1. Diferencialno enaˇcbo
𝑦(𝑛)=𝑓(𝑥)
reˇsujemo z𝑛-kratno zaporedno integracijo, lahko pa tudi izraˇcunamo najprej njeno partikularno reˇsitev
𝑦1(𝑥) = 1 (𝑛−1)!
∫ 𝑥 𝑎
(𝑥−𝑡)𝑛−1𝑓(𝑡)𝑑𝑡 (Cauchyjeva formula) in potem zapiˇsemo sploˇsno reˇsitev:
𝑦(𝑥) =𝑦1(𝑥) +𝑃𝑛−1(𝑥), kjer je 𝑃𝑛−1(𝑥) poljuben polinom stopnje𝑛−1.
2. Diferencialno enaˇcbo
𝑓(𝑦, 𝑦′, 𝑦′′, . . . , 𝑦(𝑛)) = 0,
ki ne vsebuje 𝑥, reˇsujemo z uvedbo nove neznane funkcije𝑦′ =𝑢=𝑢(𝑦). s katero dobimo:
𝑦′′=𝑢𝑑𝑢
𝑑𝑦, 𝑦′′′ =𝑢2𝑑2𝑢 𝑑𝑦2 +𝑢
(𝑑𝑢 𝑑𝑦
)2
, . . .
S tem dani diferencialni enaˇcbi zniˇzamo red za 1. Nazadnje reˇsimo diferencialno enaˇcbo z loˇcljivima spremenljivkama𝑦′ =𝑧(𝑦).
3. Diferencialni enaˇcbi
𝑓(𝑥, 𝑦(𝑘), 𝑦(𝑘+1), . . . , 𝑦(𝑘+𝑛)) = 0
zniˇzamo red z uvedbo 𝑢=𝑦(𝑘). Dobimo:
𝑓(𝑥, 𝑢, 𝑢′, . . . , 𝑢(𝑛)) = 0.
Nazadnje po znani metodi reˇsimo enaˇcbo 𝑦(𝑘)=𝑢(𝑥).
4. Diferencialni enaˇcbi
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑦′, 𝑦′′, . . . , 𝑦(𝑛)) = 0,
kjer je𝑓 homogena funkcija glede na𝑦, 𝑦′, 𝑦′′, . . . , 𝑦(𝑛), zniˇzamo 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 enaˇcbe
𝑓(𝑥,1, 𝑦′/𝑦, 𝑦′′/𝑦, . . . , 𝑦(𝑛)/𝑦) = 0 enaˇcbo niˇzjega reda:
𝑔(𝑥, 𝑢, 𝑢′, . . . , 𝑢(𝑛−1)) = 0.
Iz njene reˇsitve dobimo reˇsitev zaˇcetne diferencialne enaˇcbe:
𝑦=𝑒
∫𝑢(𝑥)𝑑𝑥.
5. Diferencialni enaˇcbi
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑦′, 𝑦′′, . . . , 𝑦(𝑛)) = 0,
kjer je 𝑓 posploˇseno homogena funkcija glede na vse svoje argumente, tudi lahko zniˇzamo red. Funkcija 𝑓 je posploˇseno homogena, ˇce pri zamenjavi
𝑥7→𝑘𝑥, 𝑦7→𝑘𝑚𝑦, 𝑦′ 7→𝑘𝑚−1𝑦′, 𝑦′′7→𝑘𝑚−2𝑦′′, . . .
pri nekem 𝑚 preide vase. Enaˇcbo reˇsujemo najprej s substitucijo 𝑦(𝑥) =𝑧(𝑥)𝑥𝑚, nato pa ˇse, ˇce je potrebno, s substitucijo 𝑥=𝑒𝑡.
6. Linearna diferencialna enaˇcba drugega reda ima obliko 𝑦′′+𝑝(𝑥)𝑦′+𝑞(𝑥)𝑦=𝑓(𝑥).
Ce jeˇ 𝑓(𝑥)≡0, je linearna enaˇcba homogena. ˇCe poznamo linearno neodvisni reˇsitvi𝑦1 in𝑦2 homogene enaˇcbe
𝑦′′+𝑝(𝑥)𝑦′+𝑞(𝑥)𝑦= 0, potem je njena sploˇsna reˇsitev
𝑦(𝑥) =𝑐1𝑦1(𝑥) +𝑐2𝑦2(𝑥).
Potreben in zadosten pogoj za linearno neodvisnost reˇsitev 𝑦1 in 𝑦2 homogene enaˇcbe je
𝑦1 𝑦2 𝑦′1 𝑦′2
∕= 0.
Ce poznamo partikularno reˇˇ sitev 𝑦1 homogene enaˇcbe, potem lahko drugo partikularno reˇsitev 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 enaˇcbo za 𝑧, ki jo znamo reˇsiti z zniˇzanjem njenega reda:
𝑦1𝑧′′+ (2𝑦′1+𝑝(𝑥)𝑦1)𝑧′= 0.
7. Nehomogeno enaˇcbo
𝑦′′+𝑝(𝑥)𝑦′+𝑞(𝑥)𝑦=𝑓(𝑥)
reˇsujemo v 2 korakih. Priredimo ji homogeno enaˇcbo in poiˇsˇcemo linearno neod-visni partikularni reˇsitvi 𝜂1 in 𝜂2 in s tem sploˇsno reˇsitev 𝑦 = 𝑐1𝜂1 +𝑐2𝜂2. Ne-homogeno enaˇcbo lahko potem reˇsimo z metodo variacije konstant. Zapiˇsemo
𝑌(𝑥) =𝑐1(𝑥)𝜂1(𝑥) +𝑐2(𝑥)𝜂2(𝑥) in nastavimo sistem enaˇcb za 𝑐′1(𝑥) in 𝑐′2(𝑥):
𝑐′1(𝑥)𝜂1(𝑥) +𝑐′2(𝑥)𝜂2(𝑥) = 0, 𝑐′1(𝑥)𝜂1′(𝑥) +𝑐′2(𝑥)𝜂′2(𝑥) = 𝑓(𝑥),
Sistem reˇsimo na 𝑐′1(𝑥) in 𝑐′2(𝑥), integriramo in dobimo 𝑐1(𝑥) in 𝑐2(𝑥). S tem imamo partikularno reˇsitev 𝑌(𝑥) nehomogene enaˇcbe, njena sploˇsna reˇsitev pa je
𝑦(𝑥) =𝑐1𝜂1(𝑥) +𝑐2𝜂2(𝑥) +𝑌(𝑥).
8. Linearna diferencialna enaˇcba𝑛-tega reda ima obliko 𝑦(𝑛)+𝑝1(𝑥)𝑦(𝑛−1)+. . .+𝑝𝑛(𝑥)𝑦=𝑓(𝑥).
Ce jeˇ 𝑓(𝑥)≡0, je linearna enaˇcba homogena. ˇCe poznamo linearno neodvisne reˇsitve𝑦1, 𝑦2, . . . , 𝑦𝑛 homogene enaˇcbe
𝑦(𝑛)+𝑝1(𝑥)𝑦(𝑛−1)+. . .+𝑝𝑛(𝑥)𝑦= 0, potem je njena sploˇsna reˇsitev
𝑦(𝑥) =𝑐1𝑦1(𝑥) +𝑐2𝑦2(𝑥) +. . .+𝑐𝑛𝑦𝑛(𝑥).
Potreben in zadosten pogoj za linearno neodvisnost reˇsitev𝑦1, 𝑦2, . . . , 𝑦𝑛homogene enaˇcbe je
𝑦1 𝑦2 . . . 𝑦𝑛
𝑦′1 𝑦′2 . . . 𝑦𝑛′ ... ... . .. ... 𝑦(𝑛−1)1 𝑦(𝑛−1)2 . . . 𝑦𝑛(𝑛−1)
∕= 0.
9. Nehomogeno enaˇcbo
𝑦(𝑛)+𝑝1(𝑥)𝑦(𝑛−1)+. . .+𝑝𝑛(𝑥)𝑦=𝑓(𝑥)
reˇsujemo v 2 korakih. Priredimo ji homogeno enaˇcbo in poiˇsˇcemo linearno neod-visne partikularne reˇsitve𝜂1, 𝜂2, . . . , 𝜂𝑛 in s tem sploˇsno reˇsitev 𝑦=𝑐1𝜂1+𝑐2𝜂2+
. . .+𝑐𝑛𝜂𝑛. Nehomogeno enaˇcbo lahko potem reˇsimo z metodo variacije konstant.
Zapiˇsemo𝑌(𝑥) =𝑐1(𝑥)𝜂1(𝑥) +𝑐2(𝑥)𝜂2(𝑥) +. . .+𝑐𝑛(𝑥)𝜂𝑛(𝑥) in nastavimo sistem enaˇcb za 𝑐′1(𝑥), 𝑐′2(𝑥), . . . , 𝑐′𝑛(𝑥):
𝑐′1(𝑥)𝜂1(𝑥) +𝑐′2(𝑥)𝜂2(𝑥) +. . .+𝑐′𝑛(𝑥)𝜂𝑛(𝑥) = 0, 𝑐′1(𝑥)𝜂1′(𝑥) +𝑐′2(𝑥)𝜂2′(𝑥) +. . .+𝑐′𝑛(𝑥)𝜂𝑛′(𝑥) = 0,
...
𝑐′1(𝑥)𝜂1(𝑛−1)(𝑥) +𝑐′2(𝑥)𝜂(𝑛−1)2 (𝑥) +. . .+𝑐(𝑛−1)𝑛 (𝑥)𝜂𝑛′(𝑥) = 𝑓(𝑥).
Sistem reˇsimo na𝑐′1(𝑥), 𝑐′2(𝑥), . . . , 𝑐′𝑛(𝑥), integriramo in dobimo𝑐1(𝑥), 𝑐2(𝑥), . . . , 𝑐𝑛(𝑥).
S tem imamo partikularno reˇsitev𝑌(𝑥) nehomogene enaˇcbe, njena sploˇsna reˇsitev pa je
𝑦(𝑥) =𝑐1𝜂1(𝑥) +𝑐2𝜂2(𝑥) +. . .+𝑐𝑛𝜂𝑛(𝑥) +𝑌(𝑥).
10. Homogena linearna diferencialna enaˇcba𝑛-tega reda s konstantnimi koeficienti ima obliko
𝑦(𝑛)+𝑝1𝑦(𝑛−1)+. . .+𝑝𝑛𝑦= 0.
Pri tem so 𝑝1, . . . , 𝑝𝑛 realne konstante. Njene reˇsitve iˇsˇcemo z nastavkom𝑦=𝑒𝜆𝑥. Dobimo pogoj za𝜆, to je karakteristiˇcno enaˇcbo dane diferencialne enaˇcbe:
𝑃(𝜆) =𝜆𝑛+𝑝1𝜆𝑛−1+. . .+𝑝𝑛= 0.
Vsaka niˇcla polinoma 𝑃(𝜆) prispeva nekaj reˇsitev k sistemu linearno neodvisnih reˇsitev 𝑦1, 𝑦2, . . . , 𝑦𝑛 diferencialne enaˇcbe.
Ce je niˇˇ cla 𝜆0 polinoma 𝑃(𝜆) realna in 𝑟-kratna, potem spadajo v sistem linearno neodvisnih reˇsitev funkcije
𝑒𝜆0𝑥, 𝑥𝑒𝜆0𝑥, . . . , 𝑥𝑟−1𝑒𝜆0𝑥.
Ce je niˇˇ cla 𝜆0 = 𝛼0 +𝑖𝛽0, 𝛽0 ∕= 0, polinoma 𝑃(𝜆) kompleksna in 𝑟-kratna, potem spadajo v sistem linearno neodvisnih reˇsitev funkcije
𝑒𝛼0𝑥cos(𝛽0𝑥), 𝑒𝛼0𝑥sin(𝛽0𝑥);𝑥𝑒𝛼0𝑥cos(𝛽0𝑥), 𝑥𝑒𝛼0𝑥sin(𝛽0𝑥);. . .;
𝑥𝑟−1𝑒𝛼0𝑥cos(𝛽0𝑥), 𝑥𝑟−1𝑒𝛼0𝑥sin(𝛽0𝑥).
Ko upoˇstevamo vse niˇcle polinoma 𝑃(𝜆), dobimo nabor 𝑛 linearno neodvisnih reˇsitev diferencialne enaˇcbe in zapiˇsemo njeno sploˇsno reˇsitev.
11. Nehomogeni linearni diferencialni enaˇcbi𝑛-tega reda s konstantnimi koeficienti 𝑦(𝑛)+𝑝1𝑦(𝑛−1)+. . .+𝑝𝑛𝑦=𝑓(𝑥)
lahko poiˇsˇcemo reˇsitev z metodo variacije konstant, pri posebni obliki funkcije𝑓(𝑥) pa gre laˇze z nastavkom in po metodi nedoloˇcenih koeficientov. ˇCe je
𝑓(𝑥) =𝑄(𝑥)𝑒𝜇𝑥,
kjer je𝑄(𝑥) polinom stopnje𝑚in𝜇realno ali kompleksno ˇstevilo, potem poiˇsˇcemo partikularno reˇsitev 𝑌(𝑥) nehomogene enaˇcbe z nastavkom
𝑌(𝑥) =𝑥𝑠𝑅(𝑥)𝑒𝜇𝑥,
pri ˇcemer je𝑅(𝑥) polinom stopnje 𝑚, ˇstevilo 𝑠pa pove, kolikokratna niˇcla karak-teristiˇcnega polinoma 𝑃(𝜆) pripadajoˇce homogene enaˇcbe je ˇstevilo 𝜇.
Po metodi nedoloˇcenih koeficientov poiˇsˇcemo polinom 𝑅(𝑥) kot posledico za-hteve, da je 𝑌(𝑥) reˇsitev nehomogene enaˇcbe. Sploˇsna reˇsitev se nato izraˇza tako kot pri sploˇsni linearni diferencialni enaˇcbi.
12. Pri reˇsevanju linearnih diferencialnih enaˇcb so koristna naslednja pravila.
a) ˇCe ima homogena enaˇcba kompleksno reˇsitev𝑦, potem sta reˇsitvi tudi Re𝑦 in Im𝑦.
b) ˇCe ima nehomogena enaˇcba kompleksno reˇsitev 𝑦 in na desni strani kom-pleksno funkcijo𝑓(𝑥), potem je Re𝑦njena reˇsitev za desno stran Re𝑓(𝑥), Im𝑦 pa njena reˇsitev za desno stran Im𝑓(𝑥),
c) ˇCe je𝑌1 reˇsitev nehomogene enaˇcbe za desno stran𝜑1(𝑥) in𝑌2 reˇsitev iste enaˇcbe za desno stran𝜑2(𝑥), potem je 𝑌 =𝑌1+𝑌2 reˇsitev te iste enaˇcbe za desno stran𝜑1(𝑥) +𝜑2(𝑥).
13. Eulerjevo diferencialno enaˇcbo
𝑥𝑛𝑦(𝑛)+𝑝1𝑥𝑛−1𝑦(𝑛−1)+. . .+𝑝𝑛𝑦=𝑓(𝑥)
prevedemo na linearno diferencialno enaˇcbo s konstantnimi koeficienti s substitu-cijo 𝑥 =𝑒𝑡 oziroma 𝑡= ln𝑥 za 𝑥 >0. Za 𝑥 <0 pa vzamemo 𝑥 =−𝑒𝑡. Odvode, pomnoˇzene z ustreznimi potencami, zamenjamo tako:
𝑥𝑦′= 𝑑𝑦
𝑑𝑡, 𝑥2𝑦′′= 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 −𝑑𝑦
𝑑𝑡, 𝑥3𝑦′′′= 𝑑3𝑦
𝑑𝑡3 −3𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 + 2𝑑𝑦
𝑑𝑡, . . . Dobimo enaˇcbo
𝑑𝑛𝑦 𝑑𝑡𝑛 +𝑞1
𝑑𝑛−1𝑦
𝑑𝑡𝑛−1 +. . .+𝑞𝑛𝑦 =𝑓(𝑒𝑡), ki jo reˇsujemo po prej opisanih metodah.
1. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦′′ = 2𝑦𝑦′.
Reˇsitev
Uvedemo𝑧 =𝑧(𝑦) =𝑦′. Potem je𝑦′′ =𝑑𝑧/𝑑𝑦⋅𝑑𝑦/𝑑𝑥 =𝑧⋅𝑑𝑧/𝑑𝑦. Dana enaˇcba dobi obliko: 𝑧⋅𝑑𝑧/𝑑𝑦= 2𝑦𝑧. Ena reˇsitev je oˇcitno 𝑧 = 𝑦′ = 0 in s tem 𝑦 = 𝑐. Druge reˇsitve najdemo v enaˇcbi 𝑑𝑧/𝑑𝑦 = 2𝑦, ki nam da: 𝑧 =𝑦2+𝑐1. Sedaj je treba razlikovati tri moˇznosti.
a) Za 𝑐1 = 0 integriramo enaˇcbo 𝑑𝑦/𝑦2 = 𝑑𝑥 in dobimo −1/𝑦 =𝑥−𝑐 oziroma po preoblikovanju (𝑐−𝑥)𝑦= 1.
b) Za 𝑐1 >0 piˇsemo𝑐1 =𝐶12 in integriramo enaˇcbo𝑑𝑦/(𝑦2+𝐶12) =𝑑𝑥.
Dobimo
1 𝐶1
arc tg 𝑦 𝐶1
=𝑥+𝐶2 𝐶1
. Reˇsitev lahko piˇsemo v obliki 𝑦 =𝐶1tg(𝐶1𝑥+𝐶2).
c) Za𝑐1 <0 piˇsemo𝑐1 =−𝐶12 in integriramo enaˇcbo𝑑𝑦/(𝑦2−𝐶12) =𝑑𝑥.
Dobimo
1 2𝐶1 ln
𝑦−𝐶1 𝑦+𝐶1
=𝑥+ 𝐶2 2𝐶1.
Reˇsitev lahko piˇsemo v obliki ln∣(𝑦−𝐶1)/(𝑦+𝐶1)∣= 2𝐶1𝑥+𝐶2. 2. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦𝑦′′+ 1 =𝑦′2.
Reˇsitev
Spet uvedemo𝑧 =𝑧(𝑦) =𝑦′. Potem je𝑦′′ =𝑑𝑧/𝑑𝑦⋅𝑑𝑦/𝑑𝑥 =𝑧⋅𝑑𝑧/𝑑𝑦.
Dana enaˇcba dobi obliko: 𝑦𝑧⋅𝑑𝑧/𝑑𝑦+ 1 =𝑧2. Njeni posebni reˇsitvi sta oˇcitno 𝑧 =𝑦′ = 1 in 𝑧=𝑦′ =−1, reˇsitvi dane enaˇcba pa sta 𝑦=𝑥+𝑐 in 𝑦=−𝑥+𝑐.
Loˇcimo spremenljivki in pomnoˇzimo obe strani z 2:
2𝑧 𝑑𝑧
𝑧2−1 = 2𝑑𝑦 𝑦 .
Po integraciji in antilogaritmiranju imamo sploˇsno reˇsitev𝑧2−1 =𝑐1𝑦2. Treba razlikovati moˇznosti.
a) Za 𝑐1 > 0 piˇsemo 𝑐1 = 𝐶12 in integriramo enaˇcbo 𝑑𝑦/√
𝐶12𝑦2+ 1 =
±𝑑𝑥. Dobimo
±arsh(𝐶1𝑦) = 𝐶1𝑥+𝐶2. Reˇsitev lahko piˇsemo v obliki 𝐶1𝑦=± sh(𝐶1𝑥+𝐶2).
b) Za 𝑐1 <0 piˇsemo𝑐1 =−𝐶12 in integriramo enaˇcbo𝑑𝑦/√
1−𝐶12𝑦2 =
±𝑑𝑥. Dobimo
arc sin(𝐶1𝑦) = 𝐶1𝑥+𝐶2. Reˇsitev lahko piˇsemo v obliki 𝐶1𝑦= sin(𝐶1𝑥+𝐶2).
3. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦′′(𝑒𝑥+ 1) +𝑦′ = 0.
(R: 𝑦=𝑐1(𝑥−𝑒−𝑥) +𝑐2.) 4. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦′′′ =𝑦′′2.
(R: 𝑦=𝑐1𝑥+𝑐2, 𝑦=−(𝑥+𝑐1) ln∣𝑥+𝑐1∣+𝑐2𝑥+𝑐3.) 5. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦𝑦′′ =𝑦′2−𝑦′3. (R: 𝑦+𝑐1ln∣𝑦∣=𝑥+𝑐2, 𝑦=𝑐.)
6. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
2𝑦𝑦′′ =𝑦2+𝑦′2. (R: 𝑦=𝑐1(1± ch(𝑥+𝑐2)),𝑦=𝑐𝑒±𝑥.) 7. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦′′2+𝑦′ =𝑥𝑦′′. (R: 𝑦=𝑐1𝑥2/2−𝑐21𝑥+𝑐2,𝑦 =𝑥3/12 +𝑐.) 8. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑥𝑦′′′ = (1−𝑥)𝑦′′. (R: 𝑦=𝑐1(𝑥+ 2)𝑒−𝑥+𝑐2𝑥+𝑐3.)
9. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦′′2 =𝑦′2+ 1.
(R: 𝑦=± ch(𝑥+𝑐1) +𝑐2.) 10. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦′′′ = 2(𝑦′′−1) ctg𝑥.
(R: 𝑦= (1 + 4𝑐1)𝑥2/2 +𝑐1cos(2𝑥) +𝑐2𝑥+𝑐3.) 11. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦′′′ = 2(𝑦′′−1) ctg𝑥.
12. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦′′(2𝑦′+𝑥) = 1.
Reˇsitev
Vpeljemo 𝑡 = 𝑦′ in dobimo diferencialno enaˇcbo (𝑑𝑡/𝑑𝑥)(2𝑡+𝑥) = 1.
Prepiˇsemo jo v obliko 𝑑𝑥/𝑑𝑡 = 𝑥 + 2𝑡. To je nehomogena linearna diferencialna enaˇcba, ki ima sploˇsno reˇsitev𝑥=𝑐1𝑒𝑡−2𝑡−2. Iz 𝑑𝑦= 𝑡 𝑑𝑥 dobimo𝑑𝑦 =𝑡(𝑐1𝑒𝑡−2)𝑑𝑡 in z integracijo𝑦=𝑐1(𝑡𝑒𝑡−𝑒𝑡)−𝑡2+𝑐2. Tako smo naˇsli reˇsitev v parametriˇcni obliki:
𝑥=𝑐1𝑒𝑡−2𝑡−2, 𝑦 =𝑐1𝑒𝑡(𝑡−1)−𝑡2+𝑐2. 13. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦′2 = (3𝑦−2𝑦′)𝑦′′.
Reˇsitev
Vpeljemo 𝑡 =𝑡(𝑦) =𝑦′, 𝑦′′ =𝑡⋅𝑑𝑡/𝑑𝑦 in dobimo diferencialno enaˇcbo 𝑡2 = (3𝑦−2𝑡)𝑡⋅𝑑𝑡/𝑑𝑦. Ena reˇsitev je oˇcitno 𝑡 = 𝑦′ = 0, ki nam da 𝑦=𝑐. Po krajˇsanju dobimo enaˇcbo𝑡 = (3𝑦−2𝑡)𝑑𝑡/𝑑𝑦 oziroma:
𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 3𝑦
𝑡 −2.
To je nehomogena linearna diferencialna enaˇcba, ki jo reˇsujemo 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. Reˇsitev v parametriˇcni obliki je:
𝑥= 3𝑐1𝑡2+ ln∣𝑡∣+𝑐2, 𝑦 = 2𝑐1𝑡3+𝑡.
14. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦′′+𝑦′2 = 2𝑒−𝑦.
Reˇsitev
Vpeljemo novo spremenljivko 𝑦 = ln𝑧 in dobimo:
𝑦′ =𝑧′/𝑧, 𝑦′′ =𝑧′′/𝑧−𝑧′2/𝑧2 =𝑧′′/𝑧−𝑦′2.
Diferencialna enaˇcba pa se poenostavi v 𝑧′′ = 2. Njena reˇsitev je 𝑧 = 𝑥2+𝑐1𝑥+𝑐2. Reˇsitev dane enaˇcbe je zato 𝑒𝑦 =𝑥2+𝑐1𝑥+𝑐2.
15. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
2𝑦′(𝑦′′+ 2) =𝑥𝑦′′2.
Reˇsitev
Ce vpeljemoˇ 𝑦′ = 𝑢𝑥, 𝑦′′ =𝑢′𝑥+𝑢, se enaˇcba poenostavi v 𝑢2+ 4𝑢= 𝑥2𝑢′2, ki ima loˇcljivi spremenljivki. Posebni reˇsitvi sta tudi 𝑢 = 0 in 𝑢 =−4, ki nam dasta enaˇcbi 𝑦′ = 0 in 𝑦′ = −4𝑥 z reˇsitvama 𝑦= 𝑐in 𝑦=𝑐−2𝑥2. Za preostale reˇsitve loˇcimo spremenljivki:
± 𝑑𝑢
√𝑢2+ 4𝑢 = 𝑑𝑥 𝑥 . Integracija nam da
ln(𝑢+ 2± √
𝑢2+ 4𝑢) = ln∣𝑥∣+ ln𝑐1. Antilogaritmiramo in odpravimo koren:
𝑢2+ 4𝑢= (𝑐1𝑥−𝑢−2)2.
Poenostavitev nam da: 2𝑐1𝑦′ = (𝑐1𝑥−2)2. ˇSe z eno integracijo dobimo reˇsitev v obliki
2𝑐1𝑦= 1
3𝑐1(𝑐1𝑥−2)3+𝑐2, s preimenovanjem integracijskih konstant pa tudi:
3𝐶1𝑦= (𝑥−𝐶1)3+𝐶2, 16. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦′′−𝑥𝑦′′′+𝑦′′′2 = 0.
(R: 𝑦=𝑐1𝑥3/6−𝑐31𝑥2/2 +𝑐2𝑥+𝑐3,𝑦=±8𝑥3√
3𝑥/315 +𝑐1𝑥+𝑐2.) 17. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑥𝑦′′ =𝑦′+𝑥sin(𝑦′/𝑥).
Reˇsitev
Vpeljemo 𝑢 = 𝑦′/𝑥, 𝑦′ = 𝑢𝑥, 𝑦′′ = 𝑢′𝑥 +𝑢 in dobimo diferencialno enaˇcbo 𝑢′𝑥 = sin𝑢. Loˇcimo spremenljivki, integriramo in antilogarit-miramo. Dobimo tg(𝑢/2) = 𝑐1𝑥. Posebne reˇsitve so tudi 𝑢 = 𝑘𝜋, kjer je 𝑘 = 0,±, 1,±2, . . . S tem imamo 𝑢 = 𝑦′/𝑥 = 2 arc tg(𝑐1𝑥) in 𝑢=𝑦′/𝑥=𝑘𝜋. ˇSe z eno integracijo dobimo nazadnje:
𝑦= 𝑐21𝑥2+ 1
𝑐21 arc tg(𝑐1𝑥)− 𝑥
𝑐1 +𝑐2, 𝑦= 𝑘𝜋𝑥2 2 +𝑐.
18. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦′′2−2𝑦′𝑦′′′+ 1 = 0.
Reˇsitev
Vpeljemo najprej 𝑧 = 𝑦′ in dobimo: 𝑧′2 −2𝑧𝑧′′ + 1 = 0, nato pa ˇse 𝑧′ =𝑢(𝑧),𝑧′′ =𝑢⋅𝑑𝑢/𝑑𝑧. Dobimo diferencialno enaˇcbo
𝑢2−2𝑧𝑢𝑑𝑢
𝑑𝑧 + 1 = 0, ki ima loˇcljivi spremenljivki:
2𝑢 𝑑𝑢 𝑢2+ 1 = 𝑑𝑧
𝑧 .
Z integracijo in antilogaritmiranjem najdemo 𝑢2+ 1 =𝑐1𝑧.Izrazimo 𝑢= 𝑑𝑧
𝑑𝑥 =±√
𝑐1𝑧−1 in loˇcimo spremenljivki:
± 𝑑𝑧
√𝑐1𝑧−1 =𝑑𝑥.
Z integracijo in kvadriranjem dobimo 𝑐1𝑧−1 =𝑐1𝑦′−1 = 1
4(𝑐1𝑥+𝑐2)2, zadnja integracija pa da reˇsitev:
𝑐1𝑦−𝑥= 1
12𝑐1(𝑐1𝑥+𝑐2)3+𝑐3. 19. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦′𝑦′′′−2𝑦′′2 = 0.
Reˇsitev
Oˇcitno je lahko 𝑦′′ = 0, kar nam da reˇsitev𝑦 =𝑐1𝑥+𝑐2. Za 𝑦′′∕= 0 pa enaˇcbo delimo z𝑦′′2 in dobimo:
𝑦′𝑦′′′−𝑦′′2 𝑦′′2 =−
(𝑦′ 𝑦′′
)′
= 1.
Prva integracija nam da enaˇcbo
−𝑦′
𝑦′′ =𝑥+𝑐1 oziroma
𝑦′′
𝑦′ = 1 𝑥+𝑐1. Druga integracija nam da
𝑦′ = 𝑐2 𝑥+𝑐1, tretja pa
𝑦=𝑐2ln∣𝑥+𝑐1∣+𝑐3.
20. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦𝑦′′+𝑦′2 = 1.
Reˇsitev
Enaˇcbi najprej damo obliko (𝑦𝑦′)′ = 1, jo integriramo in dobimo: 𝑦𝑦′ = 𝑥+𝑐1/2 oziroma 2𝑦𝑦′ = (𝑦2)′ = 2𝑥+𝑐1. Druga integracija nam da reˇsitev: 𝑦2 =𝑥2+𝑐1𝑥+𝑐2.
21. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦′′=𝑥𝑦′+𝑦+ 1.
Reˇsitev
Enaˇcbo prepiˇsemo v obliko
𝑦′′ = (𝑥𝑦)′+ 1 in integriramo:
𝑦′ =𝑥𝑦+𝑥+𝑐1.
To je nehomogena linearna diferencialna enaˇcba, ki jo znamo reˇsiti.
Dobimo reˇsitev
𝑦=−1 +𝑐2𝑒𝑥2/2 +𝑐1𝑒𝑥2/2
∫
𝑒−𝑥2/2𝑑𝑥, ki ni elementarna funkcija.
22. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦𝑦′′ =𝑦′(𝑦′+ 1).
Reˇsitev
Enaˇcba ima trivialno reˇsitev𝑦= 0. Za 𝑦 ∕= 0 lahko enaˇcbo delimo z 𝑦2 in dobimo:
𝑦𝑦′′−𝑦′2 𝑦2 = 𝑦′
𝑦2 oziroma
(𝑦′ 𝑦
)′
=− (1
𝑦 )′
. Z integracijo dobimo
𝑦′
𝑦 =−1 𝑦 +𝑐1.
Za𝑐1 = 0 dobimo reˇsitev𝑦=𝑐−𝑥, za𝑐1 ∕= 0 pa linearno nehomogeno diferencialno enaˇcbo
𝑦′−𝑐1𝑦 =−1, ki ima reˇsitev
𝑦= 1
𝑐1 +𝑐2𝑒𝑐1𝑥. 23. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦𝑦′′′+ 3𝑦′𝑦′′ = 0.
Reˇsitev
Enaˇcbo prepiˇsemo v obliko
(𝑦𝑦′′)′+ (𝑦′2)′ = 0 in z integracijo dobimo enaˇcbo
𝑦𝑦′′+𝑦′2 =𝑐1,
ki jo lahko preoblikujemo v
(𝑦𝑦′)′ =𝑐1. Po ˇse eni integraciji in mnoˇzenjem z 2 imamo
2𝑦𝑦′ = (𝑦2)′ = 2𝑐1𝑥+𝑐2. Zadnja integracija nam prinese rezultat:
𝑦2 =𝑐1𝑥2+𝑐2𝑥+𝑐3. 24. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑥𝑦𝑦′′−𝑥𝑦′2 =𝑦𝑦′.
Reˇsitev
Vpeljemo spremenljivko 𝑧 =𝑧(𝑥) z relacijo 𝑦′ =𝑧𝑦. Izrazimo ˇse 𝑦′′=𝑧′𝑦+𝑧𝑦′ =𝑧′𝑦+𝑧2𝑦.
Dobimo:
𝑥𝑦2(𝑧2+𝑧′)−𝑥𝑦2𝑧2 =𝑦2𝑧.
Trivialna reˇsitev je 𝑦 = 0. Po krajˇsanju z 𝑦2 in poenostavitvi pridemo do enaˇcbe z loˇcljivima spremenljivkama: 𝑥𝑧′ = 𝑧, ki ima reˇsitev 𝑧 = 2𝑐1𝑥. Zato je𝑦′/𝑦 = 2𝑐1𝑥, ki ima sploˇsno reˇsitev𝑦=𝑐2𝑒𝑐1𝑥2, ki vsebuje tudi trivialno.
25. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦𝑦′′=𝑦′2+ 15𝑦2√ 𝑥.
Reˇsitev
Spet vpeljemo spremenljivko 𝑧 = 𝑧(𝑥) z relacijo 𝑦′ = 𝑧𝑦. Izrazimo ˇse 𝑦′′ =𝑧′𝑦+𝑧𝑦′ =𝑧′𝑦+𝑧2𝑦. Dobimo:
𝑦2(𝑧2+𝑧′) =𝑦2𝑧2+ 15𝑦2√ 𝑥.
Trivialna reˇsitev je 𝑦 = 0. Po krajˇsanju z 𝑦2 in poenostavitvi pridemo do enaˇcbe z loˇcljivima spremenljivkama: 𝑧′ = 15√
𝑥. Reˇsitev je 𝑧 = 10𝑥√
𝑥+𝑐1. Nato reˇsimo ˇse enaˇcbo 𝑦′/𝑦 = 10𝑥√
𝑥+𝑐1 in dobimo sploˇsno reˇsitev
𝑦=𝑐2𝑒4𝑥2
√𝑥+𝑐1𝑥
, ki vsebuje tudi trivialno.
26. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
(𝑥2+ 1)(𝑦′2 −𝑦𝑦′′) =𝑥𝑦𝑦′. (R: 𝑦=𝑐2(𝑥+√
𝑥2 + 1)𝑐1.) 27. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
5𝑦′′′2−3𝑦′′𝑦𝐼𝑉 = 0.
Reˇsitev
Najprej enaˇcbo preoblikujemo v
2𝑦′′′2+ 3(𝑦′′′2 −𝑦′′𝑦𝐼𝑉) = 0.
Ce jeˇ 𝑦′′′ = 0, imamo reˇsitev𝑦=𝑐1𝑥2+𝑐2𝑥+𝑐3, sicer pa zgornjo enaˇcbo delimo z 𝑦′′′2 in dobimo:
2 + 3 (𝑦′′
𝑦′′′
)′
= 0.
Prva integracija nam da:
𝑦′′
𝑦′′′ =−2𝑥 3 +𝑐1
3 = 𝑐1−2𝑥 3 . Dobljeno enaˇcbo prepiˇsemo v obliko
𝑦′′′
𝑦′′ = 3 𝑐1−2𝑥, integriramo in antilogaritmiramo. Dobimo
𝑦′′=𝑐2(𝑐1−2𝑥)−3/2. Se ena integracija nam prineseˇ
𝑦′ =𝑐2(𝑐1−2𝑥)−1/2+𝑐3, zadnja pa
𝑦=−𝑐2(𝑐1−2𝑥)1/2+𝑐3𝑥+𝑐4.
S predelavo konstant𝑐1 in𝑐2 v novi konstanti lahko zapiˇsemo ˇse lepˇse:
𝑦=±√
𝑐1𝑥+𝑐2+𝑐3𝑥+𝑐4. 28. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑥𝑦𝑦′′+𝑥𝑦′2 = 2𝑦𝑦′.
Reˇsitev
Enaˇcbi najprej damo obliko 𝑥(𝑦𝑦′)′ = 2𝑦𝑦′ in nato vanjo vpeljemo 𝑧 =𝑦𝑦′. Enaˇcba se poenostavi v 𝑥𝑧′ = 2𝑧, ki ima reˇsitev 𝑧 = 3𝑐2𝑥2/2.
Za tem reˇsimo ˇse enaˇcbo𝑦𝑦′ = 3𝑐1𝑥2/2 in dobimo𝑦2/2 =𝑐1𝑥3/2+𝑐2/2, kar polepˇsamo v 𝑦2 =𝑐1𝑥3+𝑐2.
29. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑥2𝑦𝑦′′= (𝑦−𝑥𝑦′)2.
Reˇsitev
V enaˇcbo vpeljemo𝑢 =𝑦′/𝑦, 𝑦′ =𝑢𝑦, 𝑦′′ =𝑦(𝑢′ +𝑢2) in po krajˇsanju in preureditvi dobimo 𝑥2𝑢′ + 2𝑢𝑥 = (𝑥2𝑢)′ = 1. Prva integracija nam da𝑥2𝑢=𝑥+𝑐1,𝑦′/𝑦 =𝑢= 1/𝑥+𝑐1/𝑥2. Druga integracija pa nam da ln∣𝑦∣= ln∣𝑥∣ −𝑐1/𝑥+ ln𝑐2 in s tem rezultat: 𝑦=𝑐2𝑥𝑒−𝑐1/𝑥.
30. Reˇsite diferencialno enaˇcbo 𝑦′′+𝑦′
𝑥 + 𝑦 𝑥2 = 𝑦′2
𝑦 . Reˇsitev
V enaˇcbo vpeljemo
𝑢=𝑦′/𝑦, 𝑦′ =𝑢𝑦, 𝑦′′ =𝑦(𝑢′ +𝑢2)
in po krajˇsanju in preureditvi dobimo𝑢′+𝑢/𝑥=−1/𝑥2. To je linearna nehomogena enaˇcba, katere reˇsitev najdemo po standardnem postopku:
𝑦′/𝑦 =𝑢=𝑐1/𝑥−ln∣𝑥∣/𝑥. Integracija nam da najprej ln∣𝑦∣=𝑐1ln∣𝑥∣ −ln2∣𝑥∣/2 + ln𝑐2 in z antilogaritmiranjem 𝑦 =𝑐2𝑥𝑐1−ln∣𝑥∣/2.
31. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦(𝑥𝑦′′+𝑦′) =𝑥𝑦′2(1−𝑥).
Reˇsitev
V enaˇcbo vpeljemo𝑢=𝑦′/𝑦,𝑦′ =𝑢𝑦,𝑦′′ =𝑦(𝑢′+𝑢2) in po krajˇsanju ter preureditvi dobimo 𝑥𝑢′+𝑢=−𝑥2𝑧2. To je Bernoullijeva diferencialna enaˇcba, katere reˇsitev najdemo po standardnem postopku: 𝑦′/𝑦 =𝑢= 1/(𝑐1𝑥+𝑥2). Posebna reˇsitev je 𝑢= 0, ki nam da 𝑦=𝑐. ˇCe je𝑐1 = 0, dobimo 𝑦′/𝑦 = 1/𝑥2, ln∣𝑦∣=−1/𝑥+ ln𝑐 in reˇsitev𝑦=𝑐𝑒−1/𝑥.
Ce jeˇ 𝑐1 ∕= 0, lahko zapiˇsemo 𝑦′
𝑦 = 1
𝑐1𝑥 − 1 𝑐1(𝑥+𝑐1) in integracija nam prinese:
ln∣𝑦∣= ln∣𝑥∣
𝑐1 − ln∣𝑥+𝑐1∣
𝑐1 + ln𝑐2 = ln𝑐2+ ln
𝑥 𝑥+𝑐1
1/𝑐1
. Konˇcno lahko zapiˇsemo reˇsitev:
𝑦=𝑐2
𝑥 𝑥+𝑐1
1/𝑐1
.
32. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑥2𝑦𝑦′′+𝑦′2 = 0.
Reˇsitev
V enaˇcbo vpeljemo𝑢 =𝑦′/𝑦, 𝑦′ =𝑢𝑦, 𝑦′′ =𝑦(𝑢′ +𝑢2) in po krajˇsanju in preureditvi dobimo 𝑥2𝑢′ =−𝑢2(1 +𝑥2). Posebna reˇsitev je𝑢= 0, ki nam da 𝑦=𝑐. V dobljeni enaˇcbi loˇcimo spremenljivki in dobimo:
𝑑𝑢
𝑢2 =−𝑑𝑥−𝑑𝑥 𝑥2.
Integracija nam da:
1
𝑢 =𝑥−1/𝑥−2𝑐1, 𝑢= 𝑦′
𝑦 = 𝑥
𝑥2 −2𝑐1𝑥−1. Kvadratna enaˇcba 𝑥2−2𝑐1𝑥−1 = 0 ima korena 𝑥1 =𝑐1+√
𝑐21+ 1 in 𝑥2 =𝑐1 −√
𝑐21+ 1, zato lahko piˇsemo 𝑦′
𝑦 = 𝑥
(𝑥−𝑥1)(𝑥−𝑥2) = 1 𝑥1−𝑥2
( 𝑥1
𝑥−𝑥1 − 𝑥2 𝑥−𝑥2
) . Z integracijo dobimo reˇsitev 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. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑥𝑦𝑦′′ =𝑦′(𝑦+𝑦′).
Reˇsitev
V enaˇcbo spet vpeljemo 𝑢 = 𝑦′/𝑦, 𝑦′ = 𝑢𝑦, 𝑦′′ = 𝑦(𝑢′ + 𝑢2) in po krajˇsanju in preureditvi dobimo Bernoullijevo diferencialno enaˇcbo 𝑥𝑢′−𝑢= (1−𝑥2)𝑢. Njena posebna reˇsitev je𝑢= 0, ki nam da 𝑦=𝑐.
Za 𝑢∕= 0 reˇsimo enaˇcbo po ustaljenem postopku in dobimo:
𝑢= 𝑦′
𝑦 = 2𝑥
(𝑥−1)2 +𝑐1−1. Z integracijo dobimo reˇsitev:
ln∣𝑦∣= ln∣𝑥2−2𝑥+𝑐1∣+ 2
∫ 2𝑥
(𝑥−1)2+𝑐1−1+𝑐2.
34. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑥2(𝑦′2−2𝑦𝑦′′) =𝑦2.
Reˇsitev
Oˇcitno je 𝑦= 0 reˇsitev enaˇcbe. Za 𝑦 ∕= 0 vpeljemo 𝑢 =𝑦′/𝑦, 𝑦′ =𝑢𝑦, 𝑦′′ = 𝑦(𝑢′ + 𝑢2) in po krajˇsanju in preureditvi dobimo Riccatijevo diferencialno enaˇcbo 2𝑥2𝑢′ = −1−𝑥2𝑢2, ki ima partikularno reˇsitev 𝑢1 = 1/𝑥. S substitucijo 𝑢 = 1/𝑥+ 𝑧 enaˇcba preide v Bernoulli-jevo: 2𝑥𝑧′ + 2𝑧 = −𝑥𝑧2. Z drugo substitucijo, 𝑤 = 1/𝑧, dobimo linearno nehomogeno enaˇcbo 2𝑥𝑤′ −2𝑤 = 𝑥, ki ima sploˇsno reˇsitev 𝑤= (𝑥ln∣𝑥∣+𝑐1𝑥)/2. Nato je𝑧 = 2/(𝑐1𝑥+𝑥ln∣𝑥∣) in zato𝑢=𝑦′/𝑦 = 1/𝑥+ 2/(𝑐1𝑥+𝑥ln∣𝑥∣). Integracija nam da:
ln∣𝑦∣= ln∣𝑥∣+ 2 ln∣𝑐1+ ln∣𝑥∣∣+ ln𝑐2.
Antilogaritmiranje nam prinese nazadnje reˇsitev: 𝑦=𝑐2𝑥(𝑐1+ ln∣𝑥∣)2. 35. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦2
𝑥2 +𝑦′2 = 3𝑥𝑦′′+2𝑦𝑦′ 𝑥 . Reˇsitev
Preverimo, ˇce je enaˇcba neobˇcutljiva na zamenjave 𝑥7→𝑘𝑥, 𝑦 7→𝑘𝑚𝑦, 𝑦′ 7→𝑘𝑚−1𝑦′, 𝑦′′ 7→𝑘𝑚−2𝑦′′
pri kakˇsnem ˇstevilu 𝑚. Za posamezne ˇclene v enaˇcbi mora veljati:
2𝑚−2 = 2𝑚−2 = 1 + (𝑚−2) =𝑚+ (𝑚−1)−1.
Zato je 𝑚 = 1 in v enaˇcbo 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 = 3¨𝑧+ 3 ˙𝑧.
Konˇcno vpeljemo ˇse 𝑢= ˙𝑧, ¨𝑧 =𝑢(𝑑𝑢/𝑑𝑧) in dobimo enaˇcbo:
𝑢2 = 3𝑢𝑑𝑢 𝑑𝑧 + 3𝑢.
Ena reˇsitev je oˇcitno 𝑢 = 0 in s tem ˙𝑧 = 0, kar pomeni 𝑧 =𝑐 in s tem 𝑦=𝑐𝑥.
Za𝑢∕= 0 pa imamo enaˇcbo𝑢= 3𝑑𝑢/𝑑𝑧+3, ki ima loˇcljivi spremenljivki:
3𝑑𝑢
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 enaˇcbo:
𝑑𝑧 𝑑𝑡 = 𝑑𝑧
𝑑𝑟 ⋅ 𝑑𝑟 𝑑𝑡 = 3
𝑟 ⋅ 𝑑𝑟
𝑑𝑡 = 3 +𝑟.
Ponovno loˇcimo spremenljivki:
3𝑑𝑟
𝑟(𝑟+ 3) = 𝑑𝑟
𝑟 − 𝑑𝑟
𝑟+ 3 =𝑑𝑡.
Integracija nam prinese:
ln 𝑟
𝑟+ 3 =𝑡−ln𝑐2, 𝑟+ 3
𝑟 = 1 + 3 𝑟 = 𝑐2
𝑥, 3
𝑟 = 𝑐2−𝑥
𝑥 , 𝑟= 3𝑥 𝑐2−𝑥, 𝑧−𝑐1
3 = ln𝑟 =−ln𝑐2−𝑥
3𝑥 , 𝑧 =𝑐1−3 ln𝑐2−𝑥 3𝑥 . Nazadnje imamo reˇsitev:
𝑦=𝑐𝑥−3𝑥ln𝑐2−𝑥 𝑥 . 36. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
4𝑥2𝑦3𝑦′′=𝑥2−𝑦4.
Reˇsitev
Preverimo, ˇce je enaˇcba neobˇcutljiva na zamenjave 𝑥7→𝑘𝑥, 𝑦 7→𝑘𝑚𝑦, 𝑦′ 7→𝑘𝑚−1𝑦′, 𝑦′′ 7→𝑘𝑚−2𝑦′′
pri kakˇsnem ˇstevilu 𝑚. Za posamezne ˇclene v enaˇcbi mora veljati:
2 + 3𝑚+ (𝑚−2) = 2 = 4𝑚.
Zato je 𝑚= 1/2 in v enaˇcbo vpeljemo𝑦 =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.
Konˇcno vpeljemo v dobljeno enaˇcbo ˇse𝑢= ˙𝑧, ¨𝑧 =𝑢(𝑑𝑢/𝑑𝑧) in dobimo enaˇcbo loˇcljivima spremenljivkama
4𝑧3𝑢𝑑𝑢
𝑑𝑧 = 1, 2𝑢 𝑑𝑢= 𝑑𝑧 2𝑧3. Po integraciji imamo:
𝑢2 =− 1 4𝑧2 +𝑐1
4 = 𝑐1𝑧2−1
4𝑧2 , 𝑢= 𝑑𝑧 𝑑𝑡 =
√𝑐1𝑧2 −1
2𝑧 , 2𝑐1𝑧 𝑑𝑧
√𝑐1𝑧2−1 =𝑐1𝑑𝑡.
Po naslednji integraciji najdemo 2√
𝑐1𝑧2 −1 = 𝑐1𝑡+𝑐2 =𝑐1ln𝑥+𝑐2.
Nazadnje, po kvadriranju, zamenjavi 𝑧 =𝑥−1/2𝑦 in preureditvi je pred nami reˇsitev:
4𝑐1𝑦2 = 4𝑥+𝑥(𝑐1ln𝑥+𝑐2)2. 37. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑥3𝑦′′= (𝑦−𝑥𝑦′)(𝑦−𝑥𝑦′−𝑥).
Reˇsitev
Preverimo, ˇce je enaˇcba neobˇcutljiva na zamenjave 𝑥7→𝑘𝑥, 𝑦 7→𝑘𝑚𝑦, 𝑦′ 7→𝑘𝑚−1𝑦′, 𝑦′′ 7→𝑘𝑚−2𝑦′′
pri kakˇsnem ˇstevilu 𝑚. Za posamezne ˇclene v enaˇcbi mora veljati:
3 + (𝑚−2) =𝑚+𝑚 =𝑚+ 1.
Zato je 𝑚 = 1 in v enaˇcbo vpeljemo 𝑦 = 𝑥𝑚𝑧 = 𝑥𝑧, 𝑦′ = 𝑥𝑧′ +𝑧, 𝑦′′ =𝑥𝑧′′+ 2𝑧′. Po zamenjavi in ureditvi dobimo
𝑥𝑧′′+𝑧′ =𝑥𝑧′2.
Sedaj vzamemo 𝑢=𝑧′, 𝑢′ = 𝑧′′ in dobimo Bernoullijevo enaˇcbo 𝑥𝑢′+ 𝑢 = 𝑥𝑢2. Ena njena reˇsitev 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 enaˇcbo 𝑥𝑤′ −𝑤 = −𝑥. Njena sploˇsna reˇsitev je 𝑤 = −𝑐1𝑥−𝑥ln𝑥.
Zato je
𝑧′ =𝑢= 1
𝑤 =− 1
𝑥(ln𝑐1+ ln𝑥) =− 1 𝑥ln(𝑐1𝑥). Nato nam integracija da
𝑧 = 𝑦 𝑥 =−
∫ 𝑑𝑥
𝑥ln(𝑐1𝑥) =−ln(ln(𝑐1𝑥)) + ln𝑐2 =−ln(𝑐2ln(𝑐1𝑥)).
Konˇcno lahko zapiˇsemo:
𝑦=−𝑥ln(𝑐2ln(𝑐1𝑥)).
38. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑥4(𝑦′2−2𝑦𝑦′′) = 4𝑥3𝑦𝑦′ + 1.
Reˇsitev
Preverimo, ˇce je enaˇcba neobˇcutljiva na zamenjave 𝑥7→𝑘𝑥, 𝑦 7→𝑘𝑚𝑦, 𝑦′ 7→𝑘𝑚−1𝑦′, 𝑦′′ 7→𝑘𝑚−2𝑦′′
pri kakˇsnem ˇstevilu 𝑚. Za posamezne ˇclene v enaˇcbi mora veljati:
4 + 2(𝑚−1) = 4 +𝑚+ (𝑚−2) = 3 +𝑚+ (𝑚−1) = 0.
Zato je𝑚=−1 in v enaˇcbo vpeljemo𝑦=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.
Sedaj vpeljemo 𝑥 = 𝑒𝑡, 𝑡 = ln𝑥, 𝑥𝑧′ = ˙𝑧, 𝑥2𝑧′′ = ¨𝑧 −𝑧, kjer pomeni˙ pika odvajanje po spremenljivki𝑡, in imamo: ˙𝑧2+𝑧2−2𝑧𝑧¨= 1. Enaˇcba ima oˇcitni reˇsitvi 𝑧 =±1, ki nam dasta𝑦 =±1/𝑥.
Sicer pa v dobljeno enaˇcbo vpeljemo ˇse𝑢= ˙𝑧, ¨𝑧 =𝑢(𝑑𝑢/𝑑𝑧) in dobimo enaˇcbo
2𝑢𝑧𝑑𝑢
𝑑𝑧 =𝑢2 +𝑧2−1.
Nato vzamemo ˇse𝑤=𝑢2in dobimo nehomogeno linearno diferencialno enaˇcbo
𝑧𝑑𝑤
𝑑𝑧 −𝑤=𝑧2−1,
ki ima sploˇsno reˇsitev 𝑤= 2𝑐1𝑧+𝑧2+ 1. Nato dobimo:
𝑢= 𝑑𝑧 𝑑𝑡 =√
𝑧2+ 2𝑐1𝑧+ 1.
Z loˇcitvijo spremenljivk in integracijo imamo ln(𝑧+𝑐1+√
𝑧2+ 2𝑐1𝑧+ 1) =𝑡+ ln𝑐2 = ln𝑥+ ln𝑐2 = ln(𝑐2𝑥).
Po antilogaritmiranju, preurejanju in kvadriranju dobimo nazadnje:
2𝑐2𝑥2𝑦= (𝑐2𝑥−𝑐1)2−1.
39. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦′′= (2𝑥𝑦−5/𝑥)𝑦′+ 4𝑦2−4𝑦/𝑥2.
Reˇsitev
Preverimo, ˇce je enaˇcba neobˇcutljiva na zamenjave 𝑥7→𝑘𝑥, 𝑦 7→𝑘𝑚𝑦, 𝑦′ 7→𝑘𝑚−1𝑦′, 𝑦′′ 7→𝑘𝑚−2𝑦′′
pri kakˇsnem ˇstevilu 𝑚. Za posamezne ˇclene v enaˇcbi mora veljati:
𝑚−2 = 1 +𝑚+ (𝑚−1) = −1 + (𝑚−1) = 2𝑚=𝑚−2.
Zato je 𝑚 = −2 in v enaˇcbo 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+ ln𝑐 = ln𝑥+ ln𝑐 = ln(𝑐𝑥), iz ˇcesar sledi reˇsitev 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+𝑐1ln𝑐2 =𝑐1ln(𝑐2𝑥).
Tedaj je reˇsitev
𝑥2𝑦 =𝑐1tg(𝑐1ln(𝑐2𝑥)).
Za 𝑐1 <0 nadomestimo 𝑐1 z −𝑐21 in dobimo
˙
𝑧 =𝑧2−𝑐21 = (𝑧−𝑐1)(𝑧+𝑐1), 𝑑𝑧 𝑧−𝑐1
− 𝑑𝑧 𝑧+𝑐1
= 2𝑐1𝑑𝑡.
Integriramo in uredimo. Reˇsitev podamo z relacijo:
𝑐2(𝑥2𝑦+𝑐1)∣𝑥∣2𝑐1 =𝑥2𝑦−𝑐1.
40. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑦𝑦′+𝑥𝑦𝑦′′−𝑥𝑦′2 =𝑥3.
Reˇsitev
Preverimo, ˇce je enaˇcba neobˇcutljiva na zamenjave 𝑥7→𝑘𝑥, 𝑦 7→𝑘𝑚𝑦, 𝑦′ 7→𝑘𝑚−1𝑦′, 𝑦′′ 7→𝑘𝑚−2𝑦′′
pri kakˇsnem ˇstevilu 𝑚. Za posamezne ˇclene v enaˇcbi mora veljati:
𝑚+ (𝑚−1) = 1′𝑚+ (𝑚−2) = 1 + 2(𝑚−1) = 3.
Zato je 𝑚 = 2 in v enaˇcbo 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¨−𝑧˙2 = 1.
Nato vpeljemo ˇse 𝑢= ˙𝑧, ¨𝑧 =𝑢(𝑑𝑢/𝑑𝑧) in dobimo:
𝑧𝑢𝑑𝑢
𝑑𝑧 =𝑢2+ 1, 2𝑢 𝑑𝑢
𝑢2+ 1 = 2𝑑𝑧 𝑧 . Prva integracija nam da:
ln(𝑢2 + 1) = ln(𝑧2) + ln(𝑐21), 𝑢2+ 1 =𝑐21𝑧2, 𝑑𝑧 𝑑𝑡 =
√
𝑐21𝑧2−1.
Loˇcimo spremenljivki in drugiˇc integriramo:
𝑐1𝑑𝑧
√𝑐21𝑧2−1 =𝑐1𝑑𝑡, ln(𝑐1𝑧+
√
𝑐21𝑧2−1) =𝑐1𝑡+ ln𝑐2 =𝑐1ln𝑥+ ln𝑐2.
Antilogaritmiramo:
𝑐1𝑧+
√
𝑐21𝑧2−1 =𝑐2∣𝑥∣𝑐1
Nazadnje odpravimo koren in izrazimo 𝑧 =𝑦/𝑥2. Dobimo reˇsitev:
2𝑐1𝑐2𝑦=𝑐22∣𝑥∣𝑐1+2+∣𝑥∣2−𝑐1. 41. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑥2(𝑦𝑦′′−𝑦′2) +𝑥𝑦𝑦′ = (2𝑥𝑦′ −3𝑦)𝑥3/2.
Reˇsitev
Preverimo, ˇce je enaˇcba neobˇcutljiva na zamenjave 𝑥7→𝑘𝑥, 𝑦 7→𝑘𝑚𝑦, 𝑦′ 7→𝑘𝑚−1𝑦′, 𝑦′′ 7→𝑘𝑚−2𝑦′′
pri kakˇsnem ˇstevilu 𝑚. Za posamezne ˇclene v enaˇcbi 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 enaˇcbo vpeljemo𝑦 =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¨−𝑧˙2 = 2 ˙𝑧.
Ce je ˙ˇ 𝑧= 0, dobimo reˇsitev 𝑧 =𝑐in s tem 𝑦=𝑐𝑥3/2.
Sicer pa lahko dobljeno enaˇcbo zapiˇsemo v obliki (𝑧˙
𝑧 ).
= 2 ˙𝑧 𝑧2, Z integracijo dobimo:
˙ 𝑧
𝑧 =−2 𝑧 +𝑐1.
Za 𝑐1 = 0 imamo ˙𝑧 =−2,𝑧 =−2𝑡−2 ln𝑐,𝑧 =−2 ln(𝑐𝑥) in reˇsitev 𝑦=−2𝑥3/2ln(𝑐𝑥).
Za 𝑐1 ∕= 0 pa dobimo za 𝑧 enaˇcbo 𝑐1𝑑𝑧
𝑐1𝑧−2 =𝑐1𝑑𝑡, ki nam po integraciji da
ln(𝑐1𝑧−2) =𝑐1𝑡+ ln𝑐2, 𝑐1𝑧−2 = 𝑐2𝑒𝑐1𝑡 =𝑐2𝑥𝑐1. Ko izrazimo 𝑧 =𝑥−3/2𝑦 in preuredimo, imamo reˇsitev:
𝑐1𝑦=𝑥3/2(2 +𝑐2𝑥𝑐1).
42. Reˇsite diferencialno enaˇcbo
𝑥2(2𝑦𝑦′′−𝑦′2) = 1−2𝑥𝑦𝑦′.
Reˇsitev
V enaˇcbo takoj vpeljemo 𝑥 =𝑒𝑡, 𝑡 = ln𝑥, 𝑥𝑧′ = ˙𝑧, 𝑥2𝑧′′ = ¨𝑧−𝑧, kjer˙ pomeni pika odvajanje po spremenljivki 𝑡, in imamo:
2𝑦¨𝑦−𝑦˙2 = 1.
Z zamenjavo ˙𝑦 = 𝑧, ¨𝑦 = 𝑧 ⋅(𝑑𝑧/𝑑𝑦) enaˇcbi zniˇzamo red in loˇcimo spremenljivki:
2𝑦𝑧𝑑𝑧
𝑑𝑦 =𝑧2+ 1, 2𝑧 𝑑𝑧 𝑧2+ 1 = 𝑑𝑦
𝑦 . Integriramo in dobimo:
ln(1 +𝑧2) = ln𝑦+ ln𝑐1, 1 +𝑧2 =𝑐1𝑦, 𝑑𝑦
𝑑𝑡 =𝑧 =±√
𝑐1𝑦−1.
Spet loˇcimo spremenljivki in integriramo:
𝑐1𝑑𝑦
√𝑐1𝑦−1 =𝑐1𝑑𝑡, ±2√
𝑐1𝑦−1 =𝑐1𝑡+𝑐1ln𝑐2 =𝑐1ln(𝑐2𝑥).
Nazadnje zapiˇsemo reˇsitev v obliki:
4(𝑐1𝑦−1) = (𝑐21ln(𝑐2𝑥))2.
43. Pretvorite na diferencialno enaˇcbo prvega reda enaˇcbo 𝑦′′(3 +𝑦𝑦′2) =𝑦′4.
Reˇsitev
Postavimo 𝑦′ =𝑧 =𝑧(𝑦), 𝑦′′ =𝑧⋅𝑑𝑧/𝑑𝑦 in dobimo:
𝑧𝑑𝑧
𝑑𝑦(3 +𝑦𝑧2) =𝑧4. Ena moˇznost je 𝑧 = 0, druga pa
(3 +𝑦𝑧2)𝑑𝑧 𝑑𝑦 =𝑧3.
44. Pretvorite na diferencialno enaˇcbo prvega reda enaˇcbo 𝑦′′2 −𝑦′𝑦′′′ = 𝑦′2
𝑥2.
Reˇsitev
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−𝑢𝑧𝑑𝑢 𝑑𝑧 = 0.
Ena moˇznost je 𝑢= 0, druga pa 𝑢−𝑧𝑑𝑢
𝑑𝑧 = 0.
45. Pretvorite na diferencialno enaˇcbo prvega reda enaˇcbo 𝑦𝑦′ + 2𝑥2𝑦′′ =𝑥𝑦′2.
Reˇsitev
Preverimo, ˇce je enaˇcba neobˇcutljiva na zamenjave 𝑥7→𝑘𝑥, 𝑦 7→𝑘𝑚𝑦, 𝑦′ 7→𝑘𝑚−1𝑦′, 𝑦′′ 7→𝑘𝑚−2𝑦′′
pri kakˇsnem ˇstevilu 𝑚. Za posamezne ˇclene v enaˇcbi mora veljati:
𝑚+ (𝑚−1) = 2 + (𝑚−2) = 1 + 2(𝑚−1).
Zato je 𝑚 = 1 in v enaˇcbo vpeljemo 𝑦 = 𝑥𝑚𝑧 = 𝑥𝑧, 𝑦′ = 𝑧′𝑥+𝑧, 𝑦′′ =𝑧′′𝑥+ 2𝑧′. Po zamenjavi in ureditvi dobimo
2𝑥2𝑧′′+ 4𝑥𝑧′−𝑧(𝑥𝑧′)−(𝑥𝑧′)2 = 0.
Sedaj vpeljemo 𝑥 = 𝑒𝑡, 𝑡 = ln𝑥, 𝑥𝑧′ = ˙𝑧, 𝑥2𝑧′′ = ¨𝑧 −𝑧, kjer pomeni˙ pika odvajanje po spremenljivki 𝑡, in imamo:
2¨𝑧+ 2 ˙𝑧−𝑧𝑧˙−𝑧˙2 = 0.
V dobljeno enaˇcbo vpeljemo ˇse𝑢= ˙𝑧, ¨𝑧 =𝑢⋅𝑑𝑢/𝑑𝑧 in dobimo enaˇcbo 2𝑢𝑑𝑢
𝑑𝑧 + 2𝑢−𝑧𝑢−𝑢2 = 0.
Ena moˇznost je 𝑢= 0, druga pa 2𝑑𝑢
𝑑𝑧 −𝑢=𝑧−2.
46. Pretvorite na diferencialno enaˇcbo prvega reda enaˇcbo 𝑦′2+ 2𝑥𝑦𝑦′′ = 0.
Reˇsitev
Vpeljemo 𝑦′ =𝑧𝑦, 𝑦′′ = 𝑧′𝑦+𝑧𝑦′ =𝑧′𝑦+𝑧2𝑦 in dobimo s poenostav-ljanjem:
𝑦2𝑧2 + 2𝑥𝑦2(𝑧′+𝑧2) = 0.
Zato imamo dve moˇznosti: 𝑦= 0 ter 2𝑥𝑧′ + (1 + 2𝑥)𝑧2 = 0.
47. Pretvorite na diferencialno enaˇcbo prvega reda enaˇcbo 2𝑥𝑦2(𝑥𝑦′′+𝑦′) + 1 = 0.
Reˇsitev
Vpeljemo 𝑥 = 𝑒𝑡, 𝑡 = ln𝑥, 𝑥𝑧′ = ˙𝑧, 𝑥2𝑧′′ = ¨𝑧 −𝑧, kjer pomeni pika˙ odvajanje po spremenljivki 𝑡, in imamo:
2𝑦2𝑦¨+ 1 = 0.
Potem pa vpeljemo ˇse 𝑢= ˙𝑦, ¨𝑦=𝑢⋅𝑑𝑢/𝑑𝑦 in dobimo 2𝑦2𝑢𝑑𝑢
𝑑𝑦 + 1 = 0.
48. Pretvorite na diferencialno enaˇcbo prvega reda enaˇcbo 𝑥(𝑦′′+𝑦′2) = 𝑦′2+𝑦′.
(R: 𝑦′ =𝑧,𝑥𝑧′ =𝑧+ (1−𝑥)𝑧2.)
49. Pretvorite na diferencialno enaˇcbo prvega reda enaˇcbo 𝑦2(𝑦′𝑦′′′ −2𝑦′′2) = 𝑦′4.
Reˇsitev
Najprej opazimo homogenost enaˇcbe glede na vse tri odvode. Zato vpeljemo
𝑦′ =𝑧𝑦, 𝑦′′ =𝑧′𝑦+𝑧2𝑦, 𝑦′′′ =𝑧′′𝑦+ 3𝑧𝑧′𝑦+𝑧3𝑦 in dobimo 𝑦= 0 in enaˇcbo
𝑧𝑧′′−𝑧2𝑧′−2𝑧′2−2𝑧4 = 0.
Nato vpeljemo 𝑧′ =𝑢 =𝑢(𝑧), 𝑧′′ =𝑢⋅𝑑𝑢/𝑑𝑧 in imamo enaˇcbo prvega reda:
𝑢𝑧𝑑𝑢
𝑑𝑧 −𝑢𝑧2 −2𝑢2−2𝑧4 = 0.
50. Pretvorite na diferencialno enaˇcbo prvega reda enaˇcbo 𝑦(2𝑥𝑦′′+𝑦′) = 𝑥𝑦′2+ 1.
Reˇsitev
Preverimo, ˇce je enaˇcba neobˇcutljiva na zamenjave 𝑥7→𝑘𝑥, 𝑦 7→𝑘𝑚𝑦, 𝑦′ 7→𝑘𝑚−1𝑦′, 𝑦′′ 7→𝑘𝑚−2𝑦′′
pri kakˇsnem ˇstevilu 𝑚. Za posamezne ˇclene v enaˇcbi mora veljati:
𝑚+ 1 + (𝑚−2) =𝑚+ (𝑚−1) = 1 + 2(𝑚−1) = 0.
Zato je 𝑚= 1/2 in v enaˇcbo vpeljemo𝑦 =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+ 4 ˙𝑧2.
V dobljeno enaˇcbo vpeljemo ˇse𝑢= ˙𝑧, ¨𝑧 =𝑢⋅𝑑𝑢/𝑑𝑧 in dobimo enaˇcbo prvega reda
8𝑢𝑧𝑑𝑢
𝑑𝑧 = 4𝑢2+𝑧2.
51. Pretvorite na diferencialno enaˇcbo prvega reda enaˇcbo 𝑦′𝑦′′′ =𝑦′′2+𝑦′2𝑦′′.
Reˇsitev
Postavimo 𝑦′ =𝑧 in ˇze enaˇcbi zniˇzamo red, ker dobimo:
𝑧𝑧′′ =𝑧′2+𝑧2𝑧′.
Preverimo, ˇce je dobljena enaˇcba neobˇcutljiva na zamenjave 𝑥7→𝑘𝑥, 𝑧7→𝑘𝑚𝑧, 𝑧′ 7→𝑘𝑚−1𝑧′, 𝑧′′7→𝑘𝑚−2𝑧′′
pri kakˇsnem ˇstevilu 𝑚. Za posamezne ˇclene v enaˇcbi mora veljati:
𝑚+ (𝑚−2) = 2(𝑚−1) = 2𝑚+ (𝑚−1).
Zato je𝑚 =−1 in v enaˇcbo vpeljemo𝑧 =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:
𝑢¨𝑢−𝑢𝑢˙ +𝑢2 = ˙𝑢2+𝑢2𝑢˙ −𝑢3.
V dobljeno enaˇcbo vpeljemo ˇse𝑤= ˙𝑢, ¨𝑢=𝑤⋅𝑑𝑤/𝑑𝑢in dobimo enaˇcbo prvega reda
𝑢𝑤𝑑𝑤
𝑑𝑢 −𝑢𝑤+𝑢2 =𝑤2+𝑢2𝑤−𝑢3. 52. Pretvorite na diferencialno enaˇcbo prvega reda enaˇcbo
𝑦𝑦′′=𝑦′2 + 2𝑥𝑦2.
(R: Substitucija 𝑦′ =𝑧𝑦 nam da: 𝑦= 0 in 𝑧′ = 2𝑥.) 53. Pretvorite na diferencialno enaˇcbo prvega reda enaˇcbo
𝑦′′4 =𝑦′5−𝑦𝑦′3𝑦′′.
(R: Substitucija 𝑦′ = 𝑢 = 𝑢(𝑦) nam da (𝑑𝑢/𝑑𝑦)4 = 𝑢−𝑦⋅𝑑𝑢/𝑑𝑦 in 𝑢= 0. )
54. Pretvorite na diferencialno enaˇcbo prvega reda enaˇcbo 2𝑦𝑦′′′ =𝑦′.
Reˇsitev
Najprej postavimo𝑦′ =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 enaˇcbo prvega
Nato vzamemo 𝑧 = 𝑢⋅𝑑𝑢/𝑑𝑦 in dobimo diferencialno enaˇcbo prvega