Obične diferencijalne jednadžbe

Poglavlje 1 Obične diferencijalne jednadžbe 1.1 Primjeri diferencijalnih jednadžbi Primjer 1.1 (Kosi hitac). Tijelo mase m bačeno je u vis početnom brzinom v pod kutem α u polju sile teže. Odredite trajektoriju gibanja tijela. Prema drugom Newtonovom zakonu znamo da je F = (F, F ) = m a(t) = m d2 s dt 2 (t) = m Početni uvjeti nam daju () = () = ( ) d 2 dt (t), d2 2 dt (t). 2 d dt () = v cosα d dt () = v sin α. Dakle, iz F = i F = mg (uz gornje početne uvjete), dobivamo odnosno (t) = (v cos α)t (t) = g 2 t2 + (v sin α)t, g () = v 2 cos2 α 2 + (tg α). Uočimo, za = rješenja gornje jednadžbe su 1 = (koje nije posebno zanimljivo) i 2 = (v 2 /g) sin2α iz kojeg zaključujemo da se maksimalni domet postiže za α = π/4. 1

2 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE Primjer 1.2 (Produljenje čelične šipke pod vlastitom težinom). Čelična šipka duljine L učvršćena je na gornjem kraju i visi u ravnotežnom položaju pod utjecajem svoje težine. Odredite produljenje šipke, ako je specifična gustoća čelika γ. Napetost T šipke ovisi o duljini komada ispod točke u kojoj gledamo i jednaka je težini tog komada. Stavimo ishodište koordinatnog sustava u točku učvršćenja i uzmimo pozitivni smjer osi duž šipke prema dolje. Element (mali komadić) šipke duljine d na udaljenosti od točke učvršćenja trpi napetost T koju možemo naći iz omjera T/G = (L )/L, gdje je G težina cijele šipke. Dakle, T = G (L ). (1.1) L Produljenje L šipke (u metrima) pod utjecajem sile T je L = klt/s, gdje je k koeficijent produljenja, a S površina poprečnom presjeka. Za rastezanje elementa d imamo dl = (kt/s)d. Uvrštavajući T iz (1.1) dobivamo Znamo da je G = γls pa imamo dl = kg (L )d. LS dl = kγ(l )d, ili L () = kγ(l ). Integrirajući gornji izraz, tj. računajući L kγ(l )d dobivamo kγl2 /2. Primjer 1.3 (Oblik lanca koji drži kolnik lančanog mosta). Odredite oblik krivulje koju poprima lanac lančanog mosta. Masu lanca smatramo malom prema masi kolnika. Komad lanca ÂB je u ravnoteži pod utjecajem triju sila: horizontalne napetosti H u točki A, napetosti T u smjeru lanca (tangente na lanac) u točki B i težine dijela mosta ispod luka ÂB (masu lanca zanemarujemo). Težina tog komada je proporcionalna udaljenosti, jednaka je k. Prema osnovnim jednadžbama statike, zborj projekcija svih sila na i na os mora biti jednaka nuli. Za vertikalne sile dobivamo T sin ϕ = k, (1.2) a za horizontalne T cosϕ = H. (1.3)

1.2. OSNOVNI POJMOVI I PRIMJERI 3 Dijeljenjem jednadžbe (1.2) jednadžbom (1.3) dobivamo No tg ϕ = () = d, pa imamo d tg ϕ = k H. () = k H. Integracijom gornje jednadžbe dobivamo () = k 2 H 2 + (). 1.2 Osnovni pojmovi i primjeri Obična diferencijalna jednadžba je jednadžba oblika F(,,,..., (n) ) = (1.4) koja povezuje nezavisnu varijablu, nepoznatu funkciju () i njene derivacija (), (),..., (n) (). Ovdje F označava poznatu funkciju više varijabli. Red diferencijalne jednadžbe je red najviše derivacije koja se u njoj pojavljuje. Kod obične diferencijalne jednadžbe tražimo nepoznatu funkciju jedne varijable (). Diferencijalne jednadžbe u kojima se pojavljuju nepoznate funkcije više varijabli zovemo parcijalne diferencijalne jednadžbe. Najjednostavnija obična diferencijalna jednadžba je jednadžba oblika = f(), (1.5) gdje je f poznata funkcija, neprekidna na nekom intervalu [a, b]. Ako je F primitivna funkcija od f, onda svaka funkcija oblika () = F() + C, C R, zadovoljava jednadžbu (1.5). Iz toga vidimo da uvjet (1.5) ne odreduje jedinstveno nepoznatu funkciju (). Primjer 1.4. Jednadžba = 3 + 2 je primjer obične diferencijalne jednadžbe 1. reda, dok je + 2 + = sin primjer obične diferencijalne jednadžbe 2. reda.

4 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE Definicija 1.1. Rješenje obične diferencijalne jednadžbe n-tog reda na intervalu (a, b) je svaka funkcija = ϕ() koja na tom intervalu ima sve derivacije do uključivo n-tog reda i čije uvrštavanje u jednadžbu pretvara istu u identitet na (a, b). Graf rješenja diferencijalne jednadžbe zove se integralna krivulja te jednadžbe. Primjer 1.5. Funkcija () = sin je rješenje diferencijalne jednadžbe 2. reda + = na R. Obične diferencijalne jednadžbe su vrlo bitne jer se mnogi problemi iz prirodnih i društvenih znanosti modeliraju pomoću njih. Pogledajmo par primjera: Primjer 1.6. Odredimo krivulju čija tangenta u svakoj točki ima nagib (to jest koeficijant smjera) jednak ordinati te točke. Neka je = () jednadžba tražene krivulje. Iz zadatka vidimo da mora vrijediti uvjet () = (). Rješenje te diferencijalne jednadžbe je () = e. Takoder, funkcija () = je rješenje. Ova dva rješenja su sadržana u rješenju () = Ce, gdje je C R proizvoljna konstanta. Primjer 1.7 (Pravocrtno gibanje). Odredimo zakon gibanja materijalne točke koja se pravocrtno giba s konstantnim ubrzanjem a. Tražimo formulu za prijedeni put oblika s = s(t), gdje je t vrijeme. Jednadžba koju trebamo rješiti je s = a i to je obična diferencijalna jednadžba 2. reda. Integriranjem dobivamo s = at + C 1 i s(t) = 1 2 at2 + C 1 t + C 2. Konstante C 1 i C 2 odreduju se iz početnih uvjeta s(t ) = s i s (t ) = v. Uvrštavanjem tih vrijednosti u formulu za rješenje dobivamo C 1 = v at i C 2 = s v t + (a/2)t 2. Sada vratimo C 1 i C 2 u formulu za rješenje i imamo rješenje s(t) = s + v (t t ) + a 2 (t t ) 2. Promatramo običnu diferencijalnu jednadžbu F(,, ) =. Za dvije diferencijalne jednadžbe F 1 (,, ) = i F 2 (,, ) = kažemo da su ekvivalentne na intervalu (a, b) ako je svako rješenje jedne na (a, b) ujedno i rješenje druge jednadžbe i obratno. Kod rada s diferencijalnim jednadžbama moramo paziti da su transformirane jednadžbe ekvivalentne polaznima. Obične diferencijalne jednadžbe mogu imati nijedno ( 2 +1 = ) i više rješenja ( = ). Vidjeti ćemo kasnije da, u principu, ako diferencijalna jednadžba ima jedno rješenje,

1.2. OSNOVNI POJMOVI I PRIMJERI 5 onda ona ima i beskonačno mnogo rješenja. Jedinstvenost rješenja proizlazi iz tzv. početnih uvjeta (početni/nulti položaj, početna brzina,...), kao što smo vidjeli u nekim prijašnjim primjerima. Ugrubo govoreći, za jedinstvenost rješenja diferencijalne jednadžbe n-tog reda trebamo imati n početnih uvjeta. Medutim, to nije svaki put dovoljno: jednadžba = 2 uz početnim uvjet () = ima jedinstveno rješenje () = 2, a jednadžba = uz početni uvjet () = ima beskonačno mnogo rješenja () = C, C R.

6 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE 1.3 Rješenje Cauchjevog problema za jednadžbu 1. reda Promatramo običnu diferencijalnu jednadžbu = f(, ) (1.6) uz početni uvjet ( ) =. Ovaj problem se naziva Cauchjev problem. Teorem 1.1. Ako postoje inertvali (a, b) i (c, d) redom oko točaka i, t.d. je (i) f(, ) neprekidna na Ω := (a, b) (c, d) (ii) f (, ) ograničena na Ω, onda postoji h > t.d. na intervalu ( h, + h) Cauchev problem (1.6) ima jedinstveno rješenje. D Ω = ϕ( ) h +h Slika 1.1: Geometrijski, Teorem 1.1 kaže da uz odredene uvjete na f(, ) kroz točku (, ) prolazi samo jedna integralna krivulja jednadžbe (1.6). Što znače ti uvjeti? Neprekidnost funkcije f(, ) definira se slično kao i za funkcije jedne varijable male promjene u argumentima rezultiraju malim promjenama vrijednosti funkcije. Prvi uvjet povlači postojanje rješenja (rješavanje običnih diferencijalnih jednadžbi je pooćenje integriranja, a sjetimo se da smo integral definirali za neprekidne funkcije). Drugi uvjet, ograničenost od f (, ), daje nam jedinstvenost rješenja. Veličina f (, ) mjeri brzinu promjene vrijednosti f(, ) u smjeru kad je konstantan. Kada taj drugi uvjet izostavimo, dolazimo do slabijeg rezultata.

1.3. RJEŠENJE CAUCHYJEVOG PROBLEMA (1. RED) 7 Teorem 1.2. Ako je funkcija f(, ) neprekidna na Ω, onda jednadžba (1.6) ima barem jedno rješenje = ϕ() na nekom intervalu oko, koje za = poprima vrijednost. Opće rješenje jednadžbe = f(, ) na nekoj okolini Ω = (a, b) (c, d) gdje postoji jedinstveno rješenje Cauchjevog problema je jednoparametarska familija funkcija = ϕ(, C) ovisna o i dopustivoj konstanti C, takva da (i) za svaki izbor dopustive konstante C funkcija = ϕ(, C) je rješenje od = f(, ), odnosno ϕ (, C) = f(, ϕ(, C)), ( h, + h), za neki h > (ii) za bilo koji početni uvjet ( ) = takav da je (, ) Ω, možemo naći C takav da rješenje = ϕ(, C ) zadovoljava početni uvjet. Partikularno rješenje obične diferencijalne jednadžbe je rješenje dobiveno iz općeg rješenja izborom odredene vrijednosti parametra C (uključivo možda i ± ). Opće rješenje možemo gledati kao skup svih partikularnih rješenja. Često do općeg rješenja dolazimo u obliku komplicirane formule koja povezuje, i C, Φ(,, C) =. Takvu formulu nazivamo opći integral jednadžbe = f(, ). Partikularni integral je ono što dobijemo izborom konkretne vrijednosti parametra C, Φ(, ) =. Rješenje = ϕ() jednadžbe singularno ako nije sadržano u općem rješenju. = f(, ) je Primjer 1.8. Opće rješenje jednadžbe 2 + = je dano s () = C C 2, C R, a singularno () = 2 /4. Kod singularnog rješenja uvjet jedinstvenosti je narušen u svakoj njegovoj točki, to jest ako kroz svaku točku integralne krivulje prolazi neka druga integralna krivulja. Primjer 1.9. Opće rješenje jednadžbe = 1 2 je () = sin( + C), C R, a singularna () = ±1. Takoder, kandidati za singularna rješenja su krivulje na kojima je f (, ) beskonačno. Singularne integralne krivulje su ovojnice familije integralnih krivulja. Kako je f (, ) =, 1 2

8 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE ponovno imamo () = ±1. Slika 1.2: Integralne krivulje Ako rješenje obuhvaća sva rješenja, onda ga nazivamo potpunim. Primjer 1.1. Potuno rješenje jednadžbe = je () = Ce, C R.

1.4. JEDNADŽBE RJEŠIVE U KVADRATURAMA 9 1.4 Jednadžbe rješive u kvadraturama Obična diferencijalna jednadžba je rješiva u kvadraturama ako se njeno opće rješenje može dobiti kao rezultat konačnog niza elementarnih operacija nad poznatim funkcijama i integriranja tih funkcija. Nisu sve obične diferencijalne jednadžbe rješive u kvadraturama. Na primjer, jednadžba nelineariziranog matematičkog njihala, koja je dana u Primjeru 1.29, nije. To nije iznenadujuće, vidjeli smo to kod integrala. 1.4.1 Jednadžbe sa separiranim varijablama Promatramo jednadžbe oblika = f 2 ()/f 1 (). Možemo ih, pišući = d d, svesti na oblik f 1 ()d = f 2 ()d. (1.7) Smatramo da su f 1 () i f 2 () poznate i neprekidne funkcije svojih argumenata. Integrirajući svaku stranu jednadžbe (1.7) zasebno dobijemo jednadžbu koju mora zadovoljavati svako rješenje jednadžbe (1.7): f 1 ()d = f 2 ()d + C, C R. (1.8) Primjer 1.11. Dana je jednadžba (1 + 2 )d = (1 + 2 )d. Kako je (1 + 2 )(1 + 2 ), dijeljenjem jednadžbe tim izrazom dolazimo do ekvivalentne jednadžbe Integriranjem dobivamo odnosno d 1 + = d 2 1 + 2. ln(1 + 2 ) = ln(1 + 2 ) + C, 1 + 2 = C, C R. 1 + 2 Moramo biti oprezni kod transformacija koje uključuju množenje i dijeljenje. Primjer 1.12. Imamo jednadžbu = f(a + b + c). Zamjenom z = a + b + c gornja jednadžba postaje jednadžba sa separiranim varijablama

1 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE z = a + b = a + bf(z), koja vodi na dz a + bf(z) = d. Ako uzmemo a = b = 1, c =, odnosno gledamo jednadžbu = ( + ) 2, imamo zamjenu z = +, pa jednadžba postaje z = 1 + = 1 + z 2 što vodi na dz/(1+z 2 ) = d. Integriranjem dolazimo do arctg z = +C odnosno z = tg( + C), a vraćanjem supstitucije dolazimo do rješenja = tg( + C), C R. Primjer 1.13. Riješimo jednadžbu = k, gdje je k neka konstanta. Metodom separacije varijabli kao rješenje dobivamo = Ce k, C R. Ako imamo početni uvjet () =, tada imamo rješenje = e k. Ako pak imamo početni uvjet ( ) =, odnosno = Ce k, tada možemo izračunati C = e k i imamo rješenje = e k( ). Primjer 1.13 opisuje najjednostavniji model populacijske dinamike (za k > ). Ista jednadžba opisuje i, recimo, umnožavanje neutrona pri lančanoj reakciji (za k > ) i radioaktivni raspad (za k < ). Taj model podrazumijeva da su resursi potrebni za rast populacije neograničeni i da nema umiranja. Uzmemo li k = m n, pri čemu je m stopa radanja, a n stopa smrtnosti (relativna), možemo realističnije modelirati populacijsku dinamiku. Realističniji model se dobiva kad se vodi računa o ograničenosti resursa. To se opisuje formulama m = b 1 b 2, n = b 3 + b 4 ; b i >, i = 1,..., 4. Dakle, stopa radanja pada proporcionalno napučenosti, a stopa smrtnosti raste. Odavde je k = m n = b 1 b 3 (b 2 + b 4 ) = (b 2 + b 4 )( b 1 b 3 b 2 + b 4 ) = α(a ). Sad je diferencijalna jednadžba oblika = α(a ) = αa ( 1 ), A

1.4. JEDNADŽBE RJEŠIVE U KVADRATURAMA 11 iz koje možemo zaključiti da kada je () malo, () eksponencijalno raste s koeficijentom αa. Takva se jednadžba zove logistička jednadžba. Opisuje širenje zaraze, glasina i druge pojave u biologiji i društvu. Separacijom varijabli dobivamo Uz početni uvjet () = imamo () = = ACeAα 1 + Ce Aα. A 1 + ( A 1)e Aα. Za α > i A > imamo lim () = A. Broj A je kapacitet (granični) staništa. Primjer 1.14 (Prigušenje svjetla u staklenoj ploči). Kako se mijenja intenzitet svjetlosti poslije prolaza kroz staklenu ploču debljine mm ako se pri prolazu kroz ploču debljine 2.5mm smanji sa 1 jedinica na 3? Intenzitet svjetlosti na dubini u staklenoj ploči označimo s I(). Promatramo kako se ta veličina mijenja ako se veličina poveća za. Pretpostavljamo da se intenzitet smanjuje proporcionalno prijedenom putu. di = kid. Ovdje je k koeficijent proporcionalnosti a znak minus kaže da se intenzitet smanjuje s debljinom ploče. Metodom separacije varijabli dobivamo I() = Ce k, C R. Konačno, iz I() = 1 i I(2.5) = 3 dobivamo I() = 1e.481. Primjer 1.15 (Razina podzemnih voda). Odredimo krivulju koja predstavlja razinu podzemnih voda u blizini kružnog bunara koji ide do nepropusnog sloja. Na slici je prikazan bunar uz sljdeće oznake: AB je površina zemlje, CD je razina podzemnih voda, EF je nepropusni sloj, r je promjer bunara, GH je razina vode u bunaru i h je visina vode u bunaru. Treba nam oblik (jednadžba) krivulje ĤD. Polazimo od empirijskog pravila pa kojem je brzina

12 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE vode (horizontalna komponenta te brzine v) u točki P proporcionalna nagibu tangente u točki na površini M iznad točke P. v = k d d. Kroz bočnu površinu cilindra NN M M radijalno protječe količina vode Q = 2πv = 2πk d d, (1.9) koja je za cijeli cilindar polumjera jednaka rashodu vode iz zdenca. Integriranjem (1.9) dobivamo (poslije separacije varijabli) ln = πk Q 2 () + C, C R Sada, iz uvjeta (r) = h, imamo C = ln r πk Q h2. Konačno, () = Q πk ln r + h2. Primjer 1.16 (Istjecanje vode iz konične posude). Izračunajmo vrijeme T potrebno za istjecanje tekučine iz konične posude visine H s kutom pri vrhu 2α kroz mali otvor površine S u vrhu konusa. Znamo da je brzina istjecanja vode dana formulom v = k 2gh, gdje je k konstanta (za vodu je k.6), g ubrzanje sile teže, a h visina stupca vode iznad otvora. Za vrijeme t kroz otvor istekne stupac vode volumena V 1 = S v t = Sk 2gh t. Taj volumen je jednak volumenu krnjeg stošca na visini h visine h. Zamijenimo taj volumen volumenom valjka polumjera h tg α i visine h: V = πh 2 tg 2 α h. Iz V = V 1 slijedi πh 2 tg 2 α h = Sk 2gh t,

1.4. JEDNADŽBE RJEŠIVE U KVADRATURAMA 13 odakle je h t = µk gdje je µ = Sk 2g/(π tg 2 α). Prijelazom na limes kad t dobivamo diferencijalnu jednadžbu dh dt = 3 µk 2. Treba nam njeno rješenje uz početni uvjet h() = H. Separiranjem varijabli dobivamo (2/5)h 5/2 (t) = µt + C, C R. Iz početnog uvjeta slijedi C = (2/5)H 5/2, pa je 3 2, 2 2 5 h5 2 = µt + 5 H 5 2. Za h = imat ćemo t = T. Dakle, T = 2/(5µ)H 5/2. 1.4.2 Jednadžbe homogene u i Funkcija f(, ) je homogena n-tog stupnja ako vrijedi f(t, t) = t n f(, ). Primjer 1.17. Dana je funkcija f(, ) = 2 + 2. Imam f(t, t) = t 2 2 tt + t 2 2 = t 2 f(, ) iz čega zaključujemo da je f(, ) homogena drugog stupnja. Definicija 1.2. Obična diferencijalna jednadžba = f(, ) je homogena u i ako je f(, ) homogena nultog stupnja, odnosno imamo f(t, t) = t f(, ) = f(, ). Kako gornja relacija mora vrijediti za sve t, mora vrijediti i za t = 1/, pa f ( 1, 1 ) ( = f 1, ) = f(, ). Označimo f(1, /) = ϕ(/) i iz prethodnog razmatranja slijedi da je obična diferencijalna jednadžba homogena u i ako je ( = ϕ. )

14 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE Jednadžbe homogene u i svode se na jednadžbe sa separiranim varijablama. Uvodimo novu varijablu u = /. Odatle je = u pa je = u + u. Dakle, iz = ϕ(/) imamo u + u = ϕ(u). Konačno, separacijom varijabli dobivamo du = ln + ln C, C >. ϕ(u) u Za ϕ(u) = u imamo = /, što već je jednadžba sa separiranim varijablama. Primjer 1.18. Riješimo jednadžbu = ( 2 + 2 )/(). Za početak preuredimo jednadžbu na sljedeći način: = 2 + 2 = 2 (1 + 2 2 ) 2 = 1 + ( )2. Nakon supstitucije u = / imamo u = 1 + u2 u u = 1 u iz čega dobivamo 2 () = 2 ln(c 2 ), C >. Primjer 1.19 (Izogonalne trajektorije svežnja pravaca). Odredimo izogonalne trajektorije svežnja pravaca kroz ishodište. Izogonalna trajektorija siječe sve pravce iz svežnja pod istim kutom α. Pravci svežnja imaju jednadžbu = a. Označimo tg α = k. Ako je točka (, ) na trajektoriji, koeficijent smjera tangente na tu trajektoriju u toj točki jednak je () = d. Iz formule d za kut dvaju pravaca imamo k = tg α = d a d. 1 + a d d Kako je a = / za svaki pravac iz svežnja, imamo k = tg α = d d d d 1 +.

1.4. JEDNADŽBE RJEŠIVE U KVADRATURAMA 15 Sredivanjem dobijemo d d = k + 1 k. (1.1) Ta je jednadžba homegena u i u. Stavimo = u. Onda, separacijom varijabli, imamo što daje 1 1 ku k 1 + u du = d 2, 1 k arctg u + ln C = ln + 1 2 ln(1 + u2 ) = ln[ 1 + u 2 ], C >. (1.11) Vratimo u = /. Zbog ln e = 1, (1.11) postaje 1 k arctg = ln 2 + 2 ln C, C >, odnosno 2 + 2 = Ce 1 k arctg, C >. Prijelazom na polarne koordinate dobijemo r = Ce ϕ/k, jednadžbu logaritamske spirale. 1.4.3 Linearna diferencijalna jednadžba 1. reda Obična diferencijalna jednadžba je linearna ako je linearna u nepoznatoj funkciji i njenoj derivaciji. Općeniti oblik linarne jednadžbe prvog reda je sljedeći A() + B() = f(). (1.12) Funkcije A, B i f su definirane na nekom intervalu (a, b). Funkcije A i B zovemo koeficijenti linearne jednadžbe. Ako je f() = na (a, b), kažemo da je jednadžba (1.12) homogena. Inače kažemo da je nehomogena. Funkcija f() se zove još i funkcija smetnje. Smatramo da je A() na (a, b). Dijeljenjem jednadžbe (1.12) s A() dobivamo + p() = q(), (1.13) pri čemu je p() = B()/A() i q() = f()/a().

16 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE Teorem 1.3. Ako su funkcije p() i q() neprekidne i omedene na (a, b), onda jednadžba (1.13) ima jedinstveno rješenje koje zadovoljava početni uvjet ( ) = za sve (a, b) i R. Dokaz. Iz (1.13) izrazimo = p() + q(). Desna strana te jednakosti zadovoljava uvjete Teorema 1.1, tj. funkcija f(, ) = p() + q() je neprekidna i ima ograničenu derivaciju po na (a, b) (c, d), za bilo koji omedeni interval (c, d). Dakle, tvrdnja slijedi iz Teorema 1.1. U prethodnom teoremu zahtjevamo omedenost koeficijenata p() i q() na danom intervalu (a, b). Medutim, uočimo da u slučaju da p() i q() nisu omedene na (a, b) (ili ne znamo jesu li omedene), onda zbog njihove neprekidnosti na (a, b) teorem vrijedi za bilo koji interval (c, d) (a, b). U homogenom slučaju, kada je f() =, imamo jednadžbu sa separiranim varijablama + p() = čije je rješenje () = Ce p()d, C R, (rješenje () = koje smo izgubili dijeljenjem s uključeno je u rješenje koje dobivamo izborom C = ). Nehomogenu jednadžbu rješavamo metodom varijacije konstanata (parametara). Tražimo njeno rješenje u obliku () = C()e p()d, pri čemu je C() nepoznata funkcija. Ako je () rješenje jednadžbe (1.12), onda C() mora zadovoljavati odredene uvjete. Te ćemo uvjete dobiti uvrštavanjem pretpostavljenog rješenja u (1.12). Prvo izračunamo (), () = C ()e p()d + C()e p()d ( p()) = (C () p()c()) e p()d. Uvrštavajući () u početnu jednadžbu dobivamo q() = (C () p()c()) e p()d + p()c()e p()d = C ()e p()d. Dakle, C() = q()e p()d d + C, C R.

1.4. JEDNADŽBE RJEŠIVE U KVADRATURAMA 17 Vratimo u formulu za rješenje: () = () = h + p. Ce p()d }{{} opće rješenje pripadne homogene jednadžbe + e p()d q()e p()d d } {{ } partikularno rješenje nehomogene jednadžbe koje se dobije za C = Početni uvjet ( ) = takoder ulazi u jednadžbu i imamo [ () = e p(t)dt t C + q(t)e dt] p(u)du, C R. Za = granice u integralima se podudaraju pa su svi integrali. Dakle je ( ) = = C, pa je [ () = e p(t)dt t + q(t)e dt] p(u)du. Primjer 1.2. Riješimo jednadžbu + cos = 2 cos. Prvo gledamo pripadnu homogenu jednadžbu + cos =. Separacijom varijabli dobijemo njeno opće rješenje () = Ce sin, C R. Zatim radimo varijaciju konstanata () = C()e sin. Kako je imamo () = C ()e sin C() cose sin, C () = 2 cose sin. Dakle, Konačno, C() = 2 cose sin d = 2e sin + C, C R. () = Ce sin + 2, C R. Primjer 1.21 (Kosi hitac u sredstvu s otporom). Tijelo mase m se nalazi u sredstvu koje se opire gibanju silom koja je proporcionalna (s konstantom proporcionalnosti k > ) brzini gibanja. Tijelo je bačeno u vis početnom

18 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE brzinom v pod kutem α u polju sile teže. Odredite trajektoriju gibanja tijela. Ponovno, prema drugom Newtonovom zakonu znamo da je ( ) d F 2 = (F, F ) = m dt (t), d2 2 dt (t). 2 Početni uvjeti nam daju Prvo, rješavamo () = () = d dt () = v cosα d dt () = v sin α. F = d2 dt = kd 2 dt. Uz supstituciju v (t) = d (t), imamo dt dv dt = k m v što, uz v () = d() = v dt cos α i () =, daje Sada rješavamo (t) = mv cosα k (1 e k m t ). F = d2 = mg kd dt2 dt. Uvodenjem supstitucije v (t) = d (t) gornja jednadžba prelazi u dt dv dt = k m v g. Konačno, uzimajući u obzir rubne uvjete v () = d/dt() = v sin α i () =, dobivamo (t) = mv sin α k (1 e k m t ) + mg k ( m k m k e k m t t). Na kraju, uočimo da kada k, primjenom L Hospitalovog pravila, gornji izraz prelazi u što i treba biti slučaj. (t) = g 2 t2 + (v sin α)t,

1.5. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE VIŠEG REDA 19 1.5 Diferencijalne jednadžbe višeg reda 1.5.1 Cauchjev problem za diferencijalnu jednadžbu višeg reda Neka je (n) = f(,,,..., (n 1) ) (1.14) diferencijalna jednadžba n tog reda. Koji su uvjeti potrebni da jednadžba (1.14) ima definirano partikularno rješenje? Kod diferencijalne jednadžbe prvog reda = f(, ) vidjeli smo da je uz neke uvjete na funkciju f(, ) dovoljno zadati vrijednost partikularnog rješenja u nekoj točki. Za diferencijalne jednadžbe višeg reda to neće biti dovoljno, na primjer jednadžba = ima rješenje = C 1 + C 2, C 1, C 2 R, tako da nam za jedinstvenost rješenja treba i dodatan uvjet ( ) =. U općem slučaju diferencijalne jednadžbe n tog reda za dobivanje partikularnog rješenja trebamo n uvjeta: ( ) =, ( ) =,..., n 1 ( ) = (n 1) (1.15) gdje su,,...,(n 1) neki realni brojevi. Ovi uvjeti se zovu početni uvjeti diferencijalne jednadžbe (1.14). Cauchjev problem za diferencijalnu jednadžbu (1.14) definiran je na sljedeći način: za zadani nadi rješenje diferencijalne jednadžbe (1.14) koje zadovoljava početne uvjete (1.15). Mi ćemo u ovom kolegiju rješavati diferencijalne jednadžbe drugog reda, odnosno promatrat ćemo sljedeći Cauchjev problem: = f(,, ) (1.16) uz početne uvjete ( ) = i ( ) =. O egzistenciji i jedinstvenosti rješenja ovakvog problema govori sljedeći teorem. Teorem 1.4. Ako postoje intervali (a, b), (c, d) i (e, f) redom oko točaka, i t.d. f(,, ) neprekidna funkcija na Ω := (a, b) (c, d) (e, f), onda postoji h > takav da na intervalu ( h, +h) postoji barem jedno rješenje = ϕ() jednadžbe (1.16), koje zadovoljava početne uvjete ( ) = ( ) =. Nadalje, ako funkcija f(,, ) ima ograničene parcijalne derivacije f (,, ) i f (,, ) na Ω, onda je takvo rješenje jedinstveno.

2 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE Opće rješenje jednadžbe (1.16) na nekoj okolini Ω = (a, b) (c, d) (e, f) gdje postoji jedinstveno rješenje Cauchjevog problema je dvoparametarska familija funkcija = ϕ(, C 1, C 2 ) ovisna o i dvije dopustive konstante C 1 i C 2, takva da (i) za svaki izbor dopustivih konstanti C 1 i C 2 funkcija = ϕ(, C 1, C 2 ) je rješenje od (1.16), odnosno ϕ (, C 1, C 2 ) = f(, ϕ(, C 1, C 2 ), ϕ (, C 1, C 2 )), ( h, + h), za neki h > (ii) za bilo koje početne uvjete ( ) = i ( ) = takve da je (,, ) Ω, možemo naći C1 i C2 takve da rješenje = ϕ(, C1, C2) zadovoljava početne uvjete. Rješenje dobiveno iz općeg uvrštavanjem dopustivih konstanti C 1 i C 2 zove se partikularno rješenje, a njegov graf koji je krivulja u ravnini, zove se integralna krivulja rješenja. Rješenje koje nije sadržanou općem naziva se singularno rješenje. Ako rješenje obuhvaća sva rješenje, onda ga nazivamo potpunim. Relacija Φ(,, C 1, C 2 ) =, koja implicitno definira opće rješenje, zove se opći ili potpuni integral od (1.16). 1.5.2 Snižavanje reda diferencijalne jednadžbe U ovom ćemo poglavlju pokazati kako u nekim slučajevima rješavamo diferencijalnu jednadžbu 2. reda tako da supstitucijama tu jednadžbu svedemo na diferencijalnu jednadžbu 1. reda. (1) Promotrimo jednadžbu Integriranjem dobivamo = = f(). f() d + C 1, C 1 R, i ( () = ) f() d d + C 1 + C 2, C 1, C 2 R.

1.5. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE VIŠEG REDA 21 Primjer 1.22. Riješimo jednadžbu = 2 Integriramo i dobivamo jednadžbu 2 +C 1, C 1 R, koju opet integriramo te dobivamo rješenje () = (2) Promotrimo jednadžbu oblika 2 d + C 1 + C 2 = 3 3 + C 1 + C 2, C 1, C 2 R. F(,, ) =. Ovdje uvodimo supstituciju () = p(), gdje sada p promatramo kao funkciju od. Tada je () = p (), odnosno naša jednadžba postaje F(, p, p ) =, što je diferencijalna jednadžba 1. reda. Primjer 1.23. Riješimo jednadžbu dobivamo p = p = =. Supstitucijom p = što je jednadžba sa separiranom varijablama čije je rješenje p() = C 1, C 1 R. Konačno,dobivamo () = C 1 2 + C 2, C 1, C 2 R. (3) Promotrimo jednadžbu oblika F(,, ) =. Ovdje koristimo istu supstituciju = p, ali p promatramo kao funkciju od, odnosno imamo () = p(()). Tada je () = p (()) (), odnosno = p, a = p p, pa smo našu jednadžbu ponovno sveli na diferencijalnu jednadžbu 1. reda F(, p, p p) =. Primjer 1.24. Riješimo jednadžbu +( ) 2 =. Supstitucijom = p dobivamo p p + p 2 = što je jednadžba sa separiranim barijablama čije je rješenje p() = C 1, C 1 R. Konačno dobivamo 2 () = C 1 + C 2, C 1, C 2 R. Primjer 1.25 (Lančanica). Odredite oblik krivulje koju poprima lanac. Komad lanca ÂB je u ravnoteži pod utjecajem triju sila: horizontalne napetosti

22 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE H u točki A, napetosti T u smjeru lanca (tangente na lanac) u točki B i težine luka lanca ÂB. Dakle, imamo H = T cosϕ i T sin ϕ = ρg 1 + 2 (u)du, gdje je ρ linijska gustoća lanca. Dijeljenjem gornje dvije jednadžbe dobivamo H ρg tg ϕ = H ρg () = 1 + 2 (u)du. Konačno, deriviranjem pa kvadriranjem, gornja jednadžba prelazi u ( H ) 2 2 = 1 + 2. ρg Označimo, H = H /(ρg). (i) (Prvi način) Stavimo () = p(). Dobivamo p = 1 + p 2 / H uz p() =. Sada, metodom separacije varijabli, dobivamo p = = sh H, što daje () = () H + Hch (/ H). (ii) (Drugi način) Stavimo () = p(()). Dobivamo H 2 p 2 p 2 = 1 + p 2, tj. p = 1 + p 2. Hp Metodom separacije varijabli zaključujemo, 1 + p2 = 1 + 2 = ȳ H + C. Kako je () =, rješavamo 2 = ( ȳ H + C ) 2 1,

1.5. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE VIŠEG REDA 23 gdje je C = 1 ()/ H. Sada imamo d ( = + D. H + D)2 1 Prvo uz supstituciju u = / H + C, pa onda u = ch v, dobivamo v = arch u = + D H. Dakle, u() = ch (( + D)/ H) pa je () = () H + Hch H. 1.5.3 Linearna homogena diferencijalna jednadžba 2. reda Linearna diferencijalna jednadžba drugog reda je jednadžba koja je linearna u traženoj funkciji () i njenim derivacijama. Oblika je a () + a 1 () + a 2 () = g(), gdje su a (), a 1 (), a 2 () i g() funkcije definirane na intervalu (a, b). Ako je g() = na tom intervalu, onda kažemo da je jednadžba homogena, a inače je nehomogena. Ako je a (), onda možemo cijelu jednadžbu podijeliti s a () i dobivamo + p() + q() = r(), (1.17) gdje su p() = a 1 ()/a (), q() = a 2 ()/a () i r() = g()/a (). Teorem 1.5. Ako su funkcije p(), q() i r() neprekidne i omedene na (a, b), onda jednadžba (1.17) ima jedinstveno rješenje koje zadovoljava početne uvjete ( ) = i ( ) = za sve (a, b) i, R. Dokaz. Iz (1.17) izrazimo = p() q() + r(). Desna strana te jednakosti zadovoljava uvjete Teorema 1.4, tj. funkcija f(,, ) = p() q() + r() je neprekidna i ima ograničene derivacije po i na (a, b) (c, d) (e, f), za proizvoljne omedene intervale (a, b) i (c, d). Dakle, tvrdnja slijedi iz Teorema 1.4.

24 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE U prethodnom teoremu zahtjevamo omedenost koeficijenata p(), q() i r() na danom intervalu (a, b). Medutim, uočimo da u slučaju da p(), q() i r() nisu omedene na (a, b) (ili ne znamo jesu li omedene), onda zbog njihove neprekidnosti na (a, b) teorem vrijedi za bilo koji interval (c, d) (a, b). Za početak promatramo linearnu homogenu diferencijalnu jednadžbu: + p() + q() =. (1.18) Predstojeći teoremi opisuju strukturu rješenja te jednadžbe. Teorem 1.6. Ako je funkcija () rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe (1.18), onda je i funkcija C () rješenje jednadžbe (1.18) za svaku konstantu C R. Dokaz. Ako je () rješenje vrijedi + p() + q() =. Kada to pomnožimo s C R slijedi da je C () takoder rješenje i teorem je dokazan. Teorem 1.7. Ako su 1 () i 2 () rješenja linearne homogene diferencijalne jednadžbe (1.18), onda je i njihov zbroj 1 () + 2 () rješenje iste jednadžbe. Dokaz. Neka su 1 () i 2 () rješenja od (1.18), to jest neka vrijedi 1 () + p() 1 () + q() 1() =, 2 () + p() 2 () + q() 2() =. Ako ove dvije jednakosti zbrojimo, dobit ćemo da je i 1 () + 2 () rješenje iste jednadžbe. Korolar 1.1. Ako su 1 (), 2 (),..., n () rješenja linearne homogene diferencijalne jednadžbe (1.18), onda je i njihove linearna kombinacija C i i n () rješenje te iste jednadžbe za bilo koji izbor konstanti C 1, C 2,...,C n R. i=1 Linearna zavisnost i nezavisnost funkcija Promotrimo sistem funkcija 1 (), 2 (),..., n () definiran na intervalu (a, b).

1.5. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE VIŠEG REDA 25 Definicija 1.3. Kažemo da su funkcije 1 (), 2 (),..., n () linearno zavisne na intervalu (a, b) ako postoje brojevi α 1, α 2,...,α n R, ne svi, t.d. vrijedi α 1 1 () + α 2 2 () + + α n n () = za sve (a, b). Ako jednakost vrijedi samo za α 1 = α 2 =... = α n =, onda kažemo da su funkcije 1 (), 2 (),..., n () linearno nezavisne na intervalu (a, b). Primjer 1.26. Funkcije 1 () = i 2 () = 2 su linearno zavisne na svakom intervalu (a, b). Da bismo to pokazali uzmimo α 1 = 2 i α 2 = 1. Tada je α 1 1 () + α 2 2 () = 2 2 = za sve R. Primjer 1.27. Funkcije 1,, 2,..., n su linearno nezavisne na svakom intervalu (a, b). Pomoću sljedećeg teorema možemo provjeriti jesu li funkcije linearno nezavisne kada to nije očito kao u prethodnim primjerima. Teorem 1.8. Neka funkcije 1 () i 2 () imaju prve derivacije na intervalu (a, b). (i) Ako su 1 () i 2 () linearno zavisne na (a, b), onda je determinanta 1 () 2 () W() = 1() 2(), koja se zove determinanta Wronskog (ili kraće Wronskijan), identički jednaka nuli na (a, b). (ii) Ako postoji točka (a, b) t.d. W( ), tj. ako W() nije identički jednak nuli na (a, b), onda su funkcije 1 () i 2 () linearno nezavisne na (a, b). Dokaz. Prva tvrdnja je očita. Dokažimo drugu. Neka je sada (a, b) t.d. W( ). Pretpostavimo da je 2 ( ). Ako to nije slučaj, onda zbog neprekidnosti od 2 (), 2 () i W() mora postojati 1 (a, b)

26 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE t.d. 2 ( 1 ) i W( 1 ) pa onda zamijenimo s 1. Sada računamo ( 1 ( )/ 2 ( )), ( ) 1 ( ) = 1( ) 2 ( ) 1 ( ) 2( ) 2 ( ) 2 2( ) iz čega slijedi tvrdnja teorema. = W( ) 2 2 ( ), Napomenimo da u tvrdnjama (i) i (ii) prethodnog teorem ne vrijedi ekvivalencija. Naime, uzmimo 1 () = 2 i 2 () =. Tada je W() = za svaki R. Medutim, 1 () i 2 () su linearno nezavisne na bilo kojem intervalu oko. Primjenimo sada ovaj rezultat na rješenja linearne homogene diferencijale jednadžbe. Korolar 1.2. Neka su 1 (), 2 () rješenja linearne homogene diferencijalne jednadžbe (1.18). Ako su 1 () i 2 () linearno zavisne na (a, b), onda je W() = na (a, b). Ako postoji (a, b) t.d. W( ), onda su 1 () i 2 () linearno nezavisne na (a, b) Iz dokaza Teorema 1.8 dobivamo sljedeće. Korolar 1.3. Neka su funkcije 1 () i 2 () derivabilne na (a, b) i neka je 1 () (ili 2 () ) na (a, b). Tada, 1 () i 2 () su linearno zavisne na (a, b) ako i samo ako W() = na (a, b). Ekvivalentno, 1 () i 2 () su linearno nezavisne na (a, b) ako i samo ako postoji (a, b) t.d. W( ) =. Struktura općeg rješenja linearne homogene diferencijalne jednadžbe 2. reda Teorem 1.9. Linearna homogena diferencijalna jednadžba (1.18), gdje su koeficijenti p() i q() neprekidne i omedene funkcije na intervalu (a, b), ima opće rješenje () = C 1 1 () + C 2 2 (), pri čemu su 1 () i 2 () linearno nezavisna partikularna rješenja dane jednadžbe na nekom podintervalu I od (a, b), a C 1, C 2 R su proizvoljne konstante.

1.5. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE VIŠEG REDA 27 Dokaz. Fiksirajmo (a, b) i 1, 1, 2, 2 R t.d. 1 2 ili 1 2. Neka su 1 () i 2 () rješenja gornje jednadžbe koja zadovoljavaju početne uvjete 1 ( ) = 1, 1 ( ) = 1, 2( ) = 2 i 2 ( ) = 2 (ovdje koristimo Teorem 1.5). Prvo, uočimo da, kako je W( ), 1 () i 2 () su linearno nezavisne na nekom podintervalu I od (a, b). Nadalje, znamo da je za svaki izbor konstanti C 1, C 2 R i funkcija () = C 1 1 () + C 2 2 () rješenje od (1.18) na I. Preostaje pokazati da je () u biti opće rješenje od (1.18), tj. da za svaki I i sve ȳ, ȳ R postoje jedinstvene konstante C 1, C 2 R t.d. ( ) = ȳ i ( ) = ȳ. Pogledajmo sustav C 1 1 ( ) + C 2 2 ( ) = ȳ C 1 1 ( ) + C 2 2 ( ) = ȳ. Kako je W( ), zaključujemo da sustav ima jedinstveno rješenje. Definicija 1.4. Skup dvaju linearno nezavisnih partikularnih rješenja linearne homogene diferencijalne jednadžbe zove se fundamentalan skup rješenja. Dakle, da bismo riješili ovu jednadžbu dovoljno je naći dva linearno nezavisna partikularna rješenja, to jest fundamentalan skup rješenja. Iz Teorema 1.5 znamo da takav skup postoji ukoliko su koeficijenti neprekidne funkcije. Linearna homogena diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim koeficijentima Najjednostavnije neprekidne funkcije su konstantne funkcije i za njih ćemo opisati skup rješenja linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda. Promatramo jednadžbu + p + q =, (1.19) gdje su p, q R. Toj jednadžbi pridružujemo njenu karakterističnu jednadžbu λ 2 + pλ + q =. To je kvadratna jednadžba s nepoznanicom λ. Fundamentalni skup jednadžbe (1.19) nalazimo u ovisnosti o korjenima λ 1 i λ 2 karakteristične jednadžbe na sljedeći način.

28 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE (i) Ako je λ 1, λ 2 R i λ 1 λ 2, fundamentalan skup rješenja čine 1 () = e λ 1 i 2 () = e λ 2. Očito, 1 () i 2 () su doista rješenja od (1.19). Da su to dva linearno nezavisna rješenja provjerimo pomoću Wronskijana, 1 () 2 () W() = 1() 2() = e λ 1 e λ 2 λ 1 e λ 1 λ 2 e λ 2 = eλ 1+λ 2 (λ 2 λ 1 ) za svaki R jer je λ 1 λ 2. (ii) Ako je λ = λ 1 = λ 2 R, imamo 1 () = e λ i 2 () = e λ. Rješenje 1 () = Ce λ 1, kao i u prvom slučaju, se pogodi. Drugo rješenje tražimo metodom varijacije konstanti, tj. u obliku 2 () = C()e λ 1, i dobijemo 2 () = Ce λ 1. (iii) Ako je λ 1,2 = a ± bi, a, b R, imamo 1 () = e a cos(b) i 2 () = e a sin(b). Uočimo da je λ 1 λ 2. Dakle, u ovom slučaju postupamo kao i u prvom slučaju kosristeći dobro poznate indentitete za trigonometrijske funkcije cos = (e i + e i )/2 i sin = (e i e i )/2. Primjer 1.28. Riješimo diferencijalnu jednadžbu +2 +5 =. Pripadna karakteristična jednadžba je λ 2 +2λ+5 = i njena rješenja su λ 1,2 = 1±2i. Opće rješenje diferencijalne jednadžbe dano je s () = C 1 e cos(2) + C 2 e sin(2), C 1, C 2 R. Primjer 1.29 (Matematičko njihalo). Tijelo mase m njiše se na tankoj niti (zanemarive mase) duljine l u polju sile teže. Odredite jednadžbu gibanja tijela. Uočimo da je zbroj svih sila koje djeluju na tijelo (koje je pomaknuto za kut ϕ od vertikalne osi) jednak F = mg sin ϕ. Dakle, F = ma(t) = m d2 s (t) = mg sin ϕ(t), dt2 odnosno, kako je s(t) = lϕ(t), d 2 ϕ dt + g sin ϕ =. 2 l Pretpostavimo da je ϕ() = ϕ i dϕ () =. Pomnožimo gornji izraz s 2dϕ (t) dt dt i integrirajmo. Tada dobivamo ( ) 2 dϕ 2g (cosϕ + C) =, dt l

1.5. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE VIŠEG REDA 29 za neki C R. Medutim, iz rubnih uvjeta dobivamo C = cos ϕ. Uočimo takoder da je dϕ (t) kutna brzina ω(t). Konačno, rješavajući gornju jednadžbu, dobivamo dt l ϕ(t) dφ t t = g 2(cosφ cosϕ ), gdje je t vrijeme kada je po prvi put ϕ =. Uz supstituciju sin ϕ(t)/2 = k sin ψ(t) i k = sin ϕ /2, imamo l ψ(t) dφ t t = g 1 k2 sin 2 φ. Gornji integral je eliptički integral 1. vrste. Pokazuje se da je funkcija ψ(t) periodička s poluperiodom l 2 g π/2 Period ovisi samo o početnom otklonu ϕ. dφ 1 k2 sin 2 φ. Pretpostavimo sada da je otklon mali (ϕ(t) ). Prisjetimo se da je za male α, sin α/α 1. Dakle, aproksimacija (linearizacija) početne jednadžbe (u slučaju malih otklona) glasi d 2 ϕ dt 2 + g l ϕ =. Ako još uzmemo u obzir i sredstvo koje se opire gibanju silom koja je proporcionalna (s konstantom proporcionalnosti k > ) brzini gibanja, imamo d 2 ϕ dt + k dϕ 2 l dt + g l ϕ =. Pretpostavimo sljdeće početne uvjete dϕ ϕ() = ϕ i dt () = v. Pripadna karakteristična jednadžba glasi λ 2 + k l λ + g l =, čija su rješenja λ 12 = k l ± k 2 4 g l 2 l. 2

3 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE (i) (Jako trenje k/l > 2 g/l) Rješenje je dano s ϕ(t) = v λ 2 ϕ e λ1t + k 2 4 g l 2 l ϕ v λ 2 ϕ k 2 l 2 4 g l e λ 2t. (ii) (Umjereno trenje (k/l > 2 g/l) Rješenje je dano s ϕ(t) = ϕ e λ 1t + (v ϕ λ 1 )te λ 1t. (iii) (Slabo trenje k/l < 2 g/l) Rješenje je dano s 4 g ϕ(t) = ϕ e k 2l t l cos k2 2 l 2 t + v + kϕ 2l 4 g l k2 l 2 2 e k 2l t sin 4 g l k2 2 l 2 t. Slika 1.3: Kad je trenje malo, titranje se prigušuje. Specijalno, za k imamo ϕ(t) = ϕ cos g l t + v g l sin g l t.

1.5. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE VIŠEG REDA 31 Slika 1.4: Stalno titranje. Primjer 1.3 (Vlak smrti). Materijalna točka pod utjrcajem sile teže klizi bez trenja po krivulji tako da u točki B tangecijalno prelazi u kružnicu polumjera l i nastavlja gibanje po kružnici. Nakon povratka u B napušta kružnicu i nastavlja tangecijalno po krivulji. Na kružnici se ponaša kao matematičko njihalo. S koje visine h treba pustiti točku da bi u B ušla u kružnicu s brzinom v dovoljnom za ostanak na kružnici i u točki C? Pad s visine h daje brzinu v = 2gh u točki B (sva brzina dolazi od razlike u visini; trenja nema pa možemo smatrati da je to slobodni pad). Dakle, v = ωl = gl 2(cosϕ cosϕ ). U B je ϕ =, pa imamo v = gl 2(1 cosϕ ). U C je ϕ = π, što daje v π = gl 2( 1 cosϕ ). Dakle, vπ 2 = v 2 4gl. Da u C ne bi točka pala s kružnice mora biti normalna komponenta ubrzanja barem jednaka g: vπ 2/l g, tj. v2 π = v2 4gl = 2gh 4gl gl. Dakle, h treba biti barem (5/2)l. Primjer 1.31 (Oscilator). Tijelo mase m pričvršćeno ja na oprugu (zanemarive mase) s koeficijentom elastičnosti h > i oscilira vertikalno u polju sile teže. Oderedite jednadžbu gibanja tijela. Prema Hookeovom zakonu vrijedi mg = hs u ravnotežnom položaju (slika 2) i ma = mg hs hs = hs

32 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE u gibanju (slika 3). Dakle, rješavamo d 2 s dt 2 + h m s = uz početne uvjete ds s() = s i dt () = v. Ako još uzmemo u obzir i sredstvo koje se opire gibanju silom koja je proporcionalna (s konstantom proporcionalnosti k > ) brzini gibanja, imamo d 2 s dt + k ds 2 m dt + h m s =. Analognom analizom kao i u slučaju matematičkog njihala dolazimo do rješenja. Pretpostavimo sada da na sustav djeluje vanjska sila (smetnja), u smjeru titranja, oblika F cos ωt, F, ω R. Rješavamo uz Označimo ω = h/m. d 2 s dt + k ds 2 m dt + h m s = F cosωt s() = s i ds dt () = v. (1) Pretpostavimo da ±iω je rješenje pripadne karakteristične jednadžbe. Tada je nužno k = i ω = ω, tj. nema prigušenja i vanjska sila i sustav titraju istom frekvencijom. Problem se svodi na rješavanje d 2 s dt 2 + ω2 s = F cos ω t uz ds s() = s i dt () = v. Znamo da je s(t) = s h (t) + s p (t) i s p (t) je oblika s p (t) = t(a cosω t + b sin ω t) za neke a, b R. Konačno, dobivamo s p (t) = F 2mω t cosω t. Uočimo, s p (t) kada t. Veličinu ω zovemo rezonantna frekvencija.

1.5. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE VIŠEG REDA 33 (2) Neka sada ±iω nije rješenje pripadne karakteristične jednadžbe. Ponovno, znamo da je rješenje jednadžbe oblika s(t) = s h (t)+s p (t) i s p (t) je oblika s p (t) = a cosω t + sin ω t za neke a, b R. Uvrštavanjem dobivamo a = Fm(ω 2 ω2 ) m 2 (ω 2 ω 2 ) 2 + ω 2 k 2 i b = Fωk m 2 (ω 2 ω 2 ) 2 + ω 2 k 2. (i) Ako je k = (nema prigušenja) i ω 2 ω 2, onda je a i b =. Nadalje, kada ω 2 ω 2, onda a. (ii) Ako je k >, onda otprije znamo da s h (t) kada t. Dakle, s(t) = s h (t) + s p (t) s p (t) za dovoljno velike t, odnosno nakon dovoljno dugo vremena sustav počinje titrati frekvencijom vanjske sile. 1.5.4 Linearna nehomogena diferencijalna jednadžba 2. reda Na kraju ćemo promatrati jednadžbu + p() + q() = r() (1.2) i pokazati kako nju riješiti uz pretpostavku da znamo riješiti pripadnu homogenu jednadžbu + p() + q() =. Teorem 1.1. Ako je ỹ() rješenje nehomogene jednadžbe (1.2) i () rješenje pripadne homogene jednadžbe, onda je njihova suma ỹ() + () takoder rješenje jednadžbe (1.2). Teorem 1.11. Opće rješenje jednadžbe (1.2) na intervalu (a, b), gdje su p(), q() i r() neprekidne i omedene na (a, b), je suma općeg rješenja pripadne homogene jednadžbe h () = C 1 1 () + C 2 2 () i jednog partikularnog rješenja p () = ỹ() nehomogene jednadžbe, odnosno () = h () + p ().

34 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE Dokaz. Iz Teorema 1.1 znamo da je () rješenje od (1.2). Obratno, neka je ȳ() bilo koje drugo rješenje od (1.2). Tada, () ȳ() je rješenje pripadne homogene. Dakle, oblika je C 1 1 () + C 2 2 () za neke C 1, C 2 R, tj. ȳ() = (C 1 C 1 ) 1 () + (C 2 C 2 ) 2 () + p (), što dokazuje teorem. Znači, ukoliko znamo riješiti pripadnu homogenu jednadžbu, za riješiti nehomogenu ostaje nam pronaći jedno partikularno rješenje, pa ćemo pokazati kako to možemo uraditi. Metoda varijacije konstanti Neka je dana jednadžba + p() + q() = r() i njena pripadna homogena jednadžba +p() +q() = te neka je rješenje te homogene jednadžbe dano s h () = C 1 1 () + C 2 2 (). Tada opće rješenje nehomogene jednadžbe možemo (slično kao i u slučaju linearne diferencijalne jednadžbe 1. reda) tražiti u obliku () = C 1 () 1 () + C 2 () 2 (). Uvrštavanjem u početnu jednadžbu dobivamo r() = C 1 ()( 1() + p() 1() + q() 1 ()) + C 2 ()( 2 () + p() 2 () + q() 2()) + p()(c 1 () 1() + C 2 () 2()) + (C 1() 1 () + C 2() 2 ()) + C 1 () 1 () + C 2 () 2 () = p()(c 1() 1 () + C 2() 2 ()) + (C 1 () 1() + C 2 () 2()) + C 1 () 1 () + C 2 () 2 (). Uz pretpostavku C 1 () 1() + C 2 () 2() =

1.5. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE VIŠEG REDA 35 mora biti C 1 () 1 () + C 2 () 2 () = r(). Sada, zbog linearne nezavisnosti od 1 () i 2 (), iz gornjg sustava možemo odredidti C 1 () i C 2 (). Primjer 1.32. Riješimo jednadžbu + = 1/ sin. Pripadna homogena jednadžba je + =. Njena karakteristična jednadžba je λ 2 +1 = i ima korjene λ 1,2 = ±i. Rješenje homogene jednadžbe je h () = C 1 cos + C 2 sin, C 1, C 2 R. Opće rješenje tražimo u obliku () = C 1 () cos + C 2 () sin. Rješavajući sustav C 1 () cos + C 2 () sin = C 1 () sin + 1 C 2 () cos = sin dobivamo C 2 () = ln(sin ) + C 2 i C 1 () = + C 1, C 1, C 2 R. Pa je opće rješenje dano s () = C 1 cos + C 2 sin + cos + sin ln(sin ), C }{{}}{{} 1, C 2 R. h p Nehomogena linearna diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim koeficijentima Opišimo postupak traženja partikularnog rješenja za jednadžbe sljedećeg oblika: + p + q = r(), p, q R. (i) Ukoliko je r() oblika r() = e α P n (), gdje je α R i P n () polinom n-tog stupnja, partikularno rješenje tražimo u obliku p () = r e α Q n (), gdje je ; α nije rješenje karakteristične jednadžbe, r = 1; α je jednostruko rješenje karakteristične jednadžbe, 2; α je dvostruko rješenje karakteristične jednadžbe, a Q n () je nepoznati polinom n-tog stupnja koji treba naći.

36 POGLAVLJE 1. OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE (ii) Ukoliko je r() oblika r() = e α (P m () cos(β) + Q n () sin(β)), gdje su α, β R, a P m () i Q n () polinomi m-tog, odnosno n-tog stupnja (s tim da može neki od njih biti i nul-polinom), partikularno rješenje tražimo u obliku p () = r e α (S N () cos(β) + T N () sin(β)), gdje je { ; α + βi nije rješenje karakteristične jednadžbe, r = 1; α + βi je rješenje karakteristične jednadžbe, N = ma{m, n}, a S N () i T N () su nepoznati polinomi N-tog stupnja koje treba naći. Primjer 1.33. Riješimo jednadžbu + = sin. Pripadna homogena jednadžba je + =, njena karakteristična je λ 2 + λ = i ona ima rješenja λ 1 = i λ 2 = 1. Rješenje homogene jednadžbe je h () = C 1 + C 2 e, C 1, C 2 R. Partikularno rješenje tražimo u obliku p () = A cos + B sin. Uvrštavajući p () u početnu jednadžbu dobivamo A cos B sin A sin + B cos = sin. Dakle, mora biti A B = i A + B = 1, iz čega slijedi da je p () = 1 2 cos 1 sin. 2 Konačno, opće rješenje glasi (h) = C 1 + C 2 e 1 2 cos 1 2 sin, C 1, C 2 R.

Poglavlje 2 Funkcije više varijabli 2.1 Osnovne definicije Funkcije jedne varijable nisu nam dovoljne da opišemo što se dogada u svijetu koji nas okružuje, već mnoge funkcije koje se pojavljuju u stvarnosti ovise o dvije ili više varijabli. Npr. volumen kvadra čije su stranice duljina, i z dan je funkcijom koja ima tri varijable V (,, z) = z. Neka je R n n-dimenzionalni Euklidski prostor, R n = } R. {{.. R }, n puta to jest R n = {( 1, 2,..., n ); 1, 2,..., n R}. Neka su dane dvije točke P( 1, 2,..., n ) i Q( 1, 2,..., n ) iz R n. Njihovu udaljenost definiramo sa d(p, Q) = ( 1 1 ) 2 + ( 2 2 ) 2 + + ( n n ) 2. Vidimo da ona odgovara formulama koje smo imali u R, R 2 i R 3. Definicija 2.1. Neka je M ( 1, 2,..., n) R n i neka je ε > realan broj. Skup svih M R n takvih da je d(m, M ) < ε zovemo (n-dimenzionalna) otvorena kugla sa središtem u M radijusa ε. Zapis: K(M, ε) = {M R n ; d(m, M ) < ε}. Definicija 2.2. Za skup E R n kažemo da je otvoren ako za svaku točku M E iz tog skupa postoji ε > takav da je kugla sa središtem u toj točki radijusa ε unutar skupa E, to jest K(M, ε) E. 37

38 POGLAVLJE 2. FUNKCIJE VIŠE VARIJABLI ε (, ) Slika 2.1: Otvorena kugla K(P, ) NIJE OTVOREN a, b c, d Slika 2.2: Otvoreni skupovi Definicija 2.3. Skup E R n je zatvoren, ako je njegov komplement R n \E otvoren. Zatvorena kugla a, b c, d Slika 2.3: Zatvoreni skupovi Postoje skupovi koji nisu ni otvoreni ni zatvoreni, npr. [a, b u R. Definicija 2.4. Neka je M R n. Svaki otvoren skup koji sadrži točku M zove se okolina od M. Rub ili granica skupa E R n je skup svih točaka M R n takvih da svaka okolina točke M sadrži i točke koje pripadaju skupu E i točke izvan E. Rub od E označavamo E. Unija skupa E R n i njegovog ruba E zove se zatvarač od E u zapisu E = E E i to je najmanji zatvoren skup koji sadrži E.

2.1. OSNOVNE DEFINICIJE 39 Definicija 2.5. Skup E R n je ograničen ako postoji otvorena kugla K(M, ε) takva da je E K(M, ε). Definicija 2.6. Neka su dane dvije točke A( 1, 2,..., n ), B( 1, 2,..., n ) R n. Spojnica točaka A i B je skup AB = {( 1 + t( 1 1 ), 2 + t( 2 2 ),..., n + t( n n )) : t [, 1]}. Vidimo da to odgovara onome što smo imali u R 2 i R 3. A( 1,1) B( 2,2) - 1 2-1 = - 1 2-1 =t = +t( - ) 1 = +t( - ) 1 2 2 1 1 1 2 Slika 2.4: Spojnica u R 2 Definicija 2.7. Skup E R n je konveksan ako za svake dvije točke A, B E vrijedi AB E. KONVEKSAN NEKONVEKSAN Slika 2.5: Konveksnost Definicija 2.8. Skup E R n je povezan ako se svake dvije točke A, B E mogu spojiti poligonijalnom linijom koja je sadržana u E (odnosno unijom konačnog broja spojnica koje su sadržane u E).

4 POGLAVLJE 2. FUNKCIJE VIŠE VARIJABLI POVEZAN Slika 2.6: Povezanost NEPOVEZAN Definicija 2.9. Otvoren i povezan skup se zove područje. Mi ćemo promatrati funkcije f : E R n R. Obično će biti zadane formulom f( 1, 2,..., n ) i tada skup svih ( 1, 2,..., n ) R n za koji je ova funkcija definirana zovemo prirodnom domenom funkcije f i označavamo D(f). Primjer 2.1. Odredimo domenu funkcije f(, ) = 1 2. 1 2 1 2 D(f) = {(, ) R 2 ; 1 2 }. 1 Slika 2.7: Domena od f(, ) = 1 2 Definicija 2.1. Neka je f : E R n R. Graf funkcije f je skup Γ f = {( 1, 2,..., n, f( 1, 2,..., n )); ( 1, 2,..., n ) E} R n+1. Kako grafički možemo prikazivati samo u R 3, crtat ćemo samo grafove funkcija dviju varijabli f(, ).

2.2. PRIMJERI NEKIH PLOHA 2. REDA 41 2.2 Primjeri nekih ploha 2. reda SFERA 2 + 2 + z 2 = 1 z Slika 2.8: Sfera 2.2.1 Rotacijske plohe ROTACIJSKI PARABOLOID z = 2 + 2 z Slika 2.9: Paraboloid

42 POGLAVLJE 2. FUNKCIJE VIŠE VARIJABLI ROTACIJSKI STOŽAC z = 1 2 + 2 z Slika 2.1: Rotacijski stožac 2.2.2 Cilindrične plohe 2 + 2 = 1 z Slika 2.11: Cilindar Definicija 2.11. Neka je dana funkcija dvije varijable f(, ). Nivo-krivulja funkcije f je skup svih točaka u -ravnini za koje je vrijednost funkcije konstanta, odnosno z = f(, ) = c. To je još jedan način kako možemo grafički prikazivati grafove funkcija dvije varijable, ali ovaj puta u -ravnini.

2.2. PRIMJERI NEKIH PLOHA 2. REDA 43 z=3 z=2 z=1 Slika 2.12: Nivo krivulje

44 POGLAVLJE 2. FUNKCIJE VIŠE VARIJABLI 2.3 Limes i neprekidnost Definicija 2.12. Neka je funkcija f(m) definirana na nekoj okolini Ω R n točke M, osim možda u samoj točki M. Realan broj A se zove limes funkcije f u točki M ako za svaki ε > postoji δ > takav da za sve točke M Ω različite od M vrijedi f(m) A < ε kad god je < d(m, M ) < δ. ( ε > )( δ > )t.d.( < d(m, M ) < δ f(m) A < ε) To zapisujemo: A = lim M M f(m). Napomena 2.1. Kao i kod funkcija jedne varijable, ako limes postoji, on je jedinstven. Primjer 2.2. f(, ) = 2 + 2 Izračunajmo Dokažimo da je lim f(, ). (,) (,) lim (,) (,) ( 2 + 2 ) =. Treba pokazati da za svaki ε > možemo naći δ > takav da < 2 + 2 < δ 2 + 2 < ε, a za to je dovoljno uzeti δ = ε. Primjer 2.3. f(, ) = Pokušajmo izračunati 2 2 + 2 f(, ). lim (,) (,) Kako promatramo ponašanje funkcije f(, ) na otvorenoj kugli K((, ), δ), možemo promatrati restrikciju na pravac = k jer će se tu uvijek nalaziti centar kugle za svaki k. 2 k Tada je f(, k) = 2 + k 2 = 2k ako je. 2 1 + k2 No f(, k) 2k kad, pa bi za različite k-ove dobili drugačije 1 + k2 ponašanje funkcije u okolini točke (, ). Zaključujemo da lim f(, ) ne postoji. (,) (,)

2.3. LIMES I NEPREKIDNOST 45 =k Slika 2.13: Teorem 2.1. Neka funkcije f(m) i g(m) imaju limese u točki M R n. Tada u točki M limese imaju i funkcije f(m) ±g(m), f(m) g(m) i f(m) g(m) ako je lim M M g(m) i vrijedi lim (f(m) ± g(m)) = lim f(m) ± lim g(m) M M M M M M lim (f(m) g(m)) = lim f(m) lim g(m) M M M M M M lim f(m) f(m) lim M M g(m) = M M lim g(m) M M ( lim M M g(m) ) Definicija 2.13. Neka je funkcija f(m) definirana u točki M i na nekoj okolini Ω R n točke M. Za funkciju f kažemo da je neprekidna u točki M ako postoji limes funkcije u toj točki i jednak je vrijednosti funkcije u toj točki lim M M f(m) = f(m ). Napomena 2.2. Neka je Ω R n područje i f : Ω R. Tada je f neprekidna u točki M Ω ako ( ε > )( δ > ) takvi da za sve M Ω za koje je d(m, M ) < δ vrijedi f(m) f(m ) < ε. Ukoliko je f neprekidna u svakoj točki iz Ω, kažemo da je f neprekidna na Ω.