(1− z2) dx+ z dy − (x+ y + xz2) dz = 0
resitev?
(R: (1− z2)x+ y = Cz.)
17. Ali ima diferencialna enacba
(1− 4x) dx+ (1 + 4y) dy − 4z dz = 0
resitev, ki poteka skozi tocko M(1, 1, 1)?
(R: 2x2 − 2y2 + 2z2 − x− y = 0.)
6 Kvazilinearne parcialne diferencialne enacbe
Kvazilinearna parcialna diferencialna enacba prvega reda je oblike
P1(x1, . . . , xn, u)∂u
∂x1+ . . .+ Pn(x1, . . . , xn, u)
∂u
∂xn= Pn+1(x1, . . . , xn, u).
205
Pri tem so P1(x1, . . . , xn, u), P2(x1, . . . , xn, u), . . . , Pn+1(x1, . . . , xn, u) znane funk-
cije, funkcijo u = u(x1, . . . , xn) pa iscemo. Prilastek kvazilinearna se uporablja
zato, ker enacba ni linearna glede na spremenljivko u.
Kvazilinearni parcialni diferencialni enacbi priredimo karakteristicni sistem n+
1 navadnih diferencialnih enacb
x1 = P1(x1, . . . , xn, u),
...
xn = Pn(x1, . . . , xn, u),
u = Pn+1(x1, . . . , xn, u)
in poiscemo njegovih n neodvisnih prvih integralov
'1(x1, . . . , xn, u), . . . , 'n(x1, . . . , xn, u).
Karakteristicni sistem je vcasih ugodno zapisati v obliki
dx1P1(x1, . . . , xn, u)
= . . . =dxn
Pn(x1, . . . , xn, u)=
du
Pn+1(x1, . . . , xn, u)= dt.
Splosna resitev dane parcialne enacbe je potem
Φ('1(x1, . . . , xn, u), . . . , 'n(x1, . . . , xn, u)) = 0,
kjer je Φ poljubna diferenciabilna funkcija n spremenljivk.
V primeru Pn+1(x1, . . . , xn, u) ≡ 0 lahko resitev pisemo kot
u = Φ('1(x1, . . . , xn), . . . , 'n−1(x1, . . . , xn)),
ker lahko vzamemo za enega od prvih integralov enacbe kar u.
1. Poiscite splosno resitev enacbe
∂z
∂x+∂z
∂y= 1.
206
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = 1,
y = 1,
z = 1.
Iz prvih dveh enacb dobimo: x− y = 0, dx− dy = 0, z integracijo pa
x− y = c1.
Iz prve in tretje enacbe dobimo podobno se z − x = c2.
Splosna resitev je torej Φ(x− y, z − x) = 0 oziroma z = x+ '(x− y).
2. Poiscite splosno resitev enacbe
x∂z
∂x+ y
∂z
∂y= z.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = x,
y = y,
z = z.
Iz prvih dveh enacb dobimo: y/y − x/x = 0, dy/y − dx/x = 0, z
integracijo pa y/x = c1.
Iz prve in tretje enacbe dobimo podobno se z/x = c2.
Splosna resitev je torej Φ(y/x, z/x) = 0 oziroma z = x'(y/x).
207
3. Poiscite splosno resitev enacbe
∂z
∂x+∂z
∂y= z2.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = 1,
y = 1,
z = z2.
Iz prvih dveh enacb dobimo: x− y = 0, dx− dy = 0, z integracijo pa
x− y = c1.
Iz prve in tretje enacbe dobimo podobno se z/z2−x = 0 in po integraciji
1/z + x = c2.
Splosna resitev je torej Φ(x − y, 1/z + x) = 0 oziroma eksplicitno z =
1/('(x− y)− x).
4. Poiscite splosno resitev enacbe
(a− x)∂z
∂x+ (b− y)
∂z
∂y= c− z,
kjer so a, b, c konstante.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = a− x,
y = b− y,
z = c− z.
208
Iz prvih dveh enacb dobimo:
x/(a− x)− y/(b− y) = 0,
z integracijo pa (b− y)/(a− x) = c1.
Iz prve in tretje enacbe dobimo podobno se
(c− z)/(a− x) = c2.
Splosna resitev je torej Φ((b− y)/(a− x), (z− c)/(a− x)) = 0 oziroma
z = c+ (x− a)'((y − b)/(x− a)).
5. Poiscite splosno resitev enacbe
x2∂z
∂x+ y2
∂z
∂y= z2.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = x2,
y = y2,
z = z2.
Iz prvih dveh enacb dobimo: x/x2 − y/y2 = 0, dx/x2 − dy/y2 = 0, z
integracijo pa 1/x− 1/y = c1.
Iz prve in tretje enacbe dobimo podobno se 1/z − 1/x = c2.
Splosna resitev je torej Φ(1/x− 1/y, 1/z − 1/x) = 0.
209
6. Poiscite splosno resitev enacbe
(x+ y)
(∂z
∂x+∂z
∂y
)= z.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = x+ y,
y = x+ y,
z = z.
Iz prvih dveh enacb dobimo: x− y = 0, dx− dy = 0, z integracijo pa
x− y = c1.
Iz prve, druge in tretje enacbe dobimo podobno se (x + y)/(x + y) −2z/z = 0 in po integraciji z2/(x+ y)x = c2.
Splosna resitev je torej Φ(x− y, z2/(x+ y)) = 0 oziroma skoraj ekspli-
citno z2 = (x+ y)'(x− y).
7. Poiscite splosno resitev enacbe
x∂z
∂x+ y
∂z
∂y= x2 − y2 − z.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = x,
y = y,
z = x2 − y2 − z.
210
Iz prvih dveh enacb dobimo: x/x − y/y = 0, dx/x − dy/y = 0, z
integracijo pa y/x = c1.
Preostali prvi integral poiscimo nekoliko drugace. Iz tretje enacbe do-
bimo najprej z = x2 − c21x2 − z, nato pa (zx) = zx + zx = x(x2 −
c21x2 − z) + zx = x2x− c21x2x. Po integraciji imamo 3zx = x3 − c21x3 =
x3 − xy2 = c2.
Splosna resitev je torej Φ(y/x, 3zx− x3 + xy2) = 0 oziroma z = (x2 −y2)/3 + '(y/x)/x.
8. Poiscite splosno resitev enacbe
z∂z
∂x+ xz
∂z
∂y= y.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = z,
y = xz,
z = y.
Iz prvih dveh enacb dobimo: xx − y = 0, x dx − dy = 0, z integracijo
pa x2 − 2y = c1.
Iz prvih dveh enacb dobimo se 2yx + 2xy = 2yz + 2x2z, kar lahko z
upostevanjem prve in tretje enacbe pisemo tudi kot 2(xy) = 2zz+2x2x
oziroma 2d(xy) = 2z dz+ 2x2 dx in po integraciji 6xy− 3z2− 2x3 = c2.
Splosna resitev je torej Φ(x2 − 2y, 6xy − 3z2 − 2x3) = 0.
211
9. Poiscite splosno resitev enacbe
2x∂z
∂x+ (y − x)
∂z
∂y= x2.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = 2x,
y = y − x,
z = x2.
Iz prve in tretje enacbe dobimo: xx − 2z = 0, x dx − 2 dz = 0, z
integracijo pa x2 − 4z = c1.
Iz prvih dveh enacb dobimo se 2(x + y)/(x + y) − x/x = 0, 2(dx +
dy)/(x+ y)− dx/x = 0 in po integraciji (x+ y)2/x = c2.
Splosna resitev je torej Φ(x2 − 4z, (x+ y)2/x) = 0.
10. Poiscite splosno resitev enacbe
x∂z
∂x+ 2y
∂z
∂y= x2y + z.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = x,
y = 2y,
z = x2y + z.
212
Iz prve in druge enacbe dobimo 2x/x− y/y = 0 in z integracijo x2/y =
c1.
Iz vseh treh enacb dobimo se 3(z/x) = 3(xz − zx)/x2 = 3xy = 2xy +
xy = xy + yx = (xy) in po integraciji 3z/x− xy = c2.
Splosna resitev je torej Φ(x2/y, 3z/x− xy) = 0.
11. Poiscite splosno resitev enacbe
(x2 + y2)∂z
∂x+ 2xy
∂z
∂y= −z2.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = x2 + y2,
y = 2xy,
z = −z2.
Iz vseh treh enacbe dobimo
x+ y
(x+ y)2+
z
z2= 0
in z integracijo 1/(x+ y) + 1/z = c1, podobno pa tudi
x− y(x− y)2
+z
z2= 0
in z integracijo 1/(x− y) + 1/z = c2.
Splosna resitev je torej Φ(1/(x+ y) + 1/z, 1/(x− y) + 1/z) = 0.
213
12. Poiscite splosno resitev enacbe
x2z∂z
∂x+ y2z
∂z
∂y= x+ y.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = x2z,
y = y2z,
z = x+ y.
Iz prvih dveh enacb dobimo x/x2−y/y2 = 0 in z integracijo 1/x−1/y =
c1. Vse tri enacbe pa nam dajo
(xy) = yx+ xy = x2zy + xy2z = xyz(x+ y) = xyzz.
Zato je (xy)/(xy) = zz in z integracijo ln(x2y2)− z2 = c2.
Splosna resitev je torej Φ(1/x− 1/y, ln(x2y2)− z2) = 0.
13. Poiscite splosno resitev enacbe
(x+ z)∂z
∂x+ (y + z)
∂z
∂y= x+ y.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = x+ z,
y = y + z,
z = x+ y.
214
Brez posebnih zapletov najdemo:
x+ y + z
x+ y + z=x+ y
x+ y,
x+ y − 2z
x+ y − 2z=x− yx− y
in z integracijo prva integrala dane enacbe:
'(x, y, z) =x+ y + z
(x− y)2, (x.y, z) = (x+ y − 2z)(x− y).
Splosna resitev je torej Φ((x+ y+ z)/(x− y)2, (x+ y− 2z)(x− y)) = 0.
14. Poiscite splosno resitev enacbe
sin2 x∂z
∂x+ tg z
∂z
∂y= cos2 z.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = sin2 x,
y = tg z,
z = cos2 z.
Z lahkoto najdemox
sin2 x− z
cos2 z= 0
in z integracijo
ctg x+ tg z = c1.
Ker jey
tg z− z
cos2 z= 0,
215
velja
dy − tg zdz
cos2 z= 0
in po integraciji imamo: 2y − tg2 z = c2.
Splosna resitev je torej Φ(ctg x+ tg z, 2y − tg2 z) = 0.
15. Poiscite splosno resitev enacbe
x∂u
∂x+ y
∂u
∂y+ (z + u)
∂u
∂z= xy.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = x,
y = y,
z = z + u,
u = xy.
Iz prve in druge enacbe dobimo: yx − xy = 0, y dx − x dy = 0, z
integracijo pa x/y = c1.
Iz prve, druge in cetrte enacbe dobimo se yx+ xy = 2xy = 2u, y dx+
x dy − 2du = 0 in po integraciji xy − 2u = c2.
Iz vseh stirih enacb imamo nazadnje se z+ u− yx−xy = z+u−xy in
z + u− (xy)
z + u− xy− x
x= 0,
po integraciji pa (z + u− xy)/x = c3.
Splosna resitev je torej Φ(x/y, xy − 2u, (z + u− xy)/x) = 0.
216
16. Poiscite splosno resitev enacbe
yz∂z
∂x− xz∂z
∂y= ez.
(R: Φ(x2 + y2, arc tg(x/y) + (z + 1)e−z) = 0).
17. Poiscite splosno resitev enacbe
(z − y)2∂z
∂x+ xz
∂z
∂y= xy.
(R: Φ(z2 − y2, x2 + (z − y)2) = 0).
18. Poiscite splosno resitev enacbe
(u− x)∂u
∂x+ (u− y)
∂u
∂y− z∂u
∂z= x+ y.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = u− x,
y = u− y,
z = −z,
u = x+ y.
Iz prve, druge in tretje enacbe dobimo:
x− yx− y
− z
z= 0
z integracijo pa (x− y)/z = c1.
Iz vseh stirih enacb dobimo se
u− x− yu− x− y
− 2z
z= 0
217
in po integraciji (u− x− y)/z2 = c2.
Prav tako imamo iz vseh stirih enacb nazadnje se
2u+ x+ y
2u+ x+ y+z
z= 0
in po integraciji (2u+ x+ y)z = c3.
Splosna resitev je torej Φ((x− y)/z, (u− x− y)/z2, (x+ y+ 2u)z) = 0.
19. Poiscite splosno resitev enacbe
(y + z)∂u
∂x+ (x+ z)
∂u
∂y+ (x+ y)
∂u
∂z= u.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = y + z,
y = x+ z,
z = x+ y,
u = u.
Brez vecjih tezav najdemo:
x− yx− y
+u
u= 0,
y − zy − z
+u
u= 0,
x+ y + z
x+ y + z− 2
u
u= 0,
tako da so prvi integrali dane enacbe:
'(x, y, u) = (x−y)u, �(y, z, u) = (y−z)u, (x, y, z, u) = (x+y+z)/u2.
Splosna resitev je torej Φ((x− y)u, (y − z)u, (x+ y + z)/u2) = 0.
218
20. Poiscite splosno resitev enacbe
y∂z
∂x− x∂z
∂y= 0.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = y,
y = −x,
z = 0.
Iz prvih dveh enacb dobimo xx+ yy = 0 in po integraciji x2 + y2 = c1.
Iz tretje enacbe sledi z = c2. Zato je splosna resitev z = Φ(x2 + y2).
21. Poiscite splosno resitev enacbe
(xz + y)∂z
∂x+ (x+ yz)
∂z
∂y= 1− z2.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = xz + y,
y = x+ yz,
z = 1− z2.
Iz vseh treh enacb dobimo
x− yx− y
= z − 1 = − z
z + 1
219
in po integraciji (x− y)(z + 1) = c1. Na skoraj isti nacin dobimo se
x+ y
x+ y= z + 1 = − z
z − 1
in po integraciji (x + y)(z − 1) = c2. Splosna resitev je Φ((x − y)(z +
1), (x+ y)(z − 1)) = 0.
22. Poiscite splosno resitev enacbe
ex∂z
∂x+ y2
∂z
∂y= yex.
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = ex,
y = y2,
z = yex.
Iz prvih dveh enacb takoj dobimo xe−x − yy−2 = 0 oziroma e−x dx −y−2 dy = 0, kar nam po integraciji da e−x − 1/y = c1.
Splosna resitev prve enacbe je −e−x = t + a, druge pa −1/y = t + b,
kjer sta a in b integracijski konstanti. Zato dobimo iz tretje enacbe
z =1
(t+ a)(t+ b)=
(t+ a)− (t+ b)
(a− b)(t+ a)(t+ b)=
1
a− b
(1
t+ b− 1
t+ a
),
z integracijo pa
z =1
a− bln
∣∣∣∣ t+ b
t+ a
∣∣∣∣ =1
1/y − e−xln(ex/∣y∣) + c2.
220
S preureditvijo imamo:
z +x− ln ∣y∣e−x − 1/y
= c2.
Splosna resitev je Φ(e−x − 1/y, z + (x− ln ∣y∣)/(e−x − 1/y)) = 0.
23. Poiscite splosno resitev enacbe
(x+ 2y)∂z
∂x− y∂z
∂y= 0.
(R: z = Φ(xy + y2).)
24. Poiscite splosno resitev enacbe
xy∂z
∂x− x2∂z
∂y= yz.
(R: Φ(z/x, x2 + y2)).
25. Poiscite splosno resitev enacbe
y∂z
∂x+ x
∂z
∂y= x− y.
(R: z = y − x+ '(x2 − y2)).
26. Poiscite splosno resitev enacbe
xy∂z
∂x+ (x− 2z)
∂z
∂y= yz.
(R: Φ(z/x, y2 − 2x+ 4z) = 0).
27. Poiscite splosno resitev enacbe
xy∂z
∂x+ xz
∂z
∂y= y.
(R: Φ(z − ln ∣x∣, y2 − 2xz + 2x) = 0).
221
28. Poiscite splosno resitev enacbe
xz∂z
∂x+ yz
∂z
∂y= xy.
(R: Φ(x/y, xy − z2) = 0.)
29. Poiscite splosno resitev enacbe
∂z
∂x− ∂z
∂y= 0.
(R: z = '(x+ y).)
30. Poiscite splosno resitev enacbe
∂z
∂x+∂z
∂y= 2z.
(R: z = e2x'(x− y).)
31. Poiscite splosno resitev enacbe
x∂z
∂y= z.
(R: z = ey/x'(x).)
32. Poiscite splosno resitev enacbe
z∂z
∂x− y∂z
∂y= 0.
(R: Φ(z, yex/z) = 0.)
33. Poiscite splosno resitev enacbe
∂u
∂x+∂u
∂y+∂u
∂z= xyz.
(R: u = x2yz/2− x3(y + z)/6 + x4/12 + '(y − x, z − x).)
222
34. Poiscite splosno resitev enacbe
x2∂z
∂x− xy∂z
∂y= −y2.
(R: z = y2/(3x) + '(xy).)
35. Poiscite splosno resitev enacbe
(x2 − y2)∂z∂x
+ xy∂z
∂y= xyz.
(R: Φ(ze−y, y2ex2/y2).)
36. Poiscite splosno resitev enacbe
x∂u
∂x+ �y
∂u
∂y+ �z
∂u
∂z= nu,
kjer so �, �, n konstante.
(R: u = xn'(y/x�, z/x�).)
37. Poiscite splosno resitev enacbe
x∂z
∂x+ 2y
∂z
∂y= nz,
kjer je n konstanta.
(R: z = xn'(y/x2).)
38. Poiscite splosno resitev enacbe
cos y∂z
∂x+ cosx
∂z
∂y= cosx cos y.
(R: z = sin y + '(sinx− sin y).)
223
39. Poiscite splosno resitev enacbe
5x∂z
∂x− 3y
∂z
∂y= 15(z − 5).
(R: z = 5 + y−5'(x3y5).)
40. Poiscite splosno resitev enacbe
(1 +√z − x− y)
∂z
∂x+∂z
∂y= 2.
(R: Φ(2y − z, y + 2√z − y − x).)
41. Poiscite splosno resitev enacbe
y2∂z
∂x+ xy
∂z
∂y= xz,
kjer je n konstanta.
(R: z = y'(x2 − y2).)
42. Poiscite splosno resitev enacbe
x∂u
∂x+ y
∂u
∂y+ z
∂u
∂z= u+ xy/z.
(R: u = xy/z ln ∣x∣+ x'(y/x, z/x).)
43. Poiscite splosno resitev enacbe
∂u
∂x+∂u
∂y+∂u
∂z= 0.
(R: u = '(x− y, y − z).)
224
44. Poiscite splosno resitev enacbe
xy∂z
∂x+ xz
∂z
∂y= yz.
Katera resitev poteka skozi krivuljo x = 1, z = 1 + y2 (Cauchyjeva
naloga)?
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = xy,
y = xz,
z = yz.
Iz prve in tretje enacbe dobimo x/x−z/z = 0 oziroma dx/x−dz/z = 0,
iz cesar sledi z/x = c1.
Iz zx+xz = (xz) = xyz+xyz = 2xyz = 2yy oziroma d(xz)−2y dy = 0.
Z integracijo dobimo se xz − y2 = c2.
Splosna resitev je torej Φ(x/z, xz−y2) = 0. Lahko pa jo zapisemo tudi
v obliki y2 = xz + '(x/z).
Resitev poteka skozi krivuljo x = 1, z = 1 + y2, ce velja: y2 = 1 + y2 +
'(1/(1 +y2)). To pomeni, da je funkcija ' konstantno enaka −1. Tako
imamo se resitev Cauchyjeve naloge: y2 = xz − 1.
45. Poiscite splosno resitev enacbe
y2∂z
∂x+ xy
∂z
∂y= x3z.
Katera resitev poteka skozi krivuljo x = ey2/2, x = 2y (Cauchyjeva
naloga)?
225
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = y2,
y = xy,
z = x3z.
Iz prve in druge enacbe dobimo
yy − xx = 0,
z integracijo pa x2 − y2 = c1.
Iz vseh treh enacb dobimo se
z
z= x3 = x2 ⋅ x = x2 ⋅ y
y= (x2 ln ∣y∣)− 2xx ln ∣y∣ =
= (x2 ln ∣y∣)− 2xy2 ln ∣y∣ = (x2 ln ∣y∣)− 2yy ln ∣y∣
in po integraciji ter preureditvi
ln z2 − x2 ln y2 + y2 ln y2 − y2 = c2.
Splosna resitev je torej Φ(x2 − y2, ln z2 − x2 ln y2 + y2 ln y2 − y2) = 0.
Pogoj, da resitev poteka skozi krivuljo z = ey2/2, x = 2y, nam da:
3y2 = c1 in −3y2 ln y2 = c2, tako da med konstantama c1 in c2 velja
povezava c1 ln(c1/3) + c2 = 0. Resitev Cauchyjeve naloge je torej
(x2 − y2) ln((x2 − y2)/3) + ln z2 − y2 + y2 ln y2 = 0.
226
46. Poiscite splosno resitev enacbe
∂z
∂x+ (z − x2)∂z
∂y= 2x.
Katera resitev poteka skozi krivuljo z = x2 + x, y = 2x2 (Cauchyjeva
naloga)?
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = 1,
y = z − x2,
z = 2x.
Iz prve in tretje enacbe dobimo z − 2xx = 0 oziroma dz − 2x dx = 0,
iz cesar sledi z − x2 = c1.
Iz vseh treh enacb sledi
(xz) = xz + zx = 2x2x+ (y + x2)x = 3x2x+ y
in iz d(xz)− d(x3)− dy = 0 se xz − x3 − y = c2. Splosna resitev je
Φ(z − x2, zx− x3 − y) = 0.
Pogoj, da resitev poteka skozi krivuljo z = x2 + x, y = 2x2, nam da:
x = c1 in −x2 = c2, tako da med konstantama c1 in c2 velja povezava
c21 + c2 = 0. Resitev Cauchyjeve naloge je torej
(z − x2)2 + x(z − x2) = y.
227
47. Poiscite splosno resitev enacbe
x∂z
∂x+ z
∂z
∂y= z + 2x2.
Katera resitev poteka skozi krivuljo z = x, y = 1/4 − x2 (Cauchyjeva
naloga)?
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = x,
y = z,
z = z + 2x2.
Iz prve in tretje enacbe dobimo
z − 4xx
z − 2x2− x
x= 0,
iz cesar sledi (z − 2x2)/x = c1.
Iz vseh treh enacb sledi z = y + 2xx in po integraciji z − y − x2 = c2.
Splosna resitev je
Φ((z − 2x2)/x, z − y − x2) = 0.
Pogoj, da resitev poteka skozi krivuljo z = x, y = 1/4 − x2, nam da:
1 − 2x = c1 in x − 1/4 = c2, tako da med konstantama c1 in c2 velja
povezava 2c1 + 4c2 = 1. Resitev Cauchyjeve naloge je torej
2(z − 2x2) + 4x(z − y − x2) = x.
228
48. Poiscite splosno resitev enacbe
x∂z
∂x+ y
∂z
∂y= x+ y + z.
Katera resitev poteka skozi krivuljo z = x + y, y = x + 1 (Cauchyjeva
naloga)?
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = x,
y = y,
z = x+ y + z.
Iz prve in druge enacbe dobimo yx− xy = 0, iz cesar sledi y/x = c1.
Iz vseh treh enacb sledi
(x+ y)z − z(x+ y)
(x+ y)2+x
x= 0
in po integraciji −z/(x+ y) + ln ∣x∣ = c2. Splosna resitev je
Φ(y/x, ln ∣x∣ − z/(x+ y)) = 0.
Pogoj, da resitev poteka skozi krivuljo z = x + y, y = x + 1, nam da:
1 + 1/x = c1 in ln ∣x∣ = c2, tako da med konstantama c1 in c2 velja
povezava ln ∣c1 − 1∣+ c2 + 1 = 0. Resitev Cauchyjeve naloge je torej
(1 + ln ∣x− y∣)(x+ y) = z.
49. Poiscite splosno resitev enacbe
y∂z
∂x+ xz
∂z
∂y= yz.
229
Katera resitev poteka skozi krivuljo x = 0, z = −y2 (Cauchyjeva
naloga)?
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = y,
y = xz,
z = yz.
Iz prve in tretje enacbe dobimo zz− x = 0, iz cesar sledi ze−x = c1.
Iz druge in tretje enacbe sledi najprej yy − xz = 0, nato pa se z
upostevanjem druge enacbe:
yy − xz = yy − (xz) + zx = yy − (xz) + yz = yy − (xz) + z = 0.
Po integraciji imamo y2 − 2xz + 2z = c2. Splosna resitev je
Φ(ze−x, y2 − 2xz + 2z) = 0.
Pogoj, da resitev poteka skozi krivuljo x = 0, z = −y2, nam da: −y2 =
c1 in −y2 = c2, tako da velja povezava c1 = c2. Resitev Cauchyjeve
naloge je torej
z(e−x + 2x− 2) = y2.
50. Poiscite splosno resitev enacbe
xz∂z
∂x+ yz
∂z
∂y= x3 + y.
Katera resitev poteka skozi krivuljo z = 4y3, x = 3y2 (Cauchyjeva
naloga)?
230
Resitev
Prirejeni karakteristicni sistem je
x = xz,
y = yz,
z = x3 + y.
Iz prve in druge enacbe takoj dobimo yx−xy = 0 in nato z integracijo
x/y = c1.
Iz vseh enacb dobimo se
zz = x3z + yz = x2x+ y =
in po integraciji 3z2 − 2x3 − 6y = c2.
Splosna resitev je torej Φ(x/y, 3z2 − 2x3 − 6y) = 0.
Pogoj, da resitev poteka skozi krivuljo z = 4y3, x = 3y2, nam da: 3y =
c1 in −6y6− 6y = c2, tako da velja povezava (c1/3)6 + c1/3 + c2/6 = 0.
Resitev Cauchyjeve naloge je torej
(x/(3y))6 + x/(3y) + z2/2− x3/3− y = 0.
51. Poiscite tisto resitev enacbe
x2∂z
∂x+ y2
∂z
∂y= 0,
ki poteka skozi premico x = 2y = 3z (Cauchyjeva naloga).
(R: 3(x− y)z = xy.)
231
52. Poiscite tisto resitev enacbe
yz∂z
∂x+∂z
∂y= 0,
ki poteka skozi krivuljo x = 0, z = y3 (Cauchyjeva naloga).
(R: z5 = (zy2 − 2x)3.)
53. Poiscite tisto resitev enacbe
y∂z
∂x= z,
ki poteka skozi krivuljo x = 2, z = y (Cauchyjeva naloga).
(R: z = ye(x−2)/y.)
54. Poiscite tisto resitev enacbe
x∂z
∂x− y∂z
∂y= z,
ki poteka skozi krivuljo y = 1, z = 3x (Cauchyjeva naloga).
(R: z = 3x.)
55. Poiscite tisto resitev enacbe
∂z
∂x− 2x
∂z
∂y= 0,
ki poteka skozi krivuljo x = 1, z = y2 (Cauchyjeva naloga).
(R: z = (x2 + y − 1)2.)
56. Poiscite tisto resitev enacbe
x∂z
∂x+ y
∂z
∂y= 0,
ki poteka skozi krivuljo y = 1, z = x (Cauchyjeva naloga).
(R: z = x/y.)
232
57. Poiscite tisto resitev enacbe
√x∂u
∂x+√y∂u
∂y+√z∂u
∂z= 0,
ki poteka skozi ploskev x = 1, u = y − z (Cauchyjeva naloga).
(R: u = y − z + 2(√x− 1)(
√z −√y).)
58. Poiscite ploskve, ki so pravokotne na druzino ploskev z = axy.
Resitev
Normala iskane ploskve z = z(x, y) je vektor (∂z/∂x, ∂z/∂y,−1), ki
je pravokoten na normalo dane ploskve, to pa je vektor grad(z/xy) =
(−zx−2y−1,−zx−1y−2, x−1y−1).
Po preureditvi dobimo diferencialno enacbo
yz∂z
∂x+ xz
∂z
∂y= −xy,
ki ima splosno resitev Φ(x2 − y2, x2 + z2) = 0.
59. Poiscite ploskve, ki so pravokotne na druzino ploskev xyz = a.
(R: Φ(x2 − y2, x2 − z2) = 0.)
60. Poiscite ploskve, ki so pravokotne na druzino ploskev z2 = axy.
(R: Φ(x2 − y2, 2y2 + z2) = 0.)
61. Poiscite ploskev, ki je pravokotna na druzino ploskev x2 + y2 + z2 = ax
in poteka skozi presek ravnin y = x in z = 1.
(R: 2y2 + x2 = x(x2 + y2 + z2).)
233
62. Naj bo Φ(u, v) poljubna nekonstantna diferenciabilna funkcija. Kateri
kvazilinearni parcialni diferencialni enacbi zadosca funkcija z(x, y), ki
je dana z relacijo
Φ(x+ y, x2 − z) = 0?
Resitev
Z odvajanjem dane relacije po x in y dobimo:
∂Φ
∂u+∂Φ
∂v
(2x− ∂z
∂x
)= 0,
∂Φ
∂u+∂Φ
∂v
(−∂z∂y
)= 0.
Dobljeni relaciji obravnavamo kot homogen sistem dveh enacb z nez-
nankama ∂Φ/∂u in ∂Φ/∂v. Trivialna resitev ∂Φ/∂u = 0 in ∂Φ/∂v = 0
ne pride v postev, ker bi sicer bila funkcija Φ(u, v) konstanta. Zato pa
mora biti ∣∣∣∣∣∣ 1 2x− ∂z∂x
1 −∂z∂y
∣∣∣∣∣∣ = 0.
Iz te zahteve najdemo po poenostavitvi iskano enacbo:
∂z
∂x− ∂z
∂y= 2x.
63. Naj bo Φ(u, v) poljubna nekonstantna diferenciabilna funkcija. Kateri
kvazilinearni parcialni diferencialni enacbi zadosca funkcija z(x, y), ki
je dana z relacijo
Φ(x2 + y2, x2 + z3/y) = 0?
(R: 3y2z2 ∂z∂x− 3xyz2 ∂z
∂y= −xz3 − 2xy3.)
234
64. Naj bo Φ(u, v) poljubna nekonstantna diferenciabilna funkcija. Kateri
kvazilinearni parcialni diferencialni enacbi zadosca funkcija z(x, y), ki
je dana z relacijo
Φ(√x+√y,√x+√z) = 0?
(R:√x ∂z∂x−√y ∂z
∂y= −√z.)
65. Poiscite enacbo valjaste ploskve, ki je vzporedna vektorju a = (1, 1, 2)
in poteka skozi presek ploskev x+ y + z = 0 in 5x2 + 6xy + 5y2 = 4.
Resitev
Naj bo u(x, y, z) = 0 enacba iskane valjaste ploskve. Nanjo je pra-
vokoten vektor gradu = (∂u/∂x, ∂u/∂y, ∂u/∂z). Veljati mora torej
relacija gradu ⋅ a = 0, kar nam da parcialno diferencialno enacbo:
∂u
∂x+∂u
∂y+ 2
∂u
∂z= 0.
Prvi integrali pripadajocega sistema enacb so ocitno x− y, z− 2x in u.
Njena splosna resitev je: Φ(x− y, z − 2x, u) = 0. Ker je u(x, y, z) = 0,
lahko zapisemo enacbo iskane ploskve v obliki '(x − y, z − 2x) = 0.
Resitev mora vsebovati krivuljo x + y + z = 0, 5x2 + 6xy + 5y2 = 4.
Opraviti imamo s Cauchyjevo nalogo. Pisemo x− y = c1, z − 2x = c2,
izrazimo y = x − c1, z = c2 + 2x in vstavimo v relacijo x + y + z = 0.
Dobimo 4x = c1 − c2. Vstavimo se v preostali pogoj in dobimo:
5x2+6x(x−c1)+5(x−c1)2 = 16x2−16c1x+5c21 = 2c21+2c1c2+c22 = 4.
S tem smo nasli relacijo med konstantama c1 in c2. Enacba iskane
ploskve je
2(x− y)2 + 2(x− y)(z − 2x) + (z − 2x)2 = 4
235
oziroma, nekoliko lepse zapisano:
(x− y)2 + (z − x− y)2 = 4.
66. Poiscite enacbo valjaste ploskve, ki je vzporedna vektorju a = (1,−1, 1)
in poteka skozi presek ploskev x+ y + z = 0 in x2 + xy + y2 = 1.
(R: x2 + 3y2 + z2 + 3xy + xz + 3yz = 1.)
67. Poiscite splosno resitev sistema parcialnih diferencialnih enacb:
∂z
∂x=
z
x,
∂z
∂y=
2z
y.
Resitev
Splosna resitev prve enacbe je: z = x'(y), kjer je '(y) poljubna
odvedljiva funkcija. Vstavimo v drugo enacbo sistema:
'′(y)x =2x
y'(y).
Po preureditvi imamo: d'/' = 2dy/y. Splosna resitev nastale enacbe
je zato '(y) = cy2, splosna resitev sistema pa z = cxy2.
236
Literatura
1. W. E. Boyce, R. C. DiPrima, Elementary differential equations and
boundary value problems, John Wiley & Sons, Hoboken, NJ, 2005.
2. Л. Э. Эльсгольц, Дифференциальные уравнения и вариацион-
ное исчисление, Издательство «Наука». Главная редакция физико-
математическои литературы, Москва 1969.
3. А. Ф. Филиппов, Сборник задач по дифференциальным уравнениям,
Издательство «Наука». Главная редакция физико-математическои
литературы, Москва 1970.
4. S. W. Goode, Differential equations and linear algebra, Prentice Hall,
NJ, 2000.
5. F. Krizanic, Navadne diferencialne enacbe in variacijski racun, DZS,
Ljubljana 1974.
6. В. П. Минорскии, Сборник задач по высшеи математике, Го-
сударственное издательство физико-математическои литературы,
Москва 1961.
7. D. S. Mitrinovic, Zbornik matematickih problema sa prilozima i nu-
merickim tablicama II, Naucna knjiga, Beograd 1960.
8. В. В. Степанов, Курс дифференциальных уравнении, Государствен-
ное издательство физико-математическои литературы, Москва 1958.
9. I. Vidav, Visja matematika II, Univerza v Ljubljani, Ljubljana 1951.
c⃝ Dr. Marko Razpet, Ljubljana 2010
237