1 Navadne diferencialne enaˇ cbe prvega reda

(1)

Univerza v Ljubljani Pedagoˇska fakulteta

Oddelek za matematiko in raˇcunalniˇstvo

Marko Razpet

NALOGE IZ

DIFERENCIALNIH ENA ˇ CB Z REˇ SITVAMI

Studijsko gradivoˇ

Ljubljana, julij 2010

(2)

Predgovor

Za akademsko leto 2009/10 mi je bila na Pedagoˇski fakulteti v Ljubljani zaupana izvedba izbranih poglavij iz analize v tretjem letniku. Ustrezna zbirka iz polovice tega predmeta, to je iz kompleksne analize, je ˇze nastala, sedaj pa so na vrsti ˇse diferencialne enaˇcbe. Predmet mi ni bil nov, saj sem ga ˇze predaval davnega leta 1990/91. S podobnimi vsebinami pa sem se sreˇceval ˇze na ljubljanski Fakulteti za strojniˇstvo, kjer so diferencialne enaˇcbe in kompleksna analiza del matematike v drugem letniku in pridobljeno znanje inˇzenirji uporabljajo tudi pri nekaterih drugih predmetih, na primer v mehaniki. Diferencialne enaˇcbe in kompleksna analiza imajo v Sloveniji dolgo tradicijo, ˇze vsaj od Plemljevih ˇcasov naprej. Kot ˇstudentu matematike mi je diferencialne enaˇcbe predaval prof. France Kriˇzaniˇc, kompleksno analizo pa prof. Ivan Vidav in slednja mi je bila eden najljubˇsih predmetov.

Pred vami je zbirka reˇsenih nalog, ki je nastajala zadnje leto, in ki naj bi omogoˇcala, da se ˇstudent laˇze znajde med diferencialnimi enaˇcbami in da se nauˇci nekaj tipiˇcnih prijemov na tem podroˇcju. Potek reˇsevanja nalog ni naveden povsod, paˇc pa je podanih nekaj napotkov, kako se reˇsuje posamezen tip enaˇcb. Dodanih je veˇc primerov Pfaﬀovih diferencialnih enaˇcb in kvazilin- earnih parcialnih diferencialnih enaˇcb, ki logiˇcno sledijo sistemom navadnih diferencialnih enaˇcb. V veliko pomoˇc pri raˇcunanju teˇzjih integralov, poenos- tavljanju izrazov in preizkusih je bil raˇcunalniˇski program derive. Zbirka se bo po potrebi z leti, vsaj upam, ˇse dopolnjevala. Zahvaljujem se ˇstudentkama Aniti Brolih in Simoni ˇStupica za najdene napake. Uporabnike pa ˇse nadalje prosim, da mi pridno sporoˇcajo napake.

Ljubljana, julij 2010 Dr. Marko Razpet

(3)

Kazalo

Predgovor 2

1 Navadne diferencialne enaˇcbe prvega reda 4

2 Nekaj geometrijskih nalog 57

3 Navadne diferencialne enaˇcbe drugega in viˇsjih redov 60 4 Sistemi navadnih diferencialnih enaˇcb 134 4.1 Linearni sistemi diferencialnih enaˇcb . . . 139 4.2 Nelinearni sistemi diferencialnih enaˇcb . . . 177

5 Pfaﬀove diferencialne enaˇcbe 197

6 Kvazilinearne parcialne diferencialne enaˇcbe 205

Literatura 237

(4)

1 Navadne diferencialne enaˇ cbe prvega reda

1. Diferencialna enaˇcba z loˇcljivima spremenljivkama je oblike 𝑃(𝑥)𝑑𝑥+𝑄(𝑦)𝑑𝑦= 0

ali pa se na tako obliko lahko prevede. Pri tem upoˇstevamo tudi posebne reˇsitve.

Sploˇsna reˇsitev je

∫

𝑃(𝑥)𝑑𝑥+

∫

𝑄(𝑦)𝑑𝑦=𝑐.

2. ˇCe je izpolnjen pogoj ∂𝑄/∂𝑥=∂𝑃/∂𝑦, potem je 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥+𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦

totalni diferencial funkcije𝑈(𝑥, 𝑦), ki je reˇsitev sistema enaˇcb∂𝑈/∂𝑥=𝑃,∂𝑈/∂𝑦 = 𝑄. Tedaj je reˇsitev enaˇcbe

𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥+𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦= 0 v implicitni obliki: 𝑈(𝑥, 𝑦) =𝑐.

3. Ce pa ni izpolnjen pogojˇ ∂𝑄/∂𝑥 = ∂𝑃/∂𝑦, potem se vˇcasih posreˇci najti integrirajoˇci mnoˇzitelj 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). Reˇsitev potem poiˇsˇcemo po prej opisanem postopku.

4. Homogena diferencialna enaˇcba je oblike 𝑦^′ = 𝑑𝑦

𝑑𝑥 =𝑓 (𝑦

𝑥 )

ali pa se na tako obliko lahko prevede. S substitucijo 𝑦 = 𝑥𝑧, 𝑦^′ = 𝑧+𝑥𝑧^′ jo prevedemo na enaˇcbo z loˇcljivima spremenljivkama in reˇsimo z integriranjem. Na koncu v reˇsitev vstavimo 𝑧=𝑦/𝑥in uredimo.

(5)

5. Diferencialno enaˇcbo 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 (𝑦

𝑥 )

in reˇsujemo po prej opisani metodi.

6. Diferencialno enaˇcbo oblike 𝑦^′ = 𝑑𝑦

𝑑𝑥 =𝑓

(𝑎₁𝑥+𝑏₁𝑦+𝑐₁ 𝑎2𝑥+𝑏2𝑦+𝑐2

) ,

𝑎1 𝑏1

𝑎₂ 𝑏₂

∕= 0,

prevedemo s substitucijo 𝑥=𝑢+𝛼,𝑦=𝑣+𝛽 na obliko 𝑑𝑣

𝑑𝑢 =𝑓

(𝑎1𝑢+𝑏1𝑣 𝑎₂𝑢+𝑏₂𝑣

)

in naprej reˇsujemo po prej opisani metodi.

7. Diferencialno enaˇcbo oblike 𝑦^′ = 𝑑𝑦

𝑑𝑥 =𝑓

(𝑎₁𝑥+𝑏₁𝑦+𝑐₁ 𝑎2𝑥+𝑏2𝑦+𝑐2

) ,

𝑎1 𝑏1

𝑎₂ 𝑏₂

= 0,

prevedemo s substitucijo 𝑧=𝑎1𝑥+𝑏1𝑦 na obliko, ki ima loˇcljivi spremenljivki, in jo naprej reˇsujemo po znani metodi.

8. Linearna diferencialna enaˇcba prvega reda je oblike 𝑦^′+𝑝(𝑥)𝑦=𝑓(𝑥).

Ce jeˇ 𝑓(𝑥) ≡ 0, je linearna enaˇcba homogena. Tedaj njeno reˇsitev poiˇsˇcemo z metodo loˇcitve spremenljivk.

Nehomogeno enaˇcbo reˇsimo v dveh korakih. Priredimo ji homogeno enaˇcbo 𝑦^′+𝑝(𝑥)𝑦= 0,

(6)

ki ima netrivialno reˇsitev 𝑦(𝑥) =𝜂(𝑥). Nehomogeno enaˇcbo potem lahko reˇsimo z metodo variacije konstante. Zapiˇsemo 𝑌(𝑥) = 𝑐(𝑥)𝜂(𝑥), kar vstavimo v dano nehomogeno enaˇcbo in dobimo:

𝑐^′(𝑥)𝜂(𝑥) =𝑓(𝑥).

To je enaˇcba z loˇcljivima spremenljivkama za 𝑐(𝑥). Ko najdemo 𝑐(𝑥) in s tem 𝑌(𝑥), imamo sploˇsno reˇsitev zaˇcetne nehomogene enaˇcbe: 𝑦(𝑥) =𝑐𝜂(𝑥) +𝑌(𝑥).

9. Bernoullijeva diferencialna enaˇcba ima obliko

𝑦^′+𝑝(𝑥)𝑦=𝑞(𝑥)𝑦^𝑛, 𝑛∕∈ {0,1}.

Predelamo jo v obliko

𝑦^−𝑛𝑦^′+𝑝(𝑥)𝑦^1−𝑛=𝑞(𝑥),

nato pa vpeljemo novo spremenljivko 𝑧 = 𝑦^1−𝑛, 𝑧^′ = (1 −𝑛)𝑦^−𝑛𝑦^′ in dobimo linearno nehomogeno diferencialno enaˇcbo

𝑧^′+ (1−𝑛)𝑝(𝑥)𝑧= (1−𝑛)𝑞(𝑥), ki jo reˇsujemo po znani metodi.

10. Riccatijeva diferencialna enaˇcba je oblike

𝑦^′ =𝑎(𝑥)𝑦²+𝑏(𝑥)𝑦+𝑐(𝑥).

Ce poznamo eno njeno reˇˇ sitev 𝑦1, potem enaˇcbo s substitucijo 𝑦=𝑢+𝑦₁

prevedemo na Bernoullijevo diferencialno enaˇcbo za𝑢. To pa znamo reˇsiti.

11. Lagrangeva diferencialna enaˇcba je oblike 𝑦=𝑥𝜑(𝑦^′) +𝜓(𝑦^′).

Vanjo vstavimo 𝑦^′ =𝑡, da dobimo enaˇcbo

𝑦=𝑥𝜑(𝑡) +𝜓(𝑡),

(7)

ki jo potem odvajamo:

𝑡=𝜑(𝑡) + (𝑥𝜑^′(𝑡) +𝜓^′(𝑡))𝑑𝑡 𝑑𝑥.

Ce je ˇˇ stevilo 𝑡₀ realna reˇsitev navadne enaˇcbe𝑡=𝜑(𝑡), potem je 𝑦=𝑡₀𝑥+𝜓(𝑡₀) posebna reˇsitev Lagrangeve enaˇcbe. Diferencialno enaˇcbo preoblikujemo v linearno:

𝑑𝑥

𝑑𝑡 = 𝜑^′(𝑡)𝑥+𝜓^′(𝑡) 𝑡−𝜑(𝑡) .

Njena reˇsitev 𝑥= Φ(𝑡, 𝑐) skupaj z 𝑦 =𝜑(𝑡)Φ(𝑡, 𝑐) +𝜓(𝑡) sestavlja sploˇsno reˇsitev dane Lagrangeve enaˇcbe v parametriˇcni obliki.

12. Poseben primer Lagrangeve diferencialne enaˇcbe je Clairautova diferencialna enaˇcba:

𝑦=𝑥𝑦^′+𝜑(𝑦^′).

Njena sploˇsna reˇsitev je

𝑦=𝑐𝑥+𝜑(𝑐),

posebna reˇsitev pa ogrinjaˇca, ki jo dobimo z izloˇcitvijo konstante 𝑐iz sistema 𝑦=𝑐𝑥+𝜑(𝑐), 0 =𝑥+𝜑^′(𝑐).

13. Reˇsitev diferencialne enaˇcbe 𝑓(𝑦^′) = 0, v kateri ne nastopata 𝑥 in 𝑦, ampak samo odvod, ima reˇsitev

𝑓

(𝑦−𝑐 𝑥

)

= 0.

14. Diferencialno enaˇcbo𝑓(𝑥, 𝑦^′) = 0, v kateri ne nastopa𝑦, reˇsujemo parametriˇcno.

Ce lahko enaˇˇ cbo parametriziramo z

𝑥=𝜑(𝑡), 𝑦^′ =𝜓(𝑡), potem iz zveze

𝑑𝑦=𝑦^′𝑑𝑥=𝜓(𝑡)𝜑^′(𝑡)𝑑𝑡 izraˇcunamo

𝑦=

∫

𝜓(𝑡)𝜑^′(𝑡)𝑑𝑡= Φ(𝑡) +𝑐

(8)

in s tem imamo reˇsitev v parametriˇcni obliki:

𝑥=𝜑(𝑡), 𝑦= Φ(𝑡) +𝑐.

15. Diferencialno enaˇcbo 𝑓(𝑦, 𝑦^′) = 0, v kateri ne nastopa 𝑥, prav tako reˇsujemo parametriˇcno. ˇCe lahko enaˇcbo parametriziramo z

𝑦 =𝜑(𝑡), 𝑦^′ =𝜓(𝑡), potem iz zveze

𝑑𝑥= 𝑑𝑦

𝑦^′ = 𝜑^′(𝑡)𝑑𝑡 𝜓(𝑡) izraˇcunamo

𝑥=

∫ 𝜑^′(𝑡)𝑑𝑡

𝜓(𝑡) = Φ(𝑡) +𝑐 in s tem imamo reˇsitev v parametriˇcni obliki:

𝑥= Φ(𝑡) +𝑐, 𝑦=𝜑(𝑡).

1. Reˇsite diferencialno enaˇcbo

8𝑦^′3 = 27𝑦 . Ali ima enaˇcba posebno reˇsitev?

Reˇsitev

Dano enaˇcbo prepiˇsemo v obliko 2𝑑𝑦

𝑑𝑥 = 3𝑦^1/3, loˇcimo spremenljivki

2𝑦^−1/3𝑑𝑦= 3𝑑𝑥 in integriramo:

3𝑦^2/3 = 3𝑥+ 3𝑐.

(9)

Po preureditvi dobimo:

𝑦² = (𝑥+𝑐)³.

Pri loˇcevanju spremenljivk mora biti𝑦∕= 0. Toda𝑦= 0 je tudi reˇsitev, in sicer posebna reˇsitev.

(𝑦𝑦^′)³ = 27𝑥(𝑦²−2𝑥²).

Ali ima enaˇcba posebno reˇsitev?

Reˇsitev

V enaˇcbo vpeljemo novo spremenljivko 𝑧 =𝑧(𝑥) z relacijo 𝑦² −2𝑥² = 𝑥²𝑧³, 2𝑦𝑦^′−4𝑥= 3𝑥²𝑧²𝑧^′+ 2𝑧³𝑥. Korenimo, pomnoˇzimo z 2 in dobimo

4𝑥+ 3𝑥²𝑧²𝑧^′+ 2𝑧³𝑥= 6𝑧𝑥.

Po krajˇsanju z 𝑥, preureditvi ter faktorizaciji imamo:

3𝑥𝑧²𝑧^′ =−2(𝑧−1)²(𝑧+ 2).

Enaˇcba ima dve posebni reˇsitvi: 𝑧 = 1 in 𝑧 = −2. Prva nam da 𝑦² = 3𝑥², druga pa 𝑦² =−6𝑥², kar nam da samo toˇcko (0,0).

Za sploˇsno reˇsitev pa loˇcimo spremenljivki:

3𝑧²𝑑𝑧

(𝑧−1)²(𝑧+ 2) =−2𝑑𝑥 𝑥 . Razvijemo na parcialne ulomke:

3𝑑𝑧

(𝑧−1)² + 5𝑑𝑧

𝑧−1+ 4𝑑𝑧

𝑧+ 2 +6𝑑𝑥 𝑥 = 0.

(10)

Z integracijo in zdruˇzevanjem 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 ˇcemer je

𝑧 =√³

(𝑦/𝑥)²−2.

Posebni reˇsitvi sta 𝑦=±𝑥√ 3.

𝑦𝑦^′+𝑥= 1 2

(𝑥²+𝑦² 𝑥

)2

.

Reˇsitev

Oˇcitno je dobro vpeljati novo spremenljivko𝑧 =𝑥²+𝑦²,𝑧^′ = 2(𝑥+𝑦𝑦^′).

Enaˇcba s tem preide v

𝑧^′ =𝑧²/𝑥², ki ima loˇcljivi spremenljivki:

𝑑𝑧 𝑧² = 𝑑𝑥

𝑥². Integracija nam da:

1 𝑧 = 1

𝑥+𝑐.

Po preureditvi imamo reˇsitev v implicitni obliki: 𝑥= (1 +𝑐𝑥)(𝑥²+𝑦²).

4. Reˇsite diferencialno enaˇcbo 𝑦^′ =

(3𝑥+𝑦³−1 𝑦

)2

.

(11)

Reˇsitev

Vpeljali bomo novo spremenljivko 𝑧 = 3𝑥+𝑦³−1, 𝑧^′ = 3(𝑦²𝑦^′ + 1).

Enaˇcba se s tem transformira v

𝑧^′−3 = 3𝑧², ki ima loˇcljivi spremenljivki:

𝑑𝑧

𝑧²+ 1 = 3𝑑𝑥.

Integracija nam da:

arc tg𝑧= 3𝑥+𝑐.

Po preureditvi imamo reˇsitev v implicitni obliki: 3𝑥+𝑦³−1 = tg(3𝑥+𝑐).

(𝑦^′+ 1)³ = 27(𝑥+𝑦)². Ali ima enaˇcba posebno reˇsitev?

Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko𝑧 =𝑧(𝑥) =𝑥+𝑦(𝑥).

(R: 𝑥+𝑦= (𝑥+𝑐)³, 𝑦=−𝑥.) 6. Reˇsite diferencialno enaˇcbo

(𝑥²−1)𝑦^′+𝑦²−2𝑥𝑦+ 1 = 0. Ali ima enaˇcba posebno reˇsitev?

Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko𝑧 =𝑧(𝑥) =𝑦(𝑥)−𝑥.

(R: ln∣(𝑥−1)/(𝑥+ 1)∣ −2/(𝑦−𝑥) =𝑐, 𝑦=𝑥.)

(12)

(𝑥𝑦^′−𝑦)² =𝑥²(𝑦²−𝑥²). Ali ima enaˇcba posebno reˇsitev?

Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko𝑧 =𝑧(𝑥) =𝑦(𝑥)/𝑥.

(R: 𝑦=±𝑥ch(𝑥+𝑐), 𝑦=±𝑥.) 8. Reˇsite diferencialno enaˇcbo

𝑥(2−9𝑥𝑦²)𝑑𝑥+𝑦(4𝑦²−6𝑥³)𝑑𝑦 = 0.

Reˇsitev

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 enaˇcbe 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+𝜑(𝑦),

kjer je 𝜑(𝑦) poljubna odvedljiva funkcija. Druga enaˇcba pa nam da:

∂𝑈

∂𝑦(𝑥, 𝑦) = −6𝑥³𝑦+𝜑^′(𝑦) = 4𝑦³−6𝑥³𝑦.

Zato mora veljati 𝜑^′(𝑦) = 4𝑦³, iz ˇcesar dobimo 𝜑(𝑦) = 𝑦⁴ +𝑐₁ in 𝑈(𝑥, 𝑦) =𝑥²−3𝑥³𝑦²+𝑦⁴+𝑐1. Reˇsitev dane enaˇcbe v implicitni obliki je torej 𝑥²−3𝑥³𝑦²+𝑦⁴ =𝑐.

(13)

(2𝑥−ln(𝑦+ 1))𝑑𝑥− 𝑥+𝑦

𝑦+ 1 𝑑𝑦= 0. Reˇsitev

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 enaˇcbe 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−𝑥ln(𝑦+ 1) +𝜑(𝑦),

kjer je 𝜑(𝑦) poljubna odvedljiva funkcija. Druga enaˇcba pa nam da:

∂𝑈

∂𝑦(𝑥, 𝑦) = − 𝑥

𝑦+ 1 +𝜑^′(𝑦) = − 𝑥

𝑦+ 1 − 𝑦 𝑦+ 1.

Zato mora veljati 𝜑^′(𝑦) = −𝑦/(𝑦+ 1), iz ˇcesar dobimo 𝜑(𝑦) = −𝑦+ ln(𝑦+ 1) in s tem 𝑈(𝑥, 𝑦) = 𝑥²−𝑥ln(𝑦+ 1)−𝑦+ ln(𝑦+ 1). Reˇsitev dane enaˇcbe v implicitni obliki je torej 𝑥²−(𝑥+ 1) ln(𝑦+ 1)−𝑦=𝑐.

6𝑥⁵𝑦 𝑑𝑥+ (𝑦⁴ln𝑦−3𝑥⁶)𝑑𝑦= 0.

Reˇsitev

Oˇcitno ima enaˇcba posebno reˇsitev 𝑦= 0. Da bi naˇsli sploˇsno reˇsitev, dano enaˇcbo delimo z 𝑦⁴:

6𝑥⁵ 𝑦³ 𝑑𝑥+

(

ln𝑦−3𝑥⁶ 𝑦⁴

)

𝑑𝑦 = 0.

(14)

Izraz na levi strani je totalni diferencial in nalogo reˇsimo do konca tako kot prejˇsnji dve. Nazadnje dobimo reˇsitev: 𝑦³(𝑦ln𝑦−𝑦+𝑐) +𝑥⁶ = 0.

11. Reˇsite diferencialno enaˇcbo (𝑥√

𝑦²+ 1 + 1)(𝑦² + 1)𝑑𝑥−𝑥𝑦 𝑑𝑦= 0.

Reˇsitev

V enaˇcbo vpeljemo parameter 𝑡 z relacijo 𝑦= tg𝑡. Enaˇcba se poenostavi v

(𝑥+ cos𝑡)𝑑𝑥−𝑥sin𝑡 𝑑𝑡= 0.

Opazimo, da je na njeni levi strani totalni diferencial, in sicer lahko zapiˇsemo

𝑥 𝑑𝑥+𝑑(𝑥cos𝑡) = 0,

zato je reˇsitev 𝑥²+ 2𝑥cos𝑡=𝑐. Preidemo na prvotni spremenljivki in dobimo: (𝑐−𝑥²)√

𝑦²+ 1 = 2𝑥.

(𝑥² +𝑦² + 1)𝑦𝑦^′+ (𝑥²+𝑦²−1)𝑥= 0.

Reˇsitev

Uvedemo novo spremenljivko 𝑧 =𝑥²+𝑦²,𝑑𝑧 = 2(𝑥 𝑑𝑥+𝑦 𝑑𝑦). Enaˇcbo transformiramo najprej v

(𝑧+ 1)(𝑑𝑧−2𝑥 𝑑𝑥) + 2𝑥(𝑧−1)𝑑𝑥= 0, nato pa v obliko

(𝑧+ 1)𝑑𝑧−4𝑥 𝑑𝑥= 0,

(15)

ki nam po integraciji da rezultat (𝑧+1)²−4𝑥² =𝑐in konˇcno v prvotnih spremenljivkah (𝑥²+𝑦² + 1)²−4𝑥² =𝑐.

(𝑥+𝑦+ 1)𝑑𝑥+ (𝑥−𝑦²+ 3)𝑑𝑦 = 0. (R: 3𝑥² + 6𝑥𝑦+ 6𝑥−2𝑦³+ 18𝑦=𝑐.)

(12𝑥+ 5𝑦−9)𝑑𝑥+ (5𝑥+ 2𝑦−3)𝑑𝑦= 0. (R: 6𝑥² + 5𝑥𝑦+𝑦²−9𝑥−3𝑦 =𝑐.)

(3𝑥−4𝑦−2)𝑑𝑥+ (3−3𝑥+ 4𝑦)𝑑𝑦= 0.

Reˇsitev

Uvedemo novo spremenljivko 𝑧= 3𝑥−4𝑦−2 in dobimo:

4𝑧 𝑑𝑥−(𝑧−1)(3𝑑𝑥−𝑑𝑧) = 0.

Po preureditvi ta preide v diferencialno enaˇcbo z loˇcljivima spremenljivkama (𝑧+ 3)𝑑𝑥+ (𝑧−1)𝑑𝑧 = 0,

ki ima sploˇsno reˇsitev 𝑥+𝑧−ln∣𝑧+ 3∣= ln𝑐₁. Po preurejanju imamo konˇcno reˇsitev v implicitni obliki: 3𝑥−4𝑦+ 1 =𝑐𝑒^𝑥−𝑦.

(16)

(𝑥+𝑦−3)𝑑𝑥+ (𝑥−𝑦−1)𝑑𝑦= 0. (R: 𝑥²+ 2𝑥𝑦−𝑦² −6𝑥−2𝑦=𝑐.)

(𝑥+ 2𝑦+ 1)𝑑𝑥−(2𝑥+ 4𝑦+ 3)𝑑𝑦= 0. (R: 4𝑥+ 8𝑦+ 5 =𝑐𝑒^{4𝑥−8𝑦}.)

𝑦^′ = 2𝑥−𝑦+ 1 𝑥−2𝑦+ 1. (R: 𝑥²−𝑥𝑦+𝑦²+𝑥−𝑦=𝑐.)

𝑥−𝑦−1 + (𝑦−𝑥+ 2)𝑦^′ = 0.

Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko𝑧 =𝑦−𝑥+2. Za katero reˇsitev je 𝑦(0) = 0?

(R: (𝑦−𝑥+ 2)²+ 2𝑥=𝑐, (𝑦−𝑥+ 2)²+ 2𝑥= 4.) 20. Reˇsite diferencialno enaˇcbo

𝑦^′ = 𝑥+𝑦 𝑦−𝑥. (R: 𝑥²+ 2𝑥𝑦−𝑦² =𝑐.)

(17)

𝑦^′ = 2𝑥−4𝑦+ 1 𝑥−2𝑦+ 1 . (R: (3𝑥−6𝑦+ 1)𝑒^{6𝑥−3𝑦} =𝑐.)

𝑦^′ = 𝑥−𝑦+ 1 𝑥+𝑦−3. Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko𝑧 =−𝑦.

(R: 𝑥²−2𝑥𝑦−𝑦²+ 2𝑥+ 6𝑦=𝑐.) 23. Reˇsite diferencialno enaˇcbo

(4𝑦−3𝑥−5)𝑦^′−3𝑦+ 7𝑥+ 2 = 0.

(R: 7𝑥² −6𝑥𝑦+ 4𝑦²+ 4𝑥−10𝑦=𝑐.) 24. Reˇsite diferencialno enaˇcbo

(2𝑥+𝑦+ 5)𝑦^′ = 3𝑥+ 6.

(R: (𝑦−𝑥−1)³(3𝑥+𝑦+ 7) =𝑐.) 25. Reˇsite diferencialno enaˇcbo

(2𝑥−𝑦+ 5)𝑦^′ = 2𝑦−𝑥−4.

Reˇsitev

Z zamenjavo spremenljivk 𝑥 = 𝑢+ 𝛼, 𝑦 = 𝑣 +𝛽 doseˇzemo, da ni konstantnih ˇclenov v izrazih 2𝑥−𝑦+ 5 in 2𝑦−𝑥−4. V ta namen

(18)

morata 𝛼 in 𝛽 biti reˇsitev sistema 2𝛼 − 𝛽 + 5 = 0,2𝛽 − 𝛼 − 4 = 0. Edina reˇsitev je 𝛼 = −2, 𝛽 = 1. S tem predelamo diferencialno enaˇcbo v homogeno: (2𝑢−𝑣)𝑑𝑣= (2𝑣−𝑢)𝑑𝑢. Z uvedbo nove odvisne spremenljivke 𝑤(𝑢) = 𝑣(𝑢)/𝑢dobimo najprej enaˇcbo

(2𝑢−𝑣)(𝑤 𝑑𝑢+𝑢 𝑑𝑣) = (2𝑣 −𝑢)𝑑𝑢,

nato pa po preuredtivi, loˇcitvi spremenljivk in razvojem na parcialna ulomka ˇse

(2−𝑤)𝑑𝑤

(𝑤−1)(𝑤+ 1) = 𝑑𝑤

2(𝑤−1)− 3𝑑𝑤

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 teˇzko videti, da obstaja ˇse posebna reˇsitev𝑦=𝑥+ 3.

(𝑥²−𝑦²−2𝑥𝑦)𝑑𝑥+ (𝑦²−𝑥²−2𝑥𝑦)𝑑𝑦= 0. (R: (𝑥+𝑦)(𝑥²−4𝑥𝑦+𝑦²) =𝑐.)

𝑥𝑦^′ =𝑦+√

𝑥²−𝑦².

Reˇsitev

Enaˇcbo zapiˇsemo kot homogeno:

𝑦^′ = 𝑦+√

𝑥²−𝑦²

𝑥 = 𝑦

𝑥 +√

1−(𝑦/𝑥)².

(19)

Uvedemo novo spremenljivko 𝑧 z relacijo 𝑧 = 𝑦/𝑥, iz katere je 𝑦^′ = 𝑥𝑧^′+𝑧 in enaˇcba se poenostavi v enaˇcbo z loˇcljivima spremenljivkama:

𝑥𝑧^′ =√

1−𝑧², 𝑑𝑧

√1−𝑧² = 𝑑𝑥 𝑥 . Integracija nam nazadnje da: arc sin(𝑦/𝑥)−ln∣𝑥∣=𝑐.

(𝑥𝑦^′−𝑦)² =𝑦^′2− 2𝑦𝑦^′ 𝑥 + 1. Reˇsitev

V enaˇcbo vpeljemo novo spremenljivko 𝑣 = 𝑣(𝑥) = 𝑦(𝑥)/𝑥, za katero je 𝑦=𝑣𝑥, 𝑦^′ =𝑣^′𝑥+𝑣. Enaˇcba se transformira v

(𝑥⁴−𝑥²)𝑣^′2 = 1−𝑣².

Potem vpeljemo ˇse novo spremenljivko 𝑢= 1/𝑥, s katero dobimo:

𝑑𝑣 𝑑𝑥 = 𝑑𝑣

𝑑𝑢 𝑑𝑢

𝑑𝑥 =−𝑑𝑣 𝑑𝑢

1 𝑥².

Enaˇcba se poenostavi v (1−𝑢²)𝑑𝑣² = (1−𝑣²)𝑑𝑢². Njeni oˇcitni reˇsitvi sta 𝑣 =±1, kar da reˇsitvi zaˇcetne enaˇcbe: 𝑦 = ±𝑥. Preostale reˇsitve dobimo, ko reˇsimo enaˇcbe:

√

1−𝑢²𝑑𝑣=±√

1−𝑣²𝑑𝑢 (∣𝑢∣<1,∣𝑣∣<1),

√

𝑢²−1𝑑𝑣=±√

𝑣²−1𝑑𝑢 (∣𝑢∣>1,∣𝑣∣>1).

Najprej dobimo:

√ 𝑑𝑢

1−𝑢² =± 𝑑𝑣

√1−𝑣² (∣𝑢∣<1,∣𝑣∣<1),