Viber Закажи час

+381 62 16 43 066

Линеарне диференцијалне једначине

y′+f(x)y=g(x)смена:y=u⋅v  где  су  u=u(x),v=v(x)             y′=u′v+uv′u′v+uv′+f(x)uv=g(x)u′v+u(v′+f(x)v)=g(x)v′+f(x)v=0∧u′v=g(x)\begin{array}{l} y' + f\left( x \right)y = g\left( x \right) \\ смена:y = u \cdot v{\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }}где{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }}су{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }}u = u\left( x \right),v = v\left( x \right) \\ {\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} y' = u'v + uv' \\ u'v + uv' + f\left( x \right)uv = g\left( x \right) \\ u'v + u\left( {v' + f\left( x \right)v} \right) = g\left( x \right) \\ v' + f\left( x \right)v = 0 \wedge u'v = g\left( x \right) \end{array}

Задаци

1. Наћи опште решење линеарне диференцијалне једначине  y′−2x+1y=(x+1)3y' - \frac{2}{{x + 1}}y = {\left( {x + 1} \right)^3}.

Ова линеарна једначина већ је дата у одговарајућем облику где је f(x)=−2x+1f\left( x \right) = - \frac{2}{{x + 1}} а g(x)=(x+1)3g\left( x \right) = {\left( {x + 1} \right)^3}.

Па одмах уводимо смену y=u⋅v⇒y′=u′v+uv′y = u \cdot v \Rightarrow y' = u'v + uv'

u′v+uv′−2x+1uv=(x+1)3u'v + uv' - \frac{2}{{x + 1}}uv = {\left( {x + 1} \right)^3}

u′v+u(v′−2x+1v)=(x+1)3u'v + u\left( {v' - \frac{2}{{x + 1}}v} \right) = {\left( {x + 1} \right)^3}

v′−2x+1v=0   ∧   u′v=(x+1)3v' - \frac{2}{{x + 1}}v = 0 {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }}\wedge{\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} u'v = {\left( {x + 1} \right)^3}

v′=2x+1vv' = \frac{2}{{x + 1}}v

dvdx=2x+1v\frac{{dv}}{{dx}} = \frac{2}{{x + 1}}v

dvv=2x+1dx  /∫\frac{{dv}}{v} = \frac{2}{{x + 1}}dx{\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} /\int {}

∫dvv=∫2x+1dx\int {\frac{{dv}}{v} = \int {\frac{2}{{x + 1}}dx} }

            ∣x+1=tdx=dt∣{\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} \left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {x + 1 = t}\\ {dx = dt} \end{array}} \right|

ln⁡∣v∣=2∫dtt\ln \left| v \right| = 2\int {\frac{{dt}}{t}}

ln⁡∣v∣=2ln⁡∣t∣\ln \left| v \right| = 2\ln \left| t \right|

v=(x+1)2v = {\left( {x + 1} \right)^2}

Када смо израчунали функцију vv враћамо се назад у једначину да израчунамо uu

u′(x+1)2=(x+1)3u'{\left( {x + 1} \right)^2} = {\left( {x + 1} \right)^3}

dudx=x+1\frac{{du}}{{dx}} = x + 1

du=(x+1)dx  /∫du = \left( {x + 1} \right)dx{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }}/\int {}

∫du=∫(x+1)dx\int {du} = \int {\left( {x + 1} \right)dx}

u=x22+x+Cu = \frac{{{x^2}}}{2} + x + C

y=uv=(x+1)2(x22+x+C)y = uv = {\left( {x + 1} \right)^2}\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + x + C} \right)

2. Наћи партикуларно решење диференцијалне једначине  y′+3x2y=6x2y' + 3{x^2}y = 6{x^2}  које задовољава почетни услов  y(0)=3y\left( 0 \right) = 3.

y=uv⇒y′=u′v+uv′y = uv \Rightarrow y' = u'v + uv'

u′v+uv′+3x2uv=6x2u'v + uv' + 3{x^2}uv = 6{x^2}

u′v+u(v′+3x2v)=6x2u'v + u\left( {v' + 3{x^2}v} \right) = 6{x^2}

v′+3x2v=0v' + 3{x^2}v = 0

dvdx=−3x2v\frac{{dv}}{{dx}} = - 3{x^2}v

dvv=−3x2dx  /∫\frac{{dv}}{v} = - 3{x^2}dx{\rm{ }{\text{ }}{\text{ }} }/\int {}

∫dvv=∫−3x2dx\int {\frac{{dv}}{v}} = \int { - 3{x^2}dx}

ln⁡∣v∣=−3x33\ln \left| v \right| = - 3\frac{{{x^3}}}{3}

ln⁡∣v∣=−x3\ln \left| v \right| = - {x^3}

v=e−x3v = {e^{ - {x^3}}}

u′e−x3=6x2u'{e^{ - {x^3}}} = 6{x^2}

dudx=6x2ex3\frac{{du}}{{dx}} = 6{x^2}{e^{{x^3}}}

du=6x2ex3dx  /∫du = 6{x^2}{e^{{x^3}}}dx{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} /\int {}

∫du=∫6x2ex3dx\int {du} = \int {6{x^2}{e^{{x^3}}}dx}

            ∣x3=t3x2dx=dt∣{\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} \left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {{x^3} = t}\\ {3{x^2}dx = dt} \end{array}} \right|

u=2∫etdtu = 2\int {{e^t}dt}

u=2et+Cu = 2{e^t} + C

u=2ex3+Cu = 2{e^{{x^3}}} + C

y=uv=e−x3(2ex3+C)=2+Cex3y = uv = {e^{ - {x^3}}}\left( {2{e^{{x^3}}} + C} \right) = 2 + \frac{C}{{{e^{{x^3}}}}}

Уврштавајући почетни услов, односно x=0,y=3x = 0,y = 3 добијамо

3=2+Ce0⇒3=2+C1⇒C=13 = 2 + \frac{C}{{{e^0}}} \Rightarrow 3 = 2 + \frac{C}{1} \Rightarrow C = 1

па је партикуларно решење наше диференцијалне једначине

y=2+1ex3y = 2 + \frac{1}{{{e^{{x^3}}}}}

3. Наћи опште решење диференцијалне једначине  x2y′+2xy=cos⁡2x{x^2}y' + 2xy = {\cos ^2}x.

Најпре једначину делимо са x2{{x^2}} да бисмо је свели на облик линеарне диференцијалне једначине.

x2y′+2xy=cos⁡2x  /:x2{x^2}y' + 2xy = {\cos ^2}x{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} /:{x^2}

y′+2xy=cos⁡2xx2y' + \frac{2}{x}y = \frac{{{{\cos }^2}x}}{{{x^2}}}

y=uv⇒y′=u′v+uv′y = uv \Rightarrow y' = u'v + uv'

u′v+uv′+2xuv=cos⁡2xx2u'v + uv' + \frac{2}{x}uv = \frac{{{{\cos }^2}x}}{{{x^2}}}

u′v+u(v′+2xv)=cos⁡2xx2u'v + u\left( {v' + \frac{2}{x}v} \right) = \frac{{{{\cos }^2}x}}{{{x^2}}}

v′+2xv=0v' + \frac{2}{x}v = 0

dvdx=−2xv\frac{{dv}}{{dx}} = - \frac{2}{x}v

dvv=−2xdx  /∫\frac{{dv}}{v} = - \frac{2}{x}dx{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} /\int {}

∫dvv=∫−2xdx\int {\frac{{dv}}{v}} = \int { - \frac{2}{x}dx}

ln⁡∣v∣=−2ln⁡∣x∣\ln \left| v \right| = - 2\ln \left| x \right|

v=1x2v = \frac{1}{{{x^2}}}

u′1x2=cos⁡2xx2u'\frac{1}{{{x^2}}} = \frac{{{{\cos }^2}x}}{{{x^2}}}

dudx=cos⁡2x\frac{{du}}{{dx}} = {\cos ^2}x

du=cos⁡2xdx  /∫du = {\cos ^2}xdx{\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} /\int {}

Како је cos⁡x2=1+cos⁡x2⇒cos⁡x=1+cos⁡2x2⇒cos⁡2x=1+cos⁡2x2\cos \frac{x}{2} = \sqrt {\frac{{1 + \cos x}}{2}} \Rightarrow \cos x = \sqrt {\frac{{1 + \cos 2x}}{2}} \Rightarrow {\cos ^2}x = \frac{{1 + \cos 2x}}{2}

u=∫cos⁡2xdx=∫1+cos⁡2x2dx=∫12dx+∫12cos⁡2xdx=u = \int {{{\cos }^2}xdx} = \int {\frac{{1 + \cos 2x}}{2}} dx = \int {\frac{1}{2}} dx + \int {\frac{1}{2}} \cos 2xdx =

                                                       ∣2x=t2dx=dtdx=dt2∣{\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} \left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {2x = t}\\ {2dx = dt}\\ {dx = \frac{{dt}}{2}} \end{array}} \right|

   =12x+12∫cos⁡tdt2=12x+14sin⁡2x+C{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}\int {\cos t} \frac{{dt}}{2} = \frac{1}{2}x + \frac{1}{4}\sin 2x + C

y=uv=1x2(12x+14sin⁡2x+C)=12x+14x2sin⁡2x+Cx2y = uv = \frac{1}{{{x^2}}}\left( {\frac{1}{2}x + \frac{1}{4}\sin 2x + C} \right) = \frac{1}{{2x}} + \frac{1}{{4{x^2}}}\sin 2x + \frac{C}{{{x^2}}}

4. Наћи опште решење диференцијалне једначине   y′+ycos⁡x=12sin⁡2xy' + y\cos x = \frac{1}{2}\sin 2x.

y=uv⇒y′=u′v+uv′y = uv \Rightarrow y' = u'v + uv'

u′v+uv′+uvcos⁡x=12sin⁡2xu'v + uv' + uv\cos x = \frac{1}{2}\sin 2x

u′v+u(v′+vcos⁡x)=12sin⁡2xu'v + u\left( {v' + v\cos x} \right) = \frac{1}{2}\sin 2x

v′+vcos⁡x=0v' + v\cos x = 0

dvdx=−vcos⁡x\frac{{dv}}{{dx}} = - v\cos x

dvv=−cos⁡xdx  /∫\frac{{dv}}{v} = - \cos xdx{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} /\int {}

ln⁡∣v∣=−∫cos⁡xdx\ln \left| v \right| = - \int {\cos xdx}

ln⁡∣v∣=−sin⁡x\ln \left| v \right| = - \sin x

v=e−sin⁡xv = {e^{ - \sin x}}

u′e−sin⁡x=122sin⁡xcos⁡xu'{e^{ - \sin x}} = \frac{1}{2}2\sin x\cos x

dudxe−sin⁡x=sin⁡xcos⁡x\frac{{du}}{{dx}}{e^{ - \sin x}} = \sin x\cos x

du=sin⁡xcos⁡xesin⁡xdx  /∫du = \sin x\cos x{e^{\sin x}}dx{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} /\int {}

u=∫sin⁡xcos⁡xesin⁡xdxu = \int {\sin x\cos x{e^{\sin x}}dx}

         ∣sin⁡x=tcos⁡xdx=dt∣{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} \left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {\sin x = t}\\ {\cos xdx = dt} \end{array}} \right|

u=∫tetdt=u = \int {t{e^t}dt} =

         ∣u=tdv=etdtdu=dtv=et∣{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} \left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {u = t}&{dv = {e^t}dt}\\ {du = dt}&{v = {e^t}} \end{array}} \right|

   =tet+∫etdt=tet+et+C{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} = t{e^t} + \int {{e^t}dt} = t{e^t} + {e^t} + C

   =sin⁡xesin⁡x+esin⁡x+C{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} = \sin x{e^{\sin x}} + {e^{\sin x}} + C

y=uv=e−sin⁡x(sin⁡xesin⁡x+esin⁡x+C)=sin⁡x+1+Cesin⁡xy = uv = {e^{ - \sin x}}\left( {\sin x{e^{\sin x}} + {e^{\sin x}} + C} \right) = \sin x + 1 + \frac{C}{{{e^{\sin x}}}}

5. Наћи оно партикуларно решење диференцијалне једначине  dy=x3+yxdxdy = \frac{{{x^3} + y}}{x}dx  које задовољава почетни услов  y(2)=8y\left( 2 \right) = 8.

dy=x3+yxdx  /:dxdy = \frac{{{x^3} + y}}{x}dx{\rm{ }}{\text{ }} {\text{ }} /:dx

dydx=x2+yx\frac{{dy}}{{dx}} = {x^2} + \frac{y}{x}

y′=x2+1xyy' = {x^2} + \frac{1}{x}y

y′−1xy=x2y' - \frac{1}{x}y = {x^2}

y=uv⇒y′=u′v+uv′y = uv \Rightarrow y' = u'v + uv'

u′v+uv′−1xuv=x2u'v + uv' - \frac{1}{x}uv = {x^2}

u′v+u(v′−1xv)=x2u'v + u\left( {v' - \frac{1}{x}v} \right) = {x^2}

v′−1xv=0v' - \frac{1}{x}v = 0

dvdx=1xv\frac{{dv}}{{dx}} = \frac{1}{x}v

dvv=1xdx  /∫\frac{{dv}}{v} = \frac{1}{x}dx{\rm{ }}{\text{ }} {\text{ }} /\int {}

ln⁡∣v∣=ln⁡∣x∣\ln \left| v \right| = \ln \left| x \right|

v=xv = x

u′x=x2u'x = {x^2}

dudx=x\frac{{du}}{{dx}} = x

du=xdx  /∫du = xdx{\rm{ }} {\text{ }} {\text{ }} /\int {}

u=x22+Cu = \frac{{{x^2}}}{2} + C

y=uv=x32+Cxy = uv = \frac{{{x^3}}}{2} + Cx

8=232+2C⇒C=28 = \frac{{{2^3}}}{2} + 2C \Rightarrow C = 2

y=x32+2xy = \frac{{{x^3}}}{2} + 2x

6. Наћи опште решење диференцијалне једначине  sin⁡xy′+cos⁡xy=sin⁡2x\sin xy' + \cos xy = {\sin ^2}x.

y′+cos⁡xsin⁡xy=sin⁡xy' + \frac{{\cos x}}{{\sin x}}y = \sin x

y′+ctgxy=sin⁡xy' + ctgxy = \sin x

y=uv⇒y′=u′v+uv′y = uv \Rightarrow y' = u'v + uv'

u′v+uv′+ctgxuv=sin⁡xu'v + uv' + ctgxuv = \sin x

u′v+u(v′+ctgxv)=sin⁡xu'v + u\left( {v' + ctgxv} \right) = \sin x

v′+ctgxv=0v' + ctgxv = 0

dvdx=−ctgxv\frac{{dv}}{{dx}} = - ctgxv

dvv=−cos⁡xsin⁡xdx  /∫\frac{{dv}}{v} = - \frac{{\cos x}}{{\sin x}}dx{\rm{ }}{\text{ }} {\text{ }} /\int {}

ln⁡∣v∣=−∫cos⁡xsin⁡xdx\ln \left| v \right| = - \int {\frac{{\cos x}}{{\sin x}}dx}

            ∣sin⁡x=tcos⁡xdx=dt∣{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} \left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {\sin x = t}\\ {\cos xdx = dt} \end{array}} \right|

ln⁡∣v∣=−∫dtt\ln \left| v \right| = - \int {\frac{{dt}}{t}}

ln⁡∣v∣=−ln⁡∣t∣\ln \left| v \right| = - \ln \left| t \right|

v=1tv = \frac{1}{t}

v=1sin⁡xv = \frac{1}{{\sin x}}

u′1sin⁡x=sin⁡xu'\frac{1}{{\sin x}} = \sin x

dudx=sin⁡2x\frac{{du}}{{dx}} = {\sin ^2}x

du=sin⁡2xdx  /∫du = {\sin ^2}xdx{\rm{ }}{\text{ }} {\text{ }} /\int {}

u=∫sin⁡2xdx=∫1−cos⁡2x22dx=∫12dx−∫cos⁡2x2dx=u = \int {{{\sin }^2}xdx} = {\int {\sqrt {\frac{{1 - \cos 2x}}{2}} } ^2}dx = \int {\frac{1}{2}} dx - \int {\frac{{\cos 2x}}{2}} dx =

                                                           ∣2x=t2dx=dtdx=dt2∣{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} \left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {2x = t}\\ {2dx = dt}\\ {dx = \frac{{dt}}{2}} \end{array}} \right|

   =12x−14sin⁡2x+C{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} = \frac{1}{2}x - \frac{1}{4}\sin 2x + C

y=uv=1sin⁡x(12x−14sin⁡2x+C)=x2sin⁡x−cos⁡x2+Csin⁡xy = uv = \frac{1}{{\sin x}}\left( {\frac{1}{2}x - \frac{1}{4}\sin 2x + C} \right) = \frac{x}{{2\sin x}} - \frac{{\cos x}}{2} + \frac{C}{{\sin x}}

7. Наћи опште решење диференцијалне једначине  (1−y2)dx+(1−xy)dy=0\left( {1 - {y^2}} \right)dx + \left( {1 - xy} \right)dy = 0.

Ако бисмо ову диференцијалну једначину покушали свести на линеарну диференцијалну једначину облика y′+f(x)y=g(x)y' + f\left( x \right)y = g\left( x \right), наишли бисмо на проблем јер не бисмо могли раздвојити xx и yy.

Из тог разлога, прелазимо на облик x′+f(y)x=g(y)x' + f\left( y \right)x = g\left( y \right), односно на линеарну диференцијалну једначину по xx.

(1−y2)dx=−(1−xy)dy\left( {1 - {y^2}} \right)dx = - \left( {1 - xy} \right)dy

dxdy=xy−11−y2\frac{{dx}}{{dy}} = \frac{{xy - 1}}{{1 - {y^2}}}

x′=y1−y2x−11−y2x' = \frac{y}{{1 - {y^2}}}x - \frac{1}{{1 - {y^2}}}

x′−y1−y2x=1y2−1x' - \frac{y}{{1 - {y^2}}}x = \frac{1}{{{y^2} - 1}}

Уводимо смену x=uv⇒x′=u′v+uv′x = uv \Rightarrow x' = u'v + uv' где су u=u(y)u = u\left( y \right) и v=v(y)v = v\left( y \right).

u′v+uv′−y1−y2uv=1y2−1u'v + uv' - \frac{y}{{1 - {y^2}}}uv = \frac{1}{{{y^2} - 1}}

u′v+u(v′−y1−y2v)=1y2−1u'v + u\left( {v' - \frac{y}{{1 - {y^2}}}v} \right) = \frac{1}{{{y^2} - 1}}

v′−y1−y2v=0v' - \frac{y}{{1 - {y^2}}}v = 0

dvdy=y1−y2v\frac{{dv}}{{dy}} = \frac{y}{{1 - {y^2}}}v

dvv=y1−y2dy  /∫\frac{{dv}}{v} = \frac{y}{{1 - {y^2}}}dy{\rm{ }}{\text{ }} {\text{ }} /\int {}

ln⁡∣v∣=∫y1−y2dx\ln \left| v \right| = \int {\frac{y}{{1 - {y^2}}}dx}

           ∣1−y2=t−2ydy=dtydy=−dt2∣{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} \left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {1 - {y^2} = t}\\ { - 2ydy = dt}\\ {ydy = - \frac{{dt}}{2}} \end{array}} \right|

ln⁡∣v∣=∫−dt2t=−12ln⁡∣t∣=−12ln⁡∣1−y2∣\ln \left| v \right| = \int {\frac{{ - \frac{{dt}}{2}}}{t}} = - \frac{1}{2}\ln \left| t \right| = - \frac{1}{2}\ln \left| {1 - {y^2}} \right|

v=11−y2v = \frac{1}{{\sqrt {1 - {y^2}} }}

u′11−y2=1y2−1  /⋅1−y2u'\frac{1}{{\sqrt {1 - {y^2}} }} = \frac{1}{{{y^2} - 1}}{\rm{ }}{\text{ }} {\text{ }} / \cdot \sqrt {1 - {y^2}}

u′=−1−y21−y2u'= - \frac{{\sqrt {1 - {y^2}} }}{{1 - {y^2}}}

dudy=−11−y2\frac{{du}}{{dy}} = - \frac{1}{{\sqrt {1 - {y^2}} }}

du=−11−y2dy  /∫du = - \frac{1}{{\sqrt {1 - {y^2}} }}dy{\rm{ }} {\text{ }} {\text{ }} /\int {}

u=−arcsiny+Cu= - arcsiny + C

x=uv=−arcsiny+C1−y2x = uv = \frac{{ - arcsiny + C}}{{\sqrt {1 - {y^2}} }}

8. Наћи оно партикуларно решење диференцијалне једначине  x2y′+xy=1{x^2}y' + xy = 1  које задовољава почетни услов  y(1)=2y\left( 1 \right) = 2.

x2y′+xy=1  /:x2{x^2}y' + xy = 1{\rm{ }}{\text{ }} {\text{ }} /:{x^2}

y′+1xy=1x2y' + \frac{1}{x}y = \frac{1}{{{x^2}}}

y=uv⇒y′=u′v+uv′y = uv \Rightarrow y' = u'v + uv'

u′v+uv′+1xuv=1x2u'v + uv' + \frac{1}{x}uv = \frac{1}{{{x^2}}}

u′v+u(v′+1xv)=1x2u'v + u\left( {v' + \frac{1}{x}v} \right) = \frac{1}{{{x^2}}}

v′+1xv=0v' + \frac{1}{x}v = 0

dvdx=−1xv\frac{{dv}}{{dx}} = - \frac{1}{x}v

dvv=−−1xdx  /∫\frac{{dv}}{v} = - - \frac{1}{x}dx{\rm{ }}{\text{ }} {\text{ }} /\int {}

ln⁡∣v∣=−ln⁡∣x∣\ln \left| v \right| = - \ln \left| x \right|

v=1xv = \frac{1}{x}

u′1x=1x2u'\frac{1}{x} = \frac{1}{{{x^2}}}

dudx=1x\frac{{du}}{{dx}} = \frac{1}{x}

du=1xdx  /∫du = \frac{1}{x}dx{\rm{ }} {\text{ }} {\text{ }} /\int {}

u=ln⁡∣x∣+ln⁡Cu = \ln \left| x \right| + \ln C

u=ln⁡xCu = \ln xC

y=uv=ln⁡xCxy = uv = \frac{{\ln xC}}{x}

2=ln⁡1⋅C1⇒ln⁡C=2⇒C=e22 = \frac{{\ln 1 \cdot C}}{1} \Rightarrow \ln C = 2 \Rightarrow C = {e^2}

y=ln⁡x+2xy = \frac{{\ln x + 2}}{x}

9. Наћи оно партикуларно решење диференцијалне једначине  xy′−yx+1=xxy' - \frac{y}{{x + 1}} = x  које пролази кроз тачку  T(1,−1)T\left( {1, - 1} \right).

xy′−yx+1=x  /:xxy' - \frac{y}{{x + 1}} = x{\rm{ }}{\text{ }} {\text{ }} /:x

y′−yx(x+1)=1y' - \frac{y}{{x\left( {x + 1} \right)}} = 1

y=uv⇒y′=u′v+uv′y = uv \Rightarrow y' = u'v + uv'

u′v+uv′−1x(x+1)uv=1u'v + uv' - \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}}uv = 1

u′v+u(v′−1x(x+1)v)=1u'v + u\left( {v' - \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}}v} \right) = 1

v′−1x(x+1)v=0v' - \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}}v = 0

dvdx=1x(x+1)v\frac{{dv}}{{dx}} = \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}}v

dvv=1x(x+1)dx  /∫\frac{{dv}}{v} = \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}}dx{\rm{ }}{\text{ }} {\text{ }} /\int {}

ln⁡∣v∣=∫1x2+xdx=∫1x2+x+14−14dx=∫1(x+12)2−(12)2dx=\ln \left| v \right| = \int {\frac{1}{{{x^2} + x}}dx} = \int {\frac{1}{{{x^2} + x + \frac{1}{4} - \frac{1}{4}}}dx} = \int {\frac{1}{{{{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}}}} dx =

                                                                  ∣x+12=tdx=dt∣{\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} \left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {x + \frac{1}{2} = t}\\ {dx = dt} \end{array}} \right|

        =∫1t2−(12)2dt=12⋅12ln⁡∣t−12t+12∣=ln⁡∣xx+1∣{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} = \int {\frac{1}{{{t^2} - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}}}} dt = \frac{1}{{2 \cdot \frac{1}{2}}}\ln \left| {\frac{{t - \frac{1}{2}}}{{t + \frac{1}{2}}}} \right| = \ln \left| {\frac{x}{{x + 1}}} \right|

v=xx+1v = \frac{x}{{x + 1}}

u′xx+1=1u'\frac{x}{{x + 1}} = 1

dudx=x+1x\frac{{du}}{{dx}} = \frac{{x + 1}}{x}

du=(1+1x)dx  /∫du = \left( {1 + \frac{1}{x}} \right)dx{\rm{ }} {\text{ }} {\text{ }} /\int {}

u=x+ln⁡x+Cu = x + \ln x + C

y=uv=xx+1(x+ln⁡x+C)y = uv = \frac{x}{{x + 1}}\left( {x + \ln x + C} \right)

−1=11+1(1+ln⁡1+C)⇒−1=12+C2⇒C=−3- 1 = \frac{1}{{1 + 1}}\left( {1 + \ln 1 + C} \right) \Rightarrow - 1 = \frac{1}{2} + \frac{C}{2} \Rightarrow C = - 3

y=xx+1(x+ln⁡x−3)y = \frac{x}{{x + 1}}\left( {x + \ln x - 3} \right)

10. Наћи оно партикуларно решење диференцијалне једначине  (1−x2)y′+xy−1=0\left( {1 - {x^2}} \right)y' + xy - 1 = 0  које пролази кроз тачку  T(0,1)T\left( {0, 1} \right).

(1−x2)y′+xy−1=0  /:(1−x2)\left( {1 - {x^2}} \right)y' + xy - 1 = 0{\rm{ }{\text{ }} {\text{ }} }/:\left( {1 - {x^2}} \right)

y′+x1−x2y=11−x2y' + \frac{x}{{1 - {x^2}}}y = \frac{1}{{1 - {x^2}}}

y=uv⇒y′=u′v+uv′y = uv \Rightarrow y' = u'v + uv'

u′v+uv′+x1−x2uv=11−x2u'v + uv' + \frac{x}{{1 - {x^2}}}uv = \frac{1}{{1 - {x^2}}}

u′v+u(v′+x1−x2v)=11−x2u'v + u\left( {v' + \frac{x}{{1 - {x^2}}}v} \right) = \frac{1}{{1 - {x^2}}}

v′+x1−x2v=0v' + \frac{x}{{1 - {x^2}}}v = 0

dvdx=−x1−x2v\frac{{dv}}{{dx}} = - \frac{x}{{1 - {x^2}}}v

dvv=−x1−x2dx  /∫\frac{{dv}}{v} = - \frac{x}{{1 - {x^2}}}dx{\rm{ }}{\text{ }} {\text{ }} /\int {}

ln⁡∣v∣=∫−x1−x2dx=\ln \left| v \right| = \int { - \frac{x}{{1 - {x^2}}}dx} =

            ∣1−x2=t−2xdx=dt−xdx=dt2∣{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} \left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {1 - {x^2} = t}\\ \begin{array}{l} - 2xdx = dt\\ - xdx = \frac{{dt}}{2} \end{array} \end{array}} \right|

        =∫dt2t=12ln⁡∣t∣=ln⁡1−x2{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} = \int {\frac{{\frac{{dt}}{2}}}{t}} = \frac{1}{2}\ln \left| t \right| = \ln \sqrt {1 - {x^2}}

v=1−x2v = \sqrt {1 - {x^2}}

u′1−x2=11−x2u'\sqrt {1 - {x^2}} = \frac{1}{{1 - {x^2}}}

dudx=11−x211−x2\frac{{du}}{{dx}} = \frac{1}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}\frac{1}{{1 - {x^2}}}

du=11−x23dx  /∫du = \frac{1}{{{{\sqrt {1 - {x^2}} }^3}}}dx{\rm{ }}{\text{ }} {\text{ }} /\int {}

u=∫11−x23dx=∣x=sin⁡tdx=cos⁡tdt∣=∫cos⁡tdt1−sin⁡2t3=∫cos⁡tdtcos⁡2t3=∫dtcos⁡2t=u = \int {\frac{1}{{{{\sqrt {1 - {x^2}} }^3}}}dx} = \left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {x = \sin t}\\ {dx = \cos tdt} \end{array}} \right| = \int {\frac{{\cos tdt}}{{{{\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} }^3}}}} = \int {\frac{{\cos tdt}}{{{{\sqrt {{{\cos }^2}t} }^3}}}} = \int {\frac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}}} =

  =tgt+C=tg(arcsin⁡x)+C=x1−x2+C{\text{ }} {\text{ }} = tgt + C = tg\left( {\arcsin x} \right) + C = \frac{x}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} + C

y=uv=x+C1−x2y = uv = x + C\sqrt {1 - {x^2}}

1=0+C1−02⇒C=11 = 0 + C\sqrt {1 - {0^2}} \Rightarrow C = 1

y=x+1−x2y = x + \sqrt {1 - {x^2}}

11. Наћи оно партикуларно решење диференцијалне једначине  y′=y2yln⁡y+y−xy' = \frac{y}{{2y\ln y + y - x}}  које пролази кроз тачку  T(1,1)T\left( {1, 1} \right).

dydx=y2yln⁡y+y−x\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{y}{{2y\ln y + y - x}}

dxdy=2yln⁡y+y−xy\frac{{dx}}{{dy}} = \frac{{2y\ln y + y - x}}{y}

x′=2ln⁡y+1−xyx' = 2\ln y + 1 - \frac{x}{y}

x′+1yx=2ln⁡y+1x' + \frac{1}{y}x = 2\ln y + 1

x=uv⇒x′=u′v+uv′x = uv \Rightarrow x' = u'v + uv'

u′v+uv′+1yuv=2ln⁡y+1u'v + uv' + \frac{1}{y}uv = 2\ln y + 1

u′v+u(v′+1yv)=2ln⁡y+1u'v + u\left( {v' + \frac{1}{y}v} \right) = 2\ln y + 1

v′+1yv=0v' + \frac{1}{y}v = 0

dvdy=−1yv\frac{{dv}}{{dy}} = - \frac{1}{y}v

dvv=−1ydy  /∫\frac{{dv}}{v} = - \frac{1}{y}dy{\rm{ }}{\text{ }} {\text{ }} /\int {}

ln⁡∣v∣=−ln⁡∣y∣\ln \left| v \right| = - \ln \left| y \right|

v=1yv = \frac{1}{y}

u′1y=2ln⁡y+1u'\frac{1}{y} = 2\ln y + 1

dudy=2yln⁡y+y\frac{{du}}{{dy}} = 2y\ln y + y

du=(2yln⁡y+y)dy  /∫du = \left( {2y\ln y + y} \right)dy{\rm{ }}{\text{ }} {\text{ }} /\int {}

u=2∫yln⁡ydy+∫ydy=u = 2\int {y\ln ydy + \int {ydy} } =

  ∣u=ln⁡ydv=ydydu=1ydyv=y22∣{\text{ }} {\text{ }} \left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {u = \ln y}&{dv = ydy}\\ {du = \frac{1}{y}dy}&{v = \frac{{{y^2}}}{2}} \end{array}} \right|

  =2(y22ln⁡y−∫y221ydy)+y22={\text{ }} {\text{ }} = 2\left( {\frac{{{y^2}}}{2}\ln y - \int {\frac{{{y^2}}}{2}\frac{1}{y}dy} } \right) + \frac{{{y^2}}}{2} =

  =y2ln⁡y−y22+y22+C=y2ln⁡y+C{\text{ }} {\text{ }} = {y^2}\ln y - \frac{{{y^2}}}{2} + \frac{{{y^2}}}{2} + C = {y^2}\ln y + C

x=uv=1y(y2ln⁡y+C)=yln⁡y+Cyx = uv = \frac{1}{y}\left( {{y^2}\ln y + C} \right) = y\ln y + \frac{C}{y}

1=1ln⁡1+C1⇒C=11 = 1\ln 1 + \frac{C}{1} \Rightarrow C = 1

x=yln⁡y+1yx = y\ln y + \frac{1}{y}

Линеарна једначина првог реда има облик y′+f(x)y=g(x)y' + f(x)y = g(x): yy и y′y' јављају се само на први степен и не множе се међусобно. Решава се сменом y=uvy = uv, y′=u′v+uv′y' = u'v + uv', после које је u′v+u(v′+f(x)v)=g(x)u'v + u\left(v' + f(x)v\right) = g(x). Функцију vv бирате тако да заграда буде нула: v′+f(x)v=0v' + f(x)v = 0 раздваја променљиве, а константу ту не пишете. Затим из u′v=g(x)u'v = g(x) нађете uu, овај пут са константом CC, и решење је y=uvy = uv.

Пре смене једначину сведите на облик у ком уз y′y' стоји 1: једначину x2y′+2xy=cos⁡2xx^2y' + 2xy = \cos^2 x прво поделите са x2x^2. Почетни услов уврстите тек у коначно yy, а не у uu или vv.

501001502000,511,522,53t (min)c (g/l)улазни раствор
2 g/l
50 min
Запремина
150 l
Маса ђубрива
211,1 g
Концентрација
1,41 g/l
Решење даје концентрацију c=m100+t=c0(1−(100100+t)3)c = \frac{m}{100 + t} = c_0\left(1 - \left(\frac{100}{100 + t}\right)^3\right): она расте ка концентрацији c0c_0 улазног раствора, али је не достиже. Почетни положај, c0=2c_0 = 2 грама по литру и t=50t = 50 min, је пример из живота: око 1,41 грама по литру.

Линеарним једначинама описују се мешање раствора у резервоару, пуњење кондензатора у електричном колу и концентрација лека у крви током инфузије.

Прихрана у пластенику

Резервоар за наводњавање кап по кап у пластенику садржи 100 l чисте воде. Пумпа у њега убацује 3 l раствора у минуту, са 2 g ђубрива у сваком литру, а систем за наводњавање из њега одводи 2 l добро измешане течности у минуту. Колико ђубрива има у резервоару после 50 минута и колика је тада концентрација?

Решење

  1. Запремина расте за 3−2=13 - 2 = 1 l у минуту, па је V=100+tV = 100 + t. Ђубриво улази брзином 3⋅2=63 \cdot 2 = 6 g у минуту, а излази брзином 2⋅m100+t2 \cdot \frac{m}{100 + t}, па маса m(t)m(t) задовољава линеарну једначину m′+2100+tm=6m' + \frac{2}{100 + t}m = 6.
  2. Смена m=uvm = uv даје u′v+u(v′+2100+tv)=6u'v + u\left(v' + \frac{2}{100 + t}v\right) = 6. Из v′+2100+tv=0v' + \frac{2}{100 + t}v = 0 је dvv=−2 dt100+t\frac{dv}{v} = -\frac{2\,dt}{100 + t}, па је v=1(100+t)2v = \frac{1}{(100 + t)^2}.
  3. Остаје u′⋅1(100+t)2=6u' \cdot \frac{1}{(100 + t)^2} = 6, тј. u=∫6(100+t)2 dt=2(100+t)3+Cu = \int 6(100 + t)^2\,dt = 2(100 + t)^3 + C, па је m=uv=2(100+t)+C(100+t)2m = uv = 2(100 + t) + \frac{C}{(100 + t)^2}.
  4. На почетку нема ђубрива: m(0)=200+C10 000=0m(0) = 200 + \frac{C}{10\,000} = 0, па је C=−2⋅106C = -2 \cdot 10^6.
  5. После 50 минута: m(50)=2⋅150−2⋅1061502=300−88,89≈211,1m(50) = 2 \cdot 150 - \frac{2 \cdot 10^6}{150^2} = 300 - 88{,}89 \approx 211{,}1 g, а концентрација је 211,1150≈1,41\frac{211{,}1}{150} \approx 1{,}41 грама по литру.

Одговор: После 50 минута у резервоару је око 211 g ђубрива, а концентрација је око 1,41 грама по литру, док улазни раствор има 2 грама по литру.

Задатак за вежбу

Резервоар садржи 50 l чисте воде. У њега улази 2 l раствора у минуту, са 30 g соли по литру, а излази 1 l мешавине у минуту. Колико соли има у резервоару после 25 минута?

Прикажи решење

m′+150+tm=60m' + \frac{1}{50 + t}m = 60, v=150+tv = \frac{1}{50 + t}, u=30(50+t)2+Cu = 30(50 + t)^2 + C, па је m=30(50+t)+C50+tm = 30(50 + t) + \frac{C}{50 + t}. Из m(0)=0m(0) = 0 је C=−75 000C = -75\,000, па је m(25)=2250−1000=1250m(25) = 2250 - 1000 = 1250 g.