Obične diferencijalne jednačine - teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Prema drugom Njutnovom zakonu (pozitivan smer je naniže):
[tex]m\frac{dv}{dt}=mg-kv^2,\qquad v(0)=0[/tex]
Neka je [tex]V=\sqrt{\frac{mg}{k}}[/tex]; tada je [tex]\frac{dv}{dt}=\frac{k}{m}\left(V^2-v^2\right)[/tex]. Konstante [tex]v=\pm V[/tex] su rešenja, pa zbog jedinstvenosti rešenje sa [tex]v(0)=0[/tex] zadovoljava [tex]|v|\lt V[/tex] za svako [tex]t\ge 0[/tex]. Zato možemo razdvojiti promenljive i integraliti, koristeći [tex]v(0)=0[/tex]:
[tex]\frac{dv}{V^2-v^2}=\frac{k}{m}\,dt\ \Rightarrow\ \frac{1}{2V}\ln\frac{V+v}{V-v}=\frac{k}{m}\,t\ \Rightarrow\ \frac{V+v}{V-v}=e^{\frac{2kV}{m}t}[/tex]
Izražavamo [tex]v[/tex]:
[tex]v(t)=V\,\frac{e^{\frac{2kV}{m}t}-1}{e^{\frac{2kV}{m}t}+1}=V\,\frac{1-e^{-\frac{2kV}{m}t}}{1+e^{-\frac{2kV}{m}t}}[/tex]
Kako [tex]e^{-\frac{2kV}{m}t}\to 0[/tex] kada [tex]t\to\infty[/tex], to je
[tex]\lim_{t\to\infty}v(t)=V=\sqrt{\frac{mg}{k}}[/tex]
To je granična brzina, pri kojoj se sila teže i otpor uravnotežuju: [tex]mg=kv^2[/tex].

Rešenje:
Zapišimo jednačinu u obliku
[tex](1-x^2)\,y'=xy-xy^2=xy(1-y)[/tex]
Ovo je Bernulijeva jednačina, ali se u njoj promenljive i razdvajaju. U okolini tačke [tex]M[/tex] važi [tex]|x|\lt 1[/tex] i [tex]y(1-y)\ne 0[/tex], pa je
[tex]\frac{dy}{y(1-y)}=\frac{x\,dx}{1-x^2}[/tex]
Kako je [tex]\frac{1}{y(1-y)}=\frac{1}{y}+\frac{1}{1-y}[/tex], integracijom dobijamo
[tex]\ln\left|\frac{y}{1-y}\right|=-\frac{1}{2}\ln\left(1-x^2\right)+c\ \Rightarrow\ \frac{y}{1-y}=\frac{C}{\sqrt{1-x^2}}[/tex]
Iz tačke [tex]M\left(0 ; \frac{1}{2}\right)[/tex] dobijamo [tex]C=1[/tex]. Tada je
[tex]y\sqrt{1-x^2}=1-y\ \Rightarrow\ y=\frac{1}{1+\sqrt{1-x^2}},\qquad -1\lt x\lt 1[/tex]

Rešenje:
Jednačina ne sadrži [tex]y[/tex], pa snižavamo red smenom [tex]y'=p(x)[/tex], [tex]y''=p'[/tex]:
[tex]p'=p^2+9[/tex]
Razdvajamo promenljive ([tex]p^2+9\gt 0[/tex]):
[tex]\frac{dp}{p^2+9}=dx\ \Rightarrow\ \frac{1}{3}\operatorname{arctg}\frac{p}{3}=x+c\ \Rightarrow\ p=3\operatorname{tg} \left(3x+C_1\right),\quad C_1=3c[/tex]
Integralimo još jednom:
[tex]y=\int 3\operatorname{tg} \left(3x+C_1\right)dx=-\ln\left|\cos\left(3x+C_1\right)\right|+C_2[/tex]
Provera:
[tex]y'=3\operatorname{tg} \left(3x+C_1\right),\qquad y''=\frac{9}{\cos^2\left(3x+C_1\right)}=9+9\operatorname{tg} ^2\left(3x+C_1\right)=9+(y')^2[/tex]

Rešenje:
Ovo je jednačina Ojlerovog tipa. Kako je [tex]2x+1\gt 0[/tex], uvodimo smenu [tex]2x+1=e^{t}[/tex], tj. [tex]t=\ln(2x+1)[/tex] i [tex]\frac{dt}{dx}=\frac{2}{2x+1}=2e^{-t}[/tex]. Ako izvode po [tex]t[/tex] označimo tačkama, dobijamo
[tex]y'=\dot y\,\frac{dt}{dx}=2e^{-t}\dot y,\qquad y''=\frac{d}{dt}\left(2e^{-t}\dot y\right)\cdot \frac{dt}{dx}=4e^{-2t}\left(\ddot y-\dot y\right)[/tex]
Kako je [tex](2x+1)^2=e^{2t}[/tex], zamenom u jednačinu dobijamo
[tex]4\left(\ddot y-\dot y\right)-4\dot y+4y=0\ \Leftrightarrow\ \ddot y-2\dot y+y=0[/tex]
Njena karakteristična jednačina [tex]r^2-2r+1=0[/tex] ima dvostruki koren [tex]r=1[/tex], pa je [tex]y=(C_1+C_2t)e^{t}[/tex]. Vraćanjem na [tex]x[/tex] dobijamo
[tex]y=(2x+1)\left(C_1+C_2\ln(2x+1)\right)[/tex]

Rešenje:
Jednačina nije linearna po [tex]y[/tex], ali postaje linearna ako [tex]x[/tex] posmatramo kao funkciju od [tex]y[/tex]. Iz jednačine sledi [tex]y'\ne 0[/tex], pa je [tex]y'=\frac{1}{x'(y)}[/tex] i
[tex]\frac{dx}{dy}=x+2y\ \Leftrightarrow\ x'-x=2y[/tex]
Množimo integracionim faktorom [tex]e^{-y}[/tex] i integralimo parcijalno:
[tex]\left(xe^{-y}\right)'=2ye^{-y}\ \Rightarrow\ xe^{-y}=-2ye^{-y}-2e^{-y}+C\ \Rightarrow\ x=Ce^{y}-2y-2[/tex]
Početni uslov znači da je [tex]x=0[/tex] za [tex]y=-1[/tex]:
[tex]0=Ce^{-1}+2-2\ \Rightarrow\ C=0,\qquad x=-2y-2\ \Leftrightarrow\ y=-\frac{x}{2}-1[/tex]
Provera: [tex]x+2y=-2[/tex] i [tex]y'=-\frac{1}{2}[/tex], pa je [tex](x+2y)y'=1[/tex]; osim toga, [tex]y(0)=-1[/tex].

Rešenje:
Za [tex]x\ne 0[/tex] i [tex]2x+y\ne 0[/tex] jednačina je homogena:
[tex]y'=\frac{x+2y}{2x+y}=\frac{1+2\frac{y}{x}}{2+\frac{y}{x}}[/tex]
Uvodimo smenu [tex]y=ux[/tex], [tex]y'=u+xu'[/tex]:
[tex]u+xu'=\frac{1+2u}{2+u}\ \Rightarrow\ xu'=\frac{1-u^2}{2+u}[/tex]
Za [tex]u\ne\pm1[/tex] razdvajamo promenljive i rastavljamo na parcijalne razlomke:
[tex]\frac{2+u}{1-u^2}\,du=\frac{dx}{x},\qquad \frac{2+u}{(1-u)(1+u)}=\frac{3}{2(1-u)}+\frac{1}{2(1+u)}[/tex]
Integracijom, množenjem sa [tex]2[/tex] i antilogaritmovanjem dobijamo:
[tex]-\frac{3}{2}\ln|1-u|+\frac{1}{2}\ln|1+u|=\ln|x|+C_1\ \Rightarrow\ \frac{1+u}{(1-u)^3}=Cx^2[/tex]
Vraćajući smenu [tex]u=\frac{y}{x}[/tex]:
[tex]\frac{(x+y)x^2}{(x-y)^3}=Cx^2\ \Rightarrow\ x+y=C(x-y)^3[/tex]
Isključeni slučajevi [tex]u=\pm1[/tex] daju [tex]y=-x[/tex] (familija za [tex]C=0[/tex]) i [tex]y=x[/tex] (dobija se formalno za [tex]C\to\infty[/tex]); obe funkcije zadovoljavaju jednačinu. Opšti integral je [tex]x+y=C(x-y)^3[/tex].

Rešenje:
Ovo je Bernulijeva jednačina sa izložiocem [tex]3[/tex]; [tex]y=0[/tex] je rešenje. Za [tex]y\ne 0[/tex] delimo sa [tex]y^3[/tex] i uvodimo smenu [tex]z=y^{-2}[/tex], [tex]z'=-2y^{-3}y'[/tex]:
[tex]2y^{-3}y'\sin x+y^{-2}\cos x=x\cos x-\sin x\ \Rightarrow\ -z'\sin x+z\cos x=x\cos x-\sin x[/tex]
Ova jednačina je linearna po [tex]z[/tex]. Na intervalu gde je [tex]\sin x\ne 0[/tex] delimo sa [tex]-\sin ^2x[/tex] i uočavamo da su obe strane izvodi količnika:
[tex]\frac{z'\sin x-z\cos x}{\sin ^2x}=\frac{\sin x-x\cos x}{\sin ^2x}\ \Rightarrow\ \left(\frac{z}{\sin x}\right)'=\left(\frac{x}{\sin x}\right)'[/tex]
Dakle,
[tex]\frac{z}{\sin x}=\frac{x}{\sin x}+C\ \Rightarrow\ z=x+C\sin x\ \Rightarrow\ \frac{1}{y^2}=x+C\sin x[/tex]
Opšti integral je [tex]\frac{1}{y^2}=x+C\sin x[/tex] (zajedno sa rešenjem [tex]y=0[/tex]).

Rešenje:
Ovde je [tex]P=xy+y^{2}[/tex], [tex]Q=xy+1[/tex], [tex]P_y=x+2y[/tex], [tex]Q_x=y[/tex], pa jednačina nije jednačina sa totalnim diferencijalom. Integracioni faktor [tex]\mu(y)[/tex] mora da zadovoljava [tex](\mu P)_y=(\mu Q)_x[/tex], tj.
[tex]\frac{\mu'}{\mu}=\frac{Q_x-P_y}{P}=\frac{-(x+y)}{y(x+y)}=-\frac{1}{y}[/tex]
Desna strana zavisi samo od [tex]y[/tex], pa takav faktor postoji: [tex]\mu=\frac{1}{y}[/tex]. Množenjem njime dobijamo jednačinu sa totalnim diferencijalom:
[tex](x+y)\,dx+\left(x+\frac{1}{y}\right)dy=0,\qquad \frac{\partial}{\partial y}(x+y)=1=\frac{\partial}{\partial x}\left(x+\frac{1}{y}\right)[/tex]
Tražimo [tex]U[/tex] tako da je [tex]U_x=x+y[/tex], [tex]U_y=x+\frac{1}{y}[/tex]:
[tex]U=\frac{x^{2}}{2}+xy+\psi(y),\quad U_y=x+\psi'(y)=x+\frac{1}{y}\ \Rightarrow\ \psi(y)=\ln|y|[/tex]
Opšti integral je [tex]\frac{x^{2}}{2}+xy+\ln|y|=C[/tex], tj. [tex]x^{2}+2xy+2\ln|y|=C[/tex]. Funkcija [tex]y=0[/tex], izgubljena pri množenju sa [tex]\frac{1}{y}[/tex], takođe zadovoljava jednačinu.

Rešenje:
Jednačina ne sadrži eksplicitno [tex]x[/tex], pa joj snižavamo red smenom [tex]y'=p(y)[/tex], [tex]y''=p\frac{dp}{dy}[/tex]:
[tex](y-1)p\frac{dp}{dy}=2p^{2}[/tex]
Slučaj [tex]p\equiv 0[/tex] daje konstante, što je u suprotnosti sa [tex]y'(0)=-1[/tex]. Zato delimo sa [tex]p[/tex] i razdvajamo promenljive:
[tex]\frac{dp}{p}=\frac{2\,dy}{y-1}\ \Rightarrow\ p=C_1(y-1)^{2}[/tex]
Za [tex]x=0[/tex] je [tex]y=2[/tex], [tex]p=-1[/tex], pa je [tex]C_1=-1[/tex] i [tex]y'=-(y-1)^{2}[/tex]. Ponovo razdvajamo promenljive:
[tex]\frac{dy}{(y-1)^{2}}=-dx\ \Rightarrow\ -\frac{1}{y-1}=-x+C_2[/tex]
Iz [tex]y(0)=2[/tex] dobijamo [tex]C_2=-1[/tex], odakle je [tex]\frac{1}{y-1}=x+1[/tex] i
[tex]y=1+\frac{1}{x+1}=\frac{x+2}{x+1},\quad x\gt -1[/tex]
Provera:
[tex]y'=-\frac{1}{(x+1)^{2}},\quad y''=\frac{2}{(x+1)^{3}},\quad (y-1)y''=\frac{2}{(x+1)^{4}}=2(y')^{2},\quad y(0)=2,\quad y'(0)=-1[/tex]

Rešenje:
Karakteristična jednačina je
[tex]\lambda^{3}-3\lambda-2=(\lambda-2)(\lambda+1)^{2}=0[/tex]
Njeni koreni su [tex]2[/tex] (prost) i [tex]-1[/tex] (dvostruk), pa je opšte rešenje homogene jednačine
[tex]y_0=C_1e^{2x}+(C_2+C_3x)e^{-x}[/tex]
Desna strana je [tex]9e^{2x}[/tex], a [tex]2[/tex] je prost koren (rezonanca), pa partikularno rešenje tražimo u obliku [tex]Y=Axe^{2x}[/tex]:
[tex]Y'=A(1+2x)e^{2x},\quad Y''=A(4+4x)e^{2x},\quad Y'''=A(12+8x)e^{2x}[/tex]
[tex]Y'''-3Y'-2Y=A(12+8x-3-6x-2x)e^{2x}=9Ae^{2x}=9e^{2x}\ \Rightarrow\ A=1[/tex]
Dakle,
[tex]y=C_1e^{2x}+(C_2+C_3x)e^{-x}+xe^{2x}[/tex]

Rešenje:
Karakteristična jednačina [tex]\lambda^2+1=0[/tex] ima korene [tex]\pm i[/tex], pa je opšte rešenje homogene jednačine
[tex]y_0=C_1\cos x+C_2\sin x[/tex]
Desna strana je polinom prvog stepena pomnožen sa [tex]\cos x[/tex], a [tex]i[/tex] je prost koren karakteristične jednačine (rezonanca), pa tražimo partikularno rešenje
[tex]\eta=x\left[(Ax+B)\cos x+(Mx+N)\sin x\right]=P(x)\cos x+Q(x)\sin x,\quad P=Ax^2+Bx,\ Q=Mx^2+Nx[/tex]
Za takvu funkciju je
[tex]\eta''+\eta=(P''+2Q')\cos x+(Q''-2P')\sin x=(2A+2N+4Mx)\cos x+(2M-2B-4Ax)\sin x[/tex]
Poređenjem sa [tex]4x\cos x[/tex] dobijamo:
[tex]4M=4,\ 2A+2N=0,\ -4A=0,\ 2M-2B=0\ \Rightarrow\ A=0,\ B=1,\ M=1,\ N=0[/tex]
Dakle, [tex]\eta=x\cos x+x^2\sin x[/tex], pa je opšte rešenje
[tex]y=C_1\cos x+C_2\sin x+x\cos x+x^2\sin x[/tex]

Rešenje:
Desna strana nije specijalnog oblika, pa primenjujemo metod varijacije konstanti (Lagranžov metod). Opšte rešenje homogene jednačine je [tex]C_1\cos x+C_2\sin x[/tex]; tražimo [tex]y=C_1(x)\cos x+C_2(x)\sin x[/tex], pri čemu je
[tex]\begin{cases}C_1'\cos x+C_2'\sin x=0\\ -C_1'\sin x+C_2'\cos x=\frac{1}{\sin x}\end{cases}[/tex]
Determinanta sistema je Vronskijan [tex]\cos^2x+\sin ^2x=1[/tex], pa je
[tex]C_1'=-1,\quad C_2'=\frac{\cos x}{\sin x}\ \Rightarrow\ C_1=-x+A,\quad C_2=\ln|\sin x|+B[/tex]
[tex]y=A\cos x+B\sin x-x\cos x+\sin x\ln|\sin x|[/tex]
Početna tačka [tex]\frac{\pi}{2}[/tex] leži u [tex](0; \pi)[/tex], gde je [tex]\sin x\gt 0[/tex] i desna strana je neprekidna, pa rešenje posmatramo na tom intervalu. Tada je [tex]y\left(\frac{\pi}{2}\right)=B=5[/tex] i
[tex]y'=-A\sin x+B\cos x+x\sin x+\cos x\ln(\sin x)\ \Rightarrow\ y'\left(\frac{\pi}{2}\right)=-A+\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}\ \Rightarrow\ A=0[/tex]
Dakle,
[tex]y=5\sin x-x\cos x+\sin x\ln(\sin x),\quad 0\lt x\lt\pi[/tex]

Rešenje:
Iz druge jednačine je [tex]x=y-\dot{y}[/tex], odakle je [tex]\dot{x}=\dot{y}-\ddot{y}[/tex]. Zamenjujemo u prvu jednačinu:
[tex]\dot{y}-\ddot{y}=3(y-\dot{y})+2y\ \Rightarrow\ \ddot{y}-4\dot{y}+5y=0[/tex]
Karakteristična jednačina [tex]r^2-4r+5=0[/tex] ima korene [tex]r=2\pm i[/tex] (sopstvene vrednosti matrice sistema), pa je
[tex]y=e^{2t}\left(C_1\cos t+C_2\sin t\right)[/tex]
Tada je
[tex]\dot{y}=e^{2t}\left[(2C_1+C_2)\cos t+(2C_2-C_1)\sin t\right][/tex]
[tex]x=y-\dot{y}=e^{2t}\left[-(C_1+C_2)\cos t+(C_1-C_2)\sin t\right][/tex]
Direktna zamena potvrđuje da su obe jednačine sistema zadovoljene.

Rešenje:
Neka je [tex]M(x; y)[/tex] tačka krive; da bi trougao postojao, mora biti [tex]y\ne 0[/tex] i [tex]y'\ne 0[/tex]. Tangenta u tački [tex]M[/tex] je [tex]Y-y=y'(X-x)[/tex]; ona seče apscisnu osu u tački [tex]T\left(x-\frac{y}{y'}; 0\right)[/tex], a ordinata tačke [tex]M[/tex] završava se u tački [tex]P(x; 0)[/tex]. Trougao [tex]MPT[/tex] je pravougli sa pravim uglom kod temena [tex]P[/tex], a katete su mu
[tex]|MP|=|y|,\qquad |PT|=\left|\frac{y}{y'}\right|[/tex]
([tex]PT[/tex] je subtangenta), pa uslov zadatka glasi
[tex]\frac{1}{2}\,|y|\left|\frac{y}{y'}\right|=a^2\ \Rightarrow\ \frac{y^2}{2|y'|}=a^2\ \Rightarrow\ y'=\pm\frac{y^2}{2a^2}[/tex]
Razdvajamo promenljive i integralimo:
[tex]\frac{dy}{y^2}=\pm\frac{dx}{2a^2}\ \Rightarrow\ -\frac{1}{y}=\pm\frac{x+C}{2a^2}\ \Rightarrow\ (x+C)\,y=\mp 2a^2[/tex]
Moguća su oba znaka, pa su tražene krive hiperbole [tex](x+C)\,y=\pm 2a^2[/tex] sa asimptotama [tex]y=0[/tex] i [tex]x=-C[/tex]. Provera: za [tex]y=\frac{2a^2}{x+C}[/tex] imamo [tex]y'=-\frac{2a^2}{(x+C)^2}[/tex] i
[tex]\frac{y^2}{2|y'|}=\frac{4a^4}{(x+C)^2}\cdot \frac{(x+C)^2}{4a^2}=a^2[/tex]

Rešenje:
Uvodimo smenu [tex]y'=p[/tex], tj. [tex]y=xp-4p^3[/tex]. Diferenciramo po [tex]x[/tex] i koristimo [tex]y'=p[/tex]:
[tex]p=p+xp'-12p^2p'\ \Rightarrow\ p'\left(x-12p^2\right)=0[/tex]
Ako je [tex]p'=0[/tex], onda je [tex]p=C[/tex] i dobijamo opšte rešenje [tex]y=Cx-4C^3[/tex] (familija pravih). Ako je [tex]x=12p^2[/tex], onda je [tex]y=12p^3-4p^3=8p^3[/tex]. Eliminišemo parametar [tex]p[/tex]:
[tex]x^3=1728p^6,\quad y^2=64p^6\ \Rightarrow\ x^3=27y^2[/tex]
Provera za granu [tex]y=\frac{x\sqrt{x}}{3\sqrt{3}}[/tex], [tex]x\ge 0[/tex]: ovde je [tex]y'=\frac{\sqrt{x}}{2\sqrt{3}}[/tex] i
[tex]xy'-4(y')^3=\frac{x\sqrt{x}}{2\sqrt{3}}-\frac{x\sqrt{x}}{6\sqrt{3}}=\frac{x\sqrt{x}}{3\sqrt{3}}=y[/tex]
(grana sa znakom minus proverava se analogno). Ova kriva nije prava, pa se ne dobija iz opšteg rešenja ni za jedno [tex]C[/tex]; ona je anvelopa (obvojnica) pravih [tex]y=Cx-4C^3[/tex] (svaka od njih je dodiruje u tački sa apscisom [tex]x=12C^2[/tex]). Dakle, singularno rešenje je [tex]27y^2=x^3[/tex].

Rešenje:
Pošto je [tex](yy')'=yy''+(y')^{2}[/tex], jednačina se može zapisati u obliku [tex](yy')'=-1[/tex]. Integralimo dva puta, koristeći [tex]yy'=\frac{1}{2}\left(y^{2}\right)'[/tex]:
[tex]yy'=-x+C_1\ \Rightarrow\ \left(y^{2}\right)'=-2x+2C_1\ \Rightarrow\ y^{2}=-x^{2}+2C_1x+C_2[/tex]
[tex](x-C_1)^{2}+y^{2}=C_1^{2}+C_2[/tex]
Rešenje se nigde ne anulira: u tački u kojoj je [tex]y=0[/tex] jednačina bi dala [tex](y')^{2}+1=0[/tex], što je nemoguće. Zato je [tex]C_1^{2}+C_2=R^{2}\gt 0[/tex] i svaka integralna kriva leži na kružnici sa centrom [tex](C_1; 0)[/tex] na apscisnoj osi i poluprečnikom [tex]R[/tex]; pošto [tex]y[/tex] zadržava znak, kriva je luk gornje ili donje polovine te kružnice.
Obrnuto, svaki takav luk [tex]y=\pm\sqrt{R^{2}-(x-x_0)^{2}}[/tex], [tex]|x-x_0|\lt R[/tex], jeste rešenje: dvostrukim diferenciranjem [tex](x-x_0)^{2}+y^{2}=R^{2}[/tex] dobijamo
[tex](x-x_0)+yy'=0\ \Rightarrow\ 1+(y')^{2}+yy''=0[/tex]
Time je tvrđenje dokazano.