obicnih diferencijalnih jednadžbi

7/25/2019 Obicnih Diferencijalnih Jednadbi

1/77

RIJEENI ZADACI IZ OBINIH DIFERENCIJALNIHJEDNADBI

1. Naite ope rjeenje obine diferencijalne jednadbe:

y' +1 x

y ex

= .

2.

Odredite partikularno rjeenje obine diferencijalne jednadbe

y'' + 4 y= 0

za koje istovremeno vrijede jednakosti

y 12

=

,

y' 22

=

.

3. Naite partikularno rjeenje obine diferencijalne jednadbe

dy - (1 y) (2 y) dx= 0

koje zadovoljava poetni uvjet

y(1) = 0.

4.

Odredite jednadbu krivulje zadane obinom diferencijalnom jednadbom

y'' + 2 y'+y= 0,

a tokaA(0,1) joj je stacionarna toka.

5. Naite ope rjeenje obine diferencijalne jednadbe

x dy (1 y2) dx= 0.

6. Rijeite Cauchyjev problem:

y'' +y= et,

y(0) = 0,

y'(0) = 1.

7. Odredite jednadbu krivulje koja prolazi tokom T(0,2), a pripada porodici krivulja koja je

zadana obinom diferencijalnom jednadbom

(1 +x2)2

y' 2 x= 0.


2/77

8. Rijeite sljedei Cauchyjev problem:

y'' y= ex,

y(0) = 0,

y'(0) = 1.

9.

Naite partikularno rjeenje obine diferencijalne jednadbe

y' +1

siny xx

=

za koje vrijedi jednakost

y 02

=

.

10.

Obinom diferencijalnom jednadbom

y'' + 2 y' +y = 0

zadana je porodica krivulja u ravnini. Odredite krivulju te porodice koja prolazi tokom

T(1,1) i ima koeficijent smjera tangente krivulje u toj toki jednak 1.

11.Naite partikularno rjeenje obine diferencijalne jednadbe

y dy x ex

dx= 0

koje zadovoljava poetni uvjet

y(0) = 1.

12.Porodica krivulja zadana je obinom diferencijalnom jednadbom

y'' sinx= 0.

Odredite krivulju iz te porodice koja prolazi tokom T(0,0) i ima koeficijent smjera

tangente u toj toki kt= 1.

13.Naite ope rjeenje obine diferencijalne jednadbe

y' + (sinx) y = sinx.

14.Rijeite Cauchyjev problem:

y'' + 3 y' + 3 y = 0,

y(0) = 1,

y'(0) = 0.


3/77

15.Naite ope rjeenje obine diferencijalne jednadbe

y' + 22

11

xy x

x =

.

16.Rijeite sljedei Cauchyjev problem:

y'' +y' +y= 1,

y(0) = 1,

y'(0) = 1.

17.Porodica krivulja zadana je diferencijalnom jednadbom

y'' +y' = 0.

Odredite krivulju iz te porodice koja prolazi tokom T(1,2) i ima koeficijent smjera

tangente u toj toki kt= 1.

18.Naite rjeenje obine diferencijalne jednadbe

y'' +y' = 2

koje zadovoljava poetne uvjete

y(0) = 0,

y'(0) = 1.


y'' + 4 y= ex cos(2 x),

y(0) = 0,

y'(0) = 0.


y" + 2 y=x+ 1,

y(0) = 0,y'(0) = 0


y" + 6 y' + 9 y =x,

y(0) = 0,

y'(0) = 1

22.Odredite tip obine diferencijalne jednadbe i rijeite je:

(xy2+x) dx+ (x

2y y) dy= 0.


4/77

23.

Odredite tip obine diferencijalne jednadbe i rijeite je:

xy' +y+ ex= 0.

24.Naite ope rjeenje obine diferencijalne jednadbe:

y'' 2 y' = 0.

25.Pomou Laplaceovih transformacija odredite funkcijuy=y(x) iz uvjeta:

y'' + 5 y= cos(2 x),

y(0) = 1,

y'(0) = 0.


(x2 4) y' + 2 x y= (x+ 2)

2.

27.

Odredite ope rjeenje obine diferencijalne jednadbe

y' tgx=y.

28.Odredite ope rjeenje obine diferencijalne jednadbe:

6 y = y'' +y'.


y'' 4 y' + 4 y= 4 x,

y(0) =y'(0) = 1.


2 '2

''

y y

y

= .


y ctgxy' = sin2x.


x y y' = (1 x) (1 +x).


y'' 8 y' + 7 y= 14,

y(0) = 4,

y'(0) = 8.


5/77

34.


y' + (cos 2 x) y= cos(2 x).

35.

Odredite ope rjeenje obine diferencijalne jednadbe:

lny(ex

+ 1) y' y ex

= 0.


y'' 2 y' 3 y= 0.


y'' +y= 2 ex,

y(0) =y'(0) = 1.


y' +2

2

1

x

x

+y= (1 x) (1 +x)

39.


(x2+ 1) dy+ (tgy) dx = 0.

40.


y'' + 8 y' + 16 y= 0.


y'' y' +y= ex,

y(0) =y'(0) = 1.


xcos2

y dx+

1( 1) ( 1) sin d

2 2

yx x y + = 0.


5 y'' + 2 y' + 2 y= 0.


y' + (ctgx) y=x.


6/77

45.

Pomou Laplaceovih transformacija odredite funkcijuy=y(x) iz uvjeta:

y'' +y' = 8 (x+ 1),

y(0) = 1,

y'(0) = 0.

46.


y' + (x

1 tgx) y =

x

1.


2

1 lnd d 0

arctg 1

y yy x

x x

=

+.


4 y'' 5 y' +y= 0.


2 y''y' = 2 x,

y(0) = 1,

y'(0) = 4.


x y' = 2 y+x.

51.Naite ope rjeenje obine diferencijalne jednadbe:

x2

(1 +y) dx (x 1) (x2+x+ 1) (y

2 1) dy= 0.

52.

Naite ope rjeenje obine diferencijalne jednadbe:

9 y'' 12 y' + 4 y= 0.

53.

Pomou Laplaceovih transformacija odredite funkcijuy=y(x) iz uvjeta:

y''y' = 3 x (2 x),

y(0) = 1,y'(0) = 0.


7/77

RJEENJA ZADATAKA

1. Zadana jednadba ima oblik

y' + P(x) y= Q(x).

Zakljuujemo da se radi o nehomogenoj linearnoj obinoj diferencijalnoj jednadbi 1. reda.

Njezino se rjeenje odreuje prema formuli

( ) ( )

( )P x dx P x dx

y e Q x e dx C

= + .

Stoga najprije moramo ''oitati'' funkcije P(x) i Q(x).

Funkcija P(x) je funkcija koja ''mnoi'' traenu funkcijuy. Vidimo da je P(x) =x

1.

Funkcija Q(x) je ''slobodni lan'', tj. ona ''stoji sama'' na desnoj strani jednadbe. Vidimo da je

Q(x) = ex.

Preostaje te funkcije uvrstiti u navedenu formulu za raunanje rjeenja. Imamo redom:

( )

( )1

( ) ( )

1 1

ln ln

ln( ) ln

( ) ,

,

,

P x dx P x dx

dx dxxx x

x x x

x x x

y e Q x e dx C

y e e e dx C

y e e e dx C

y e e e dx C

= +

= +

= +

= +

Sad iskoristimo jednakost:

elnx=x

pa dobivamo:

( )1 ,1

( )

x

x

y x e x dx C

y x e dx C

x

= +

= +

Izraunajmo zasebno integral

.xy x e dx=

Taj se integral rauna metodom parcijalne integracije:


8/77

u=x v= ex

du= dx dv = ex

dx

pa slijedi:

x x x x xx e dx x e e dx x e e = = .

Tako je konano rjeenje nae jednadbe

( )1 x xy x e e Cx

= + , CR.

2.Zadana diferencijalna jednadba je homogena linearna diferencijalna jednadba 2. reda skonstantnim koeficijentima. Da bismo je rijeili, najprije moramo sastaviti i rijeiti pripadnu

karakteristinu jednadbu. Ona u ovom sluaju glasi:

k2+ 4 = 0.

Rjeenja te jednadbe su kompleksni brojevi

k1= 2 i, k2= 2 i.

Oitamo realni i imaginarni dio bilo kojega od dobivenih rjeenja (uzet emo k2):

a= Re(k2) = 0, b= Im(k2) = 2.

Ope rjeenje zadane jednadbe raunamo prema formuli:

y= ea x

[C1 cos(b x) + C2 sin(b x)]

U tu formulu uvrstimo a= 0 i b= 2 pa dobivamo:

y= e0

[C1 cos(2 x) + C2sin(2 x)],

odnosno, zbog e0= 1,

y= C1 cos(2 x) + C2 sin(2 x).

Nepoznate konstante C1i C2odredit emo iz poetnih uvjeta. Umjestoxnajprije uvrstimo2

,

a umjestoyuvrstimo 1. Dobit emo:

( ) ( )

1 2

1 2

1

1

1 cos 2 sin 2 ,2 2

1 cos sin ,

1 ,

1.

C C

C C

C

C

= +

= +

=

=

Za uvrtavanje podataka iz drugoga uvjeta najprije moramo izraunatiy'. Imamo:


9/77

y' = 2 C1 sin(2 x) + 2 C2 cos(2 x).

U tu jednakost sada uvrstimo C1= 1,x=2

i y' = 2. Dobit emo:

2

2

2

2

2 2 ( 1) sin 2 2 cos 2 ,2 2

2 2 sin() 2 cos(),

2 2 ,

1.

C

C

C

C

= + = +

=

=

Da dobijemo konano rjeenje zadatka, u formulu

y= C1 cos(2 x) + C2 sin(2 x)

uvrstimo dobivene vrijednosti konstanti C1i C2:

y=cos(2 x) sin(2 x).

3.Odmah vidimo da zadana obina diferencijalna jednadba ima oblik

F1(x) G1(y) dx + F2(x) G2(y) dy= 0

pri emu je F1(x) = 1, F2(x) = 1, G1(y) = (1 y) (2 y), G2(y) = 1. Zakljuujemo da se radi o

obinoj diferencijalnoj jednadbi sa separiranim varijablama. Njezino je ope rjeenje dano

formulom:

+= CdxxFxF

dyyG

yG

)(

)(

)(

)(

2

1

1

2

U tu formulu uvrstimo F1(x) = 1, F2(x) = 1, G1(y) = (1 y) (2 y), G2(y) = 1. Radi

jednostavnosti, izraunat emo posebno lijevu, a posebno desnu stranu. Imamo redom:

Lijeva strana:

2

1

( ) 1.

( ) (1 ) (2 )

G ydy dy

G y y y=

Ovaj se integral rjeava tako da podintegralnu funkciju rastavimo na parcijalne razlomke.

Drugim rijeima, traimo brojeveAiBtako da vrijedi:

1

(1 ) (2 ) 1 2

A B

y y y y= +

.

Pomnoimo tu jednakost s (1 y) (2 y) pa emo dobiti:

1 =A (2 y) +B (1 y).


10/77

Grupiramo posebno koeficijente uzy, a posebno slobodne lanove:

1 =y (AB) + (2 A+B).

Izjednaavanjem koeficijenata s lijeve i desne strane dobivamo sustav dviju linearnih

jednadbi s dvije nepoznanice:

A B= 0

2 A+B= 1.

Njegovo je rjeenjeA= 1,B= 1. Stoga je

1 1 1.

(1 ) (2 ) 1 2y y y y=

Vratimo se na raunanje nepoznatoga integrala. Umjesto podintegralne funkcije uvrstimo

gornji rastav:

1 1 1ln(1 ) ln(2 )

(1 ) (2 ) 1 2

2ln(2 ) ln(1 ) ln .

1

dy dy dy y yy y y y

yy y

y

= = + =

= =

(Zbog glatkoe rjeenja, apsolutna vrijednost dobivena kao rezultat integriranja moe se

zanemariti.)

Desna strana:

Odmah imamo:

+=+=+ .)()(

2

1 CxCdxCdxxF

xF

Tako smo dobili jednakost:

Cxy

y+=

1

2ln .

Iz te jednakosti trebamo izraziti varijablu y pomou varijable x. Kako bismo se rijeili

''nezgodnoga'' logaritma na lijevoj strani, potenciramo i lijevu i desnu stranu s bazomprirodnoga logaritma (e). Dobit emo:

2,

1

2 ,

( 1) 2,

x C

x C x C

x C x C

ye

y

y e y e

y e e

+

+ +

+ +

=

=

=


11/77

2.

1

x C

x C

ey

e

+

+

=

Da bismo ovaj izraz jo pojednostavnili, stavimo C1= eCpa dobivamo:

1

1

2.1

x

x

C ey C e

=

Nepoznatu konstantu C1 odredit emo tako da u ovu jednakost uvrstimo x = 1 i y = 0.

Dobivamo:

1

1

1

1

1

1

1

20 ,

1

2 0,

22 .

C e

C e

C e

C ee

=

=

= =

Konano je:

1

1

1

1

2 2,

2 1

2 2.

2 1

x

x

x

x

e ey

e e

ey

e

=

=

4.Najprije moramo rijeiti obinu diferencijalnu jednadbu

y'' + 2 y' +y= 0.

To je homogena linearna diferencijalna jednadba 2. reda s konstantnim koeficijentima.

Slino kao u 2. zadatku, najprije moramo sastaviti i rijeiti pripadnu karakteristinu

jednadbu. Ona u ovom sluaju glasi:

k2+ 2 k+ 1 = 0.

Njezina su rjeenja

k1= k2= 1.

Vidimo da smo dobili dva jednaka realna rjeenja pa slijedi da je op e rjeenje poetne

diferencijalne jednadbe

y= ex

(C1+ C2 x).

Nepoznate konstante C1i C2odredit emo iz daljnjega uvjeta iskazanoga u zadatku, a taj je da

tokaAmora biti stacionarna toka traene krivulje. ''Prevedeno'' na jezik jednadbi, to znai

da istovremeno moraju vrijediti obje sljedee jednakosti:


12/77

y(0) = 1 (jer traena krivulja prolazi tokomA)

y'(0) = 0 (jer prva derivacija funkcijeyu tokiAmora biti jednaka 0).

Uvrstimo najprije x = 0 i y = 1 u dobiveno ope rjeenje poetne obine diferencijalne

jednadbe. Dobivamo:

1 = e0

(C1+ C2 0),

tj.

C1= 1.

Sada deriviramo dobiveno ope rjeenje poetne obine diferencijalne jednadbe (kao

derivaciju umnoka dviju funkcija, tako je jednostavnije):

y' = ex

(C1+ C2 x) + C2 e

x.

U tu jednakost uvrstimox= 0,y' = 0 i C1= 1. Dobivamo:

0 = 1 (1 + 0) + 1 C2.

Odavde je

C2= 1.

Prema tome, traena je krivulja

y= ex

(x+ 1).

5.Odmah vidimo da zadana diferencijalna jednadba ima oblik

F1(x) G1(y) dx + F2(x) G2(y) dy= 0

pri emu je F1(x) = 1, F2(x) = 1, G1(y) = 1 y2, G2(y) = 1. Zakljuujemo da se radi o obinoj

diferencijalnoj jednadbi sa separiranim varijablama. Njezino je ope rjeenje dano

formulom:

+= CdxxFxF

dyyG

yG

)(

)(

)(

)(

2

1

1

2

U tu formulu uvrstimo F1(x) = F2(x) = 1, G1(y) = 1 y2, G2(y) = 1. Radi jednostavnosti,

izraunat emo posebno lijevu, a posebno desnu stranu. Imamo redom:

Lijeva strana:

= dyy

dyyG

yG

21

2

1

1

)(

)(.

Dobiveni integral odreujemo koristei tablicu neodreenih integrala. U njoj nalazimo:


13/77

+=

xa

xa

xa

dxln

2

122

pa uvrtavanjem a= 1 i zamjenom varijablexvarijablomydobivamo:

+

=

= y

y

y

dydy

y 1

1ln

2

1

11

122 .

Zbog potrebne glatkoe rjeenja, apsolutnu vrijednost opet moemo zanemariti.

Desna strana:

Odmah imamo:

+=+=+ .)()(

2

1 CxCdxCdxxF

xF

Tako smo dobili jednakost

Cxy

y+=

+

1

1ln

2

1.

Iz te jednakosti trebamo izraziti varijabluypomou varijablex. Pomnoimo je najprije s 2:

1ln 2 2 .

1

yx C

y

+= +

Potenciramo i lijevu i desnu stranu dobivene jednakosti s bazom prirodnoga logaritma:

( )

2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

1,

1

1 ,

1 1,

1.

1

x C

x C x C

x C x C

x C

x C

ye

y

y e y e

y e e

ey

e

+

+ +

+ +

+

+

+=

+ =

+ =

=

+

Opet radi jednostavnosti moemo uvesti novu konstantu:

C1= e2 C

.

Tako konano dobivamo traeno ope rjeenje:

2

1

2

1

1

1

x

x

C ey

C e

=

+, C1R.


14/77

6. Zadani poetni problem rjeavamo rabei Laplaceovu transformaciju. Poimo od zadaneobine diferencijalne jednadbe. Najprije u tablici Laplaceovih transformata pronaemo ime

trebamo zamijenitiy'', imey, a ime funkciju na desnoj strani te jednadbe. Imamo:

y'' s2F(s) sy(0) y '(0),

yF(s),

et(ettransformiramo tako da u tablici Laplaceovih tranformata naemo funkciju

f(x) = ea x

i uvrstimo a= 1) 1

1

+s

Tako polazna obina diferencijalna jednadba prelazi u algebarsku jednadbu:

2 1( ) (0) '(0) ( )

1s F s s y y F s

s + =

+.

U tu jednakost uvrstimo poetne uvjete:

y(0) = 0 i y'(0) = 1,

nakon toga sve lanove koji ne sadre F(s) prebacimo na desnu stranu, a na lijevoj strani iz

preostalih lanova izluimo F(s). Redom dobivamo:

2

2

2

2

1( ) 0 1 ( ) ,

1

1( ) ( ) 1,

1

1 1( ) ( 1) ,

1

2( )( 1) ( 1)

s F s F ss

s F s F ss

sF s s

s

sF ss s

+ =+

+ = ++

+ + + =

+

+=+ +

Da odredimo inverz Laplaceova transformata na desnoj strani posljednje jednakosti, taj

transformat moramo rastaviti na parcijalne razlomke. Drugi faktor u nazivniku je ireducibilan

nad R, pa emo imati ukupno dva razlomka. U brojniku razlomka iji je nazivnik s+ 1 bit ekonstanta (polinom stupnja 0), a u brojniku razlomka iji je nazivnik s

2+ 1 bit e polinom

stupnja 1. Imamo redom:

2 2

2

2 2

2

2,

( 1) ( 1) 1 1

2 ( 1) ( ) ( 1),

2 ,

2 ( ) ( ) ( ).

s A B s C

s s s s

s A s B s C s

s A s A B s C s B s C

s A B s B C s A C

+ += +

+ + + +

+ = + + + +

+ = + + + + +

+ = + + + + +

Izjednaavanjem koeficijenata na lijevoj i desnoj strani dobivamo sljedei sustav triju

linearnih jednadbi s tri nepoznanice:


15/77

A+B= 0,

B+ C= 1,

A+ C= 2.

Zbrojimo li te jednadbe, dobivamo:

A+B+ C=2

3

Kad od te jednakosti oduzmemo prvu jednadbu sustava, dobivamo:

C=2

3

Na potpuno analogan nain se dobije

A=2

1,

B= 21 .

Prema tome je

2 2 2

2 1 1 1 3 1.

( 1) ( 1) 2 1 2 1 2 1

s s

s s s s s

+= +

+ + + + +

Sada moemo odrediti traeni inverz, i to prema naelu ''pribrojnik po pribrojnik'', to

smijemo jer su Laplaceova transformacija i njezin inverz linearni operatori.

Ve smo vidjeli da je Laplaceov transformat od et jednak1

1+s

. Zbog toga je inverz

Laplaceova transformata1

1

2

1

+

sjednak te

2

1 (konstantu uvijek prepiemo, a izraz koji

sadri sinvertiramo).

Izraz1

2+s

sje poseban sluaj izraza

2 2

s

s a+(za a= 1) kojega imamo u tablici. Inverz toga

Laplaceova transformata je cos(a t), pa slijedi da je inverz pribrojnika12

12

+

s

s jednak

1

cos2 t .

Napokon, izraz1

12

+s je poseban sluaj izraza

2 2

a

s a+(za a= 1) kojega imamo u tablici.

Inverz toga Laplaceova transformata je sin(at), to znai da je inverz pribrojnika1

1

2

32

+

s

jednak3

sin2

t .


16/77

Dakle, traeno rjeenje Cauchyjeva problema je:

y= te2

1

1cos

2t +

3sin

2t .

7.Zapiimo najprije zadanu diferencijalnu jednadbu u sljedeem obliku:

y' =2 2

2

(1 )

x

x

+.

Premda je rije o obinoj diferencijalnoj jednadbi sa separiranim varijablama, ne moramo

razdvajati varijable, vepolaznu jednadbu moemo rijeiti izravnim integriranjem. To emo

integriranje provesti rabei metodu supstitucije. Imamo redom:

{ }22 2 2 22 1 1

1 , 2 .(1 ) 1

x dty dx t x dt x dx C

x t t x

= = = + = = = = +

+ +

Da bi krivulja prolazila tokom T(0,2), za x= 0 vrijednost funkcije ymora biti jednaka 2.Stoga u dobivenu jednakost umjestoxuvrstimo 0, a umjestoyuvrstimo 2. Dobijemo:

2 = 1 + C,

otkuda je

C= 3.

Traena je krivulja, dakle,

2

2

2

13,1

3 2.

1

y x

xy

x

= ++

+=

+

8. Zadani poetni problem rjeavamo rabei Laplaceovu transformaciju. Poimo od zadaneobine diferencijalne jednadbe. Najprije u tablici Laplaceovih transformata pronaemo ime

trebamo zamijenitiy'', imey, a ime funkciju na desnoj strani te jednadbe. Imamo:

y'' s2F(s) sy(0) y '(0),

yF(s) (uvijek!),

ex(extransformiramo tako da naemo funkciju ea xi uvrstimo a= 1) 1

1

s


2 1( ) (0) '(0) ( )

1s F s s y y F s

s =

.

U tu jednakost uvrstimo poetne uvjete:


17/77

y(0) = 0 i y'(0) = 1,

nakon toga sve lanove koji ne sadre F(s) prebacimo na desnu stranu, a na lijevoj strani iz

preostalih lanova izluimo F(s). Redom dobivamo:

( )

2

2

2

2

2

1( ) 0 1 ( ) ,

11

( ) ( ) 1,1

1 1( ) 1 ,

1

( ) ,( 1) ( 1)

( ) ,( 1) ( 1) ( 1)

( ) .( 1) ( 1)

s F s F ss

s F s F ss

sF s s

s

sF s

s s

sF s

s s s

s

F s s s

=

= +

+ =

=

= +

= +

Da odredimo inverz Laplaceova transformata na desnoj strani posljednje jednakosti, taj

transformat moramo rastaviti na parcijalne razlomke. Na temelju oblika nazivnika

transformata zakljuujemo da emo imati ukupno 3 razlomka. U brojniku svakoga od njih bit

e neka realna konstanta (polinom stupnja 0). Imamo redom:

2 2

2

2 2

2 2

2

,( 1) ( 1) 1 ( 1) 1

( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ,

( 1) ( 1) ( 2 1),2 ,

( ) ( 2 ) ( ).

s A B C

s s s s s

s A s s B s C s

s A s B s C s ss A s A B s B C s C s C

s A C s B C s B C A

= + + + +

= + + + +

= + + + +

= + + + +

= + + + +

Izjednaavanjem koeficijenata s lijeve i desne strane posljednje jednakosti dobivamo sljedei

sustav triju linearnih jednadbi s tri nepoznanice:

A+ C= 0

B 2 C= 1B+ CA= 0.

Zbrojimo li sve tri jednadbe toga sustava, odmah dobivamo

B=2

1.

Iz druge jednadbe je tada

C=4

1 ,


18/77

pa iz prve jednadbe odmah slijedi

A=4

1.

Stoga je

.1

1

4

1

)1(

1

2

1

1

1

4

1)(2 +

+

=sss

sF

Sada moemo odrediti inverze Laplaceovih transpormata na desnoj strani posljednje

jednakosti.

Ve smo vidjeli da je Laplaceov transformat od ex jednak

1

1

s. Zbog toga je inverz

Laplaceovoga transformata)1(

1

4

1

sjednak

1

4

xe .

Izraz 2)1(

1s

poseban je sluaj izraza 21( )s a

(za a= 1). Iz tablice Laplaceovih transformata

vidimo da je inverz toga Laplaceova transformata jednak xea x

. Stoga je inverz Laplaceova

transformata2

)1(

1

2

1

sjednak

2

1xe

x.

Napokon, inverz Laplaceova transformata1

1

+s jednak je e

x, pa slijedi da je inverz

Laplaceova transformata1

1

4

1

+

sjednak

4

1 e

x.

Konano dobivamo traeno rjeenje:

y=1

4

xe +2

1x e

x

4

1 e

x.

9.Zadana diferencijalna jednadba ima oblik

y' + P(x) y = Q(x)

pa zakljuujemo da se radi o nehomogenoj linearnoj obinoj diferencijalnoj jednadbi 1. reda.

Da bismo je rijeili, najprije moramo ''oitati'' funkcije P(x) i Q(x). Vidimo da je:

P(x) =x1 , Q(x) = sinx.

Te funkcije uvrstimo u formulu za raunanje opega rjeenja nehomogene linearne

diferencijalne jednadbe 1. reda:

+

=

CdxexQeydxxPdxxP )()(

)(


19/77

Imamo redom:

( )

( )

( )

( )

1

1 1

ln ln

ln( ) ln

1

sin ,

sin ,

sin ,

sin ,

1sin .

dx dxx x

x x

x x

y e x e dx C

y e x e dx C

y e x e dx C

y x x x dx C

y x x dx Cx

= +

= +

= +

= +

= +


sin .y x x dx=

Taj se integral rauna metodom parcijalne integracije:

u=x v=cosx

du= dx dv = sinx dx

pa slijedi:

sin cos cos cos sin .x x dx x x x dx x x x C = + = + + .

Stoga je

1(sin cos ).y x x x C

x= +

Nepoznatu konstantu C odredit emo iz poetnoga uvjeta. U gornju jednakost umjesto x

uvrstimo2

, a umjestoyuvrstimo 0. Dobit emo:

10 sin cos ,

2 2 2

2

20 (1 0 ),

0 1 ,

1.

C

C

C

C

= +

= +

= +

=

Konano rjeenje je:

1(sin cos 1).y x x x

x=


20/77

10.Rijeimo najprije zadanu obinu diferencijalnu jednadbu. Rijeje o homogenoj linearnojdiferencijalnoj jednadbi 2. reda s konstantnim koeficijentima. Stoga najprije moramo

sastaviti i rijeiti pripadnu karakteristinu jednadbu. U ovom sluaju ona glasi:

k2+ 2 k+ 1 = 0.

Njezina su rjeenjak1= k2= 1. Vidimo da smo dobili dva jednaka realna rjeenja pa slijedida je ope rjeenje poetne obine diferencijalne jednadbe

y= ex

(C1+ C2 x).

Nepoznate konstante C1i C2odredit emo iz daljnjih uvjeta iskazanih u zadatku. Najprije ih

''prevedimo'' na jezik jednadbi. Zahtjev da krivulja prolazi tokom T(1,1) moemo zapisati u

obliku

y(1) = 1.

Zahtjev da koeficijent smjera tangente na krivulju u toki T mora biti jednak 1 moemo

zapisati u obliku

y'(1) = 1.

Dakle, u dobiveni izraz

y= e-x

(C1+ C2 x)

najprije uvrstimox= 1 iy= 1:

1 =1

1 2( 1),e C C

+

otkuda je

e= C1+ C2.

Sada deriviramo izraz

y= e-x

(C1+ C2 x)

(kao derivaciju umnoka, tako je jednostavnije) pa dobijemo:

y' = ex

(C1+ C2 x) + e

xC2.

U dobivenu jednakost uvrstimox= 1 iy' = 1 pa dobivamo:

1 = e1

(C1+ C2 1) + e

1C2,

1 = e1

(C1+ C2) + e

1C2.

U ovu jednakost uvrstimo

C1+ C2= e


21/77

pa dobivamo:

1 = e1

e+ e1

C2,

1 = 1 + e1

C2,

2 = e1

C2,

C2= 2 e.

Sada iz

C1+ C2= e

slijedi

C1= e.

Uvrstimo izraunate vrijednosti u jednakost

y= e-x

(C1+ C2 x)

pa dobivamo:

y=e-x

(e+ 2 ex),

pa izluivanjem eiz zagrade dobivamo traenu jednadbu krivulje:

y= e1x

(2 x 1).

11.Odmah uoavamo da zadana obina diferencijalna jednadba ima oblik

F1(x) G1(y) dx + F2(x) G2(y) dy= 0

pri emu je F1(x) =x ex, F2(x) = 1, G1(y) = 1, G2(y) =y. Zakljuujemo da se radi o obinoj

diferencijalnoj jednadbi sa separiranim varijablama. Formula za odreivanje opega rjeenja

te jednadbe glasi:

+= CdxxFxF

dyyG

yG

)(

)(

)(

)(

2

1

1

2 .

U tu jednakost uvrstimo F1(x) =x ex, F2(x) = 1, G1(y) = 1, G2(y) =ypa dobivamo:

,

.

x

x

y dy x e C

y dy x e C

= +

= +

(Predznak konstante C ne moramo mijenjati.) Izraunajmo zasebno integrale na lijevoj i

desnoj strani te jednakosti.

Lijeva strana:


22/77

21

2y dy y = (tablini integral!)

Desna strana:

Integral na desnoj strani raunamo metodom parcijalne integracije:

u=x v= ex

du = dx dv = ex

dx

pa imamo:

.x x x x xx e dx x e e dx x e e = =

Tako smo dobili:

21.

2

x xy x e e C = +

Nepoznatu konstantu Cdobit emo iz poetnoga uvjeta

y(0) = 1.

U jednakost

21

2

x xy x e e C = +

umjestoxuvrstimo 0, a umjestoyuvrstimo 1 pa dobivamo:

.2

3

,102

1

,012

1 002

=

+=

+=

C

C

Cee

Traeno je rjeenje, dakle,

2

2

1 3,

2 22 3,

2 3.

x x

x x

x x

y x e e

y x e e

y x e e

= +

= +

= +

12. Rijeimo najprije zadanu obinu diferencijalnu jednadbu. Premda je rijeo nehomogenojlinearnoj diferencijalnoj jednadbi 2. reda koju (u pravilu) rjeavamo rabei Laplaceovu

transformaciju, ovdje moemo postupiti bre i krae. Zapiemo jednadbu u obliku


23/77

y'' = sinx,

pa je rijeimo dvostrukim izravnim integriranjem:

( )

1

1

1 2

sin

( cos ) ,

cos ,

sin .

y x dx dx

y x C dx

y x dx C dx

y x C x C

=

= +

= +

= + +

Nepoznate konstante C1 i C2 izraunat emo koristei daljnje uvjete iskazane u zadatku. To

to krivulja prolazi tokom T(0,0) znai da je

y(0) = 0.

To to krivulja u toki Tima koeficijent smjera tangente jednak 1 znai da je

y'(0) = 1.

Tako u izraz

y= sinx+ C1 x+ C2

najprije umjestoxuvrstimo 0 i umjestoyuvrstimo 0. Dobit emo:

0 = -sin 0 + C10 + C2,

otkuda je odmah

C2= 0.

Dakle, imamo jednu konstantu manje. Deriviramo sada izraz

y= sinx+ C1x

(budui da je C2= 0, tu konstantu izostavljamo) pa dobijemo:

y' = cosx+ C1.

U tu jednakost umjestoxopet uvrstimo 0, a umjestoyovoga puta uvrstimo 1:

1 = cos 0 + C1,

otkuda je odmah

C1= 2.

Rjeenje zadatka je krivulja ija je jednadba:


24/77

y= 2 x sinx.

13.Zadana obina diferencijalna jednadba ima oblik

y' + P(x) y = Q(x)

pa zakljuujemo da se radi o nehomogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadbi 1. reda. Dabismo je rijeili, najprije moramo ''oitati'' funkcije P(x) i Q(x). Vidimo da je:

P(x) = Q(x) = sinx.

Te funkcije uvrstimo u formulu za raunanje opega rjeenja nehomogene linearne


+

=

CdxexQeydxxPdxxP )()(

)(

Imamo redom:

( ).sin

,sin

coscos

sinsin

Cdxexey

Cdxexey

xx

xdxxdx

+=

+

=

Integral u okrugloj zagradi rjeavamo rabei supstituciju t = cos x, dt = sin x dx. Tako

dobijemo:

=== .sin coscos xttx eedtedxex

Stoga je traeno ope rjeenje:

cos cos

cos

( ),

1, .

x x

x

y e e C

y C e C

= +

= + R

14. Diferencijalna jednadba postavljena u zadatku je homogena linearna diferencijalnajednadba 2. reda. Moemo je rijeiti bilo pomou karakteristine jednadbe, bilo pomou

Laplaceove transformacije. Opredijelit emo se za prvi nain, tj. rijeit emo je pomou

karakteristine jednadbe. U ovom sluaju ta jednadba glasi

k2+ 3 k+ 3 = 0.

Rjeenja te jednadbe su kompleksni brojevi

1 2

3 3 3 3,

2 2 2 2k i k i= + = .

Odaberimo bilo koji od njih (recimo k1)pa odredimo njegov realni i imaginarni dio:


25/77

a = Re(k1) =2

3 , b= Im(k1) =

2

3.

Ope rjeenje promatrane obine diferencijalne jednadbe (u sluaju kompleksnih rjeenja

karakteristine jednadbe) dano je formulom

y= ea x [C1 cos(b x) + C2 sin(b x)]

U tu formulu uvrstimo vrijednosti za ai bpa dobivamo:

3

21 2

3 3cos sin .

2 2

x

y e C x C x

= +

Nepoznate konstante C1i C2izraunat emo koristei poetne uvjete. U posljednju jednakost

najprije uvrstimox= 0 iy= 1. Dobivamo:

( )

3 02

1 2

1 2

1

3 31 cos 0 sin 0 ,2 2

1 1 1 0 ,

1.

e C C

C C

C

= +

= +

=

U nastavku deriviramo izraz za y (kao derivaciju umnoka, tako je jednostavnije) pa

dobijemo:

3

21 2

3

21 2

3 3 3' cos sin

2 2 2

3 3 3 3sin cos .

2 2 2 2

x

x

y e C x C x

e C x C x

= + +

+ +

U ovu jednakost sada uvrstimox= 0,y' = 0, C1= 1. Dobivamo:

2

2

2

3 30 (1 0) 1 (0 ),

2 2

3 3,

2 2

3.

C

C

C

= + + +

=

=

Stoga je traeno rjeenje polazne obine diferencijalne jednadbe:

3

23 3

cos 3 sin .2 2

x

y e x x

= +


26/77

Posve isti rezultat (ali uz neto tee korake oko prepoznavanja inverza Laplaceova

transformata) dobili bismo i na drugi nain.

15. Zadana diferencijalna jednadba ima oblik

y' + P(x) y = Q(x)

pa zakljuujemo da se radi o nehomogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadbi 1. reda. Da

bismo je rijeili, najprije moramo ''oitati'' funkcije P(x) i Q(x). Vidimo da je:

.1)(,1

)(2

2 =

= xxQx

xxP

Te funkcije uvrstimo u formulu za raunanje opega rjeenja nehomogene obine linearne


+

=

CdxexQey

dxxPdxxP )()()(

Dobivamo:

+

=

Cdxexeydx

x

xdx

x

x

12122

1


dxx

x

12

.

On se rjeava rabei metodu supstitucije. Stavimo t= x2 1, pa je dt= 2 x dx, odnosno

x dx=2

1 dt. Stoga je

.1lnlnln2

1

2

12

1

1

2

2 =====

xttt

dt

t

dt

dxx

x

Zbog toga je i

( ) ( )1

222

22

1ln 1ln 1 21

2

ln 1 21

11 ,1

1.

xdx xxx

xdx

xx

e e e xx

e e x

= = = =

= =

Prema tome,


27/77

( )

( )( )

( )

2 2

2

2

2

2

2

3

2

11 1 ,

1

11 ,

1

1

,1

1 1, .

31

y x x dx Cx

y x dx Cx

y x dx dx Cx

y x x C Cx

= +

= +

= +

= +

R

16.Zadani poetni problem rjeavamo rabei Laplaceovu transformaciju. Poimo od zadaneobine diferencijalne jednadbe. Najprije u tablici Laplaceovih transformata pronaemo ime

trebamo zamijenitiy'', imey', imey, a ime funkciju na desnoj strani te jednadbe. Imamo:

y'' s2 F(s) s y(0) y'(0),

y' s F(s) y(0),

y

F(s),1

s

1

Stoga zadana obina diferencijalna jednadba prelazi u algebarsku jednadbu:

s2F(s) s y(0) y'(0) +s F(s) y(0) +F(s) =s

1.

U tu jednakost sada uvrstimo poetne uvjete

y(0) = 1,y'(0) = 1.

Dobivamo:

s2

F(s) s 1 +s F(s) 1 +F(s) =s

1,

s2

F(s) s F(s) +F(s) =s

1+ s + 2,

F(s) (s2 s+ 1) =

21 2s s

s

+ + ,

2

2

2 1( ) .

( 1)

s sF s

s s s

+ +=

+

Da bismo mogli odrediti inverz Laplaceova transformata na desnoj strani posljednje

jednakosti, taj transformat najprije moramo rastaviti na parcijalne razlomke. Budui da je

izraz s2 s + 1 ireducibilan nad R (tj. pripadna kvadratna jednadba ima kompleksne

nultoke), dobit emo dva razlomka. U brojniku razlomka s nazivnikom s bit e konstanta

(polinom stupnja 0), a u brojniku razlomka s nazivnikom s2 s+ 1 bit e polinom 1. stupnja.

Imamo redom:


28/77

2

2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 1,

( 1) 1

2 1 ( 1) ( ) ,

2 1 ,

2 1 ( ) ( ) .

s s A B s C

s s s s s s

s s A s s B s C s

s s A s A s A B s C s

s s A B s C A s A

+ + += +

+ +

+ + = + + +

+ + = + + +

+ + = + + +

Usporedbom koeficijenata s lijeve i desne strane posljednje jednakosti dobivamo sljedei

sustav triju linearnih jednadbi s tri nepoznanice:

A+B= 1

CA= 2A= 1.

Njegovo je rjeenje

A= 1,B= 0, C= 3.

Tako smo dobili:

2

2 2

2

22

2 1 1 3,

( 1) 1

2 1 1 3.

( 1) 1 3

2 4

s s

s s s s s s

s s

s s s ss

+ += +

+ +

+ += +

+ +

Odredimo inverze Laplaceovih transformata na desnoj strani posljednje jednakosti.

Inverz ods1 oitamo odmah u tablici: to je 1.

Izraz2 22 2

33 3 22 3

1 1 3 1 3

2 4 2 2

s ss s

= = + + +

poseban je sluaj izraza

2 2( )

b

s a b+ +(za

1 3,

2 2a b= = ). U tablici pie da je inverz toga Laplaceova transformata

sin( )a t

e b t

. Stoga je inverz Laplaceova transformata 22

3

22 3

1 3

2 2s

+

jednak:

1

23

2 3 sin2

x

e x

.

Konano, traena funkcija je:


29/77

1

23

2 3 sin 12

x

y e x

= +

.

17.Rijeimo najprije zadanu obinu diferencijalnu jednadbu. Odmah uoavamo da je rijeohomogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadbi 2. reda. Rjeavamo je tako da najprije

sastavimo i rijeimo pripadnu karakteristinu jednadbu. U ovom sluaju ona glasi:

k2+ k= 0.

Njezina su rjeenja k1= 1 i k2= 0. Ta dva rjeenja su realna i razliita pa se ope rjeenje

zadane obine diferencijalne jednadbe dobije prema formuli

1 2

1 2

k x k xy C e C e

= +

U tu formulu uvrstimo k1= 1 i k2= 0. Dobivamo:

y= C1 e

x

+ C2.

Nepoznate konstante C1i C2odredit emo iz daljnjih uvjeta u zadatku. To to krivulja prolazi

tokom T(1, 2) znai da je

y(1) = 2.

To to je koeficijent smjera tangente na krivulju u toki Tjednak 1 znai da je

y'(1) = 1.

Zato u izraz

y= C1 ex

+ C2

najprije uvrstimox= 1 i y= 2. Dobivamo:

C1 e1

+ C2= 2.

Sad deriviramo izraz

y= C1 ex

+ C2

i dobijemo

y' = C1 ex

pa uvrstimox= 1 iy' = 1. Dobivamo:

C1 e1

= 1.

Odatle slijedi da je C1= e. Tu vrijednost uvrstimo u izraz


30/77

C1 e1

+ C2= 2

pa dobijemo

1 + C2= 2,

otkuda je C2= 3. Dakle, traena je krivulja:

y= 3 e1x

.

18. Rijeimo najprije zadanu obinu diferencijalnu jednadbu. Budui da je rije onehomogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadbi 2. reda, rjeavamo je rabei Laplaceovu

transformaciju. Najprije u tablici Laplaceovih transformata pronaemo ime trebamo

zamijenitiy'', imey', a ime broj na desnoj strani te jednadbe. Imamo:

y'' s2

F(s) sy(0) y'(0),

y' s F(s) y(0),

2 s

2

Tako zadana obina diferencijalna jednadba prelazi u algebarsku jednadbu:

s2

F(s) sy(0) y'(0) +sF(s) y(0) =s

2.

U ovu jednakost uvrstimo

y(0) = 0, y'(0) = 1

pa dobijemo:

s2

F(s) 1 +sF(s) =s

2,

F(s) (s2+ s) =

s

2+ 1,

2

2

2( ) ,

( )

2( ) .

( 1)

sF s

s s s

sF s

s s

+=

+

+=

+

Da bismo mogli odrediti inverz Laplaceova transformata s desne strane posljednje jednakosti,

taj transformat moramo rastaviti na parcijalne razlomke. Na temelju oblika nazivnika

Laplaceova transformata, zakljuujemo da emo imati ukupno 3 razlomka iji e brojnici biti

konstante (polinomi stupnja 0). Imamo redom:


31/77

2 2

2

2 2

2

2,

( 1) 1

2 ( 1) ( 1) ,

2 ,

2 ( ) ( ) .

s A B C

s s s s s

s A s s B s C s

s A s A s B s B C s

s A C s A B s B

+= + +

+ +

+ = + + + +

+ = + + + +

+ = + + + +

Izjednaavanjem koeficijenata s lijeve i desne strane posljednje jednakosti dobivamo sljedei

sustav triju jednadbi s tri nepoznanice:

A+ C= 0

A+B= 1

B= 2.

Njegovo je rjeenje

A= 1,B= 2, C= 1.

Stoga je

.1

112

1

)1(

2

22 +++=

+

+

sssss

s

Sada moemo odrediti inverze Laplaceovih transformata na desnoj strani posljednje

jednakosti.

Inverz ods

1oitamo izravno iz tablice: to je 1.

Inverz od2

1

stakoer oitamo izravno iz tablice: to jex.

Izraz1

1

+s poseban je sluaj izraza

1

s a(za a = 1). U tablici pie da je inverz toga

Laplaceova transformata jednak ea x

. Stoga je inverz Laplaceova transformata1

1

+sjednak

ex

.

Konano, traeno rjeenje je:

y= ex

+ 2 x 1.

19. Rijeimo najprije zadanu obinu diferencijalnu jednadbu. Budui da je rije onehomogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadbi 2. reda, rjeavamo je rabei Laplaceovu

transformaciju. Najprije u tablici Laplaceovih transformata pronaemo ime trebamo

zamijenitiy'', imey, a ime izraz na desnoj strani te jednadbe. Imamo:

y'' s2F(s) s y(0) y'(0),

yF(s)


32/77

ex

cos(2 x) u tablici imamo izraz oblika e

a x cos(b x) iji je Laplaceov transformat

2 2( )

s a

s a b

+pa transformat od e

x cos(2 x) dobivamo uvrtavanjem a= 1, b= 2 u izraz

2 2( )

s a

s a b

+

2 2

1 1

( 1) 4 2 5

s s

s s s

=

+ +

Stoga polazna obina diferencijalna jednadba prelazi u algebarsku jednadbu:

s2 F(s) s y(0) y '(0) + 4 F(s) =

2

1

2 5

s

s s

+.

U ovu jednakost uvrstimo poetne uvjete:

y(0) = 0 iy'(0) = 0

pa dobivamo:

s2 F(s) + 4 F(s) =2

1

2 5

s

s s

+,

F(s) (s2+ 4) =

2

1

2 5

s

s s

+,

2 2

1( )

( 2 5) ( 4)

sF s

s s s

=

+ +.

Da bismo mogli odrediti inverz Laplaceova transformata, razlomak na desnoj strani

posljednje jednakosti moramo rastaviti na parcijalne razlomke. Budui da su polinomi

p(s) = s2 2s+ 5 i q(s) = s

2+ 4 ireducibilni nad skupom R(tj. ne daju se rastaviti na linearne

faktore), imat emo ukupno 2 parcijalna razlomka, ali s polinomima 1. stupnja u brojnicima.Imamo redom:

2 2 2 2

2 2

3 2 3 2 2

3 2

1,

( 2 5) ( 4) 2 5 4

1 ( ) ( 4) ( ) ( 2 5),

1 4 4 2 2 5 5 ,

1 ( ) ( 2 ) (4 2 5 ) 4 5 .

s A s B C s D

s s s s s s

s A s B s C s D s s

s A s B s A s B C s D s C s D s C s D

s A C s B D C s A D C s B D

+ += +

+ + + +

= + + + + +

= + + + + + + +

= + + + + + + +

Odavde izjednaavanjem koeficijenata dobivamo sljedei sustav od 4 jednadbe s 4

nepoznanice:

A+ C= 0B+D 2 C= 0

4 A 2 D+ 5 C= 1

4 B+ 5 D= 1.

Iz prve jednadbe jeA= C. Kad to uvrstimo u treu jednadbu, dobivamo:


33/77

C 2 D= 1,

odnosno

C= 1 + 2 D.

Tu jednakost sada uvrstimo u drugu jednadbu pa dobivamo:

B 3 D= 2.

Ta jednadba zajedno sa etvrtom jednadbom sustava odmah daje

17

9,

17

7== DB .

Stoga je i

17

1,17

1== CA .

Tako smo dobili sljedei rastav:

2 2 2 2

1 7 1 9

1 17 17 17 17 .( 2 5) ( 4) 2 5 4

s ss

s s s s s s

+

= + + + + +

Zapiimo dobiveni izraz za F(s) u sljedeem obliku:

2 2 2 2

1 1 2 1 9 2( ) 4 .17 ( 1) 4 ( 1) 4 17 4 2 4

s sF s s s s s

= + + + + + +

Odredimo inverze svakoga od etiriju Laplaceovih transformata na desnoj strani gornje

jednakosti.

Iz tablice ''proitamo'' da je inverz Laplaceova transformata2 2

( )

s a

s a b

+jednak e

a x cos(b

x). Ovamo uvrstimo a= 1 i b= 2 pa dobijemo da je inverz izraza4)1(

12

+

s

sjednak e

x

cos(2 x).

Iz tablice ''proitamo'' da je inverz Laplaceova transformata2 2

( )b

s a b + jednak

sin( )a xe b x . Ovamo uvrstimo a = 1 i b = 2 pa dobijemo da je inverz izraza

2

2

( 1) 4s +

jednak sin(2 )xe x .


34/77

Iz tablice ''proitamo'' da je inverz Laplaceova transformata22 as

s

+

jednak cos(a x). Ovamo

uvrstimo a= 2 pa dobijemo da je inverz izraza4

2+s

sjednak cos(2 x).

Iz tablice ''proitamo'' da je inverz Laplaceova transformata 2 2as a+jednak sin( )a x . Ovamo

uvrstimo a= 2 pa dobijemo da je inverz izraza2

2

4s +jednak sin(2 )x .

Stoga je konano rjeenje promatranoga Cauchyjeva problema:

1 9cos(2 ) 4 sin(2 ) cos(2 ) sin(2 )

17 2

x xy e x e x x x

= +

.

20. Rijeimo najprije zadanu diferencijalnu jednadbu. Budui da je rije o nehomogenoj

linearnoj diferencijalnoj jednadbi 2. reda, rjeavamo je rabei Laplaceovu transformaciju.Najprije u tablici Laplaceovih transformata pronaemo ime trebamo zamijenitiy'', imey, a

ime izraz na desnoj strani te jednadbe. Imamo:

y'' s2F(s) s y(0) y'(0),

yF(s),

x2

1

s,

1 s

1.


s2

F(s) s y(0) y '(0) + 2 F(s) =

2

1

s+

s

1.

U ovu jednakost uvrstimo poetne uvjete

y(0) = 0,y'(0) = 0

pa dobijemo:

s2 F(s) + 2 F(s) = 21

s

s+,

F(s) (s2+ 2) =

2

1

s

s+,

2 2

1( ) .

( 2)

sF s

s s

+=

+


35/77

Da bismo odredili inverz ovoga Laplaceova transformata, razlomak na desnoj strani moramo

rastaviti na parcijalne razlomke. Zbog ireducibilnosti izraza s2 + 2 nad R (tj. taj izraz ne

moemo rastaviti na linearne faktore) imat emo ukupno 3 parcijalna razlomka, od kojih e

dva u brojniku imati konstante, a trei polinom 1. stupnja. Imamo redom:

2 2 2 2

2 2 2

3 2 3 2

3 2

1,

( 2) 2

1 ( 2) ( 2) ( ) ,

1 2 2 ,

1 ( ) ( ) 2 2 .

s A B C s D

s s s s s

s A s s B s C s D s

s A s A s B s B C s D s

s A C s B D s A s B

+ += + +

+ +

+ = + + + + +

+ = + + + + +

+ = + + + + +


nepoznanice:

A+ C= 0,

B+D= 0,

2 A= 1,2 B= 1.

Njegovo je rjeenje

2

1,

2

1,

2

1,

2

1==== DCBA .

Zbog toga je

F(s) = .

2

2

22

1

22

11

2

11

2

1

2

1

2

11

2

11

2

122222

+

+

+=

+

++

ss

s

sss

s

ss

Odredimo inverze etiriju Laplaceovih transformata s desne strane posljednje jednakosti.

Inverz Laplaceova transformatas

1oitamo iz tablice: to je 1.

Inverz Laplaceova transformata2

1

stakoer oitamo iz tablice: to jex.


s

+

jednak cos(a x).

Ovamo uvrstimo a= 2 pa dobijemo da je inverz Laplaceova transformata 22 +s

s

jednak

cos( 2 x).


a

+

jednak sin(a x). Ovamo

uvrstimo a= 2 pa dobijemo da je inverz Laplaceova transformata2

22

+s jednak sin( 2

x).


36/77


).2sin(22

1)2cos(

2

1

2

1

2

1xxxy +=

21. Rijeimo najprije zadanu diferencijalnu jednadbu. Budui da je rije o nehomogenojlinearnoj diferencijalnoj jednadbi 2. reda, rjeavamo je rabei Laplaceovu transformaciju.Najprije u tablici Laplaceovih transformata pronaemo ime trebamo zamijeniti y'', ime y',

imey, a ime izraz na desnoj strani te jednadbe. Imamo:

y'' s2F(s) s y(0) y'(0),

y' s F(s) y(0),

yF(s),

x2

1

s.


s2 F(s) s y(0) y '(0) + 6 [s F(s) y(0)] + 9 F(s) =

2

1

s.

U posljednju jednakost uvrstimo poetne uvjetey(0) = 0 iy'(0) = 1 pa dobivamo:

s2 F(s) +1 + 6 s F(s) + 9 F(s) =2

1

s,

F(s) (s2+ 6 s+ 9) =

2

1

s1,

2 2

2 2 2 21 1( ) .( 6 9) ( 3)

s sF ss s s s s

+= =

+ + +

Da bismo mogli odredili inverz ovoga Laplaceova transformata, razlomak na desnoj strani

moramo rastaviti na parcijalne razlomke. Na temelju oblika nazivnika zakljuujemo da emo

imati ukunpo 4 razlomka od kojih e svaki u brojniku imati konstantu. Imamo redom:

2

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 3 2 2

2 3 2 2 3 2 2

2 3

1,

( 3) 3 ( 3)

1 ( 3) ( 3) ( 3) ,

1 ( 6 9) ( 6 9) 3 ,

1 6 9 6 9 3 ,

1 ( ) (

s A B C D

s s s s s s

s A s s B s C s s D s

s A s s s B s s C s C s D s

s A s A s A s B s B s B C s C s D s

s A C s

+= + + +

+ + +

+ = + + + + + +

+ = + + + + + + + +

+ = + + + + + + + +

+ = + +2

6 3 ) (9 6 ) 9 .A B C D s A B s B + + + + + +


nepoznanice:


37/77

A+ C= 0

6 A+B+ 3 C+D= 1

9 A+ 6 B= 0

9 B= 1.

Njegovo je rjeenje:

.9

8,

27

2,

9

1,

27

2==== DCBA

Stoga je

22)3(

1

9

8

3

1

27

21

9

11

27

2)(

+

+

++=

sssssF .

Odredimo inverz svakoga od etiriju Laplaceovih transformata na desnoj strani posljednje

jednakosti.

Inverz Laplaceova transformatas

1oitamo iz tablice: to je 1.

Inverz Laplaceova transformata2

1

stakoer oitamo iz tablice: to jex.

Iz tablice ''proitamo'' da je inverz Laplaceova transformata1

s a jednak e

a x. Ovamo


1

+sjednak e

3 x.

Iz tablice ''proitamo'' da je inverz Laplaceova transformata2

1

( )s ajednakx e

a x. Ovamo


)3(

1

+sjednakx e

3 x.


xx xeexy 33

9

8

27

2

9

1

27

2 ++=

22. Iz prve zagrade izluimox, a iz drugey. Tako dobivamo:

x(y

2

+ 1) dx+y(x

2

1) dy= 0,

Uoimo da na lijevoj strani imamo izraz oblika F1(x) G1(y) dx + F2(x) G2(y) dy= 0, gdje

je F1(x) = x, G1(y) = y2+ 1, F2(x) = x

2 1, G2(y) = y. Zakljuujemo da je polazna jednadba

obina diferencijalna jednadba sa separiranim varijablama. Formula za odreivanje rjeenja

te jednadbe glasi:

+= CdxxFxF

dyyG

yG

)(

)(

)(

)(

2

1

1

2 .


38/77

U tu jednakost uvrstimo F1(x) =x, G1(y) =y2+ 1, F2(x) =x

2 1, G2(y) =y, pa dobivamo:

2 21 1

y xdy dx C

y x= +

+ .

(Tu smo minus ispred integrala na desnoj strani ''ubacili'' u nazivnik, odnosno ''pretvorili''

(x2 1) u (1 x2)).

Izraunajmo zasebno svaki od tih dvaju integrala:

2

2

2

2

2

1 1 1supstitucija: 1, 2

1 2 2 2

1 1(tablini integral) = ln ln( 1)

2 2

1 1supstitucija: 1 , 2

1 2 2

(tablini inte

y dt dtdy t y dt y dy y dy dt

y t t

t y

x dtdx t x dt x dx x dx dt

x t

= = + = = = = =

+

= = +

= = = = = =

=

21 1gral) = ln ln(1 )

2 2t x =

Na objema stranama jednakosti pojavili su se prirodni logaritmi. Da bismo to vie

pojednostavnili dobiveni izraz, iskoristit emo bijektivnost logaritamske funkcije, tj. injenicu

da za svaki CRpostoji jedinstven strogo pozitivan realan broj C10, +takav da je

1

1ln

2C C= .

(Broj C1ak je mogue efektivno i izraunati: C1= e2 C.) Tako dobivamo:

2 2

1 1

2 2

1 1

2 2 1

1 1

2 2 1

1 1

2 112

2 112

22 1

12

22 1

12

1 1 1ln( 1) ln(1 ) ln , 0

2 2 2

ln( 1) ln(1 ) ln , 0

ln( 1) ln (1 ) ln , 0

1 (1 ) , 0

1 , 01

1, 0

1(1 )

, 01

1,

1

y x C C

y x C C

y x C C

y C x C

Cy C

x

Cy C

xC x

y Cx

C xy C

x

+ = + >

+ = + >

+ = + >

+ = >

+ = >

= >

= >

+= >

2 2

1 222 2

0

1, 1

1 1

x C x Cy C

x x

+ += = >


39/77

23.Najprije prebacimo exna desnu stranu:

xy' +y= ex,

pa podijelimo dobivenu jednadbu sx. Dobit emo:

.1'x

eyx

yx

=+

Dobivena jednadba je nehomogena linearna obina diferencijalna jednadba 1. reda oblika:

y' + P(x) y = Q(x)

Njezino se ope rjeenje odreuje prema formuli:

( ) ( )

( )P x dx P x dx

y e Q x e dx C

= + .

Dakle, najprije moramo ''oitati'' funkcije P(x) i Q(x).

Funkcija P(x) je funkcija koja ''mnoi''y. Dakle, P(x) =x

1.

Funkcija Q(x) je ''slobodni lan'', ona ''stoji sama'' na desnoj strani jednadbe. Dakle,

Q(x) = x

ex.

Preostaje uvrstiti te funkcije u formulu za odreivanje opega rjeenja. Imamo redom:

1

( ) ( )

1 1

ln ln

ln( ) ln

( ) ,

,

,

P x dx P x dx

xdx dx

x x

xx x

xx x

y e Q x e dx C

ey e e dx C

x

ey e e dx C

x

ey e e dx C

x

= +

= +

= +

= +

Sada iskoristimo injenicu da je elnx

=xpa dobivamo:

( )

1,

1

x

x

ey x x dx C

x

y e dx Cx

= +

= +

pa je konano:


40/77

, .xe C

y Cx x

= + R

24.Zadana obina diferencijalna jednadba ima oblik

a y'' + b y' + c y= 0

Rijeje o homogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadbi 2. reda s konstantnim koeficijentima.

Da bismo je rijeili, najprije moramo ''oitati'' pripadne koeificijente:

a= 1, b= 2, c= 0.

Sada primijenimo postupak za rjeavanje te obine diferencijalne jednadbe. Najprije piemo

njezinu karakteristinu jednadbu:

a k2+ b k+ c= 0.

Uvrstimo a= 1, b= 2, c= 0. Dobivamo kvadratnu jednadbu:

k2 2 k= 0.

Rjeenja te jednadbe su k1 = 0, k2 = 2. Ta dva rjeenja su realni brojevi i meusobno su

razliiti. Stoga nastupa podsluaj 1. U njemu pie da se ope rjeenje dobije ovako:

1 2

1 2

k x k xy C e C e

= +

U tu jednakost uvrstimo k1= 0, k2= 2. Tako dobivamo:

0 2

1 20 2

1 2

,x x

x

y C e C e

y C e C e

= +

= +

pa je ope rjeenje polazne jednadbe:

y= C1+ C2 e2 x.

25. Rije je o nehomogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadbi 2. reda s konstantnimkoeficijentima. Takvu jednadbu rjeavamo pomou Laplaceove transformacije. Koristimo

tablicu Laplaceovih transformata. U njoj pie ime trebamo zamijeniti y'', ime y, a ime

cos(2 x). Dakle,

y'' s2 F(s) s y(0) y'(0),

yF(s) (uvijek!)

cos(2x) (f (x) = cos(ax), a= 2) 4

2+s

s.



41/77

2

2( ) (0) '(0) 5 ( )

4

ss F s s y y F s

s + =

+.

U zadatku su nam zadane vrijednosti y(0) = 1,y'(0) = 0 pa ih uvrstimo u dobivenu jednakost.

Dobivamo:

2

2

2

2

( ) 1 0 5 ( ) ,4

( ) 5 ( ) .4

s

s F s s F s s

ss F s s F s

s

+ = +

+ =+

Sada sve lanove na lijevoj strani koji ne sadre F(s) prebacimo na desnu stranu. Imamo samo

jedan takav lan: to je s. Dobivamo:

2

2

32

2

32

2

22

2

( ) 5 ( ) ,4

4( ) 5 ( ) ,

45

( ) 5 ( ) ,4

( 5)( ) 5 ( )

4

ss F s F s s

s

s s ss F s F s

ss s

s F s F ss

s ss F s F s

s

+ = ++

+ + + =

+

+ + =

+

+ + =

+

Sada na lijevoj strani ''izluimo'' F(s):

22

2

( 5)( ) ( 5)

4

s sF s s

s

+ + =

+.

Dijeljenjem sa s2+ 5 dobivamo

F(s) =42 +s

s.

U drugom stupcu tablice Laplaceovih transformata nai emo funkciju oblika2 2

s

s a+. Sada

samo treba ''prepoznati'' da je a= 2 i uvrstiti taj broj u funkciju zapisanu u istomretku, ali u

prvom stupcu. Tamo pie cos(a x).

Dakle, konano rjeenje je:

y= cos(2 x).

26. Podijelimo svaki lan zadane jednadbe sa x2 4. Koritenjem formule za razlikukvadrata

x2 4 = (x 2) (x+ 2)

dobivamo jednadbu:


42/77

2

2 2'

4 2

x xy y

x x

++ =

.

Dobili smo obinu diferencijalnu jednadbu oblika:

y' + P(x) y = Q(x)

To je nehomogena linearna obina diferencijalna jednadba 1. reda. Da bismo je rijeili,

moramo ''oitati'' funkcije P(x) i Q(x). U ovome je sluaju

2

2 2( ) , ( )

4 2

x xP x Q x

x x

+= =

.

Uvrstimo te dvije funkcije u formulu za raunanje rjeenja linearne obine diferencijalne

jednadbe 1. reda. Ona glasi:

( ) ( )( )P x dx P x dxy e Q x e dx C = + ,

pa u naem sluaju trebamo izraunati:

2 2

2 2

4 42

2

x xdx dx

x xx

y e e dx Cx

+

= +

Naimo najprije neodreeni integral

2

2

4

x

dxx

.

Raunamo ga uz zamjenu:

t=x2 4, dt= 2 x dx.

Tako dobivamo tablini integral

= ttdt

ln

pa je

2

2

2ln( 4).

4

xdx x

x

=

Upravo izraunani integral uvrstimo u jednakost

2 2

2 2

4 42

2

x xdx dx

x xx

y e e dx Cx

+

= +


43/77

pa dobivamo:

2 2ln( 4) ln( 4)2

2

x xxy e e dx C

x

+ = +

.

Sada koristimo jednakosti:

( ) ( )1

22

2ln 4ln 4 2 1 ln( 4) 2

2

1( 4) , 4

4

xx xe e x e xx

= = = =

pa imamo:

( )

2

2

2

1 2( 4) ,

4 2

1 2( 2) ( 2)

( 2) ( 2) 2

1( 2)

( 2)( 2)

xy x dx C

x x

xy x x dx C

x x x

y x dx Cx x

+ = +

+ = + +

+

= + + +

Integral

+ dxx 2)2(

najbre raunamo pomou supstitucije t=x+ 2, dt= dx. Tako dobivamo integral:

2 31

3

t dt t =

pa je stoga

.)2(3

1)2(

32+=+ xdxx

Konano je:

31 1( 2) ,

( 2)( 2) 3y x C

x x

= + +

+

pa mnoenjem i kraenjem dobijemo traeno ope rjeenje:

2( 2)

, .3 ( 2) ( 2) ( 2)

x Cy C

x x x

+= +

+R .

27.Podijelimo najprije zadanu jednadbu sa tgx. Dobivamo:


44/77

1' ,

tg

' (ctg ) .

y yx

y x y

=

=

Dobili smo obinu diferencijalnu jednadbu oblika

y' =f(x) g(y)

U ovom je sluaju f(x) = ctg x, g(y) = y. Rije je o obinoj diferencijalnoj jednadbi sa

separiranim varijablama. Formula za odreivanje rjeenja te jednadbe (zapisane u ovom

obliku) glasi:

+= )()( Cdxxfygdy

U tu jednakost sada uvrstimof(x) = ctgx, g(y) =y. Dobivamo:

ctg ,

cosln .

sin

dyx dx C

y

xy dx C

x

= +

= +

Integral na desnoj strani raunamo koritenjem supstitucije t = sin x, dt = (cosx) dx.

Dobivamo integral:

= ttdt

ln

pa je

= .sinlnsincos

xdxx

x

Ponovno iskoristimo injenicu da za svaki realan broj CRpostoji strogo pozitivan realan

broj C1 takav da je C = ln C1. (Broj C1 lako je i izravno izraunati: C1 = eC.) Tako sada

imamo:

lny= ln sinx+ ln C1,

lny= ln(C1 sinx)

te konano:

y= C1 sinx, C10, +.

28.Polaznu obinu diferencijalnu jednadbu najprije zapiemo u obliku

y'' +y' 6 y= 0.


45/77

To je obina diferencijalna jednadba oblika

a y'' + b y' + c y= 0.

Rijeje, dakle, o homogenoj linearnoj obinoj diferencijalnoj jednadbi 2. reda s konstantnim

koeficijentima. Da bismo je rijeili, najprije moramo ' 'oitati'' njezine koeficijente:

a= 1, b= 1, c= 6.

Sada moemo napisati pripadnu karakteristinu jednadbu. Ona glasi:

k2+ k 6 = 0

Njezina su rjeenja k1= 3 i k2= 2. Ta dva broja su realni brojevi i meusobno razliiti.

Stoga je ope rjeenje dano formulom:

1 2

1 2

k x k xy C e C e = +

U tu formulu uvrstimo k1= 3 i k2= 2. Dobivamo:

y= C1 e3 x

+ C2 e2 x

, C1, C2R.

29. Rije je o nehomogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadbi 2. reda s konstantnimkoeficijentima. Takvu jednadbu rjeavamo koristei Laplaceovu transformaciju. U tablici

Laplaceovih transformata pie ime treba zamijeniti y'', ime y', a ime funkciju na desnoj

strani prve jednakosti. Imamo:

y'' s2 F(s) s y(0) y'(0),

y' s F(s) y(0),

yF(s) (uvijek!),

4 x(4 prepiemo, axtransformiramo) 4 2

1

s=

2

4

s

Sada dobivene izraze uvrstimo u prvu jednakost. Dobivamo:

2

2

4( ) (0) '(0) 4 ( ( ) (0)) 4 ( )s F s s y y s F s y F s

s + =

U ovu jednakost uvrstimoy(0) = 1 iy'(0) = 1. Sve lanove na lijevoj strani koji ne sadre F(s)

(to sus, 1 i +4)prebacimo na desnu stranu. Iz preostalih lanova na lijevoj strani izluimo

F(s). Dobivamo:

2

2

3 22

2

4( ) ( 4 4) 3,

3 4( ) ( 2)

F s s s ss

s sF s s

s

+ = +

+ =


46/77

3 2

2 2

3 4( ) .

( 2)

s sF s

s s

+=

Razlomak na desnoj strani rastavimo na parcijalne razlomke. Na temelju oblika njegova

nazivnika zakljuujemo da emo imati ukupno 4 razlomka. U brojniku svakoga od njih bit e

konstanta, tj. polinom stupnja 0. Dobivamo:

3 2

2 2 2 2

3 2 2 2 2 2

3 2 2 2 3 2 2

3 2 3 2 2 3 2 2

3 4,

( 2) 2 ( 2)

3 4 ( 2) ( 2) ( 2) ,

3 4 ( 4 4) ( 4 4) 2 ,

3 4 4 4 4 4 2

s s A B C D

s s s s s s

s s A s s B s C s s D s

s s A s s s B s s C s C s D s

s s A s A s A s B s B s B C s C s D s

+= + + +

+ = + + +

+ = + + + + +

+ = + + + + +

3 2 3 2

,

3 4 ( ) ( 4 2 ) (4 4 ) 4 .s s s A C s A B C D s A B B + = + + + + + +

Izjednaavanjem koeficijenata uz iste potencije od sna lijevoj i desnoj strani dobije se sustav:

A + C= 1

4 A+B 2 C+D= 3

4 A 4 B= 0

4 B= 4.

Iz etvrte jednadbe izravno slijediB= 1.

UvrtavanjemB= 1 u treu jednadbu dobivamoA= 1.

A= 1 uvrstimo u prvu jednadbu pa dobivamo C= 0.

Konano, uvrtavanjemA= 1,B= 1, C= 0 u drugu jednadbu nalazimoD= 0.

Dakle,A=B= 1, C=D= 0 pa slijedi da je

.11

)(2ss

sF +=

Sada te dvije funkcije pronaemo u drugom stupcu tablice Laplaceovih transformata i

pogledamo to se nalazi u istom retku, ali u prvomstupcu. U ''paru'' sas

1je 1, a u ''paru'' sa

2

1

sjex. Dakle,

y= 1 +x,

pa je traeno rjeenje:

y=x+ 1.

30.Najprije pomnoimo zadanu jednadbu say''. Dobivamo:


47/77

2 y' y= 2 y''.

''Prebacimo'' 2 y'' sa desne strane na lijevu:

2 y' y 2 y'' = 0,

pa tu jednadbu pomnoimo s (1) i poredamo lanove prema redu derivacije (od najveegado najmanjega). Dobivamo:

2 y'' 2 y' +y= 0.


a y'' + b y' + c y= 0

Rije je o homogenoj linearnoj obinoj diferencijalnoj jednadbi 2. reda s konstatnim

koeficijentima. Da bismo je rijeili, najprije moramo ' 'oitati'' njezine koeficijente:

a= 2, b= 2, c= 1.

Sada piemo pripadnu karakteristinu jednadbu. U opem sluaju ona glasi:

a k2+ b k+ c= 0.

U tu jednakost uvrstimo a= 2, b= 2, c= 1 pa dobivamo:

2 k2 2 k + 1= 0.

Rijeimo tu kvadratnu jednadbu:

2

1,2

2 2 4 2 1 2 4 8 2 4 2 4 1 2 2 2 2 1 1

2 2 4 4 4 4 4 4 2 2

ik i i

= = = = = = =

Dakle, rjeenja su 1 21 1 1 1

, .2 2 2 2

k i k i= + = Ta dva broja su kompleksni brojevi, pa nastupa

podsluaj 3. Da bismo dobili konano rjeenje, najprije trebamo odabrati bilo koje rjeenje

karakteristine jednadbe. Opredijelimo se npr. za 11 1

2 2k i= + . Oitamo realni dio (oznaimo

ga s a) i imaginarni dio( oznaimo ga s b) toga kompleksnoga broja:

a = Re(k1) =21 , b= Im(k1) =

21 .

Izraunane vrijednosti uvrstimo u formulu za ope rjeenje koja u ovom sluaju glasi:

y= ea x

[C1 cos(b x) + C2 sin(b x)].

Tako dobivamo traeno rjeenje:


48/77

1

21 2

21 2 1 2

1 1cos( ) sin( ) ,

2 2

( cos sin ), , .2 2

x

x

y e C x C x

x xy e C C C C

= +

= + R

.

31.Jednadbu najprije pomnoimo sa (1) pa je zapiemo u sljedeem obliku:

y' yctgx= sin2x


y' + P(x) y = Q(x)

Rije je o nehomogenoj linearnoj obinoj diferencijalnoj jednadbi 1. reda. Da bismo je

rijeili, najprije moramo ''oitati'' pripadne funkcije P(x) i Q(x). Funkcija P(x) ''mnoi''

nepoznanicu y, a funkcija Q(x) je ''slobodni lan'', tj. izraz na desnoj strani jednadbe. U

ovome je sluaju:

P(x) = ctgx, Q(x) = sin2x.

Uvrstimo te dvije funkcije u formulu za odreivanje rjeenja linearne diferencijalne jednadbe

1. reda:

( ) ( )

( )P x dx P x dx

y e Q x e dx C

= +

Dobivamo:

ctg ctg2

ctg ctg2

sin ,

sin .

x dx x dx

xdx xdx

y e x e dx C

y e x e dx C

= +

= +


ctgx dx .

Imamo redom:

{ }cos

ctg zamjena: sin , cos ln ln sin .sin

x dtx dx dx t x dt x dx t x

x t = = = = = = = )

Uvrtavanjem u jednakost iz koje raunamoydobivamo:

( )lnsin 2 lnsinsin .x xy e x e dx C= +


49/77

Iskoristimo jednakosti:

eln sinx

= sinx,

e-ln sinx

=x

xe x

sin

1)(sin 1)ln(sin

1

==

.

Zbog toga je

( )

2 1sin sin ,

sin

sin sin ,

sin ( cos ),

y x x dx Cx

y x xdx C

y x x C

= +

= +

= +

i konano

y= sinxcosx C sinx, C R.

32.Podijelimo lijevu i desnu stranu jednadbe umnokomx y. Dobivamo:

(1 ) (1 )' .

x xy

x y

+=

Prema formuli za razliku kvadrata, umnoak u brojniku jednak je 1 x2. Sada posljednju

jednakost zapiimo u sljedeem obliku:

.11

'2

yx

xy

=

Vidimo da smo dobili diferencijalnu jednadbu oblika

y' =f(x) g(y)

gdje je f(x) =y

ygx

x 1)(a,

1 2=

. Rije je o obinoj diferencijalnoj jednadbi 1. reda sa

separiranim varijablama. Ope rjeenje te jednadbe (zapisane u gornjem obliku) odreuje se

iz jednakosti:

+= Cdxxf

yg

dy)(

)(.

Uvrstimo u tu jednakostf(x) =y

ygx

x 1)(,

12

=

pa dobivamo:


50/77

2

2 2

2 2

2

1

1 ,

1

,

1 1ln ,2 2

2 ln 2 ,

2 ln

dy xdx C

x

y

dxydy x dx C

x

y x x C

y x x C

y x x C

= +

= +

= +

= +

= +

pri emu smo oznaili C1:= 2 C, C1R.

33. Prvi uvjet je nehomogena linearna obina diferencijalna jednadba 2. reda s konstantnimkoeficijentima. Rjeavamo je koristei Laplaceovu transformaciju. U tablici Laplaceovih

transformata pronaemo ime trebamo zamijeniti y'', ime y', a ime broj na desnoj strani

zadane jednadbe. Imamo:

y'' s2

F(s) s y(0) y'(0),

y' s F(s) y(0),

yF(s) (uvijek!),

14 (redakf(x) = c, pri emu je c= 14) s

14

Umjesto polazne obine difererncijalne jednadbe 2. reda, rjeavamo algebarsku jednadbu:

[ ]214

( ) (0) '(0) 8 ( ) (0) 7 ( ) .s F s s y y s F s y F ss

+ =

U tu jednakost uvrstimo preostala dva uvjeta:y(0) = 4 i y'(0) = 8, pa se oslobodimo zagrada.

Imamo:

2

2

14( ) 4 8 8 ( ( ) 4) 7 ( ) ,

14( ) 4 8 8 ( ) 32 7 ( ) .

s F s s s F s F ss

s F s s s F s F ss

+ =

+ + + =

Sve lanove koji ne sadre F(s) (to su 4 s, 8 i 32) prebacimo na desnu stranu promijenivi

im predznak. Iz preostalih lanova na lijevoj strani izluimo F(s). Dobivamo:

2

2

14( ) ( 8 7) 4 8 32

14( ) ( 8 7) 4 24.

F s s s ss

F s s s ss

+ = + +

+ = +

Uoimo da izraz koji mnoi F(s) na lijevoj strani moemo rastaviti u faktore. Podsjetimo se:

Ako sux1ix2rjeenja kvadratne jednadbe a x2+ b x+ c= 0, onda vrijedi:


51/77

a x2+ b x+ c= a (x x1) (x x2).

Dakle, moramo rijeiti kvadratnu jednadbu:

s2 8 s+ 7 = 0.

Pomou formula za raunanje rjeenja kvadratne jednadbe ili pomou Vietovih formula

(traimo dva broja iji je zbroj 8, a umnoak 7) dobivamo:

s1 = 1 i s2= 7,

pa imamo sljedei rastav:

s2 8s+ 7 = (s 1)(s 7).

Uvrstimo dobiveni rastav u jednakost iz koje raunamo F(s) i desnu stranu te jednakosti

svedimo na zajedniki nazivnik:

2

2

14( ) ( 1) ( 7) 4 24,

14 4 24( ) ( 1) ( 7) ,

4 24 14( ) .

( 1) ( 7)

F s s s ss

s sF s s s

s

s sF s

s s s

= +

+ =

+=

Razlomak na desnoj strani rastavimo na parcijalne razlomke. Iz oblika nazivnika vidimo da

emo dobiti tri razlomka. U nazivniku svakoga od njih bit e polinom stupnja 1, pa e u

brojniku svakoga od njih biti polinom stupnja 0, tj. neka konstanta. Dobivamo:

2

2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

4 24 14,

( 1) ( 7) 1 7

4 24 14 ( 1) ( 7) ( 7) ( 1),

4 24 14 ( 7 7) 7 ,

4 24 14 8 7 7 ,

4 24 14 (

s s A B C

s s s s s s

s s A s s B s s C s s

s s A s s s B s B s C s C s

s s A s As A B s B s C s C s

s s s A

+= + +

+ = + +

+ = + + +

+ = + + +

+ = + ) ( 8 7 ) 7 .B C s A B C A+ + +

Izjednaavanjem koeficijenata uz iste potencije od s na lijevoj i desnoj strani dobivamo

sljedei sustav triju linearnih jednadbi s tri nepoznanice:

A+B+ C= 4

8 A 7 B C= 24

7 A= 14

Iz tree jednadbe dobivamoA= 2.

Kad uvrstimo A= 2 u prve dvije jednadbe, dobivamo sustav dviju linearnih jednadbi sa

dvije nepoznanice:


52/77

B+ C= 2

7 B C = 8

Zbrajanjem tih jednadbi dobivamo

6 B= 6

pa jeB= 1.

KadB= 1 uvrstimo u jednadbuB+ C= 2, dobivamo C= 1.

Dakle,A= 2,B= C= 1, pa je

2 1 1( ) .

1 7F s

s s s= + +

Svaki od triju pribrojnika na desnoj strani te jednakosti pokuajmo na i u drugom stupcu

tablice Laplaceovih transformata. Uoimo da su ti pribrojnici oblika1

ilic

s s a, gdje je

c= 2 za prvi pribrojnik, a= 1 za drugi pribrojnik, odnosno a= 7 za trei pribrojnik. Njihovipripadni ''parovi'' u prvomu stupcu su c i e

a x. Odatle slijedi da je inverzni Laplaceov

transformat prvoga pribrojnika 2, drugoga e1 x

= ex, a treega e

7 x. Stoga je traena funkcijay

jednaka:

y= 2 + ex+ e

7 x,

odnosno nakon ''preslagivanja'',

y= e7 x

+ ex+ 2.

34.Odmah vidimo da imamo diferencijalnu jednadbu oblika

y' + P(x) y = Q(x)

Rije je o nehomogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadbi 1. reda. Da bismo je rijeili,

najprije moramo ''oitati'' funkcije P(x) i Q(x). Funkcija P(x) ''mnoi'' y, a funkcija Q(x) je

''slobodni lan'', odnosno funkcija na desnoj strani jednadbe. U ovome zadatku te su dvije

funkcije jednake:

P(x) = Q(x) = cos 2x.

Uvrstimo ih u formulu za rjeavanje linearnih obinih diferencijalnih jednadbi 1. reda:

( ) ( )

( )P x dx P x dx

y e Q x e dx C = +

.

Dobivamo:

cos(2 ) cos(2 )

cos(2 ) .x dx x dx

y e x e dx C

= +


53/77


cos(2 ) .x dx

On se rauna zamjenom:

t= 2 x, dt= 2 dxdx=1

2dt .

Imamo redom:

1 1 1cos(2 ) cos sin sin(2 ).

2 2 2x dx t dt t x = = =

Uvrstimo dobiveni rezultat u jednakost

cos(2 ) cos(2 )

cos(2 ) .x dx x dx

y e x e dx C

= +

pa dobivamo:

1 1sin 2 sin 2

2 2cos(2 ) .x x

y e x e dx C

= +

Izraunajmo zasebno integral u okrugloj zagradi. On se rjeava uvoenjem zamjene

1 1sin(2 ), cos(2 ) 2 cos(2 )

2 2t x dt x dx x dx

= = =

.

Stoga je

1 1sin(2 ) sin(2 )

2 2cos(2 )x x

t tx e dx e dt e e

= = = .

Kad taj rezultat uvrstimo u jednakost

1 1sin 2 sin 2

2 2cos 2 .x x

y e x e dx C

= +

dobivamo:

1 1 1 1sin(2 ) sin(2 ) sin(2 ) sin(2 )02 2 2 21 .

x x x x

y e e C e C e C e = + = + = +

Dakle, rjeenje polazne jednadbe je

1sin(2 )

21 , .x

y C e C

= + R


54/77

35.Najprije prebacimo lan y ex sa lijeve na desnu stranu jednadbe. Zatim obje stranejednadbe podijelimo s izrazom lny(e

x+ 1). Dobivamo:

'ln ( 1)

x

x

y ey

y e

=

+.

Tu jednakost moemo zapisati u sljedeem obliku:

.ln1

'y

y

e

ey

x

x

+

=

Vidimo da smo dobili jednadbu oblika

y' =f(x) g(y)

pri emu je

1

)(+

=

x

x

e

exf , a

y

yyg

ln

)( = . Rijeje o obinoj diferencijalnoj jednadbi 1. reda

sa separiranim varijablama. Ope rjeenje te jednadbe (zadane u gornjemu obliku) odreuje

se iz jednakosti

+= Cdxxfygdy

)()(

.

U tu jednakost uvrstimo

1)(

+

=x

x

e

exf ,

y

yyg

ln)( = ,

pa dobivamo:

+

+

=

+

+

=

.1

ln

,1

ln

Cdxe

edy

y

y

Cdxe

e

y

y

dy

x

x

x

x

Izraunajmo zasebno svaki od gornjih dvaju integrala. Oba se rjeavaju istom metodom:

metodom zamjene. U integralu na lijevoj strani jednakosti stavimo:

1ln ,t y dt dy

y= =

pa dobivamo:


55/77

2 2 2ln 1 1 1(ln ) ln .

2 2 2

ydy t dt t y y

y= = = =

U integralu na desnoj strani stavimo:

t= ex+ 1, dt= e

x

dx

pa imamo:

+===+

).1ln(ln1

x

x

x

ett

dtdx

e

e

U obama integralima pojavljuje se logaritamska funkcija, pa emo konstantu Czamijeniti s

konstantom 11

2C , pri emu je C1 R. To smijemo napraviti jer za svaki C R postoji

jedinstven strogo pozitivan realan broj C1Rtakav da je C= 11

2

C . (Broj C1lako moemo i

izravno izraunati: C1= 2 C.) Tako dobivamo:

2

1

2

1

1

1 1ln ln( 1) ,

2 2

ln 2ln( 1) ,

ln 2ln( 1)

x

x

x

y e C

y e C

y e C

= + +

= + +

= + +

a odatle je

12ln( 1)

1, .

xe C

y e C

+ +

= R.

36.Zadana obina diferencijalna jednadba je obina diferencijalna jednadba oblika

a y'' + b y' + c y= 0

Rije je o homogenoj linearnoj obinoj diferencijalnoj jednadbi 2. reda s konstatnim

koeficijentima. Da bismo je rijeili, najprije moramo ''oitati'' pripadne koeficijente:

a= 1, b= 2, c= 3.

Pripadna karakteristina jednadba je kvadratna jednadba:

ak2+ b k+ c= 0.

U tu jednakost uvrstimo a= 1, b= 2, c= 3 pa dobivamo jednadbu:

k2 2 k 3 = 0.


56/77

Rijeimo tu jednadbu (moemo koristiti i Vietove formule, pa traiti dva broja koja

zbrojena daju 2, a pomnoena 3). Dobivamo:

k1= 1, k2= 3.

Ta dva rjeenja su realni brojevi i meusobno su razliiti. Dakle, imamo podsluaj 1. U tom je

sluaju ope rjeenje polazne jednadbe dano formulom

1 2

1 2

k x k xy C e C e = + .

Preostaje nam u tu formulu uvrstiti k1 = 1 i k2 = 3. Tako dobivamo da je ope rjeenje

polazne jednadbe

y= C1 ex+ C2 e

3 x, C1, C2R.

37. Prvi uvjet je nehomogena linearna diferencijalna jednadba 2. reda s konstantnimkoeficijentima. Rjeavamo je koristei Laplaceovu transformaciju. U tablici Laplaceovih

transformata pronaemo ime trebamo zamijeniti y'', a ime funkciju na desnoj stranijednadbe. Imamo:

y'' s2 F(s) s y(0) y'(0),

yF(s) (uvijek!),

2 ex(2 prepiemo, a e

xtransformiramo tako da naemo funkciju e

ax i uvrstimo a= 1)

1

2

1

12

=

ss

Umjesto obine diferencijalne jednadbe 2. reda, rjeavamo algebarsku jednadbu:

2 2( ) (0) '(0) ( )

1s F s s y y F s

s + =

.

U tu jednakost uvrstimo dva zadana uvjeta: y(0) = 1 i y '(0) = 1. Zatim sve lanove koji ne

sadre F(s) prebacimo na desnu stranu, a na lijevoj strani iz preostalih lanova izluimo F(s).

Dobivamo:

2

2

22

2( ) 1 ( ) ,

1

2( ) ( 1) 1,

11

( ) ( 1) ,1

1( ) .

1

s F s s F ss

F s s s

ss

F s ss

F ss

+ =

+ = + +

+ + =

=


57/77

Dobivenu funkciju na desnoj strani gornje jednakosti potraimo u drugomu stupcu tablice

Laplaceovih transformata. Nai emo izraz oblikaas

1s kojim je u ''paru'' funkcija e

a x. U

naem sluaju je oito a= 1, pa je rjeenje zadatka:

y= ex.

38.Zadana jednadba je nehomogena linearna obina diferencijalna jednadba 1. reda. Dabismo je rijeili, najprije moramo oitati funkcije P(x) i Q(x). U ovome sluaju je:

P(x) =2

2

1

x

x

+, Q(x) = (1 x)(1 +x) = 1 x2.

Te dvije funkcije uvrstimo u formulu za ope rjeenje nehomogene linearne obine


( ) ( )

( )P x dx P x dx

y e Q x e dx C

= +

.

U ovom sluaju dobivamo:

2 2

2 2

21 1(1 ) .

x xdx dx

x xy e x e dx C

+ +

= +


2

2

1

xdx

x

+ .

On se rauna uvoenjem zamjene

t= 1 +x2, dt= 2 x dx.

Stoga je

2

2

2ln ln(1 ).

1

x dtdx t x

x t

= = = +

+

Kad dobiveni rezultat uvrstimo u formulu iz koje emo odrediti funkcijuy, dobivamo:

( )2 2ln(1 ) 2 ln(1 )

(1 ) .x x

y e x e dx C + +

= +

Koristimo sljedee jednakosti:

2ln(1 ) 2

1 .x

e x+

= +


58/77

2 12 ln (1 )ln(1 ) 2 1

2

1(1 ) .

1

xxe e xx

+ + = = + =

+

Prema tome,

( )( )

( )

2 2

2

4

2

4

2

5

2

1

(1 )(1 ) ,1

1(1 ) ,

1

1,

1

1 1.

1 5

y x x dx Cx

y x dx Cx

y dx x dx Cx

y x x Cx

= + ++

= ++

= ++

= +

+

Za svaki realan broj CRpostoji jedinstven realan broj C1takav da je C= 11

5C . (Broj C1

lako moemo i izravno odrediti: C1= 5 C.) Zbog toga posljednju jednakost dalje zapiemoovako:

5

12

1 1 1.

1 5 5y x x C

x

= +

+ .

a odavde je konano

5

112

5, .

5 5

x x Cy C

x

+=

+R

39.Uoimo da u zadatku imamo izraz oblika

F1(x) G1(y) dx + F2(x) G2(y) dy= 0,

pri emu je F1(x) = 1, G1(y) = tgy, F2(x) =x2+ 1, G2(y) = 1. Rijeje o obinoj diferencijalnoj

jednadbi 1. reda sa separiranim varijablama. Formula za ope rjeenje te jednadbe (zapisane

u gornjemu obliku) glasi:

+= CdxxFxF

dyyG

yG

)(

)(

)(

)(

2

1

1

2 .

U tu jednakost uvrstimo

F1(x) = 1, G1(y) = tgy, F2(x) =x2+ 1, G2(y) = 1,

pa dobivamo:

2

1 1

tg 1dy dx C

y x= +

+ .


59/77

Integral na lijevoj strani posljednje jednakosti jednak je

{ }cos

sin , cos ln ln sin ,sintg sin

cos

dy dy y dt dy t y dt y dy t y

yy y t

y

= = = = = = = =

dok je integral na desnoj strani tablini:

2arctg .

1

dxx

x=

+

Tako smo dobili jednakost

ln siny= arctgx+ C.

Najprije se antilogaritmiranjem ''rijeimo'' prirodnoga logaritma:

siny= earctgx+ C

,

a potom se rijeimo i sinusa koristei funkciju arkussinus:

y= arcsin(earctgx+ C

).

Oznaimo li

C1= eC,

dobivamo da je traena funkcija:

y= arcsin(C1 earctgx), C1R.

40.U zadatku imamo obinu diferencijalnu jednadbu oblika

ay'' + b y' + c y= 0.

Rije je o homogenoj linearnoj obinoj diferencijalnoj jednadbi 2. reda s konstantnim

koeficijentima. Da bismo je rijeili najprije trebamo ''oitati'' koeficijente:

a= 1, b= 8, c= 16.

Sad moemo napisati karakteristinu jednadbu. U opemu sluaju ona glasi:

a k2+ b k+ c= 0.

U ovom sluaju imamo:

k2+ 8 k+ 16 = 0.

Rijeimo li tu kvadratnu jednadbu, dobit emo:


60/77

k1= k2= 4.

Vidimo da su rjeenja karakteristine jednadbe realna i meusobno jednaka. To znai da

nastupa podsluaj 2. U tom je podsluaju ope rjeenje polazne obine diferencijalne

jednadbe dano formulom

11 2( )k xy e C C x

= +

Preostaje nam u tu jednakost uvrstiti k1= 4 i dobiti traeno ope rjeenje polazne jednadbe:

4

1 2 1 2( ), ,xy e C C x C C = + R .

41. Prvi je uvjet nehomogena linearna diferencijalna jednadba 2. reda s konstantnimkoeficijentima. Tu jednadbu rjeavamo koristei Laplaceovu transformaciju. U tablici

Laplaceovih transformata pie ime trebamo zamijenitiy'', imey'', a ime funkciju na desnoj

strani te jednadbe. Imamo:

y'' s2 F(s) s y(0) y'(0),y' s F(s) y(0),

yF(s) (uvijek!)

ex(naemof(x) = e

a x i stavimo a= 1)

1

1

s.

Umjesto obine diferencijalne jednadbe, rjeavamo algebarsku jednadbu:

s2F(s) s y(0) y'(0) [sF(s) y(0)] + F(s) =

1

1

s.

Iskoristimo preostala dva uvjeta: y(0) = 1, y'(0) = 1 i uvrstimo ih u gornju algebarskujednadbu. Dobivamo:

s2 F(s) s 1 1 [s F(s) 1] + F(s) =

1

1

s,

s2

F(s) s 1 sF(s) + 1 + F(s) =1

1

s.

Sve lanove koji ne sadre F(s) prebacimo na desnu stranu mijenjajui im predznak. Iz

preostalih lanova na lijevoj strani ''izluimo'' F(s):

F(s) (s2 s+ 1) =1

obicnih diferencijalnih jednadžbi

Documents