Matematika 2

Natalja KosarevaVilniaus Gedimino technikos universitetas

elektroninis paštas: Natalja.Kosareva@vgtu.lt

Diferencialinės lygtys.Įvairūs realieji procesai, vykstantys gamtoje technikoje dažnai modeliuoja-

mi lygtimis, siejančiomis nepriklausomą kintamąjį x ieškomą funkciją y ir tosfunkcijos įvairių eilių išvestines argumento x atžvilgiu. Tokios lygtys, turinčiospavidalą

F (x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0 (1)

vadinamos diferencialinėmis lygtimis. Jei lygtyje (1) galime išreikšti y(n), jitampa tokia lygtimi:

y(n) = f(x, y, y′, y′′, . . . , y(n−1)) (2)

Diferencialinės lygties eile vadinama aukščiausios eilės išvestinės, esančios lyg-tyje, eilė.

Pavyzdys.

1. y′ = 2x yra 1-os eilės lygtis.

2. y′′ − 3x+ 5 = ex yra 2-os eilės lygtis.

3. yIV − 3y′′ − xex = 0 yra 4-os eilės lygtis.

Pavyzdžiui, jei žmonių arba gyvūnų populiacijos augimo greitis y′ = dy

dxly-

gus dabartinės populiacijos dydžiui y(x), čia x – laikas, tai greitis aprašomasdif. lygtimi y′ = y. Šios dif. lygties sprendinys turi tokį pavidalą: y = Cex.

Kitas pavyzdys – metame akmenį nuo stogo. Pagreitis y′ = d2y

dx2, čia x – laikas.

Kai g – laisvojo kritimo pagreitis, tai mūsų laisvojo kritimo modelis aprašomasdif. lygtimi y′′ = g, kai nekreipiame dėmesio į oro pasipriešinimą. Integruodamigausime greitį y′ =

dy

dx= gx + v0, čia v0 – pradinis greitis. Integruodami dar

kartą, gausime kelią y =12gx2 +v0x+y0, čia y0 – kelias nuliniu laiko momentu,

pvz. y0 = 0.

Apibrėžimas. Diferencialinės lygties sprendiniu arba integralu vadinamafunkcija y = ϕ(x), tinkanti tai lygčiai. Funkcijos y = ϕ(x) grafikas vadinamasintegraline kreive. Diferencialinės lygties sprendimo procesas vadinamas lygtiesintegravimu.

1

Pavyzdys. Lygties y = xy′ − y′2 sprendinys yra y = x − 1, nes x − 1 =x · 1− 12. Taip pat šios lygties sprendiniai yra ir y = 2x− 4, y = 3x− 9, . . . , y =Cx−C2, kur yra konstanta. Iš tikrųjų, įstatę y = Cx−C2, į lygtį y = xy′−y′2,gausime tapatybę. Šiuo atveju integralinės kreivės yra tiesės.

Pavyzdys. Lygties y′ = cosx sprendinys yra y = sinx + C. Integraliniųkreivių šeima yra sinusoidės.

Kai n = 1, lygtys (1) ir (2) apibrėžia 1-osios eilės dif. lygtį F (x, y, y′) = 0arba y′ = f(x, y). Dif. lygtis F (x, y, y′) = 0 turi be galo daug sprendinių. No-rėdami rasti vieną iš tų sprendinių, tenkinantį sąlygą y(x0) = y0(y|x=x0 = y0),kuri vadinama pradine sąlyga, rasime šį sprendinį atitinkančią integralinę kreivę,einančią per tašką (x0, y0). Šis uždavinys vadinamas Koši uždaviniu, o sprendi-nys, tenkinantis sąlygą y(x0) = y0 – atskiruoju dif. lygties sptendiniu.

Diferencialinės lygties F (x, y, y′) = 0 sprendiniai nusakomi funkcija y =ϕ(x,C), priklausančia nuo laisvos konstantos C. Ši funkcija vadinama dif. lyg-ties bendruoju sprendiniu. Bendrasis sprendinys tenkina tokias sąlygas:

1. Su bet kokia C reikšme y = ϕ(x,C) tinka dif. lygčiai F (x, y, y′) = 0.

2. Esant bet kokiom pradinėm sąlygom y(x0) = y0 visada galima rasti tokiąkonstantos C reikšmę C0, su kuria funkcija y = ϕ(x,C0) tenkintų pradinessąlygas.

Apibrėžimas. Atskiruoju dif. lygties F (x, y, y′) = 0 sprendiniu vadinamassprendinys, kuris gaunamas iš bendrojo sprendinio su kuria nors konstantos Creikšme C0.

Apibrėžimas. Dif. lygties y′ = f(x, y) sprendinys y = ψ(x), kuris negalibūti gautas iš bendrojo sprendinio nė su viena C reikšme, vadinamas ypatinguo-ju lygties sprendiniu.

Pavyzdys. Lygties y = xy′ − y′2 bendrasis sprendinys yra y = Cx − C2.Esant pradinei sąlygai y|x=x0 = y0, galima parinkti konstantą C0 taip, kad inte-gralinė kreivė (tiesė) eitų per tašką (x0, y0). Tokie sprendiniai yra atskirieji dif.lygties sprendiniai. Be atskirųjų egzistuoja ir ypatingas šios lygties sprendinys

y =x2

4, kuris negaunamas iš bendrojo sprendinio nė su viena konstantos C

reikšme. Šį sprendinį atitinkanti integralinė kreivė yra parabolė.x2

4= x · x

2− x2

4=x2

2− x2

4.

Dif. lygties sprendinį galima gauti izoklinių metodu. Tarkime, turime dif.lygtį y′ = f(x, y). y′ yra lygi tangentui kampo, kurį sudaro funkcijos y =ϕ(x,C) liestinė or ašis OX, t. y. tgα = f(x, y). Tokių krypčių visuma vadinama

2

krypčių lauku. Kreivės, kuriose krypčių laukas turi pastovią reikšmę f(x, y) = k,vadinamos izoklinėmis.

1 pav: Diferencialinės lygties y′ = sinx sprendiniai y = − cosx+ C

2 pav: Diferencialinės lygties y′ = cosx sprendiniai y = sinx+ C

3 pav: Diferencialinės lygties y′ = ex sprendiniai y = ex + C

3

4 pav: Diferencialinės lygties y′ = x sprendiniai y =x2

2+ C

5 pav: Diferencialinės lygties y′ = 1x

sprendiniai y = lnx+ C

Diferencialinių lygčių taikymai.

1. Metalinė detalė įkaitinta iki 420 ◦C aušinama esant 20 ◦C temperatūrai.Po 15 min. detalės temperatūra sumažėjo iki 120 ◦C. Apskaičiuoti deta-lės temperatūrą po 30 min. Laikysime, kad aušinimo greitis proporcingasskirtumui tarp detalės temperatūros T ir oro temperatūros t0. Aušinimolygtis:dT

dt= −k(T − t0), k > 0, t0 – oro temperatūra. t0 = 20. Atskiriame

kintamuosius ir integruojame lygtį dT

T − t0= −k dt:∫

dT

T − t0= −k

∫dt⇒ ln |T − t0| = −kt+ lnC ⇒ T − t0 = Ce−kt ⇒

T = t0 + Ce−kt.

Rasime C. Laiko momentu t = 0 : t0 = 20, T = 420, 420 = 20 + Ce0 ⇒C = 400.

Rasime k. Laiko momentu t = 15 : T = 120⇒ 120 = 20 + 400e−15k ⇒e−15k = 0, 25⇒ k = − ln 0, 25

15≈ 0, 0924.

4

Apskaičiuosime detalės temperatūrą po 30 min. T = 20+400e−30·0,0924 ≈45 ◦C. Po 30 min. detalės temperatūrą bus apie 45 ◦C.

2. Motorinė valtis plaukia ežeru 20 km/val. greičiu. Per 1 min. po variklioišjungimo jos greitis sumažėjo iki 2 km/val. Rasti valties greiti po 2 min.nuo variklio išjungimo. Laikysime, kad vandens pasipriešinimas propor-cingas valties judėjimo greičiui.Valties judėjimo lygtis:dv

dt= −kv, k > 0, atskiriame kintamuosius ir integruojame lygtį

dv

v= −k dt⇒

∫dv

v= −k dt⇒ ln |v| = −kt+ lnC ⇒ v = Ce−kt.

Rasime C. Laiko momentu t = 0 v = 20 ⇒ 20 = Ce0 ⇒ C = 20 ⇒ v =20e−kt.Rasime k. Laiko momentu t = 1 v = 2 ⇒ 2 = 20e−k·1 ⇒ e−k = 0, 1 ⇒k = − ln 0, 1 ≈ 2, 3.Apskaičiuosime valties greiti po 2 min. nuo variklio išjungimo.v = 20e−2,3·2 ≈ 0, 2. Po 2 min. nuo variklio išjungimo valties judėjimogreitis bus 0,2 km/val.

3. Radioaktyviosios medžiagos skilimo greitis proporcingas nesuskilusios me-džiagos kiekiui m. Nustatykite nesuskilusios medžiagos kiekio m priklau-somybę nuo laiko t, kai pradinis medžiagos kiekis lygus m0.

Radioaktyviosios medžiagos skilimo greitis dm

dt= −km, k > 0. Minuso

ženklas reiškia, kad medžiagos kiekis laikui bėgant mažėja. Išspręsime šiąlygtį.dm

m= −k dt ⇒ lnm = −kt + lnC ⇒ m = Ce−kt. Rasime C iš sąlygos,

kad pradiniu laiko momentu t = 0 medžiagos kiekis buvo m0:m0 = Ce0 ⇒ C = m0. Radome atskirą dif. lygties sprendinį, atitinkantįpradines sąlygas m|t=0 = m0: m = m0e

−kt.

Radioaktyviosios medžiagos skilimo greitį apibūdina pusamžio trukmėssąvoka. Tai laikas T , per kurį suskyla pusė pradinio radioaktyviosios me-džiagos kiekio. Įstatome m =

12m0 ir t = T į lygtį m = m0e

−kt ⇒ 12m0 =

m0e−kT ⇒ e−kT =

12⇒ kT = ln 2 ⇒ k =

1T

ln 2. Gauname atskirą dif.lygties sprendinį:

m = m0e−t

Tln 2.

Pusamžio T reikšmės nustatomos eksperimentiniu keliu ir jos skiriasi įvai-rioms radioaktyvioms medžiagoms.

5

Diferencialinės lygtys su atskiriamais kintamai-siais.Apibrėžimas. Pirmosios eilės diferencialinė lygtis

M1(x)N1(y) dx+M2(x)N2(y) dy = 0 (1)

vadinama diferencialine lygtymi su atskiriamais kintamaisiais.Čia M1(x), N1(y),M2(x), N2(y) yra tolydžiosios funkcijos.

Lygtis dy

dx= f(x)g(y) yra lygtis su atskiriamais kintamaisiais. Čia f(x), g(y)

yra tolydžiosios funkcijos.

JeiM2(x) 6= 0, N1(y) 6= 0, galime abi lygties (1) puses padalinti išM2(x)N1(y):

M1(x)M2(x)

dx+N2(y)N1(y)

dy = 0⇒ M1(x)M2(x)

dx = −N2(y)N1(y)

dy.

Kintamieji x ir y yra atskirti. Suintegravę abi puses, gausime bendrąjį lyg-ties (1) sprendinį.

Kai M2(x) = 0 arba N1(y) = 0, lygtis (1) turi kitokius sprendinius. Kaix = x1 yra lygties M2(x) = 0 šaknis, (1) virsta lygtimi M1(x)N1(y) dx = 0.dx = 0, kai x = x1 = const, t.y. gauname tapatybę. Vadinasi, x = x1 yralygties (1) ypatingasis sprendinys.Analogiškai, kai y = y1 yra lygties N1(y) = 0 šaknis, tai y = y1 yra taip patlygties (1) ypatingasis sprendinys.

Pavyzdys. (x− xy2) dx+ (y − yx2) dy = 0. Tai lygtis su atskiriamais kin-tamaisiais.

x(1− y2) dx+ y(1− x2) dy = 0 | : (1− y2)(1− x2),

x

1− x2dx+

y

1− y2dy = 0,

12

∫dx2

1− x2+

12

∫y2

1− y2dy = 0,

−12

ln |1− x2| − 12

ln |1− y2| = −12

lnC,

(1− x2)(1− y2) = C. Radome bendrąjį sprendinį.

Kai x = ±1, y = ±1, gauname atskirus (ne ypatinguosius) dif. lygties spren-dinius, nes jie gali būti gauti iš bendrojo sprendinio, kai C = 0.

6

Pavyzdys. y dx + ctgx dy = 0, y|x=π

3= −1. Tai lygtis su atskiriamais

kintamaisiais.

tgx dx+dy

y= 0.

sinx dxcosx

+dy

y= 0.

− ln | cosx|+ ln |y| = ln |C| ⇒ y = C cosx. Gavome bendrąjį sprendinį. Kaiy = 0, gauname atskirą dif. lygties sprendinį su C = 0. Kai x =

π

2, gauname

ypatingąjį dif. lygties sprendinį.

Išspręsime Koši uždavinį.

−1 = C · cosπ

3⇒ C · 1

2= −1⇒ C = −2.

Koši uždavinio sprendinys yra y = −2 cosx.

Homogeninės diferencialinės lygtys.Apibrėžimas. Funkcija f(x, y) vadinama kintamųjų x ir y m-jo matavimo ho-mogenine funkcija, jei

f(tx, ty) = tmf(x, y), t ∈ R.

Pavyzdys. f(x, y) = x2y+ 3x3 + 5y3 yra 3-jo matavimo homogenine funk-cija, nes f(tx, ty) = t3f(x, y).

Apibrėžimas. Diferencialinė lygtis P (x, y) dx+Q(x, y) dy = 0, kurioje P (x, y)ir Q(x, y) yra to paties matavimo homogeninės funkcijos, vadinama pirmosioseilės homogenine diferencialine lygtimi. Kai Q(x, y) 6= 0, lygtis gali būti perra-šyta taip:

dy

dx= −P (x, y)

Q(x, y), P (x, y)Q(x, y)

yra nulinio matavimo homogeninė funkcija, arba

y′ = g(x, y), kur g(x, y) yra nulinio matavimo homogeninė funkcija, t.y.

g(tx, ty) = t0g(x, y) = g(x, y).

Pasirinkime t =1x, x 6= 0. Gausime g(x, y) = g

(1,y

x

)ir gausime lygtį

y′ = g(1,y

x

)(∗)

7

Homogeninės dif. lygtys sprendžiamos darant keitinį y

x= u. Tuomet

y = ux, y′ = u′x+ u. Įrašę į (*), gausime

u′x+ u = g (1, u)⇒ u′x = g (1, u)− u. Gavome lygtį su atskiriamais kinta-maisiais, kurią jau mokame spręsti.

Pavyzdys. (x−y)y dx−x2 dy = 0 yra 2-jo matavimo homogenine funkcija.

dy

dx=

(x− y)yx2

, x 6= 0⇒ u′x+ u =(x− ux) · ux

x2=ux2 − u2x2

x2= u− u2.

u′x+ u = u− u2 ⇒ u′x = −u2. Gavome lygtį su atskiriamais kintamaisiais.Integruojame:

−∫du

u2=∫dx

x⇒ 1

u= lnx+ lnC ⇒ e

x

y = Cx⇒ x = C1e

x

y .

Pavyzdys. Rasti atskirą dif. lygties xy′ = y lny

xsprendinį, tenkinantį pra-

dines sąlygas y|x=1 =√e.

y′ =y

xlny

x⇒ u′x = u(lnu−1). Gavome lygtį su atskiriamais kintamaisiais.

Integruojame:∫du

u(lnu− 1)=∫dx

x⇒∫d(lnu− 1)(lnu− 1)

= lnx + lnC ⇒ ln(lnu − 1) =

lnCx⇒ lnu− 1 = Cx⇒ lnu = Cx+ 1⇒ u = eCx+1 ⇒ y = xeCx+1. Gavomebendrąjį sprendinį. Rasime Koši uždavinio sprendinį.

√e = 1 · eC·1+1 ⇒ C + 1 =

12⇒ C = −1

2⇒ y = xe

1−x

2 .

Pavyzdys. Rasti bendrąjį dif. lygties y′ = −x+ y

xsprendinį.

y′ = −1 − y

x. Dešinėje pusėje yra nulinio matavimo homogeninė funkcija.

Keitinys y = ux.

u′x + u = −1 − u ⇒ u′x = −1 − 2u ⇒ du

−1− 2u=dx

x⇒ −1

2d(1 + 2u)1 + 2u

=

dx

x⇒ −1

2ln(1 + 2u) = lnx − 1

2lnC ⇒ 1√

1 + 2u=

x√C⇒√

1 + 2u =√C

x⇒

1 + 2u =C

x2⇒ 2u =

C

x2− 1⇒ u =

C

2x2− 1

2⇒ y =

C

2x− x

2.

Bendrasis diferencialinės lygties sprendinys yra y =C

x− x

2.

8

Pirmosios eilės tiesinės diferencialinės lygtys.Apibrėžimas. Pirmosios eilės tiesine diferencialine lygtimi vadinama lygtis

y′ + P (x)y = Q(x) (1)

Čia P (x), Q(x) yra tolydžiosios funkcijos. Tokios lygtys sprendžiamos Bernuliometodu, kurio esmė yra tokia. Naudojamas keitinys y = uv, u = u(x), v = v(x),u(x) ir v(x) – funkcijos, turinčios tolydžiasias išvestines.

y′ = u′v + uv′ ⇒ u′v + uv′ + P (x)uv = Q(x)⇒

v(u′ + P (x)u) + uv′ = Q(x) (∗)Funkciją u parenkame tokią, kad skliaustuose esantis reiškinys būtų lygus nuliuiu′ + P (x)u = 0. Tuomet du

u= −P (x) dx⇒ lnu = −

∫P (x) dx⇒

u = C1e−

∫P (x) dx

Lygtis (*) virsta lygtimi uv′ = Q(x) ⇒ v′C1e−

∫P (x) dx

= Q(x). Gavomelygtį su atskiriamais kintamaisiais:

dv =1C1Q(x)e

∫P (x) dx

⇒ v =1C1

∫Q(x)e

∫P (x) dx

dx+ C2.

Lygties (1) bendrasis sprendinys yra:

y = uv = C1e−

∫P (x) dx

1C1

∫Q(x)e

∫P (x) dx

dx+ C2

⇒y = e

−

∫P (x) dx

∫ Q(x)e

∫P (x) dx

dx+ C

.

Čia C = C1C2. Funkcijos u išraiškoje konstantos galime nerašyti:

u = e−

∫P (x) dx

.

Pavyzdys. Rasti bendrąjį dif. lygties dydx

+2yx

= x3 sprendinį.

Tai pirmosios eilės tiesinė diferencialinė lygtis. P (x) =2x,Q(x) = x3. Pakeiti-

mas y = uv, y′ = u′v + uv′.

9

u′v + uv′ + 2uv

x= x3

v(u′ + 2

u

x

)+ uv′ = x3 (2)

Funkciją u parenkame tokią, kad būtų u′ + 2u

x= 0. Atskiriame kintamuosius:

du

u+ 2

dx

x= 0 ⇒ lnu + 2 lnx = lnC ⇒ ux2 = C ⇒ u =

C

x2. Parinkime

C = 1. Gausime u =1x2. Įstatome į (2) lygti ir turėdami omenyje u′ + 2

u

x= 0,

gausime

v′

x2= x3 ⇒ dv = x5 dx⇒ v =

x6

6+ C. Lygties (*) bendrasis sprendinys:

y = uv =1x2

(x6

6+ C

)=x4

6+C

x2.

Pavyzdys. Rasti bendrąjį dif. lygties sprendinį:

y′ + y tgx =1

cosx(1)

Šią diferencialinę lygtį spręsime dviem metodais.

1. Bernulio metodas.y = uv, y′ = u′v + uv′, u′v + uv′ + uv · tgx =

1cosx

⇒

uv′ + v (u′ + u tgx) =1

cosx(∗)

u parenkame taip, kad u′+u tgx = 0⇒ du

u+tgx dx = 0. Integruojame ir

gauname lnu− ln(cosx) = lnC ⇒ u = C cosx⇒ u = cosx. PasirinkomeC = 1. Rastą u = cosx išraišką įstatome į (*) ir suintegruojame.

cosx · v′ = 1cosx

⇒ dv =dx

cos2 x⇒ v = tgx+ C.

Bendrasis lygties (1) sprendinys y = uv = cosx·(tgx+C) = sinx+C cosx.

Taigi, y = sinx+ C cosx.

2. Lagranžo metodas.Šis metodas dar vadinamas konstantų variavimo metodu. Pirmiausia iš-spręsime homogeninę diferencialinę lygtį y′ + y tgx = 0. Tai lygtis suatskiriamais kintamaisiais.dy

y= −tgx dx = 0. Suintegravę gausime ln y = ln(cosx) + lnC ⇒

y = c(x) cosx ⇒ y′ = c′(x) cosx − c(x) sinx. Įstatome šią išraišką į (1)

10

lygtį:

c′(x) cosx − c(x) sinx + c(x) cosx · tgx =1

cosx⇒ c′(x) cosx =

1cosx

⇒

dc(x) =dx

cos2 x⇒ c(x) = tgx+ C.

Jau buvome radę, kad y = c(x) cosx. Įstatome c(x) = tgx+C ir gauname

y = c(x) cosx = (tgx+ C) cosx = sinx+ C cosx.

Pavyzdys. Rasti bendrąjį dif. lygties sprendinį:

y′ − y tgx =1

cosx(2)

ir Koši uždavinio y|x=0 = 0 sprendinį. Šią diferencialinę lygtį spręsime Lagranžometodu.Rasime homogeninės lygties sprendinį y′ − y tgx = 0⇒

∫dy

y=∫

sinxcosx

dx⇒

ln y = − ln(cosx) + lnC ⇒ y =c(x)cosx

.

y′ =c′(x) cosx+ c(x) sinx

cos2 x, įstatome į (2) lygtį.

c′(x) cosx+ c(x) sinxcos2 x

− c(x)cosx

· tgx =1

cosxc′(x)cosx

=1

cosx⇒ c′(x) = 1 ⇒ c(x) = x + C ⇒ y =

c(x)cosx

=x+ C

cosx=

x

cosx+

C

cosx.

Bendrasis lygties (2) sprendinys y =x

cosx+

C

cosx.

Rasime Koši uždavinio sprendinį. 0 =0

cos 0+

C

cos 0⇒ C = 0. Koši uždavinio

sprendinys y =x

cosx.

Bernulio diferencialinės lygtys.

y′ + P (x)y = Q(x)ym,m ∈ R,m 6= 0,m 6= 1 (3)

Kai m = 0, gausime tiesinę lygtį, kai m = 1, gausime tiesinę homogeninę lygtį.Padalinkime abi lygties (3) puses iš ym, y 6= 0, gausime

y−my′+P (x)y1−m = Q(x). Pažymėkime z = y1−m. Tada z′ = (1−m)y−my′

ir z′

1−m+ P (x)z = Q(x)⇒ z′ + (1−m)P (x)z = (1−m)Q(x). Bernulio lygtį

11

suvedėme į 1-osios eilės tiesinę diferencialinę lygtį. Toliau ji sprendžiama taippat, kaip ir tiesinė dif. lygtis. Aišku, kad y = 0, kai m > 0 taip pat yra Bernuliolygties (ypatingasis) sprendinys.

Pavyzdys. Rasti bendrąjį dif. lygties sprendinį:

dy

dx+y

x= −xy2 (4)

Tai Bernulio lygtis, kurioje m = 2, P (x) =1x,Q(x) = −x. Sprendžiame Bernu-

lio metodu. Keitinys y = uv ⇒ y′ = u′v + uv′ ⇒ u′v + uv′ +uv

x= −xu2v2 ⇒

uv′ + v(u′ +

u

x

)= −xu2v2.

u parenkame taip, kad u′ + u

x= 0⇒ du

u= −dx

x⇒ lnu = − lnx+ lnC ⇒

u =C

x,C = 1, u =

1x

.

uv′ = −xu2v2 ⇒ v′

x= −x · v

2

x2⇒ v′

x= −v

2

x⇒ v′ = −v2 ⇒ −dv

v2= dx ⇒

−∫dv

v2=∫

dx⇒ 1v

= x+ C ⇒ v =1

x+ C.

y = uv =1

x(x+ C)=

1x2 + Cx

. Tai bendrasis dif. lygties (4) sprendinys.

Be to y = 0 yra lygties (4) ypatingasis sprendinys.

Pavyzdys. Rasti bendrąjį dif. lygties sprendinį:

x cos2 xy′ + 2y cos2 x = 2x√y (5)

Padalinkime abi lygties (5) puses iš x cos2 x 6= 0.

y′ +2yx

=2√y

cos2 x. Keitinys y = uv ⇒ y′ = u′v + uv′ ⇒ u′v + uv′ +

2uvx

=

2√uv

cos2 x⇒ uv′ + v

(u′ +

2ux

)=

2√uv

cos2 x. Parenkame u taip, kad u′ +

2ux

= 0 ⇒

u′ = −2ux⇒∫du

u= −

∫2 dxx⇒ lnu = −2 lnx+ lnC ⇒

u =C

x2, C = 1, u =

1x2

uv′ =2√uv

cos2 x⇒ v′

x2=

2√v

x cos2 x⇒ dv√

v=

2x dxcos2 x

⇒∫

dv√v

=∫

2x dxcos2 x

⇒√v =

∫x d(tgx)⇒

√v = x tgx−

∫tgx dx = x tgx+ ln(cosx) + C.

v = (x tgx+ ln(cosx) + C)2 , y = uv =(x tgx+ ln(cosx) + C)2

x2.

Kitas ypatingasis lygties (5) sprendinys yra y = 0.

12

Aukštesnių eilių diferencialinės lygtys, spren-džiamos žeminant eilę.

Lygtis F (x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0, n > 1, vadinama n-osios eilės diferencia-line lygtymi. Jei ji yra išsprendžiama y(n) atžvilgiu, dif. lygtis bus tokia:

y(n) = f(x, y, y′, y′′, . . . , y(n−1)).

Bendrasis n-osios eilės diferencialinės lygties sprendinys priklauso nuo nkonstantų C1, C2, . . . , Cn ir turi tokią išraišką:

y = ϕ(x,C1, C2, . . . , Cn).

Parinkus tam tikras konstantų C1, C2, . . . , Cn reikšmes, gaunami atskiriejidiferencialinės lygties sprendiniai.

Koši uždavinys formuluojamas taip: rasti lygties atskirąjį sprendinį, tenki-nantį sąlygas

y|x=x0 = y0, y′|x=x0 = y′0, y

′′|x=x0 = y′′0 , . . . , y(n−1)|x=x0 = y

(n−1)0 .

Gauname n lygčių sistemą su n nežinomaisiais C1, C2, . . . , Cn.

1. y(n) = f(x). Tokios lygtys sprendžiamos n kartų nuosekliai jas integruo-jant. Bendrasis sprendinys:y =

∫dx

∫. . .

∫f(x) dx+ C1x

n−1 + C2xn−2 . . . , Cn

Pavyzdys. y′′′ = sinx+ x.

y′′ =∫

(sinx+ x) dx = − cosx+x2

2+ C1.

y′ =∫

(− cosx+x2

2+ C1) dx = − sinx+

x3

6+ C1x+ C2.

y =∫

(− sinx+x3

6+ C1x+ C2) dx = cosx+

x4

24+C1x

2

2+ C2x+ C3.

y = cosx+x4

4!+ C1x

2 + C2x+ C3.

2. y′′ = f(x, y′). Lygtyje nėra funkcijos y. Naudojamas keitinys y′ = p(x), y′′ =p′(x). Šiuo keitiniu 2-osios eilės dif. lygtis suvedama į 1-osios eilės dif. lyg-tį:p′(x) = f(x, p(x)) arba p′ = f(x, p). Šią lygtį išspręsime p atžvilgiu irįstatysime į lygtį y′ = p(x). Vėl gausime 1-osios eilės dif. lygtį, kuriąintegruojame antrą kartą.

13

Pavyzdys. Raskite dif. lygties (1+x2)y′′−2xy′ = 0 sprendinį, tenkinantįsąlygas y|x=0 = 0, y′|x=0 = 3.

y′ = p⇒ (1+x2)p′−2xp = 0⇒∫dp

p=∫

2x dx1 + x2

⇒ ln p =∫d(1 + x2)1 + x2

⇒

ln p = ln(1 + x2) + lnC1 ⇒ p = C1(1 + x2).

y′ = p(x) ⇒ y′ = C1(1 + x2) ⇒∫dy =

∫C1(1 + x2) dx ⇒ y =

C1x3

3+ C1x+ C2.

Rasime Koši uždavinio sprendinį.y′ = p = C1(x2 + 1)⇒ 3 = C1(0 + 1)⇒ C1 = 3.

0 = 3 · 03

3+3 ·0+C2 ⇒ C0 = 0. Koši uždavinio sprendinys yra y = x3+3x.

3. y′′ = f(y, y′). Lygtyje nėra kintamojo x. Naudojamas keitinys y′ =

p(y), y′′ =dp

dx=dp

dy· dydx

= p · dpdy

. Tuomet p · dpdy

= f(y, p). Gavome 1-os

eilės dif. lygtį. Ją suintegravę, rasime p = p(y). Įrašę vietoje p išvestinędy

dx, gausime dar vieną 1-os eilės dif. lygtį.

Pavyzdys. Raskite dif. lygties yy′′ + y′2 = 0 bendrąjį sprendinį.

y′ = p(y), y′′ = p · dpdy⇒ yp · dp

dy+ p2 = 0⇒ dp

p+dy

y= 0⇒

ln p+ ln y = lnC1 ⇒ p =C1

y

p = y′ =dy

dx⇒ dy

dx=C1

y⇒∫y dy =

∫C1 dx⇒

y2

2= C1x+C2 ⇒ y2 =

C1x+ C2.

Antrosios eilės tiesinės homogeninės diferencia-linės lygtys su pastoviaisiais koeficientais.Apibrėžimas. Antrosios eilės tiesine nehomogenine diferencialine lygtimi supastoviaisiais koeficientais vadinama lygtis:

y′′ + py′ + qy = f(x) (1)

čia p, q ∈ R, f(x) 6= 0 – tolydžioji funkcija, pavyzdžiui, y′′ + 5y′ − 8y = cosx.

Kai f(x) = 0, lygtis (1) vadinama tiesine homogenine lygtimi:

y′′ + py′ + qy = 0 (2).

14

Teorema. Jei funkcijos y1 ir y2 yra lygties (2) sprendiniai, tai ir y = C1y1+C2y2(C1 ir C2 konstantos) yra lygties (2) sprendinys.Vadinasi, y = C1y1 + C2y2 yra lygties (2) sprendinys, kai y1 ir y2 yra lygties(2) atskirieji sprendiniai. Parodysime, kad lygties (2) bendrasis sprendinys turitokį pavidalą: y = C1y1+C2y2, t.y. esant bet kokiom pradinėm sąlygom, kuriastenkina funkcija y: y|x=x0 = y0, y

′|x=x0 = y′0 galima rasti konstantas C1 ir C2

tokias, kad jos tenkintų lygčių sistemą:{y0 = C1y10 + C2y20

y′0 = C1y′10 + C2y

′20

, čia

y1|x=x0 = y10, y′1|x=x0 = y′10y2|x=x0 = y20, y′2|x=x0 = y′20.

Sprendžiame lygčių sistemą C1 ir C2 atžvilgiu. Ši sistema turi vienintelįsprendinį, kai jos determinantas nelygus nuliui:∣∣∣∣ y10 y20

y′10 y′20

∣∣∣∣ 6= 0.

Determinantas

W (y1, y2) =∣∣∣∣ y1 y2y′1 y′2

∣∣∣∣ vadinamas Vronskio determinantu arba vronskianu.

Taigi y = C1y1 + C2y2 yra lygties (2) bendrasis sprendinys, kai y1 ir y2tenkina sąlygą W (y1, y2) 6= 0. Tokiu atveju sakoma, kad atskirieji sprendiniaiy1 ir y2 sudaro lygties (2) fundamentaliąją sprendinių sistemą. Du sprendiniaiy1 ir y2 vadinami tiesiškai nepriklausomais, kai y1

y26= const. Įrodyta, kad to-

kiu atveju W (y1, y2) 6= 0. Vadinasi tiesiškai nepriklausomi sprendiniai sudarofundamentaliąją sprendinių sistemą ir iš jų galima sudaryti bendrąjį lygties (2)sprendinį y = C1y1 + C2y2.

Ieškosime 2-sios eilės tiesinės homogeninės diferencialinės lygties y′′ + py′ +qy = 0 atskirojo sprendinio y = ekx, k = const.

y′ = kekx, y′′ = k2ekx ⇒ k2ekx + pkekx + qekx = 0⇒ ekx(k2 + pk + q) = 0.

Kadangi ekx 6= 0, tai k2+pk+q = 0. Kai k yra šios lygties šaknis, tai y = ekx

yra (2) lygties sprendinys. Lygtis k2+pk+q = 0 vadinama diferencialinės lygtiesy′′ + py′ + qy = 0 charakteringąja lygtimi. Ji gali turėti 2 skirtingas realiąsias,vienodas realiąsias arba 2 jungtines kompleksines šaknis. Šios lygties šaknispažymėkime k1 ir k2.

1. Jei k1 ir k2 yra realiosios ir skirtingos k1 6= k2, tai lygties (2) atskiriejisprendiniai y1 = ek1x ir y2 = ek2x,

15

W (y1, y2) =∣∣∣∣ ek1x ek2x

k1ek1x k2e

k2x

∣∣∣∣ = e(k1+k2)x(k2− k1) 6= 0, o bendrasis lyg-

ties (2) sprendinys:

y = C1ek1x + C2e

k2x

2. Jei k1 ir k2 yra realiosios ir vienodos k1 = k2 = k, vienas atskiras lygties(2) sprendinys yra y1 = ekx, o kitas y2 = xekx,

W (y1, y2) =∣∣∣∣ ekx xekx

kekx ekx + kxekx

∣∣∣∣ = e2kx 6= 0, o bendrasis lygties (2)

sprendinys:y = C1e

kx + C2xekx = ekx(C1 + C2x).

3. Jei k1 ir k2 yra jungtinės kompleksinės šaknys k1 = α + βi, k2 = α − βi,bendrasis lygties (2) sprendinys:

y = eαx(C1 cosβx+ C2 sinβx).

Pavyzdys. y′′ − 6y′ + 9y = 0.Išspręskime charakteringąją lygtį k2 − 6k + 9 = 0⇒

k12 =6±√

36− 362

= 3. Lygtis turi 2 vienodas realiąsias šaknis k1 = k2 = 3,vadinasi, bendrasis sprendinys:y = e3x(C1 + C2x).Pavyzdys. y′′ − 5y′ + 6y = 0.Išspręskime charakteringąją lygtį k2 − 5k + 6 = 0⇒

k12 =5±√

25− 242

=5± 1

2. Lygtis turi 2 skirtingas realiąsias šaknis k1 =

2, k2 = 3, vadinasi, bendrasis sprendinys:y = C1e

2x + C2e3x.

Pavyzdys. y′′ + y′ + y = 0.Išspręskime charakteringąją lygtį k2 + k + 1 = 0⇒

k12 =−1±

√1− 4

2=−1±

√3i

2. α = −1

2, β =

√3

2. Lygtis turi 2 jungtinės

kompleksinės šaknis, vadinasi, bendrasis sprendinys:

y = e−x

2

(C1 cos

√3

2x+ C2 sin

√3

2x

).

Pavyzdys. y′′ + 4y = 0.Išspręskime charakteringąją lygtį k2 + 4 = 0⇒k12 = ±2i = 0± 2i. α = 0, β = 2. Lygtis turi 2 jungtinės kompleksinės šaknis,vadinasi, bendrasis sprendinys:y = C1 cos 2x+ C2 sin 2x.

Pavyzdys. y′′ − 4y′ + 3y = 0, y|x=0 = 6, y′|x=0 = 10Išspręskime charakteringąją lygtį k2 − 4k + 3 = 0⇒

16

k1 = 1, k2 = 3. Bendrasis sprendinys:y = C1e

x + C2e3x, y′ = C1e

x + 3C2e3x. Iš čia ir pradinių sąlygų gauname

lygčių sistemą:{C1 + C2 = 6C1 + 3C2 = 10

⇒ C1 = 4, C2 = 2.

Koši uždavinio sprendinys y = 4ex + 2e3x.

Mechaninų svyravimų lygtis.Tarkime, kad prie spyruoklės pritvirtintas kūnas, kurio masė lygi vienetui.

Pusiausvyros padėtyje kūną laiko spyruoklės tamprumo jėga. Pažymėkime y –kūno nuokrypį nuo pusiausvyros padeties. Tarkime, kad tamprumo jėgos, kuristengiasi grąžinti kūną į pradinę padėtį, dydis Ft proporcingas nuokrypiui y:Ft = −qy, q > 0. Čia q – tamprumo koeficientas. Kūnui svyruoti trukdo ap-linkos pasipriešinimo jėga Fp, kurios dydis proporcingas kūno judėjimo greičiuidy

dt. Šios jėgos kryptis yra priešinga judėjimo krypčiai: Fp = −pdy

dt, p > 0.

Čia p – pasipriešinimo koeficientas. Dar tarkime, kad kūną veikia išorinė jėga(trikdymo jėga), kurios dydis f(t).Pagal Niutono dėsnį, parašykime diferencialinę kūno judėjimo lygtį:

d2y

dt2= −qy − pdy

dt+ f(t)⇒ d2y

dt2+ p

dy

dt+ qy = f(t)

arbay′′ + py′ + qy = f(t)

Ši nehomogeninė lygtis vadinama priverstinių svyravimų lygtimi.

Kai f(t) = 0, gauname homogeninę lygtį

y′′ + py′ + qy = 0,

kuri vadinama laisvųjų svyravimų lygtimi.

Antrosios eilės tiesinės nehomogeninės diferen-cialinės lygtys su pastoviaisiais koeficientais.

Ieškosime dif. lygties

y′′ + py′ + qy = f(x) (1)

bendrojo sprendinio.

Teorema. Jei y yra bendrasis homogeninės lygties

y′′ + py′ + qy = 0 (2)

17

sprendinys, o y yra atskiras nehomogeninės lygties (1) sprendinys, tai lygties(1) bendrasis sprendinys

y = y + y. (3)

Bendrąjį homogeninės lygties sprendinį y jau mokame surasti. Išnagrinėsime yradimo būdą. Tarkime, kad y1 ir y2 yra homogeninės lygties (2) fundamentaliojisprendinių sistema. Tuomet lygties (2) bendrasis sprendinys:y = C1y1 + C2y2.

Jei f(x) yra specialaus pavidalo funkcija, tai y galima rasti neapibrėžtųjųkoeficientų metodu.

1. f(x) = eaxPn(x), Pn(x) – n-jo laipsnio daugianaris.

(a) jei a nėra charakteringosios lygties šaknis, tai y = eaxQn(x), Qn(x)– n-jo laipsnio daugianaris.

(b) jei a yra charakteringosios lygties šaknis, ir jos kartotinumas yra k,tai y = xkeaxQn(x).

2. f(x) = eax [Pn(x) cos bx+Qm(x) sin bx] , Pn(x), Qm(x) yra n-jo ir m-jolaipsnio daugianariai. N = max(n,m).

(a) jei a± bi nėra charakteringosios lygties šaknis, taiy = eax [PN (x) cos bx+QN (x) sin bx]

(b) jei a± bi yra charakteringosios lygties šaknis kartotinumo k, taiy = xkeax [PN (x) cos bx+QN (x) sin bx]

Teorema. Jei y1 ir y2 yra atskirieji sprendiniai atitinkamų lygčiųy′′ + py′ + qy = f1(x) ir y′′ + py′ + qy = f2(x), tai funkcija y = y1 + y2 yraatskirasis dif. lygties y′′ + py′ + qy = f1(x) + f2(x) sprendinys.

Toliau rasime nehomogeninių diferencialinių lygčių atskirųjų sprendinių pa-vidalą.

Pavyzdys. y′′ − 4y = x2e2x.Charakteringoji lygtis k2 − 4 = 0, k1 = 2, k2 = −2.f(x) = x2e2x, t.y. n = 2, a = 2. Kadangi a yra charakteringosios lygties šakniskartotinumo 1, atskirasis sprendinys:

y = xkeaxQn(x) = xe2x(Ax2 +Bx+ C).

Pavyzdys. y′′ + 9y = cos 2x.Charakteringoji lygtis k2 + 9 = 0, k1 = 3i, k2 = −3i.f(x) = cos 2x, t.y. n = 0,m = 0, a = 0, b = 2. Kadangi a + bi = 2i nėracharakteringosios lygties šaknis, atskirasis sprendinys:

18

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

Pavyzdys. y′′ − 4y′ + 4y = sinx+ e2x.Charakteringoji lygtis k2 − 4k + 4 = 0, k1 = k2 = 2.f1(x) = sinx. Ieškome y1. n = 0,m = 0, a = 0, b = 1. Kadangi a+ bi = i nėracharakteringosios lygties šaknis, atskirasis sprendinys:

y1 = C1 cos 2x+ C2 sin 2x.

f2(x) = e2x. Ieškome y2. n = 0, a = 2. Kadangi a = 2 yra charakteringosioslygties šaknis kartotinumo 2, atskirasis sprendinys:

y2 = C3x2e2x.

y = C1 cos 2x+ C2 sin 2x+ C3x2e2x.

Pavyzdys. y′′ + 2y′ + 2y = ex sinx.

Charakteringoji lygtis k2 + 2k + 2 = 0, k12 =−2±

√4− 8

2= −1± i.

f(x) = ex sinx. n = 0, a = 1, b = 1. Kadangi a± bi = 1± i nėra charakteringo-sios lygties šaknis, atskirasis sprendinys:

y = ex(C1 cosx+ C2 sinx).

Pavyzdys. y′′ − 5y′ + 6y = (x2 + 1)ex + xe2x.Charakteringoji lygtis k2 − 5k + 6 = 0, k1 = 2, k2 = 3.f1(x) = (x2 + 1)ex. n = 2, a = 1. Kadangi a = 1 nėra charakteringosios lygtiesšaknis, atskirasis sprendinys:

y1 = ex(C1x2 + C2x+ C3).

f2(x) = xe2x. n = 1, a = 2. Kadangi a = 2 yra charakteringosios lygtiesšaknis kartotinumo 1, atskirasis sprendinys:

y2 = xe2x(Ax+B).

y = ex(C1x2 + C2x+ C3) + xe2x(Ax+B).

Pavyzdys. y′′ − 7y′ = 5xex.Charakteringoji lygtis k2 − 7k = 0, k1 = 0, k2 = 7.Bendrasis homogeninės lygties sprendinys:y = C1e

0 + C2e7x = C1 + C2e

7x.f(x) = 5xex. n = 1, a = 1. Kadangi a = 1 nėra charakteringosios lygties šaknis,atskirasis sprendinys:y = (Ax+B)ex.y′ = Aex + (Ax+B)ex = (A+B +Ax)ex.

19

y′′ = Aex + (A+B +Ax)ex = (2A+B +Ax)ex.Įstatome y′′, y′ į pradinę lygtį ir gauname:(2A+B +Ax)ex − 7(A+B +Ax)ex = 5xex| : ex ⇒2A+B − 7A− 7B + (A− 7A)x = 5x⇒{

2A+B − 7A− 7B = 0A− 7A = 5

⇒ A = −56, B =

2536.

Atskirasis nehomogeninės lygties sprendinys:

y =(−5

6x+

2536

)ex.

Bendrasis nehomogeninės lygties sprendinys:

y = y + y = C1 + C2e7x +

(−5

6x+

2536

)ex.

Pavyzdys. y′′ − 2y′ + y = xex.Charakteringoji lygtis k2 − 2k + 1 = 0, k1 = k2 = 1.Bendrasis homogeninės lygties sprendinys:y = ex(C1 + C2x).f(x) = xex. n = 1, a = 1. Kadangi a = 1 yra charakteringosios lygties šakniskartotinumo 2, atskirasis sprendinys:y = x2ex(Ax+B) = ex(Ax3 +Bx2).y′ = ex(Ax3 +Bx2 + 3Ax2 + 2Bx).y′′ = ex(Ax3 +Bx2 + 3Ax2 + 2Bx+ 3Ax2 + 2Bx+ 6Ax+ 2B).Įstatome y′′, y′, y į pradinę lygtį ir gauname:ex(Ax3 +Bx2 +3Ax2 +2Bx+3Ax2 +2Bx+6Ax+2B−2Ax3−2Bx2−6Ax2−4Bx+Ax3 +Bx2) = xex| : ex ⇒6A+ 2B = x{

6A = 12B = 0

⇒ A =16, B = 0.

Atskirasis nehomogeninės lygties sprendinys:y = −1

6x3ex.

Bendrasis nehomogeninės lygties sprendinys:y = y + y = ex(C1 + C2x)−

16x3ex.

Pavyzdys. y′′ − 6y′ + 10y = 3 cos 2x.

Charakteringoji lygtis k2 − 6k + 10 = 0, k1,2 =6±√

36− 402

= 3 ± i. α =3, β = 1.Bendrasis homogeninės lygties sprendinys:y = e3x(C1 cosx+ C2 sinx).f(x) = 3 cos 2x. n = 0,m = 0, a = 0, b = 2. Kadangi a ± bi = 0 ± 2i nėracharakteringosios lygties šaknys, atskirasis sprendinys:y = A cos 2x+B sin 2x.y′ = −2A sin 2x+ 2B cos 2x.y′′ = −4A cos 2x− 4B sin 2x.

20

Įstatome y′′, y′, y į pradinę lygtį ir gauname:−4A cos 2x − 4B sin 2x + 12A sin 2x − 12B cos 2x + 10A cos 2x + 10B sin 2x =3 cos 2x⇒{

6A− 12B = 312A+ 6B = 0

⇒ A = 0, 1, B = −0, 2.

Atskirasis nehomogeninės lygties sprendinys:y = 0, 1 cos 2x− 0, 2 sin 2x.Bendrasis nehomogeninės lygties sprendinys:y = y + y = e3x(C1 cosx+ C2 sinx)− 0, 1 cos 2x− 0, 2 sin 2x.

Pavyzdys. y′′ + y = 4xex, y|x=0 = −2, y′|x=0 = 0.Charakteringoji lygtis k2 + 1 = 0, k1,2 = 0± i. α = 0, β = 1.Bendrasis homogeninės lygties sprendinys:y = C1 cosx+ C2 sinx.f(x) = 4xex. n = 1, a = 1. Kadangi a nėra charakteringosios lygties šaknis,atskirasis sprendinys:y = ex(Ax+B).y′ = ex(Ax+B +A).y′′ = ex(Ax+B + 2A).Įstatome y′′, y į pradinę lygtį ir gauname:ex(Ax+B + 2A+Ax+B) = 4xex| : ex ⇒Ax+B + 2A+Ax+B = 4x.{

2A = 42A+ 2B = 0

⇒ A = 2, B = −2.

Atskirasis nehomogeninės lygties sprendinys:y = ex(2x− 2).Bendrasis nehomogeninės lygties sprendinys:y = y + y = C1 cosx+ C2 sinx+ ex(2x− 2).Rasime Koši uždavinio sprendinį. y′ = −C1 sinx+C2 cosx+ ex(2x− 2) + 2ex.{C1 cos 0 + C2 sin 0 + e0(2 · 0− 2) = −2−C1 sin 0 + C2 cos 0 + e0(2 · 0− 2) + 2e0 = 0

⇒

{C1 − 2 = −2C2 − 2 + 2 = 0

⇒

C1 = 0, C2 = 0.

Koši uždavinio sprendinys: y = ex(2x− 2).

21