rijeŠeni zadatci iz obi nih diferencijalnih...

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

MATEMATIKA 2

RIJEŠENI ZADATCI IZ OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNADŽBI

Bojan Kovačić & Dražen Blanuša 1 Tehničko veleučilište – Elektrotehnički odjel, Zagreb

ZADATCI:

1. Nađite opće rješenje obične diferencijalne jednadžbe:

y' + 1 x

y ex

⋅ = .

2. Odredite partikularno rješenje obične diferencijalne jednadžbe

y'' + 4 · y = 0

za koje istovremeno vrijede jednakosti

y 12

=

π,

y' 22

=

π.

3. Nađite partikularno rješenje obične diferencijalne jednadžbe

dy - (1 – y) · (2 – y) · dx = 0

koje zadovoljava početni uvjet

y(1) = 0.

4. Odredite jednadžbu krivulje zadane običnom diferencijalnom jednadžbom

y'' + 2 · y'+ y = 0,

a točka A(0,1) joj je stacionarna točka.

5. Nađite opće rješenje obične diferencijalne jednadžbe

x · dy – (1 – y2) · dx = 0.

6. Riješite Cauchyjev problem:

y'' + y = e–t

,

y(0) = 0,

y'(0) = 1.

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

zadana običnom diferencijalnom jednadžbom

(1 + x2)2

⋅ y' – 2 · x = 0.


MATEMATIKA 2




y'' – y = ex,

y(0) = 0,

y'(0) = 1.


y' + 1

siny xx

⋅ =

za koje vrijedi jednakost

y 02

=

π.

10. Običnom diferencijalnom jednadžbom

y'' + 2 · y' + y = 0

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

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


y · dy – x · ex · dx = 0

koje zadovoljava početni uvjet

y(0) = 1.

12. Porodica krivulja zadana je običnom diferencijalnom jednadžbom

y'' – sin x = 0.

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

tangente u toj točki kt = 1.


y' + (sin x) ⋅ y = sin x.


y'' + 3 · y' + 3 · y = 0,

y(0) = 1,

y'(0) = 0.


MATEMATIKA 2




y' + 2

21

1

xy x

x⋅ = −

−.

16. Riješite sljedeći Cauchyjev problem:

y'' + y' + y = 1,

y(0) = 1,

y'(0) = 1.

17. Porodica krivulja zadana je diferencijalnom jednadžbom

y'' + y' = 0.

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

tangente u toj točki kt = –1.


y'' + y' = 2

koje zadovoljava početne 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


MATEMATIKA 2



22. Odredite tip obične diferencijalne jednadžbe i riješite je:

(x · y2 + x) · dx + (x

2 · y – y) · dy = 0.


x · y' + y + ex = 0.


y'' – 2 · y' = 0.

25. Pomoću Laplaceove transformacije odredite funkciju y = 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 opće rješenje obične diferencijalne jednadžbe

y' · tg x = y.

28. Odredite opće rješenje obične diferencijalne jednadžbe:

6 · y = y'' + y'.


y'' – 4 · y' + 4 · y = 4 · x,

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


2 '2

''

y y

y

⋅ −= .


y · ctg x – y' = sin2x.


x · y · y' = (1 – x) · (1 + x).


MATEMATIKA 2




y'' – 8 · y' + 7 · y = 14,

y(0) = 4,

y'(0) = 8.


y' + (cos 2 · x) ⋅ y = cos(2 · x).


ln y ⋅⋅⋅⋅ (ex + 1) ⋅ y' – y · e

x = 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)


(x2 + 1) · dy + (tgy) · dx = 0.


y'' + 8 · y' + 16 · y = 0.

41. Pomoću Laplaceove transformacija odredite funkciju y = y(x) iz uvjeta:

y'' – y' + y = ex,

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


x ⋅ cos2

y · dx +

1( 1) ( 1) sin d

2 2

yx x y⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ = 0.


MATEMATIKA 2



43. Odredite opće rješenje obične diferencijalne jednadžbe 5 · y'' + 2 · y' + 2 · y = 0.


y' + (ctg x) ⋅ y = x.


y'' + y' = 8 · (x + 1),

y(0) = 1,

y'(0) = 0.


y' + (x

1– tg x) ⋅ y =

x

1.


2

1 lnd d 0

arctg 1

y yy x

x x

⋅⋅ − ⋅ =

+.

48. Odredite opće rješenje obične diferencijalne jednadžbe 4 · y'' – 5 · y' + y = 0.

49. Pomoću Laplaceovih transformacija odredite funkciju y = y(x) iz uvjeta:

2 · y'' – y' = –2 · x,

y(0) = 1,

y'(0) = 4.


x · y' = 2 · y + x.


x2 ⋅ (1 + y) · dx – (x – 1) · (x

2 + x + 1) · (y

2 – 1) · dy = 0.


9 · y'' – 12 · y' + 4 · y = 0.


y'' – y' = 3 · x · (2 – x),

y(0) = 1,

y'(0) = 0.


MATEMATIKA 2



RJEŠENJA ZADATAKA

Napomena: Ukoliko nije drugačije istaknuto, pretpostavlja se da su C, C1, C2 ∈ R realne

konstante.

1. Zadana obična diferencijalna jednadžba ima oblik

y' + P(x) ⋅ y = Q(x).

Zaključujemo da se radi o nehomogenoj linearnoj običnoj diferencijalnoj jednadžbi 1. reda.

Njezino se rješenje određuje prema formuli

( ) ( )

( )P x dx P x dx

y e Q x e dx C− ∫ ∫= ⋅ ⋅ ⋅ +

∫ .

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

Funkcija P(x) je funkcija koja ''množi'' traženu funkciju y. Vidimo da je P(x) = x

1.

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

Q(x) = ex.

Preostaje te funkcije uvrstiti u navedenu formulu za računanje rješenja. 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:

eln x

= x , za svaki x > 0,

pa dobivamo:

( )1 ,

1( )

x

x

y x e x dx C

y x e dx Cx

−= ⋅ ⋅ ⋅ +

= ⋅ ⋅ ⋅ +

∫

∫


MATEMATIKA 2



Izračunajmo zasebno integral .x

I x e dx= ⋅ ⋅∫ Taj se integral računa metodom parcijalne

integracije:

u = x v = ex

du = dx dv = ex ·

dx

pa slijedi:

x x x x xI x e dx x e e dx x e e= ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ = ⋅ −∫ ∫ .

Tako je opće rješenje polazne jednadžbe:

( )1 x x

y x e e Cx

= ⋅ ⋅ − + , C ∈ R.

2. Zadana diferencijalna jednadžba je homogena linearna diferencijalna jednadžba 2. reda s

konstantnim koeficijentima. Da bismo je riješili, najprije moramo sastaviti i riješiti pripadnu

karakterističnu jednadžbu. Ona u ovom slučaju glasi:

k2 + 4 = 0.

Rješenja te jednadžbe su kompleksni brojevi

k1 = –2 · i, k2 = 2 · i.

Očitamo realni i imaginarni dio bilo kojega od dobivenih rješenja (uzet ćemo k2):

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

Opće rješenje zadane jednadžbe računamo prema formuli:

[ ]1 2cos( ) sin( )a xy e C b x C 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 C1 i C2 odredit ćemo iz početnih uvjeta. Umjesto x najprije uvrstimo 2

π,

a umjesto y uvrstimo 1. Dobit ćemo:


MATEMATIKA 2



1 2

1 2

π π1 cos 2 sin 2 ,

2 2

1 cos( ) sin( )

C C

C Cπ π

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

= ⋅ + ⋅

1

1

1 ,

1.

C

C

= −

= −

Za uvrštavanje podataka iz drugoga uvjeta najprije moramo izračunati y'. Imamo:

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

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

π i y' = 2. Dobit ćemo:

2

2

2

2

π π2 2 ( 1) sin 2 2 cos 2 ,

2 2

2 2 sin(π) 2 cos(π),

2 2 ,

1.

C

C

C

C

= − ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ + ⋅

= − ⋅

= −

Da dobijemo konačno rješenje zadatka, u formulu

y = C1 · cos(2 · x) + C2 · sin(2 · x)

uvrstimo dobivene vrijednosti konstanti C1 i C2:

y = –cos(2 · x) – sin(2 · x).

3. Odmah vidimo da zadana obična diferencijalna jednadžba ima oblik

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

pri čemu je F1(x) = –1, F2(x) = 1, G1(y) = (1 – y) · (2 – y), G2(y) = 1. Zaključujemo da se radi o

običnoj diferencijalnoj jednadžbi 1. reda sa separiranim varijablama. Njezino je opće rješenje

dano formulom:

∫ ∫ +−= CdxxF

xFdy

yG

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, izračunat ćemo posebno lijevu, a posebno desnu stranu. Imamo redom:


MATEMATIKA 2



Lijeva strana:

2

1

( ) 1.

( ) (1 ) (2 )

G ydy dy

G y y y=

− ⋅ −∫ ∫

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

Drugim riječima, tražimo realne brojeve A i B tako da vrijedi:

1

(1 ) (2 ) 1 2

A B

y y y y= +

− ⋅ − − −.

Pomnožimo tu jednakost s (1 – y) · (2 – y) pa ćemo dobiti:

1 = A · (2 – y) + B · (1 – y).

Grupiramo posebno koeficijente uz y, a posebno slobodne članove:

1 = y · (–A – B) + (2 · A + B).

Izjednačavanjem koeficijenata s lijeve i desne strane dobivamo sustav dviju linearnih

jednadžbi s dvije nepoznanice:

– A – B = 0

2 · A + B = 1.

Njegovo je rješenje A = 1, B = –1. Stoga je

1 1 1,

(1 ) (2 ) 1 2y y y y= −

− ⋅ − − −

odnosno

1 1 1.

(1 ) (2 ) 2 1y y y y= −

− ⋅ − − −

Vratimo se na računanje nepoznatoga integrala. Umjesto podintegralne funkcije uvrstimo

gornji rastav:

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

(1 ) (2 ) 2 1 1

ydy dy dy y y

y y y y y

−= − = − − − =

− ⋅ − − − −∫ ∫ ∫

(Zbog glatkoće rješenja, apsolutna vrijednost dobivena kao rezultat integriranja može se

zanemariti.)


MATEMATIKA 2



Desna strana:

Odmah imamo:

∫ ∫ +=+−−=+− .)(

)(

2

1 CxCdxCdxxF

xF

Tako smo dobili jednakost:

2ln

1

yx C

y

−= +

−.

Iz te jednakosti trebamo izraziti varijablu y pomoću varijable x. Kako bismo se riješili

''nezgodnoga'' logaritma na lijevoj strani, potenciramo i lijevu i desnu stranu s bazom

prirodnoga logaritma (e). Dobit ćemo:

2,

1

2 ,

( 1) 2,

2

1

x C

x C x C

x C x C

x C

x C

ye

y

y y e e

y e e

ey

e

+

+ +

+ +

+

+

−=

−

− = ⋅ −

⋅ − = −

−=

−

Da bismo ovaj izraz još pojednostavnili, stavimo C1 = eC pa dobivamo:

1

1

2

1

x

x

C ey

C e

⋅ −=

⋅ −, C1 > 0.

Nepoznatu konstantu C1 odredit ćemo 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

−

⋅ −=

⋅ −

⋅ − =

= = ⋅

Konačno je:

1 1

1 1

2 2 2 2

2 1 2 1

x x

x x

e e ey

e e e

− −

− −

⋅ ⋅ − ⋅ −= =

⋅ ⋅ − ⋅ −.


MATEMATIKA 2



4. Najprije moramo riješiti običnu diferencijalnu jednadžbu

y'' + 2 · y' + y = 0.

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

Slično kao u 2. zadatku, najprije moramo sastaviti i riješiti pripadnu karakterističnu

jednadžbu. Ona u ovom slučaju glasi:

k2 + 2 · k + 1 = 0.

Njezina su rješenja

k1 = k2 = –1.

Vidimo da smo dobili dva jednaka realna rješenja pa slijedi da je opće rješenje početne obične

diferencijalne jednadžbe

y = e–x

· (C1 + C2 · x).

Nepoznate konstante C1 i C2 odredit ćemo iz daljnjega uvjeta iskazanoga u zadatku, a taj je da

točka A mora biti stacionarna točka tražene krivulje. ''Prevedeno'' na jezik običnih

diferencijalnih jednadžbi, to znači da istovremeno moraju vrijediti obje sljedeće jednakosti:

y(0) = 1 (jer tražena krivulja prolazi točkom A)

y'(0) = 0 (jer prva derivacija funkcije y u točki A mora biti jednaka 0).

Uvrstimo najprije x = 0 i y = 1 u dobiveno opće rješenje početne obične diferencijalne

jednadžbe. Dobivamo:

1 = e–0

· (C1 + C2 ⋅ 0),

tj.

C1 = 1.

Sada deriviramo dobiveno opće rješenje početne obične diferencijalne jednadžbe (kao

derivaciju umnoška dviju funkcija, tako je jednostavnije):

y' = –e–x

· (C1 + C2 · x) + ⋅ C2 · e

–x.

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

0 = –1 · (1 + 0) + 1 ⋅ C2.

Odavde je

C2 = 1.


MATEMATIKA 2



Prema tome, tražena je krivulja

y = e–x

· (x + 1).

5. Odmah vidimo da zadana diferencijalna jednadžba ima oblik

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

pri čemu je F1(x) = –1, F2(x) = 1, G1(y) = 1 – y2, G2(y) = 1. Zaključujemo da se radi o običnoj

diferencijalnoj jednadžbi 1. reda sa separiranim varijablama. Njezino je opće rješenje dano

formulom:

∫ ∫ +−= CdxxF

xFdy

yG

yG

)(

)(

)(

)(

2

1

1

2

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

izračunat ćemo posebno lijevu, a posebno desnu stranu. Imamo redom:

Lijeva strana:

∫ ∫−

= dyy

dyyG

yG

21

2

1

1

)(

)(.

Dobiveni integral određujemo koristeći tablicu neodređenih integrala. U njoj nalazimo:

2 2 2

1ln

2

dx a x bC

b a x a b a x b

⋅ += ⋅ +

− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −∫

pa uvrštavanjem a = b = 1 i zamjenom varijable x varijablom y dobivamo:

2

1 1 1ln

1 2 1

ydy

y y

+⋅ = ⋅

− −∫ .

Zbog potrebne glatkoće rješenja, apsolutnu vrijednost opet možemo zanemariti.

Desna strana:

Odmah imamo:

∫ ∫ +=+−−=+− .)(

)(

2

1 CxCdxCdxxF

xF

Tako smo dobili jednakost


MATEMATIKA 2



1 1ln

2 1

yx C

y

+⋅ = +

−.

Iz te jednakosti trebamo izraziti varijablu y pomoću varijable x. Pomnožimo 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 y e e

y e e

ey

e

⋅ + ⋅

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅

⋅ + ⋅

⋅ + ⋅

+=

−

+ = ⋅ −

⋅ − = +

+=

−

Opet radi jednostavnosti možemo uvesti novu konstantu:

C1 = e2 · C

> 0.

Tako konačno dobivamo traženo opće rješenje:

2

1

2

1

1

1

x

x

C ey

C e

⋅

⋅

⋅ +=

⋅ −, C1 > 0.

6. Zadani početni problem rješavamo rabeći Laplaceovu transformaciju. Pođimo od zadane

obične diferencijalne jednadžbe. Najprije u tablici Laplaceovih transformata pronađemo čime

trebamo zamijeniti y'', čime y, a čime funkciju na desnoj strani te jednadžbe. Imamo:

y'' → s2F(s) – sy(0) – y '(0),

y → F(s),

e–t → (e

–t transformiramo tako da u tablici Laplaceovih tranformata nađemo funkciju

f(x) = ea · x

i uvrstimo a = –1) → 1

1

+s

Tako polazna obična diferencijalna jednadžba prelazi u algebarsku jednadžbu:

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

1s F s s y y F s

s⋅ − ⋅ − + =

+.

U tu jednakost uvrstimo početne uvjete:


MATEMATIKA 2



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

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

preostalih članova izlučimo 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 s

s 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 (tj. ne može se rastaviti na umnožak jednostavnijih faktora čiji su koeficijenti realni

brojevi), pa će se rastav sastojati od ukupno dva razlomka. U brojniku razlomka čiji je

nazivnik s + 1 bit će konstanta (polinom stupnja 0), a u brojniku razlomka čiji je nazivnik s2 +

+ 1 bit će 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

+ ⋅ += +

+ ⋅ + + +

+ = ⋅ + + ⋅ + ⋅ +

+ = ⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅ +

+ = + ⋅ + + ⋅ + +

Izjednačavanjem koeficijenata na lijevoj i desnoj strani dobivamo sljedeći sustav triju

linearnih jednadžbi s tri nepoznanice:

A + B = 0,

B + C = 1,

A + C = 2.

Zbrojimo li sve tri jednadžbe, dobivamo:

A + B + C = 2

3

Kad od te jednakosti oduzmemo prvu jednadžbu sustava, dobivamo:


MATEMATIKA 2



C = 2

3

Na potpuno analogan način se dobiju i vrijednosti preostalih dviju nepoznanica:

A = 2

1, B = –

2

1.

Prema tome, traženi rastav na parcijalne razlomke glasi:

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 možemo odrediti traženi inverz, i to prema načelu ''pribrojnik po pribrojnik'', što

smijemo jer su Laplaceova transformacija i njezin inverz linearni operatori.

Već smo vidjeli da je Laplaceov transformat od e–t

jednak 1

1

+s. Zbog toga je inverz

Laplaceova transformata 1

1

2

1

+⋅

sjednak t

e−

⋅2

1 (konstantu uvijek prepišemo, a izraz koji

sadrži s invertiramo).

Izraz 12

+s

s je poseban slučaj 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 pribrojnika 12

12

+⋅

s

s jednak

1cos

2t⋅ .

Napokon, izraz 1

12

+s je poseban slučaj izraza

2 2

a

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

Inverz toga Laplaceova transformata je sin(a · t), što znači da je inverz pribrojnika 1

1

2

32

+⋅

s

jednak 3

sin2

t⋅ .

Dakle, traženo rješenje Cauchyjeva problema je:

y = te

−⋅

2

1 –

1cos

2t⋅ +

3sin

2t⋅ .

7. Zapišimo najprije zadanu diferencijalnu jednadžbu u sljedećem obliku:


MATEMATIKA 2



y' = 2 2

2

(1 )

x

x

⋅

+.

Premda je riječ o običnoj diferencijalnoj jednadžbi 1. reda sa separiranim varijablama, ne

moramo razdvajati varijable, već polaznu jednadžbu možemo riješiti izravnim integriranjem.

To ćemo integriranje provesti rabeći metodu zamjene (supstitucije). Imamo redom:

{ }2

2 2 2 2

2 1 11 , 2 .

(1 ) 1

x dty dx t x dt x dx C

x t t x

⋅= = = + = ⋅ ⋅ = = − = − +

+ +∫ ∫

Da bi krivulja prolazila točkom T(0,2), za x = 0 vrijednost funkcije y mora biti jednaka 2.

Stoga u dobivenu jednakost umjesto x uvrstimo 0, a umjesto y uvrstimo 2. Dobijemo:

2 = –1 + C,

otkuda je

C = 3.

Tražena je krivulja, dakle,

2

2

2

13,

1

3 2.

1

yx

xy

x

= − ++

⋅ +=

+



trebamo zamijeniti y'', čime y, a čime funkciju na desnoj strani te jednadžbe. Imamo:

y'' → s2F(s) – sy(0) – y '(0),

y → F(s) (uvijek!),

ex → (e

x transformiramo tako da nađemo funkciju e

a · x i uvrstimo a = 1) →

1

1

−s


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

1s F s s y y F s

s⋅ − ⋅ − − =

−.

U tu jednakost uvrstimo početne uvjete:

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


MATEMATIKA 2



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

preostalih članova izlučimo F(s). Redom dobivamo:

( )

2

2

2

2

2

1( ) 0 1 ( ) ,

1

1( ) ( ) 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

sF 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 zaključujemo da ćemo imati ukupno 3 razlomka. U brojniku svakoga od njih bit

će 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 s

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

s A C s B C s B C A

= + +− ⋅ + − − +

= ⋅ − ⋅ + + ⋅ + + ⋅ −

= ⋅ − + ⋅ + + ⋅ − ⋅ +

= ⋅ − + ⋅ + + ⋅ − ⋅ ⋅ +

= + ⋅ + − ⋅ ⋅ + + −

Izjednačavanjem koeficijenata s lijeve i desne strane posljednje jednakosti dobivamo sljedeći

sustav triju linearnih jednadžbi s tri nepoznanice:

A + C = 0

B – 2 · C = 1

B + C – A = 0.

Zbrojimo li sve tri jednadžbe toga sustava, odmah dobivamo

B = 2

1.


MATEMATIKA 2



Iz druge jednadžbe je tada

C = 4

1− ,

pa iz prve jednadžbe odmah slijedi

A = 4

1.

Stoga je

.1

1

4

1

)1(

1

2

1

1

1

4

1)(

2 +⋅−

−⋅+

−⋅=

ssssF

Sada možemo odrediti inverze Laplaceovih transpormata na desnoj strani posljednje

jednakosti.

Već 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(

1

−sposeban je slučaj izraza

2

1

( )s a− (za a = 1). Iz tablice Laplaceovih transformata

vidimo da je inverz toga Laplaceova transformata jednak x · ea · x

. Stoga je inverz Laplaceova

transformata 2

)1(

1

2

1

−⋅

sjednak

2

1 · x · e

x.

Napokon, inverz Laplaceova transformata 1

1

+s jednak je e

–x, pa slijedi da je inverz

Laplaceova transformata 1

1

4

1

+⋅

sjednak

4

1· e

–x.

Tako je traženo partikularno rješenje:

y = 1

4

xe⋅ +

2

1· x · e

x –

4

1 · e

–x.

9. Zadana diferencijalna jednadžba ima oblik

y' + P(x) ⋅ y = Q(x)


MATEMATIKA 2



pa zaključujemo da se radi o nehomogenoj linearnoj običnoj diferencijalnoj jednadžbi 1. reda.

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

P(x) = x

1, Q(x) = sin x.

Te funkcije uvrstimo u formulu za računanje općega rješenja nehomogene linearne obične

diferencijalne jednadžbe 1. reda:

+∫⋅∫= ∫

−CdxexQey

dxxPdxxP )()()(

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

−

−

−

−

∫ ∫= ⋅ ⋅ +

= ⋅ ⋅ +

= ⋅ ⋅ +

= ⋅ ⋅ +

= ⋅ ⋅ +

∫

∫

∫

∫

∫

Izračunajmo zasebno integral

sin .I x x dx= ⋅ ⋅∫

Taj se integral računa metodom parcijalne integracije:

u = x v = –cos x

du = dx dv = sin x · dx

pa slijedi:

sin cos cos cos sin .x x dx x x x dx x x x⋅ ⋅ = − ⋅ + ⋅ = − ⋅ +∫ ∫ .

Stoga je opće rješenje polazne obične diferencijalne jednadžbe:

1(sin cos ).y x x x C

x= ⋅ − ⋅ +


MATEMATIKA 2



Nepoznatu konstantu C odredit ćemo iz početnoga uvjeta. U gornju jednakost umjesto x

uvrstimo 2

π, a umjesto y uvrstimo 0. Dobit ćemo:

10 sin cos ,

2 2 2

2

20 (1 0 ),

0 1 ,

1.

C

C

C

C

π π π

π

π

= ⋅ − ⋅ +

= ⋅ − +

= +

= −

Traženo partikularno rješenje je:

1(sin cos 1).y x x x

x= ⋅ − ⋅ −

10. Riješimo najprije zadanu običnu diferencijalnu jednadžbu. Riječ je o homogenoj linearnoj

diferencijalnoj jednadžbi 2. reda s konstantnim koeficijentima. Stoga najprije moramo

sastaviti i riješiti pripadnu karakterističnu jednadžbu. U ovom slučaju ona glasi:

k2 + 2 · k + 1 = 0.

Njezina su rješenja k1 = k2 = –1. Vidimo da smo dobili dva jednaka realna rješenja pa slijedi

da je opće rješenje početne obične diferencijalne jednadžbe

y = e–x

· (C1 + C2 · x).

Nepoznate konstante C1 i C2 odredit ćemo iz daljnjih uvjeta iskazanih u zadatku. Najprije ih

''prevedimo'' na jezik jednadžbi. Zahtjev da krivulja prolazi točkom T(1,1) možemo zapisati u

obliku

y(1) = 1.

Zahtjev da koeficijent smjera tangente na krivulju u točki T mora biti jednak 1 možemo

zapisati u obliku

y'(1) = 1.

Dakle, u dobiveni izraz

y = e-x

· (C1 + C2 · x)

najprije uvrstimo x = 1 i y = 1:


MATEMATIKA 2



1 = 1

1 2( 1),e C C−

⋅ + ⋅

otkuda je

e = C1 + C2.

Sada deriviramo izraz

y = e-x

· (C1 + C2 · x)

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

y' = –e–x

· (C1 + C2 · x) + e

–x ⋅ C2.

U dobivenu jednakost uvrstimo x = 1 i y' = 1 pa dobivamo:

1 = –e–1

· (C1 + C2 ⋅ 1) + e

–1 ⋅ C2,

1 = –e–1

· (C1 + C2) + e

–1 ⋅ C2.

Uvažimo jednakost C1 + C2 = e, pa dobivamo:

1 = –e–1

⋅ e + e

–1⋅ C2,

1 = –1 + e–1

⋅ C2,

2 = e–1

⋅ C2,

C2 = 2 · e.

Sada iz

C1 + C2 = e

slijedi

C1 = –e.

Uvrstimo izračunate vrijednosti u jednakost

y = e-x

· (C1 + C2 · x)

pa dobivamo:

y = e–x

· (–e + 2 · e ⋅ x),

odnosno

y = e1 – x

· (2 · x – 1).

11. Odmah uočavamo da zadana obična diferencijalna jednadžba ima oblik


MATEMATIKA 2



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

pri čemu je F1(x) = x · ex, F2(x) = 1, G1(y) = –1, G2(y) = y. Zaključujemo da se radi o običnoj

diferencijalnoj jednadžbi 1. reda sa separiranim varijablama. Formula za određivanje općega

rješenja te jednadžbe glasi:

∫ ∫ +−= CdxxF

xFdy

yG

yG

)(

)(

)(

)(

2

1

1

2 .

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

,

.

x

x

y dy x e C

y dy x e C

− ⋅ = − ⋅ +

⋅ = ⋅ +

∫ ∫∫ ∫

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

desnoj strani te jednakosti.

Lijeva strana:

21

2y dy y⋅ = ⋅∫ (tablični integral!)

Desna strana:

Integral na desnoj strani računamo metodom parcijalne integracije:

u = x v = ex

du = dx dv = e

x · 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 C dobit ćemo iz početnoga uvjeta

y(0) = 1.

U jednakost


MATEMATIKA 2



21

2

x xy x e e C⋅ = ⋅ − +

umjesto x uvrstimo 0, a umjesto y uvrstimo 1 pa dobivamo:

.2

3

,102

1

,012

1 002

=

+−=

+−⋅=⋅

C

C

Cee

Traženo je rješenje, dakle,

2

2

1 3,

2 2

2 3,

2 3.

x x

x x

x x

y x e e

y x e e

y x e e

⋅ = ⋅ − +

= ⋅ ⋅ − +

= ⋅ ⋅ − +

12. Riješimo najprije zadanu običnu diferencijalnu jednadžbu. Premda je riječ o nehomogenoj

linearnoj diferencijalnoj jednadžbi 2. reda koju (u pravilu) rješavamo rabeći Laplaceovu

transformaciju, ovdje možemo postupiti brže i kraće. Zapišemo jednadžbu u obliku

y'' = sin x,

pa je riješimo 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 izračunat ćemo koristeći daljnje uvjete iskazane u zadatku. To

što krivulja prolazi točkom T(0,0) znači da je

y(0) = 0.

To što krivulja u točki T ima koeficijent smjera tangente jednak 1 znači da je

y'(0) = 1.


MATEMATIKA 2



Tako u izraz

y = –sin x + C1 · x + C2

najprije umjesto x uvrstimo 0 i umjesto y uvrstimo 0. Dobit ćemo:

0 = -sin 0 + C1 ⋅ 0 + C2,

otkuda je odmah

C2 = 0.

Dakle, imamo jednu konstantu manje. Deriviramo sada izraz

y = –sin x + C1 ⋅ x

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

y' = – cos x + C1.

U tu jednakost umjesto x opet uvrstimo 0, a umjesto y ovoga puta uvrstimo 1:

1 = –cos 0 + C1,

otkuda je odmah

C1 = 2.

Rješenje zadatka je krivulja čija je jednadžba:

y = 2 · x – sin x.

13. Zadana obična diferencijalna jednadžba ima oblik

y' + P(x) ⋅ y = Q(x)



P(x) = Q(x) = sin x.

Te funkcije uvrstimo u formulu za računanje općega rješenja nehomogene linearne


+∫⋅∫= ∫

−CdxexQey

dxxPdxxP )()()(

Imamo redom:


MATEMATIKA 2



( )

sin sin

cos cos

sin ,

sin .

x dx x dx

x x

y e x e dx C

y e x e dx C

− ⋅ ⋅

−

∫ ∫= ⋅ ⋅ +

= ⋅ ⋅ +

∫

∫

Integral u okrugloj zagradi rješavamo rabeći supstituciju t = –cos x, dt = sin x · dx. Tako

dobijemo:

cos cossin .

x t t xx e dx e dt e e

− −⋅ ⋅ = ⋅ = =∫ ∫

Stoga je traženo opće rješenje:

cos cos

cos

( ),

1, .

x x

x

y e e C

y C e C

−= ⋅ +

= ⋅ + ∈ R

14. Diferencijalna jednadžba postavljena u zadatku je homogena linearna obična

diferencijalna jednadžba 2. reda. Možemo je riješiti bilo pomoću karakteristične jednadžbe,

bilo pomoću Laplaceove transformacije. Opredijelit ćemo se za prvi način, tj. riješit ćemo je

pomoću karakteristične jednadžbe. U ovom slučaju ta jednadžba glasi

k2 + 3 · k + 3 = 0.

Rješenja te jednadžbe 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:

a = Re(k1) = 2

3− , b = Im(k1) =

2

3.

Opće rješenje promatrane obične diferencijalne jednadžbe (u slučaju kompleksnih rješenja

karakteristične jednadžbe) dano je formulom


⋅= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

U tu formulu uvrstimo vrijednosti za a i b pa dobivamo:

3

2

1 2

3 3cos sin .

2 2

x

y e C x C x

− ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅


MATEMATIKA 2



Nepoznate konstante C1 i C2 izračunat ćemo koristeći početne uvjete. U posljednju jednakost

najprije uvrstimo x = 0 i y = 1. Dobivamo:

( )

30

21 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 umnoška, 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 uvrstimo x = 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 traženo rješenje polazne obične diferencijalne jednadžbe:

3

23 3

cos 3 sin .2 2

x

y e x x− ⋅

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

Posve isti rezultat (ali uz nešto teže korake oko prepoznavanja inverza Laplaceova

transformata) dobili bismo i na drugi način.

15. Zadana diferencijalna jednadžba ima oblik

y' + P(x) ⋅ y = Q(x)




MATEMATIKA 2



.1)( ,1

)( 2

2−=

−= xxQ

x

xxP

Te funkcije uvrstimo u formulu za računanje općega rješenja nehomogene obične linearne


+∫⋅∫= ∫

−CdxexQey

dxxPdxxP )()()(

Dobivamo:

+

∫⋅−

∫= −−

−

∫ Cdxexeydx

x

xdx

x

x

12122

1


2 1

xdx

x⋅

−∫ .

On se rješava rabeći metodu supstitucije. Stavimo t = x2 – 1, pa je dt = 2 · x · dx, odnosno

x · dx = 2

1· dt. Stoga je

2

2

11 12 ln ln ln 1.

1 2 2

dtx dt

dx t t xx t t

⋅

⋅ = = ⋅ = ⋅ = = −−∫ ∫ ∫

Zbog toga je i

( ) ( )1

222

22

1ln 1ln 1 21

2

ln 1 21

11 ,

1

1.

xdx x

xx

xdx

xx

e e e xx

e e x

−−− ⋅ −

− −−

⋅−−

∫= = = − =

−

∫= = −

Prema tome,

( )

( )( )

2 2

2

2

2

11 1 ,

1

11 ,

1

y x x dx Cx

y x dx Cx

= ⋅ − ⋅ − ⋅ +−

= ⋅ − ⋅ +−

∫

∫


MATEMATIKA 2



( )2

2

3

2

1,

1

1 1

31

y x dx dx Cx

y x x Cx

= ⋅ ⋅ − +−

= ⋅ ⋅ − +

−

∫ ∫



trebamo zamijeniti y'', čime y', čime y, a čime funkciju na desnoj strani te jednadžbe. Imamo:

y'' → s2 · F(s) – s · y(0) – y'(0),

y' → s · F(s) – y(0),

y → F(s),

1 → s

1

Stoga zadana obična diferencijalna jednadžba prelazi u algebarsku jednadžbu:

s2 · F(s) – s · y(0) – y'(0) + s · F(s) – y(0) + F(s) =

s

1.

U tu jednakost sada uvrstimo početne 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. Budući da je

izraz s2 – s + 1 ireducibilan nad R (jer pripadna kvadratna jednadžba ima kompleksne

nultočke), dobit ćemo dva razlomka. U brojniku razlomka s nazivnikom s bit će konstanta

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


MATEMATIKA 2



Imamo redom: 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 sljedeći

sustav triju linearnih jednadžbi s tri nepoznanice:

A + B = 1

C – A = 2

A = 1.

Njegovo je rješenje

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 od s

1 očitamo odmah u tablici: to je 1.

Izraz 2 22 2

33 3 22 3

1 1 3 1 3

2 4 2 2

s ss s

= = ⋅ ⋅− + − + − +

poseban je slučaj izraza

2 2( )

b

s a b+ + (za

1 3,

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

sin( )a te b t

⋅⋅ ⋅ . Stoga je traženi inverz jednak

1

23

2 3 sin2

x

e x− ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

.


MATEMATIKA 2



Konačno, traženo partikularno rješenje polazne obične diferencijalne jednadžbe je:

1

23

2 3 sin 12

x

y e x− ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ +

.

17. Riješimo najprije zadanu običnu diferencijalnu jednadžbu. Odmah uočavamo da je riječ o

homogenoj linearnoj običnoj diferencijalnoj jednadžbi 2. reda. Rješavamo je tako da najprije

sastavimo i riješimo pripadnu karakterističnu jednadžbu. U ovom slučaju ona glasi:

k2 + k = 0.

Njezina su rješenja k1 = –1 i k2 = 0. Ta dva rješenja su realna i različita pa se opće rješenje

zadane obične diferencijalne jednadžbe 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 C1 i C2 odredit ćemo iz daljnjih uvjeta u zadatku. To što krivulja prolazi

točkom T(1, 2) znači da je

y(1) = 2.

To što je koeficijent smjera tangente na krivulju u točki T jednak 1 znači da je

y'(1) = 1.

Zato u izraz

y = C1 · e–x

+ C2

najprije uvrstimo x = 1 i y = 2. Dobivamo:

C1 · e–1

+ C2 = 2.

Sad deriviramo izraz

y = C1 · e–x

+ C2

i dobijemo

y' = –C1 · e–x

pa uvrstimo x = 1 i y' = 1. Dobivamo:


MATEMATIKA 2



–C1 · e–1

= 1.

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

C1 · e–1

+ C2 = 2

pa dobijemo

–1 + C2 = 2,

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

y = 3 – e1–x

.

18. Riješimo najprije zadanu običnu diferencijalnu jednadžbu. Budući da je riječ o

nehomogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadžbi 2. reda, rješavamo je rabeći Laplaceovu

transformaciju. Najprije u tablici Laplaceovih transformata pronađemo čime trebamo

zamijeniti y'', čime y', a čime broj na desnoj strani te jednadžbe. Imamo:

y'' → s2 · F(s) – s · y(0) – y'(0),

y' → s · F(s) – y(0),

2 → s

2

Tako zadana obična diferencijalna jednadžba prelazi u algebarsku jednadžbu:

s2

· F(s) – s · y(0) – y'(0) + s · F(s) – y(0) =s

2.

U ovu jednakost uvrstimo

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

pa dobijemo:

s2 · F(s) – 1 + s · F(s) =

s

2,

F(s) ⋅ (s2 + s) =

s

2 + 1,

2

2

2( ) ,

( )

2( ) .

( 1)

sF s

s s s

sF s

s s

+=

⋅ +

+=

⋅ +


MATEMATIKA 2



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, zaključujemo da ćemo imati ukupno 3 razlomka čiji će brojnici biti

konstante (polinomi stupnja 0). Imamo redom:

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

+= + +

⋅ + +

+ = ⋅ ⋅ + + ⋅ + + ⋅

+ = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅

+ = + ⋅ + + ⋅ +

Izjednačavanjem koeficijenata s lijeve i desne strane posljednje jednakosti dobivamo sljedeći

sustav triju jednadžbi s tri nepoznanice:

A + C = 0

A + B = 1

B = 2.


A = –1, B = 2, C = 1.

Dobiveni rastav na parcijalne razlomke glasi:

2 2

2 1 1 12 .

( 1) 1

s

s s s s s

+= − + ⋅ +

⋅ + +

Sada možemo odrediti inverze Laplaceovih transformata na desnoj strani posljednje

jednakosti.

Inverz od s

1 očitamo izravno iz tablice: to je 1.

Inverz od 2

1

s također očitamo izravno iz tablice: to je x.

Izraz 1

1

+s poseban je slučaj izraza

1

s a−(za a = –1). U tablici piše da je inverz toga

Laplaceova transformata jednak ea · x

. Stoga je pripadni inverz izraza 1

s a−jednak e

–x.

Konačno, traženo partikularno rješenje polazne obične diferencijalne jednadžbe je:

y = e–x

+ 2 · x – 1.


MATEMATIKA 2



19. Riješimo najprije zadanu običnu diferencijalnu jednadžbu. Budući da je riječ o

nehomogenoj linearnoj običnoj diferencijalnoj jednadžbi 2. reda, rješavamo je rabeći

Laplaceovu transformaciju. Najprije u tablici Laplaceovih transformata pronađemo čime

trebamo zamijeniti y'', čime y, a čime izraz na desnoj strani te jednadžbe. Imamo:

y'' → s2 · F(s) – s · y(0) – y'(0),

y → F(s)

ex

· cos(2 · x) → u tablici imamo izraz oblika e

a · x · cos(b · x) čiji je Laplaceov transformat

2 2( )

s a

s a b

−

− + pa transformat od e

x · cos(2 · x) dobivamo uvrštavanjem 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 obična diferencijalna jednadžba prelazi u algebarsku jednadžbu:

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

2

1

2 5

s

s s

−

− ⋅ +.

U ovu jednakost uvrstimo početne uvjete:

y(0) = 0 i y'(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. Budući da su polinomi

p(s) = s2 – 2 ⋅ s + 5 i q(s) = s

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

linearne faktore), imat ćemo ukupno 2 parcijalna razlomka, ali s polinomima 1. stupnja u

brojnicima. Imamo redom:

2 2 2 2

2 2

3 2 3 2 2

1,

( 2 5) ( 4) 2 5 4

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

1 4 4 2 2 5 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

− ⋅ + ⋅ += +

− ⋅ + ⋅ + − ⋅ + +

− = ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ − ⋅ +

− = ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅


MATEMATIKA 2



3 21 ( ) ( 2 ) (4 2 5 ) 4 5 .s A C s B D C s A D C s B D− = + ⋅ + + − ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅

Odavde izjednačavanjem koeficijenata dobivamo sljedeći sustav od 4 jednadžbe s 4

nepoznanice:

A + C = 0

B + D – 2 · C = 0

4 · A – 2 · D + 5 · C = 1

4 · B + 5 · D = –1.

Iz prve jednadžbe je A = –C. Kad to uvrstimo u treću jednadžbu, dobivamo:

C – 2 · D = 1,

odnosno

C = 1 + 2 · D.

Tu jednakost sada uvrstimo u drugu jednadžbu pa dobivamo:

B – 3 · D = 2.

Ta jednadžba zajedno sa četvrtom jednadžbom sustava odmah daje

17

9 ,

17

7−== DB .

Stoga je i

17

1 ,

17

1−== CA .

Tako smo dobili sljedeći 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

⋅ + − ⋅ −−

= +− ⋅ + ⋅ + − + +

Zapišimo dobiveni izraz za F(s) u sljedećem 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 četiriju Laplaceovih transformata na desnoj strani gornje

jednakosti.


MATEMATIKA 2



Iz tablice ''pročitamo'' da je inverz Laplaceova transformata 2 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 izraza 4)1(

12

+−

−

s

sjednak e

x ·

· cos(2 · x).

Iz tablice ''pročitamo'' da je inverz Laplaceova transformata 2 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⋅ ⋅ .

Iz tablice ''pročitamo'' da je inverz Laplaceova transformata 22 as

s

+jednak cos(a · x). Ovamo

uvrstimo a = 2 pa dobijemo da je inverz izraza 42

+s

s jednak cos(2 · x).

Iz tablice ''pročitamo'' da je inverz Laplaceova transformata 2 2

a

s a+ jednak sin( )a x⋅ . Ovamo

uvrstimo a = 2 pa dobijemo da je inverz izraza 2

2

4s + jednak sin(2 )x⋅ .

Stoga je rješenje promatranoga Cauchyjeva problema:

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

17 2

x xy e x e x x x

= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅

.

20. Riješimo najprije zadanu diferencijalnu jednadžbu. Budući da je riječ o nehomogenoj

linearnoj diferencijalnoj jednadžbi 2. reda, rješavamo je rabeći Laplaceovu transformaciju.

Najprije u tablici Laplaceovih transformata pronađemo čime trebamo zamijeniti y'', čime y, a

čime izraz na desnoj strani te jednadžbe. Imamo:

y'' → s2 · F(s) – s · y(0) – y'(0),

y → F(s),

x → 2

1

s,

1 → s

1.



MATEMATIKA 2



s2 · F(s) – s · y(0) – y '(0) + 2 · F(s) =

2

1

s +

s

1.

U ovu jednakost uvrstimo početne uvjete

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

pa dobijemo:

s2

· F(s) + 2 · F(s) = 2

1

s

s+,

F(s) · (s2 + 2) =

2

1

s

s+,

2 2

1( ) .

( 2)

sF s

s s

+=

⋅ +

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

možemo rastaviti na linearne faktore) imat ćemo ukupno 3 parcijalna razlomka, od kojih će

dva u brojniku imati konstante, a treći 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.


2

1 ,

2

1 ,

2

1 ,

2

1−=−=== DCBA .

Zbog toga je


MATEMATIKA 2



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 četiriju Laplaceovih transformata s desne strane posljednje jednakosti.

Inverz Laplaceova transformata s

1 očitamo iz tablice: to je 1.

Inverz Laplaceova transformata2

1

s također očitamo iz tablice: to je x.

Iz tablice ''pročitamo'' da je inverz Laplaceova transformata 22

as

s

+ jednak cos(a · x).

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

+s

s jednak

cos( 2 · x).

Iz tablice ''pročitamo'' da je inverz Laplaceova transformata 22 as

a

+ jednak sin(a · x). Ovamo

uvrstimo a = 2 pa dobijemo da je inverz Laplaceova transformata 2

22

+s jednak sin( 2 ·

· x).

Stoga je konačno rješenje promatranoga Cauchyjeva problema:

).2sin(22

1)2cos(

2

1

2

1

2

1xxxy ⋅−⋅−+=

21. Riješimo najprije zadanu diferencijalnu jednadžbu. Budući da je riječ o nehomogenoj

linearnoj diferencijalnoj jednadžbi 2. reda, rješavamo je rabeći Laplaceovu transformaciju.

Najprije u tablici Laplaceovih transformata pronađemo čime trebamo zamijeniti y'', čime y',

čime y, a čime izraz na desnoj strani te jednadžbe. Imamo:

y'' → s2 · F(s) – s · y(0) – y'(0),

y' → s · F(s) – y(0),

y → F(s),

x → 2

1

s.


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

2

1

s.


MATEMATIKA 2



U posljednju jednakost uvrstimo početne uvjete y(0) = 0 i y'(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

s–1,

2 2

2 2 2 2

1 1( ) .

( 6 9) ( 3)

s sF s

s 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 zaključujemo da ćemo

imati ukunpo 4 razlomka od kojih će 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

− += + + +

⋅ + + +

− + = ⋅ ⋅ + + ⋅ + + ⋅ ⋅ + + ⋅

− + = ⋅ ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅

− + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅

− + = + ⋅ +26 3 ) (9 6 ) 9 .A B C D s A B s B⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅


nepoznanice:

A + C = 0

6 · A + B + 3 · C + D = –1

9 · A + 6 · B = 0

9 · B = 1.

Njegovo je rješenje:

.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 četiriju Laplaceovih transformata na desnoj strani posljednje

jednakosti.


MATEMATIKA 2



Inverz Laplaceova transformata s

1 očitamo iz tablice: to je 1.

Inverz Laplaceova transformata2

1

s također očitamo iz tablice: to je x.


s a− jednak e

a · x. Ovamo

uvrstimo a = –3 pa dobijemo da je inverz Laplaceova transformata 3

1

+s jednak e

–3 · x.


1

( )s a−jednak x · e

a · x. Ovamo

uvrstimo a = –3 pa dobijemo da je inverz Laplaceova transformata 2)3(

1

+sjednak x · e

–3 · x.

Stoga je konačno rješenje promatranoga Cauchyjeva problema:

3 32 1 2 8

27 9 27 9

x xy x e x e

− ⋅ − ⋅= − + ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅

22. Iz prve zagrade izlučimo x, a iz druge y. Tako dobivamo:

x · (y2 + 1) · dx + y · (x

2 – 1) · dy = 0,

Uočimo 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. Zaključujemo da je polazna jednadžba

obična diferencijalna jednadžba 1. reda sa separiranim varijablama. Formula za određivanje

rješenja te jednadžbe glasi:

∫ ∫ +−= CdxxF

xFdy

yG

yG

)(

)(

)(

)(

2

1

1

2 .

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 – x

2)).

Izračunajmo zasebno svaki od tih dvaju integrala:


MATEMATIKA 2



2

2

2

2

2

1 1 1supstitucija: 1, 2

1 2 2 2

1 1(tablični integral) = ln ln( 1)

2 2

1 1supstitucija: 1 , 2

1 2 2

(tablični in

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 1

tegral) = ln ln(1 )2 2

t x− ⋅ = − ⋅ −

Na objema stranama jednakosti pojavili su se prirodni logaritmi. Da bismo što više

pojednostavnili dobiveni izraz, iskoristit ćemo bijektivnost logaritamske funkcije, tj. činjenicu

da za svaki C ∈ R postoji jedinstven strogo pozitivan realan broj C1 ∈ ⟨0, +∞⟩ takav da je

1

1ln

2C C= ⋅ .

(Broj C1 čak je moguće efektivno i izračunati: 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, 01

(1 ), 0

1

1,

1

y x C C

y x C C

y x C C

y C x C

Cy C

x

Cy C

x

C xy C

x

C xy C

x

−

−

⋅ + = − ⋅ − + ⋅ >

+ = − − + >

+ = − + >

+ = ⋅ − >

+ = >−

= − >−

− −= >

−

− += >

−

2 2

1 222 2

0

1, 1

1 1

x C x Cy C

x x

+ − += = > −

− −

23. Najprije prebacimo ex na desnu stranu:

x · y' + y = –ex,


MATEMATIKA 2



pa podijelimo dobivenu jednadžbu s x. Dobit ćemo:

.1

'x

ey

xy

x

−=⋅+

Dobivena jednadžba je nehomogena linearna obična diferencijalna jednadžba 1. reda oblika:

y' + P(x) ⋅ y = Q(x)

Njezino se opće rješenje određuje prema formuli:

( ) ( )

( )P x dx P x dx

y e Q x e dx C− ∫ ∫= ⋅ +

∫ .

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

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

1.

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

Q(x) = –x

ex

.

Preostaje uvrstiti te funkcije u formulu za određivanje općega rješenja. Imamo redom:

1

1 1

ln ln

ln( ) ln

,

,

xdx dx

x x

xx x

xx x

ey e e dx C

x

ey e e dx C

x

ey e e dx C

x

−

− ⋅ ⋅

−

∫ ∫= ⋅ − ⋅ ⋅ +

= ⋅ − ⋅ ⋅ +

= − ⋅ ⋅ ⋅ +

∫

∫

∫

Sada iskoristimo činjenicu da je eln x

= x, za svaki x > 0, pa dobivamo:

( )

1 ,

1

x

x

ey x x dx C

x

y e dx Cx

− = − ⋅ ⋅ ⋅ +

= − ⋅ ⋅ +

∫

∫

pa je konačno: x

e Cy

x x= − + .


MATEMATIKA 2



24. Zadana obična diferencijalna jednadžba je homogena linearna diferencijalna jednadžba 2.

reda s konstantnim koeficijentima. Stoga najprije napišemo i riješimo pripadnu karakterističnu

jednadžbu:

k2 – 2 · k = 0.

Rješenja te jednadžbe su k1 = 0, k2 = 2. Ta dva rješenja su realni brojevi i međusobno su

različiti. Stoga je opće rješenje polazne obične diferencijalne jednadžbe:

0 2

1 2

0 2

1 2

,x x

x

y C e C e

y C e C e

⋅ ⋅

⋅

= ⋅ + ⋅

= ⋅ + ⋅

y = C1 + C2 · e2 · x

.

25. Riječ je o nehomogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadžbi 2. reda s konstantnim

koeficijentima. Takvu jednadžbu rješavamo pomoću Laplaceove transformacije. Koristimo

tablicu Laplaceovih transformata. U njoj piše čime trebamo zamijeniti y'', čime y, a čime

cos(2 · x). Dakle,

y'' → s2 · F(s) – s · y(0) – y'(0),

y → F(s)

cos(2x) → (f (x) = cos(a · x), a = 2) → 42

+s

s.


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

ss F s s F s

s

ss F s s F s

s

⋅ − ⋅ − + ⋅ =+

⋅ − + ⋅ =+

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

jedan takav član: to je –s. Dobivamo:

2

2( ) 5 ( ) ,

4

ss F s F s s

s⋅ + ⋅ = +

+


MATEMATIKA 2



32

2

32

2

22

2

4( ) 5 ( ) ,

4

5( ) 5 ( ) ,

4

( 5)( ) 5 ( )

4

s s ss F s F s

s

s ss F s F s

s

s ss F s F s

s

+ + ⋅⋅ + ⋅ =

+

+ ⋅⋅ + ⋅ =

+

⋅ +⋅ + ⋅ =

+

Sada na lijevoj strani ''izlučimo'' 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 naći ćemo funkciju oblika 2 2

s

s a+. Sada

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

prvom stupcu. Tamo piše cos(a · x).

Dakle, konačno rješenje je:

y = cos(2 · x).

26. Podijelimo svaki član zadane jednadžbe sa x2 – 4. Korištenjem formule za razliku

kvadrata

x2 – 4 = (x – 2) · (x + 2)

dobivamo jednadžbu:

2

2 2'

4 2

x xy y

x x

⋅ ++ ⋅ =

− −.

Dobili smo običnu diferencijalnu jednadžbu oblika:

y' + P(x) ⋅ y = Q(x)

To je nehomogena linearna obična diferencijalna jednadžba 1. reda. Da bismo je riješili,

moramo ''očitati'' funkcije P(x) i Q(x). U ovome je slučaju


MATEMATIKA 2



2

2 2( ) , ( )

4 2

x xP x Q x

x x

⋅ += =

− −.

Uvrstimo te dvije funkcije u formulu za računanje rješenja nehomogene linearne obične


( ) ( )

( )P x dx P x dx

y e Q x e dx C− ⋅ ∫ ∫= ⋅ ⋅ +

∫ ,

pa dobijemo:

2 2

2 2

4 42

2

x xdx dx

x xx

y e e dx Cx

⋅ ⋅− ⋅ ⋅

− − +∫ ∫

= ⋅ ⋅ ⋅ + −

∫

Nađimo najprije neodređeni integral

2

2

4

xdx

x

⋅⋅

−∫ .

Računamo ga uz zamjenu:

t = x2 – 4, dt = 2 · x · dx.

Tako dobivamo tablični integral

∫ = tt

dtln

pa je

2

2

2ln( 4).

4

xdx x

x

⋅⋅ = −

−∫

Upravo izračunani integral uvrstimo u jednakost

2 2

2 2

4 42

2

x xdx dx

x xx

y e e dx Cx

⋅ ⋅− ⋅ ⋅

− − +∫ ∫

= ⋅ ⋅ ⋅ + −

∫

pa dobivamo:

2 2ln( 4) ln( 4)2

2

x xxy e e dx C

x

− − −+ = ⋅ ⋅ ⋅ +

− ∫ .


MATEMATIKA 2



Sada koristimo jednakosti:

( ) ( )

12

22ln 4ln 4 2 1 ln( 4) 2

2

1( 4) , 4

4

xx xe e x e x

x

− −− − − − = = − = = −

−

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

∫ + dxx2)2(

najbrže računamo pomoću supstitucije t = x + 2, dt = dx. Tako dobivamo integral:

2 31

3t dt t⋅ = ⋅∫

pa je stoga

.)2(3

1)2( 32

+=+∫ xdxx

Konačno je:

31 1( 2) ,

( 2)( 2) 3y x C

x x

= ⋅ ⋅ + + − +

pa množenjem i kraćenjem dobijemo traženo opće rješenje:

2( 2)

3 ( 2) ( 2) ( 2)

x Cy

x x x

+= +

⋅ − − ⋅ +.

27. Podijelimo najprije zadanu jednadžbu sa tg x. Dobivamo:

1' ,

tg y y

x= ⋅


MATEMATIKA 2



' (ctg ) .y x y= ⋅

Dobili smo običnu diferencijalnu jednadžbu oblika

y' = f(x) ⋅ g(y)

U ovom je slučaju f(x) = ctg x, g(y) = y. Riječ je o običnoj diferencijalnoj jednadžbi 1. reda sa

separiranim varijablama. Formula za određivanje rješenja te jednadžbe (zapisane u ovom

obliku) glasi:

( ) ( )

dyf x dx C

g y= ⋅ +∫ ∫

U tu jednakost sada uvrstimo f(x) = ctg x, g(y) = y. Dobivamo:

ctg ,

ln ln(sin )

dyx dx C

y

y x C

= ⋅ +

= +

∫ ∫

Ponovno iskoristimo činjenicu da za svaki realan broj C ∈ R postoji strogo pozitivan realan

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

imamo:

ln y = ln(sin x) + ln C1,

ln y = ln[C1 · (sin x)]

Odatle je

y = C1 · sin x, C1 > 0.

28. Polaznu običnu diferencijalnu jednadžbu najprije zapišemo u obliku

y'' + y' – 6 · y = 0.

Dobivena jednadžba je homogena linearna obična diferencijalna jednadžba 2. reda s

konstantnim koeficijentima. Najprije sastavimo i riješimo pripadnu karakterističnu jednadžbu.

Ona glasi:

k2 + k – 6 = 0

Njezina su rješenja k1 = –3 i k2 = 2. Ta dva broja su realni brojevi i međusobno različiti.

Stoga je opće rješenje dano formulom:

1 2

1 2

k x k xy C e C e

⋅ ⋅= ⋅ + ⋅


MATEMATIKA 2



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

y = C1 · e–3 · x

+ C2 · e2 · x

.

29. Riječ je o nehomogenoj linearnoj običnoj diferencijalnoj jednadžbi 2. reda s konstantnim

koeficijentima. Takvu jednadžbu rješavamo koristeći Laplaceovu transformaciju. U tablici

Laplaceovih transformata piše čime treba zamijeniti y'', čime y', a čime funkciju na desnoj

strani prve jednakosti. Imamo:

y'' → s2 · F(s) – s · y(0) – y'(0),

y' → s · F(s) – y(0),


4 · x → (4 prepišemo, a x transformiramo) → 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 uvrstimo y(0) = 1 i y'(0) = 1. Sve članove na lijevoj strani koji ne sadrže F(s)

(to su –s, –1 i +4) prebacimo na desnu stranu. Iz preostalih članova na lijevoj strani izlučimo

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

⋅ − ⋅ + = + −

− ⋅ +⋅ − =

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 zaključujemo da ćemo imati ukupno 4 razlomka. U brojniku svakoga od njih bit će

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 4,

( 2) 2 ( 2)

3 4 ( 2) ( 2) ( 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

− ⋅ += + + +

⋅ − − −

− ⋅ + = ⋅ ⋅ − + ⋅ − + ⋅ ⋅ − + ⋅

− ⋅ + = ⋅ ⋅ − ⋅ + + ⋅ − ⋅ + + ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅


MATEMATIKA 2



3 2 3 2 2 3 2 2

3 2 3 2

3 4 4 4 4 4 2 ,

3 4 ( ) ( 4 2 ) (4 4 ) 4 .

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

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

− ⋅ + = ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅

− ⋅ + = ⋅ + + ⋅ − ⋅ + − ⋅ + + ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅

Izjednačavanjem koeficijenata uz iste potencije od s na 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 četvrte jednadžbe izravno slijedi B = 1.

Uvrštavanjem B = 1 u treću jednadžbu dobivamo A = 1.

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

Konačno, uvrštavanjem A = 1, B = 1, C = 0 u drugu jednadžbu nalazimo D = 0.

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

.11

)(2

sssF +=

(Isti rezultat može se dobiti brže i kraće tako da se uoči da je s = 2 rješenje jednadžbe

s3 – 3 ⋅ s

2 + 4 = 0.

Stoga je polinom p1(s) = s3 – 3 ⋅ s

2 + 4 djeljiv polinomom p2(s) = s – 2. Prema postupku za

dijeljenje polinoma dobiva se

s3 – 3 ⋅ s

2 + 4 = (s – 2) ⋅ (s

2 – s – 2),

odnosno, nakon rastava izraza s2 – s – 2 u faktore,

s3 – 3 ⋅ s

2 + 4 = (s + 1) ⋅ (s – 2)

2.

Tako je

2

2 2

2

2 2

2

( 1) ( 2)( ) ,

( 2)

1( ) ,

1( ) ,

1 1( ) )

s sF s

s s

sF s

s

sF s

s s

F ss s

+ ⋅ −=

⋅ −

+=

= +

= +


MATEMATIKA 2



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

pogledamo što se nalazi u istom retku, ali u prvom stupcu. U ''paru'' sa s

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

2

1

sje x. Dakle, traženo rješenje je

y = x + 1.

30. Najprije pomnožimo zadanu jednadžbu sa y''. Dobivamo:

2 · y' – y = 2 · y''.

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

2 · y' – y – 2 · y'' = 0,

pa tu jednadžbu pomnožimo s (–1) i poredamo članove prema redu derivacije (od najvećega

do najmanjega). Dobivamo:

2 · y'' – 2 · y' + y = 0.

Dobili smo homogenu linearnu običnu diferencijalnu jednadžbu 2. reda s konstatnim

koeficijentima. Da bismo je riješili, najprije sastavimo i riješimo pripadnu karakterističnu

jednadžbu. Ona glasi:

2 · k2 – 2 · k + 1= 0.

Riješimo tu kvadratnu jednadžbu:

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, rješenja su 1 2

1 1 1 1, .

2 2 2 2k i k i= + ⋅ = − ⋅ Ta dva broja su kompleksni brojevi pa za

nastavak rješavanja zadatka odaberemo npr. 1

1 1

2 2k i= + . Očitamo realni dio (označimo ga s

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

a = Re(k1) = 2

1, b = Im(k1) =

2

1.

Izračunane vrijednosti uvrstimo u formulu za opće rješenje koja u ovom slučaju glasi:


⋅= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅


MATEMATIKA 2



Tako dobivamo traženo rješenje:

1

21 2

21 2

1 1cos( ) sin( ) ,

2 2

cos sin2 2

x

x

y e C x C x

x xy e C C

⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ + ⋅

.

31. Jednadžbu najprije pomnožimo sa (–1) pa je zapišemo u sljedećem obliku:

y' – y ⋅ ctg x = –sin2x

Dobili smo običnu diferencijalnu jednadžbu oblika

y' + P(x) ⋅ y = Q(x)

To je nehomogena linearna obična diferencijalna jednadžbi 1. reda. Da bismo je riješili,

najprije moramo ''očitati'' pripadne funkcije P(x) i Q(x). Funkcija P(x) ''množi'' nepoznanicu y,

a funkcija Q(x) je ''slobodni član'', tj. izraz na desnoj strani jednadžbe. U ovome je slučaju:

P(x) = – ctg x, Q(x) = –sin2x.

Uvrstimo te dvije funkcije u formulu za određivanje općega rješenja nehomogene linearne

obične diferencijalne jednadžbe 1. reda:

( ) ( )

( )P x dx P x dx

y e Q x e dx C− ⋅ ⋅ ∫ ∫= ⋅ ⋅ ⋅ +

∫

Dobivamo:

ctg ctg 2

ctg ctg 2

sin ,

sin ,

x dx x dx

x dx x dx

y e x e dx C

y e x e dx C

− − ⋅ − ⋅

⋅ − ⋅

∫ ∫= − ⋅ ⋅ +

∫ ∫= − ⋅ ⋅ +

∫

∫

( )ln(sin ) 2 ln(sin )sin .

x xy e x e dx C

−= − ⋅ +∫

Iskoristimo jednakosti:

eln (sin x)

= sin x,

e-ln sin x

=x

xex

sin

1)(sin 1)ln(sin

1

==−

−

, za sin x > 0.

Zbog toga je


MATEMATIKA 2



( )

2 1sin sin ,

sin

sin sin ,

sin ( cos ),

y x x dx Cx

y x x dx C

y x x C

= − ⋅ ⋅ ⋅ +

= − ⋅ ⋅ +

= − ⋅ − +

∫

∫

i konačno

y = sinx ⋅ cosx – C · sin x.

32. Podijelimo lijevu i desnu stranu jednadžbe umnoškom x · y. Dobivamo:

(1 ) (1 )' .

x xy

x y

− ⋅ +=

⋅

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

jednakost zapišimo u sljedećem obliku:

.11

'2

yx

xy ⋅

−=

Vidimo da smo dobili diferencijalnu jednadžbu oblika

y' = f(x) ⋅ g(y)

gdje je f(x) = y

ygx

x 1)( a ,

1 2

=−

. Riječ je o običnoj diferencijalnoj jednadžbi 1. reda sa

separiranim varijablama. Opće rješenje te jednadžbe (zapisane u gornjem obliku) određuje se

iz jednakosti:

∫ ∫ += Cdxxfyg

dy)(

)(.

Uvrstimo u tu jednakost f(x) = y

ygx

x 1)( ,

12

=−

pa dobivamo:

21 ,

1

,

dy xdx C

x

y

dxy dy x dx C

x

−= ⋅ +

⋅ = − ⋅ +

∫ ∫

∫ ∫ ∫


MATEMATIKA 2



2 2

2 2

2

1

1 1ln ,

2 2

2 ln 2 ,

2 ln

y x x C

y x x C

y x x C

⋅ = − ⋅ +

= ⋅ − + ⋅

= ⋅ − +

pri čemu smo označili C1 := 2 · C, C1 ∈ R.

33. Prvi uvjet je nehomogena linearna obična diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim

koeficijentima. Rješavamo je koristeći Laplaceovu transformaciju. U tablici Laplaceovih

transformata pronađemo čime trebamo zamijeniti y'', čime y', a čime broj na desnoj strani

zadane jednadžbe. Imamo:

y'' → s2 · F(s) – s · y(0) – y'(0),

y' → s · F(s) – y(0),

y → F(s),

14 → (redak f(x) = c, pri čemu je c = 14) → s

14

Umjesto polazne obične diferencijalne jednadžbe 2. reda, rješavamo algebarsku jednadžbu:

[ ]2 14( ) (0) '(0) 8 ( ) (0) 7 ( ) .s F s s y y s F s y F s

s⋅ − ⋅ − − ⋅ ⋅ − + ⋅ =

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 članove koji ne sadrže F(s) (to su –4 · s, –8 i 32) prebacimo na desnu stranu promijenivši

im predznak. Iz preostalih članova na lijevoj strani izlučimo 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

⋅ − ⋅ + = + ⋅ + −

⋅ − ⋅ + = + ⋅ −

Uočimo da izraz koji množi F(s) na lijevoj strani možemo rastaviti u faktore. Podsjetimo se:

Ako su x1 i x2 rješenja kvadratne jednadžbe a · x2 + b · x + c = 0, onda vrijedi:


MATEMATIKA 2



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

Dakle, moramo riješiti kvadratnu jednadžbu:

s2 – 8 · s + 7 = 0.

Pomoću formula za računanje rješenja kvadratne jednadžbe ili pomoću Vietéovih formula

(tražimo dva broja čiji je zbroj 8, a umnožak 7) dobivamo:

s1 = 1 i s2 = 7,

pa imamo sljedeći rastav:

s2 – 8 ⋅ s + 7 = (s –1) ⋅ (s – 7).

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

svedimo na zajednički 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

ćemo dobiti tri razlomka. U nazivniku svakoga od njih bit će polinom stupnja 1, pa će 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+ + ⋅ − ⋅ − ⋅ − + ⋅

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

sljedeći sustav triju linearnih jednadžbi s tri nepoznanice:

A + B + C = 4

–8 · A – 7 · B – C = –24

7 · A = 14


MATEMATIKA 2



Iz treće jednadžbe dobivamo A = 2.

Kad uvrstimo A = 2 u prve dvije jednadžbe, dobivamo sustav dviju linearnih jednadžbi sa

dvije nepoznanice:

B + C = 2

–7 · B – C = –8

Zbrajanjem tih dviju jednadžbi dobivamo

–6 · B = –6

pa je B = 1.

Kad B = 1 uvrstimo u jednadžbu B + C = 2, dobivamo C = 1.

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

1 1 1( ) 2 .

1 7F s

s s s= ⋅ + +

− −

Svaki od triju pribrojnika na desnoj strani te jednakosti pokušajmo naći u drugom stupcu

tablice Laplaceovih transformata. Uočimo da su ti pribrojnici oblika 1 1

ili s s a−

, gdje je

a = 1 za drugi pribrojnik, odnosno a = 7 za treći pribrojnik. Njihovi pripadni ''parovi'' u

prvomu stupcu su 1 i ea · x

. Odatle slijedi da je inverzni Laplaceov transformat prvoga

pribrojnika 2 ⋅ 1 = 2, drugoga e1 · x

= ex, a trećega e

7 · x. Stoga je tražena funkcija y jednaka:

y = 2 + ex + e

7 · x,

odnosno nakon ''preslagivanja'',

y = e7 · x

+ ex + 2.

34. Odmah vidimo da imamo diferencijalnu jednadžbu oblika

y' + P(x) ⋅ y = Q(x)

Riječ je o nehomogenoj linearnoj običnoj diferencijalnoj jednadžbi 1. reda. Da bismo je

riješili, najprije moramo ''očitati'' funkcije P(x) i Q(x). Funkcija P(x) ''množi'' y, a funkcija

Q(x) je ''slobodni član'', odnosno funkcija na desnoj strani jednadžbe. U ovome zadatku te su

dvije funkcije jednake:

P(x) = Q(x) = cos(2 ⋅ x).

Uvrstimo ih u formulu za određivanje općega rješenja nehomogene linearne obične



MATEMATIKA 2



( ) ( )

( )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− ⋅ ⋅ ⋅ ∫ ∫= ⋅ ⋅ ⋅ +

∫

Iz tablica neodređenih integrala očitamo:

1cos(2 ) sin(2 )

2x dx x C⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ +∫ ,

pa dobivamo:

1 1sin(2 ) sin(2 )

2 2cos(2 ) .x x

y e x e dx C− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ∫

Izračunajmo zasebno integral u okrugloj zagradi. On se rješava uvođenjem 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, opće rješenje polazne jednadžbe je

1sin(2 )

21x

y C e− ⋅ ⋅

= + ⋅ .


MATEMATIKA 2



35. Najprije prebacimo član –y · ex sa lijeve na desnu stranu jednadžbe. Zatim obje strane

jednadžbe podijelimo s izrazom ln y ⋅ (ex + 1). Dobivamo:

' ln ( 1)

x

x

y ey

y e

⋅=

⋅ +.

Tu jednakost možemo zapisati u sljedećem obliku:

.ln1

'y

y

e

ey

x

x

⋅+

=

Vidimo da smo dobili jednadžbu oblika

y' = f(x) ⋅ g(y)

pri čemu su 1

)(+

=x

x

e

exf i

y

yyg

ln)( = . Riječ je o običnoj diferencijalnoj jednadžbi 1. reda

sa separiranim varijablama. Opće rješenje te jednadžbe (zadane u gornjemu obliku) određuje

se iz jednakosti

( )( )

dyf x dx C

g y= ⋅ +∫ ∫ .

U tu jednakost uvrstimo

1)(

+=

x

x

e

exf ,

y

yyg

ln)( = ,

pa dobivamo:

,1

ln

ln.

1

x

x

x

x

dy edx C

y e

y

y edy dx C

y e

= ⋅ ++

⋅ = ⋅ ++

∫ ∫

∫ ∫

Izračunajmo zasebno svaki od gornjih dvaju integrala. Oba se rješavaju istom metodom:

metodom zamjene (supstitucije). U integralu na lijevoj strani jednakosti stavimo:

1ln , t y dt dy

y= = ⋅


MATEMATIKA 2



pa dobivamo:

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:

ln ln( 1).1

xx

x

e dtdx t e

e t⋅ = = = +

+∫ ∫

U obama integralima pojavljuje se logaritamska funkcija, pa ćemo konstantu C zamijeniti s

konstantom 1

1

2C⋅ , pri čemu je C1 ∈ R. To smijemo napraviti jer za svaki C ∈ R postoji

jedinstven strogo pozitivan realan broj C1 ∈ R takav da je C = 1

1

2C⋅ . (Broj C1 lako možemo i

izravno izračunati: C1 = 2 · C.) Tako dobivamo:

2

1

2

1

1

1 1ln ln( 1) ,

2 2

ln 2 ln( 1) ,

ln 2 ln( 1)

x

x

x

y e C

y e C

y e C

⋅ = + + ⋅

= ⋅ + +

= ⋅ + +

a odatle je

12 ln( 1)

1, 0x

e Cy e C

⋅ + += > .

36. Zadana obična diferencijalna jednadžba je homogena linearna obična diferencijalna

jednadžba 2. reda s konstatnim koeficijentima. Da bismo je riješili, najprije moramo napisati i

riješiti pripadnu karakterističnu jednadžbu. Ona glasi:

k2 – 2 · k – 3 = 0.

Riješimo tu jednadžbu (možemo koristiti i Vietéove formule, pa tražiti dva broja koja

zbrojena daju 2, a pomnožena –3). Dobivamo:

k1 = –1, k2 = 3.

Ta dva rješenja su realni brojevi i međusobno su različiti. Stoga u formulu za opće rješenje

polazne jednadžbe


MATEMATIKA 2



1 2

1 2

k x k xy C e C e

⋅ ⋅= ⋅ + ⋅ .

uvrstimo k1 = –1 i k2 = 3. Tako dobivamo da je opće rješenje polazne jednadžbe

y = C1 · e–x

+ C2 · e3 · x

.

37. Prvi uvjet je nehomogena linearna diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim

koeficijentima. Rješavamo je koristeći Laplaceovu transformaciju. U tablici Laplaceovih

transformata pronađemo čime trebamo zamijeniti y'', a čime funkciju na desnoj strani

jednadžbe. Imamo:

y'' → s2 · F(s) – s · y(0) – y'(0),


2 · ex → (2 prepišemo, a e

x transformiramo tako da nađemo funkciju e

a · x i uvrstimo a = 1) →

1

2

1

12

−=

−⋅

ss

Umjesto obične diferencijalne jednadžbe 2. reda, rješavamo algebarsku jednadžbu:

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 članove koji ne

sadrže F(s) prebacimo na desnu stranu, a na lijevoj strani iz preostalih članova izlučimo F(s).

Dobivamo:

2

2

22

2( ) 1 ( ) ,

1

2( ) ( 1) 1,

1

1( ) ( 1) ,

1

1( ) .

1

s F s s F ss

F s s ss

sF s s

s

F ss

⋅ − − + =−

⋅ + = + +−

+⋅ + =

−

=−

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

Laplaceovih transformata. Naći ćemo izraz oblika as −

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

a · x. U

našem slučaju je očito a = 1, pa je rješenje zadatka:

y = ex.


MATEMATIKA 2



38. Zadana jednadžba je nehomogena linearna obična diferencijalna jednadžba 1. reda. Da

bismo je riješili, najprije moramo očitati funkcije P(x) i Q(x). U ovome slučaju je:

P(x) = 2

2

1

x

x

⋅

+, Q(x) = (1 – x)(1 + x) = 1 – x

2.

Te dvije funkcije uvrstimo u formulu za opće rješenje nehomogene linearne obične


( ) ( )

( )P x dx P x dx

y e Q x e dx C− ⋅ ⋅ ∫ ∫= ⋅ ⋅ ⋅ +

∫ .

U ovom slučaju 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 računa uvođenjem 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 za opće rješenje, dobivamo:

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

y e x e dx C− + +

= ⋅ − ⋅ ⋅ +∫

Koristimo sljedeće jednakosti:

2ln(1 ) 21 .

xe x

+= +

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

2

1(1 ) .

1

xxe e xx

− +− + − = = + =+

Prema tome,


MATEMATIKA 2



( )

( )

( )

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 C ∈ R postoji jedinstven realan broj C1 takav da je C = 1

1

5C⋅ . (Broj C1

lako možemo i izravno odrediti: C1 = 5 · C.) Zbog toga posljednju jednakost dalje zapišemo

ovako:

5

12

1 1 1.

1 5 5y x x C

x

= ⋅ − ⋅ + ⋅

+ .

a odavde je konačno

5

1

2

5

5 5

x x Cy

x

⋅ − +=

+ ⋅

39. Uočimo da u zadatku imamo izraz oblika

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

pri čemu je F1(x) = 1, G1(y) = tg y, F2(x) = x2 + 1, G2(y) = 1. Riječ je o običnoj diferencijalnoj

jednadžbi 1. reda sa separiranim varijablama. Formula za opće rješenje te jednadžbe (zapisane

u gornjemu obliku) glasi:

∫ ∫ +−= CdxxF

xFdy

yG

yG

)(

)(

)(

)(

2

1

1

2 .


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

pa dobivamo:

2

1 1

tg 1dy dx C

y x= − +

+∫ ∫ .


MATEMATIKA 2



Integral na lijevoj strani posljednje jednakosti jednak je

ctg ln(sin )tg

dyy dy y

y= ⋅ =∫ ∫

dok je integral na desnoj strani:

2arctg .

1

dxx

x=

+∫

Tako smo dobili jednakost

ln(sin y) = arctg x + C.

Najprije se antilogaritmiranjem ''riješimo'' prirodnoga logaritma:

sin y = earctg x + C

,

a potom se riješimo i sinusa koristeći funkciju arkussinus:

y = arcsin(earctg x + C

).

Označimo li C1 := eC, dobivamo da je tražena funkcija:

y = arcsin(C1 · earctg x

), C1 > 0.

40. U zadatku imamo homogenu linearnu običnu diferencijalnu jednadžbu 2. reda s

konstantnim koeficijentima. Da bismo je riješili, najprije trebamo napisati i riješiti pripadnu

karakterističnu jednadžbu. Ona glasi:

k2 + 8 · k + 16 = 0.

Riješimo li tu kvadratnu jednadžbu, dobit ćemo:

k1 = k2 = –4.

Vidimo da su rješenja karakteristične jednadžbe realna i međusobno jednaka. To znači da je

opće rješenje polazne obične diferencijalne jednadžbe dano formulom

1

1 2( )k x

y e C C x⋅

= ⋅ + ⋅

Preostaje nam u tu jednakost uvrstiti k1 = –4 i dobiti traženo opće rješenje polazne jednadžbe:

4

1 2( )xy e C C x− ⋅= ⋅ + ⋅ .


MATEMATIKA 2



41. Prvi je uvjet nehomogena linearna diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim

koeficijentima. Tu jednadžbu rješavamo koristeći Laplaceovu transformaciju. U tablici

Laplaceovih transformata piše čime trebamo zamijeniti y'', čime y'', a čime funkciju na desnoj

strani te jednadžbe. Imamo:

y'' → s2 · F(s) –s · y(0) – y'(0),

y' → s · F(s) – y(0),

y → F(s)

ex → (nađemo f(x) = e

a · x i stavimo a = 1) →

1

1

−s.

Tako umjesto obične diferencijalne jednadžbe rješavamo algebarsku jednadžbu:

s2 · F(s) –s · y(0) – y'(0) – [s · F(s) – y(0)] + F(s) =

1

1

−s.

Iskoristimo preostala dva uvjeta:

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

i uvrstimo ih u gornju algebarsku jednadžbu. Dobivamo:

s2 · F(s) – s ⋅ 1 – 1 – [s · F(s) – 1] + F(s) =

1

1

−s,

s2

· F(s) – s – 1 – s · F(s) + 1 + F(s) = 1

1

−s.

Sve članove koji ne sadrže F(s) prebacimo na desnu stranu mijenjajući im predznak. Iz

preostalih članova na lijevoj strani ''izlučimo'' F(s):

F(s) · (s2 – s + 1) =

1

1

−s + s,

F(s) · (s2 – s + 1) =

21,

1

s s

s

+ −

−

F(s) · (s2 – s + 1) = .

1

12

−

+−

s

ss

Dijeljenjem sa s2 – s + 1 dobivamo:

F(s) = 1

1

−s.


MATEMATIKA 2



U drugom stupcu tablice Laplaceovih transformata potražimo funkciju 1

1

−s. Takve funkcije

u tom stupcu nema, ali zato postoji funkcija oblika as −

1, gdje a može biti bilo koji realan

broj. Odgovarajući ''par'' te funkcije u prvomu stupcu je funkcija ea · x

. Preostaje nam uvrstiti

a = 1 i dobiti da je ''par'' funkcije 1

1

−s funkcija e

1 · x = e

x. Rješenje zadatka je, dakle, funkcija

y = ex.

42. Uočimo da u zadatku imamo izraz oblika

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

pri čemu je F1(x) = x, G1(y) = cos2

y, F2(x) =

21 1( 1) ( 1)

2 2

xx x

−⋅ − ⋅ + = , G2(y) = sin

2

y. Riječ je

o običnoj diferencijalnoj jednadžbi 1. reda sa separiranim varijablama. Formula za opće

rješenje te jednadžbe (zapisane u gornjemu obliku) glasi:

∫ ∫ +−= CdxxF

xFdy

yG

yG

)(

)(

)(

)(

2

1

1

2 .


F1(x) = x, G1(y) = cos2

y, F2(x) =

21 1( 1) ( 1)

2 2

xx x

−⋅ − ⋅ + = , G2(y) = sin

2

y

pa dobivamo:

2

2

sin2 ,

1cos

2 2

1 2tg

2 1

yx

dy dx Cy x

xy dy dx C

x

⋅ = − +−

⋅ ⋅ ⋅ = − +

−

∫ ∫

∫ ∫

Izračunajmo zasebno svaki od integrala koji se pojavljuju u ovoj jednakosti. Integral na lijevoj

strani je tablični integral:

1 1tg 2 ln cos

2 2y dy y

⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅

∫


MATEMATIKA 2



Integral na desnoj strani određujemo pomoću zamjene

t = x2 – 1, dt = 2 · x · dx.

Tako je

2

2

2ln ln( 1).

1

x dtdx t x

x t

⋅⋅ = = = −

−∫ ∫

Na obje strane jednakosti pojavili su se prirodni logaritmi. Zbog toga konstantu C

zamjenjujemo s (–ln C1) gdje je C1 > 0 nova nepoznata realna konstanta. To smijemo učiniti

jer za svaki realan broj C ∈ R postoji jedinstven strogo pozitivan realan broj C1 takav da je

C = –ln C1. (Broj C1 lako možemo i izravno izračunati: C1 = e–C

.) Stoga je

2

1

2

1

2

2

1

2 2

1

2 ln(cos ) ln( 1) ln ,2

2 ln(cos ) ln( 1) ln ,2

ln cos ln ( 1) ,2

cos ( 1).2

yx C

yx C

yC x

yC x

− ⋅ = − − −

⋅ = − +

= ⋅ −

= ⋅ −

Iskoristimo formulu za kosinus polovičnoga kuta:

.2

cos1

2cos

2

cos1

2cos 2 yyyy +

=⇒+

=

Zbog toga je posljednja jednakost ekvivalentna s

2

1 1

2

1 1

1 cos,

2

1 cos 2 ,

yC x C

y C x C

+= ⋅ −

+ = ⋅ ⋅ −

2

1 1

2

1 1

cos 2 1,

arccos(2 1).

y C x C

y C x C

= ⋅ ⋅ − −

= ⋅ ⋅ − −

U posljednjem izrazu zamijenimo C2 = C1 + 1, odnosno C1 = C2 – 1, pri čemu je C2 ∈ ⟨1, +∞⟩.

Tako dobivamo konačno rješenje:

y = arccos[2 · (C2 – 1) · x2 – C2], C2 ∈ ⟨1, +∞⟩.


MATEMATIKA 2



43. Jednadžba napisana u zadatku je homogena linearna obična diferencijalna jednadžba 2.

reda s konstantnim koeficijentima. Da bismo je riješili, najprije trebamo napisati i riješiti

pripadnu karakterističnu jednadžbu. Ona glasi:

5 · k2 + 2 · k + 2 = 0.

Riješimo tu kvadratnu jednadžbu.

2

1,2

2 2 4 5 2 2 4 40 2 36 2 36 1 2 6

2 5 10 10 10 10

2 6 1 3.

10 10 5 5

ik

i i

− ± − ⋅ ⋅ − ± − − ± − − ± ⋅ − − ±= = = = = =

⋅

−= ± ⋅ = − ± ⋅

Dakle,

1

1 3,

5 5k i= − + ⋅

2

1 3.

5 5k i= − − ⋅

Kako vidimo, dobivena rješenja su kompleksni brojevi. U tom je slučaju opće rješenje

polazne obične diferencijalne jednadžbe dano formulom


⋅= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

gdje su a i b realni, odnosno imaginarni dio bilo kojega od dvaju kompleksnih rješenja

karakteristične jednadžbe. Dakle, odaberemo jedno od dvaju dobivenih rješenja – recimo,

2

1 3.

5 5k i= − − ⋅ Realni dio toga kompleksnoga broja je a = Re(k2) =

5

1− , dok je imaginarni

dio b = Im(k2) = 5

3− . Te brojeve uvrstimo u formulu za opće rješenje, pa dobivamo:

1

51 2

3 3cos sin

5 5

x

y e C x C x− ⋅

= ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅

Iskoristimo činjenicu da je kosinus parna, a sinus neparna funkcija, tj. da vrijede jednakosti:

cos (–x) = cos x, za sve x ∈ R,

sin (–x) = –sin x, za sve x ∈ R.

Stoga je

1

51 2

3 3cos sin

5 5

x

y e C x C x− ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅

.


MATEMATIKA 2



Uz oznaku

C3 = –C2

dobiveno opće rješenje možemo napisati u obliku:

1

51 3

3 3cos sin

5 5

x

y e C x C x− ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

.

44. Zadana obična diferencijalna jednadžba je nehomogena linearna obična diferencijalna

jednadžba 1. reda. Da bismo je riješili, najprije moramo očitati funkcije P(x) i Q(x). U ovome

je slučaju

P(x) = ctg x, Q(x) = x.



( ) ( )

( )P x dx P x dx

y e Q x e dx C− ⋅ ⋅ ∫ ∫= ⋅ ⋅ ⋅ +

∫ .

Tako dobivamo:

ctg ctg x dx x dx

y e x e dx C− ⋅ ⋅ ∫ ∫= ⋅ ⋅ ⋅ +

∫ .

Integral ctg x dx⋅∫ je tablični integral i jednak je:

ctg ln sinx dx x⋅ =∫ .

Prema tome je

( )ln sin lnsin.

x xy e x e dx C

−= ⋅ ⋅ ⋅ +∫

Sad iskoristimo jednakosti:

1ln (sin )ln sin 1

ln sin

1(sin ) ,

sin

sin

xx

x

e e xx

e x

− − − = = =

=

pa je


MATEMATIKA 2



( )1

sin .sin

y x x dx Cx

= ⋅ ⋅ ⋅ +∫

Odredimo zasebno integral sin .x x dx⋅ ⋅∫ On se određuje metodom parcijalne integracije:

dxdu

xu

=

=

cos

sin

v x

dv x dx

= −

= ⋅

Stoga je

sin cos cos cos sin sin cos .x x dx x x x dx x x x x x x⋅ ⋅ = − ⋅ + ⋅ = − ⋅ + = − ⋅∫ ∫

Prema tome je:

( )1

sin cos ,sin

cos1 ,

sin sin

1 ctg .sin

y x x x Cx

x Cy x

x x

Cy x x

x

= ⋅ − ⋅ +

= − ⋅ +

= − ⋅ +

45. Prvi je uvjet nehomogena linearna obična diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim


Laplaceovih transformata piše čime trebamo zamijeniti y'', a čime y'. Imamo:

y'' → s2 · F(s) – s · y(0) – y'(0),

y' → s · F(s) – y(0).

Označimo funkciju na desnoj strani jednadžbe sa g(x). Zapišimo g(x) u obliku:

g(x) = 8 · x + 8.

U tablici Laplaceovih transformata nalazimo da je Laplaceov transformat funkcije f(x) = x

jednak 2

1

s.

Laplaceov transformat konstante 8 nalazimo tako da u prvom stupcu tablice nađemo f(x) = a i

stavimo a = 8. Pripadna funkcija iz drugoga stupca je a

s, tj.

8

s. Dakle, Laplaceov transformat

konstante 8 jednak je s

8.

Prema tome, Laplaceov transformat funkcije g(x) jednak je


MATEMATIKA 2



G(s) = 2 2

1 8 8 ( 1)8 .

s

s s s

⋅ +⋅ + =

Budući da je Laplaceov transformat lijeve strane polazne jednadžbe jednak

s2 · F(s) – s · y(0) – y'(0) + s · F(s) – y(0),

to polazna obična diferencijalna jednadžba prelazi u algebarsku jednadžbu:

s2 · F(s) – s · y(0) – y'(0) + s · F(s) – y(0) =

2

8 ( 1)s

s

⋅ +.

U tu jednadžbu uvrstimo druga dva uvjeta: y (0) = 1 i y'(0) = 0. Dobivamo:

s2 · F(s) – s + s · F(s) – 1 =

2

8 ( 1)s

s

⋅ +.

Sve članove koji ne sadrže F(s) prebacimo na desnu stranu mijenjajući im predznak, a iz

preostalih članova na lijevoj strani izlučimo F(s):

s2

· F(s) + s · F(s) =2

8 ( 1)s

s

⋅ ++ s + 1,

F(s) · (s2 + s) =

2

2

8 ( 1) ( 1).

s s s

s

⋅ + + ⋅ +

Dijeljenjem sa s2 + s dobivamo:

2

2 2

8 ( 1) ( 1)( ) ,

( )

s s sF s

s s s

⋅ + + ⋅ +=

⋅ +

2

2

2

3

2

3 3

3

( 1) ( 8)( ) ,

( 1)

8( ) ,

8( ) ,

1 2( ) 4 .

s sF s

s s s

sF s

s

sF s

s s

F ss s

+ ⋅ +=

⋅ ⋅ +

+=

= +

= + ⋅

Sada funkcije s

1 i

3

2

s pokušajmo pronaći u drugomu stupcu tablice Laplaceovih transformata.


MATEMATIKA 2



''Par“ funkcije s

1 u prvomu stupcu je konstanta 1.

''Par'' funkcije 3

2

s u prvomu stupcu je funkcija x

2.

Dakle, rješenje zadatka je funkcija

y = 4 · x2 + 1.

46. Zadana obična diferencijalna jednadžba je nehomogena linearna obična diferencijalna

jednadžba 1. reda. Da bismo je riješili, najprije moramo očitati funkcije P(x) i Q(x). U ovome

slučaju je:

P(x) = x

1 – tg x, Q(x) =

x

1.

Te dvije funkcije uvrstimo u formulu za opće rješenje nehomogene linearne diferencijalne

jednadžbe 1. reda:

( ) ( )

( )P x dx P x dx

y e Q x e dx C− ⋅ ⋅ ∫ ∫= ⋅ ⋅ ⋅ +

∫ .

Tako dobivamo:

1 1tg tg 1x dx x dx

x xy e e dx Cx

− − ⋅ − ⋅

∫ ∫

= ⋅ ⋅ ⋅ + ∫ .


1tg .x dx

x

− ⋅

∫

Imamo redom:

1tg tg ln ( ln cos ) ln ln cos ln( cos )

dxx dx x dx x x x x x x

x x

− = − ⋅ = − − = + = ⋅

∫ ∫ ∫

Uvrštavanjem u formulu za opće rješenje dobivamo:

ln( cos ) ln( cos )1x x x xy e e dx C

x

− ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ +

∫ .

Sad iskoristimo jednakosti:


MATEMATIKA 2



1ln ( cos )ln( cos ) 1

ln( cos )

1( cos ) ,

cos

cos

x xx x

x x

e e x xx x

e x x

− ⋅− ⋅ −

⋅

= = ⋅ =⋅

= ⋅

pa slijedi:

( )

1 1cos ,

cos

1cos ,

cos

1(sin ),

cos

1 sin,

cos cos

1tg ,

cos

tg

cos

y x x dx Cx x x

y x dx Cx x

y x Cx x

x Cy

x x x x

Cy x

x x x

x Cy

x x x

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +

⋅

= ⋅ ⋅ +⋅

= ⋅ +⋅

= ⋅ +⋅

= ⋅ +⋅

= +⋅

∫

∫

47. U zadatku imamo izraz oblika

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

pri čemu je F1(x) = 1

12

+x, G1(y) = lny y− ⋅ , F2(x) =

1

arctg x, G2(y) = 1. Stoga zadana obična

diferencijalna jednadžba pripada u obične diferencijalne jednadžbe 1. reda sa separiranim

varijablama. Formula za opće rješenje te jednaddžbe (zapisane u gornjemu obliku) glasi:

∫ ∫ +−= CdxxF

xFdy

yG

yG

)(

)(

)(

)(

2

1

1

2 .


F1(x) = 1

12

+x, G1(y) = lny y− ⋅ , F2(x) =

1

arctg x, G2(y) = 1

pa dobivamo:


MATEMATIKA 2



2

2

11 1 ,

1ln

arctg

arctg .

ln 1

xdy dx Cy y

x

dy xdx C

y y x

+− ⋅ = − ⋅ +⋅

= ⋅ +⋅ +

∫ ∫

∫ ∫

Izračunajmo zasebno svaki od integrala koji se pojavljuju u gornjoj jednakosti. Integral na

lijevoj strani određujemo pomoću zamjene

1ln , .

dyt y dt dy

y y= = ⋅ =

Zbog toga je

ln ln(ln ).ln

dy dtt y

y y t= = =

⋅∫ ∫

Integral na desnoj strani određujemo pomoću zamjene

t = arctg x, 2 2

1.

1 1

dxdt dx

x x= ⋅ =

+ +

Zbog toga je

2 2

2

arctg 1 1arctg .

1 2 2

xdx t dt t x

x= ⋅ = ⋅ = ⋅

+∫ ∫

Tako sada imamo:

2 2

2

1 1arctg arctg

2 2

1ln(ln ) arctg ,

2

ln .x C x

C

y x C

y e e e⋅ + ⋅

= ⋅ +

= = ⋅

e i C su konstante, pa potenciju eC možemo označiti kao novu konstantu C1. Ta konstanta

pripada skupu ⟨0, +∞⟩. Tako konačno dobivamo:

2

1 2arctg2

1

1arctg

21

1

ln ,

, 0x

x

C e

y C e

y e C⋅

⋅

⋅

= ⋅

= >

.


MATEMATIKA 2






4 · k2 – 5 · k + 1 = 0.

Riješimo li tu kvadratnu jednadžbu, dobit ćemo:

1 2

1, 1.

4k k= =

Vidimo da su rješenja karakteristične jednadžbe realni i međusobno različiti brojevi. Stoga je

opće rješenje polazne obične diferencijalne jednadžbe dano formulom

1 2

1 2 .k x k x

y C e C e⋅ ⋅

= ⋅ + ⋅

U tu formulu uvrstimo

1 2

1, 1

4k k= =

pa dobivamo traženo opće rješenje polazne obične diferencijalne jednadžbe:

1

41 2 .

xxy C e C e

⋅

= ⋅ + ⋅




y'' → s2 · F(s) –s · y(0) – y'(0),

y' → s · F(s) – y(0).

Odredimo Laplaceov transformat desne strane polazne jednadžbe.

Laplaceov transformat funkcije x jednak je .12s

Stoga je Laplaceov transformat funkcije

(–2) · x jednak .22

s−

Sad provedemo navedene zamjene prevodeći diferencijalnu jednadžbu u algebarsku:

2 · [s2

· F(s) – s · y(0) – y'(0)] – [s · F(s) – y(0)] = .22s

−


MATEMATIKA 2



U ovu jednakost uvrstimo preostala dva uvjeta: y(0) = 1 i y'(0) = 4. Tako dobivamo:

2 · [s2

· F(s) – s – 4] – [s · F(s) – 1] = 2

2

s− .

U sljedećemu se koraku rješavamo zagrada:

2 · s2

· F(s) – 2 · s – 8 – s · F(s) + 1 = 2

2

s− ,

2 · s2

· F(s) – 2 · s – s · F(s) – 7 = 2

2

s− .

Sve članove koji ne sadrže F(s) prebacimo na desnu stranu mijenjanjući im predznak. Iz

preostalih članova na lijevoj strani ''izlučimo'' F(s):

2 · s2

· F(s) – s · F(s) = 2

2

s− + 2 · s + 7,

3 22

2

3 2 3 2

2 2 3

2 7 2( ) (2 ) ,

2 7 2 2 7 2( ) .

(2 ) (2 1)

s sF s s s

s

s s s sF s

s s s s s

⋅ + ⋅ −⋅ ⋅ − =

⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ −= =

⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ −

Da bismo mogli primijeniti tablicu Laplaceovih transformata, razlomak na desnoj strani

posljednje jednakosti moramo rastaviti na parcijalne razlomke. Iz oblika nazivnika toga

razlomka zaključujemo da ćemo imati ukupno 4 razlomka kojima će nazivnici biti redom s,

s2, s

3 i 2 · s – 1, a brojnici neke konstante. Imamo redom:

3 2

3 2 3

3 2 2 3

3 2 3 2 2 3

3 2 3 2

2 7 2,

(2 1) 2 1

2 7 2 (2 1) (2 1) (2 1) ,

2 7 2 2 2 2 ,

2 7 2 (2 ) ( 2 ) ( 2 ) .

s s A B C D

s s s s s s

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

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

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

⋅ + ⋅ −= + + +

⋅ ⋅ − ⋅ −

⋅ + ⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − + ⋅

⋅ + ⋅ − = ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ − + ⋅

⋅ + ⋅ − = ⋅ ⋅ + + ⋅ − + ⋅ + ⋅ − + ⋅ −

Odavde izjednačavanjem koeficijenata uz iste potencije od s dobivamo sustav od 4 linearne

jednadžbe s 4 nepoznanice:

2 · A + D = 2

–A + 2 · B = 7,

–B + 2 · C = 0,

–C = –2.


MATEMATIKA 2



Iz posljednje jednadžbe toga sustava dobivamo C = 2.

Uvrštavanjem u pretposljednju jednadžbu dobivamo

–B + 4 = 0,

tj. B = 4.

Uvrstimo B = 4 u drugu jednadžbu, pa dobivamo

–A + 8 = 7,

otkuda je A = 1.

Uvrštavanjem A = 1 u prvu jednadžbu dobivamo

2 + D = 2,

tj. D = 0.

Dakle, rješenje odredbenoga sustava je A = 1, B = 4, C = 2 i D = 0 pa slijedi da je

2 3

1 1 2( ) 4 .F s

s s s= + ⋅ +

(I ovaj rezultat smo mogli dobiti na još jedan način. Uočimo da je

2 ⋅ s3 + 7 ⋅ s

2 – 2 = 2 ⋅ s

3 – s

2 + 8 ⋅ s

2 – 2 = s

2 ⋅ (2 ⋅ s – 1) + 2 ⋅ (4 ⋅ s

2 – 1) = s ⋅ (2 ⋅ s – 1) + 2 ⋅

⋅ (2 ⋅ s – 1) ⋅ (2 ⋅ s + 1) = (2 ⋅ s – 1) ⋅ [s2 + 2 ⋅ (2 ⋅ s + 1)] = (2 ⋅ s – 1) ⋅ (s

2 + 4 ⋅ s + 2),

pa je

2

3

2

3

2

3 3 3

2 3

(2 1) ( 4 2)( )

(2 1)

4 2( )

2( ) 4

1 1 2( ) 4 .)

s s sF s

s s

s sF s

s

s sF s

s s s

F ss s s

⋅ − ⋅ + ⋅ +=

⋅ ⋅ −

+ ⋅ +=

= + ⋅ +

= + ⋅ +

Potražimo svaki od pribrojnika na desnoj strani posljednje jednakosti u drugomu stupcu

tablice Laplaceovih transformata.

Prvi pribrojnik (s

1) nalazimo u prvomu retku te tablice. Njegov je pripadni ''par'' u prvomu

stupcu konstanta 1.


MATEMATIKA 2



Drugi pribrojnik 2

1

s nalazimo u trećemu retku. Njegov je pripadni ''par'' u prvomu stupcu

funkcija x. Sada primijenimo homogenost Laplaceove transformacije pa dobijemo:

2

14 4 x

s⋅ → ⋅ .

Napokon, treći pribrojnik (3

2

s) nalazimo u četvrtom retku tablice. Njegov pripadni ''par'' iz

prvoga stupca je funkcija x2.

Tako smo odredili inverze svih triju pribrojnika pa je tražena funkcija y jednaka

y = x2 + 4 ⋅ x + 1.

50. Zadanu običnu diferencijalnu jednadžbu najprije transformirajmo ovako:

x ⋅ y' – 2 ⋅ y = x,

y' – 2

yx

⋅ = 1.

Vidimo da se radi o nehomogenoj linearnoj običnoj diferencijalnoj jednadžbi 1. reda. Da

bismo je riješili, najprije moramo očitati funkcije P(x) i Q(x). U ovome je slučaju

P(x) = x

2− , Q(x) = 1.



( ) ( )

( )P x dx P x dx

y e Q x e dx C− ⋅ ⋅ ∫ ∫= ⋅ ⋅ +

∫ .

Tako dobivamo:

( )

2 2

2 2

2 ln 2 ln

1 ,

,

,

dx dxx x

dx dx

x x

x x

y e e dx C

y e e dx C

y e e dx C

− − ⋅ − ⋅

⋅ − ⋅

⋅ − ⋅

∫ ∫= ⋅ ⋅ ⋅ +

∫ ∫= ⋅ ⋅ +

= ⋅ ⋅ +

∫

∫

∫


MATEMATIKA 2



( )

( )

2 2ln( ) ln( )

2 2

2 2 1 2

2 1 2

2

,

,

1,

2 1

( 1) ,

.

x xy e e dx C

y x x dx C

y x x C x

y x x C x

y C x x

−

−

− +

−

= ⋅ ⋅ +

= ⋅ ⋅ +

= ⋅ ⋅ + ⋅− +

= ⋅ − ⋅ + ⋅

= ⋅ −

∫

∫

51. U zadatku imamo izraz oblika

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

pri čemu je F1(x) = x2, G1(y) = 1 + y, F2(x) = –(x – 1) · (x

2 + x + 1) = –(x

3 – 1) = 1 – x

3,

G2(y) = y2 – 1. Stoga je riječ o običnoj diferencijalnoj jednadžbi 1. reda sa separiranim

varijablama. Formula za opće rješenje te jednadžbe (zapisane u gornjemu obliku) glasi:

∫ ∫ +−= CdxxF

xFdy

yG

yG

)(

)(

)(

)(

2

1

1

2 .


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

3, G2(y) = y

2 – 1

pa dobivamo:

∫ ∫ +−

−=+

−.

11

13

22

Cdxx

xdy

y

y

Izračunajmo zasebno svaki od dvaju integrala koji se pojavljuju u gornjoj jednakosti. Integral

na lijevoj strani jednakosti jednak je:

221 ( 1) ( 1) 1

( 1) .1 1 2

y y ydy dy y dy y dy dy y y

y y

− − ⋅ +⋅ = ⋅ = − ⋅ = ⋅ − = ⋅ −

+ +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Integral na desnoj strani jednakost određujemo pomoću supstitucije t = x3 – 1, dt = 3 · x

2 · dx

⇒ x2

· dx = 1

3dt⋅ . Tako imamo:

23

3

11 1 13 ln ln( 1).

1 3 3 3

dtx dt

dx t xx t t

⋅

− ⋅ = − = ⋅ = ⋅ = ⋅ −− −∫ ∫ ∫


MATEMATIKA 2



Prema tome je

2 3

2 3

1 1ln( 1) , / 6

2 3

3 6 2 ln( 1) 6 0,

y y x C

y y x C

⋅ − = ⋅ − + ⋅

⋅ − ⋅ − ⋅ − − ⋅ =

odnosno uz oznaku C1 = –6 · C,

2 3

13 6 2 ln( 1) 0.y y x C⋅ − ⋅ − ⋅ − + =

Rješenje polazne obične diferencijalne jednadžbe možemo ostaviti u ovakvom obliku (tzv.

implicitni oblik), no, nije odveć teško i eksplicitno odrediti funkciju y. Naime, posljednju

jednadžbu možemo shvatiti kao kvadratnu jednadžbu po nepoznanici y. Riješimo li je,

dobivamo:

3 31 2

1 2 1

3

2

2

6 36 24 ln( 1) 6 24 ln( 1), gdje je 36 24 ;

6 6

6 24 ln( 1).

6

x C C xy C C

C xy

− − ⋅ − + − − ⋅ − = = = − ⋅

+ − ⋅ −=




9 · k2 – 12 · k + 4 = 0.

Riješimo li tu jednadžbu, dobivamo:

1 2

2.

3k k= =

Vidimo da su rješenja jednadžbe realna i međusobno jednaka. To znači da se opće rješenje

polazne obične diferencijalne jednadžbe određuje prema formuli

1

1 2( ).k x

y e C C x⋅

= ⋅ + ⋅

U tu jednakost uvrstimo 1

2

3k = , pa je opće rješenje polazne obične diferencijalne jednadžbe

2

31 2( ).

x

y e C C x⋅

= ⋅ + ⋅


MATEMATIKA 2






y'' → s2

· F(s) – s · y(0) – y'(0),

y' → s · F(s) – y(0).

Desna strana polazne obične diferencijalne jednadžbe jednaka je

6 · x – 3 · x2.

Laplaceov transformat funkcije x je 2

1

s, a funkcije x

2 .

23

s Tako imamo:

6 ⋅ x – 3 ⋅ x2 → 6 ⋅

2

1

s – 3 ⋅

3

2

s=

2 3 3 3

6 6 6 6 6 ( 1).

s s

s s s s

⋅ − ⋅ −− = =

Sada polaznu diferencijalnu jednadžbu transformiramo u algebarsku provodeći gornje

zamjene. Dobivamo:

s2

· F(s) – s · y(0) – y'(0) – [s · F(s) – y(0)] =3

6 ( 1).

s

s

⋅ −

U ovu jednakost uvrstimo preostala dva uvjeta: y(0) = 1, y'(0) = 0 pa slijedi:

s2

· F(s) – s – [s · F(s) – 1] =3

6 ( 1).

s

s

⋅ −

s2

· F(s) – s – s · F(s) + 1 =3

6 ( 1).

s

s

⋅ −

Sve članove koji ne sadrže F(s) prebacimo na desnu stranu mijenjajući im predznak, a iz

preostalih članova na lijevoj strani ''izlučimo'' F(s). Imamo:

s2

· F(s) – s · F(s) =3

6 ( 1)1,

ss

s

⋅ −+ −

F(s) · (s2 – s) =

3

3

6 ( 1) ( 1)s s s

s

⋅ − + ⋅ −,

3

3 2

3

4

6 ( 1) ( 1)( ) ,

( )

(6 ) ( 1)( ) ,

( 1)

s s sF s

s s s

s sF s

s s

⋅ − + ⋅ −=

⋅ −

+ ⋅ −=

⋅ −


MATEMATIKA 2



3

4

3

4 4

4

6( ) ,

6( ) ,

6 1( ) .

sF s

s

sF s

s s

F ss s

+=

= +

= +

Preostaje svaki od dvaju pribrojnika na desnoj strani posljednje jednakosti pronaći u drugomu

stupcu tablice Laplaceovih transformata.

Drugi pribrojnik (tj.s

1) nalazimo odmah u prvomu retku, a njegov pripadni ''par'' iz prvoga

stupca je konstanta 1.

Prvi ćemo pribrojnik dobiti ako u retku koji odgovara funkciji f(x) = xn stavimo n = 3. Izraz u

desnom stupcu je upravo 4

6

s , a njemu pridruženi ''par'' iz prvoga stupca jest funkcija x

3.

Stoga je rješenje zadatka funkcija

y = x3 + 1.

Pripremili:

mr.sc. Bojan Kovačić, dipl.ing., predavač

Dražen Blanuša, bacc. ing. techn. inf.

rijeŠeni zadatci iz obi nih diferencijalnih...

Documents