naloge iz diferencialnih enacb z re sitvamimarkor/matematika/resena_nal_de_debela.pdf · zbirka iz...

Univerza v Ljubljani

Pedagoska fakulteta

Oddelek za matematiko in racunalnistvo

Marko Razpet

NALOGE IZ

DIFERENCIALNIH ENACB

Z RESITVAMI

Studijsko gradivo

Ljubljana, julij 2010

Predgovor

Za akademsko leto 2009/10 mi je bila na Pedagoski fakulteti v Ljubljani

zaupana izvedba izbranih poglavij iz analize v tretjem letniku. Ustrezna

zbirka iz polovice tega predmeta, to je iz kompleksne analize, je ze nastala,

sedaj pa so na vrsti se diferencialne enacbe. Predmet mi ni bil nov, saj

sem ga ze predaval davnega leta 1990/91. S podobnimi vsebinami pa sem

se sreceval ze na ljubljanski Fakulteti za strojnistvo, kjer so diferencialne

enacbe in kompleksna analiza del matematike v drugem letniku in pridobljeno

znanje inzenirji uporabljajo tudi pri nekaterih drugih predmetih, na primer v

mehaniki. Diferencialne enacbe in kompleksna analiza imajo v Sloveniji dolgo

tradicijo, ze vsaj od Plemljevih casov naprej. Kot studentu matematike mi

je diferencialne enacbe predaval prof. France Krizanic, kompleksno analizo

pa prof. Ivan Vidav in slednja mi je bila eden najljubsih predmetov.

Pred vami je zbirka resenih nalog, ki je nastajala zadnje leto, in ki naj

bi omogocala, da se student laze znajde med diferencialnimi enacbami in da

se nauci nekaj tipicnih prijemov na tem podrocju. Potek resevanja nalog ni

naveden povsod, pac pa je podanih nekaj napotkov, kako se resuje posamezen

tip enacb. Dodanih je vec primerov Pfaffovih diferencialnih enacb in kvazilin-

earnih parcialnih diferencialnih enacb, ki logicno sledijo sistemom navadnih

diferencialnih enacb. V veliko pomoc pri racunanju tezjih integralov, poenos-

tavljanju izrazov in preizkusih je bil racunalniski program derive. Zbirka se

bo po potrebi z leti, vsaj upam, se dopolnjevala. Zahvaljujem se studentkama

Aniti Brolih in Simoni Stupica za najdene napake. Uporabnike pa se nadalje

prosim, da mi pridno sporocajo napake.

Ljubljana, julij 2010 Dr. Marko Razpet

2

Kazalo

Predgovor 2

1 Navadne diferencialne enacbe prvega reda 4

2 Nekaj geometrijskih nalog 57

3 Navadne diferencialne enacbe drugega in visjih redov 60

4 Sistemi navadnih diferencialnih enacb 134

4.1 Linearni sistemi diferencialnih enacb . . . . . . . . . . . . . . 139

4.2 Nelinearni sistemi diferencialnih enacb . . . . . . . . . . . . . 177

5 Pfaffove diferencialne enacbe 197

6 Kvazilinearne parcialne diferencialne enacbe 205

Literatura 237

3

1 Navadne diferencialne enacbe prvega reda

1. Diferencialna enacba z locljivima spremenljivkama je oblike

P (x) dx+Q(y) dy = 0

ali pa se na tako obliko lahko prevede. Pri tem upostevamo tudi posebne resitve.

Splosna resitev je ∫P (x) dx+

∫Q(y) dy = c.

2. Ce je izpolnjen pogoj ∂Q/∂x = ∂P/∂y, potem je

P (x, y) dx+Q(x, y) dy

totalni diferencial funkcije U(x, y), ki je resitev sistema enacb ∂U/∂x = P , ∂U/∂y =

Q. Tedaj je resitev enacbe

P (x, y) dx+Q(x, y) dy = 0

v implicitni obliki: U(x, y) = c.

3. Ce pa ni izpolnjen pogoj ∂Q/∂x = ∂P/∂y, potem se vcasih posreci najti

integrirajoci mnozitelj M(x, y) ∕= 0, tako da je

M(x, y)P (x, y) dx+M(x, y)Q(x, y) dy

popolni ali totalni diferencial neke funkcije U(x, y). Resitev potem poiscemo po

prej opisanem postopku.

4. Homogena diferencialna enacba je oblike

y′ =dy

dx= f

(yx

)ali pa se na tako obliko lahko prevede. S substitucijo y = xz, y′ = z + xz′ jo

prevedemo na enacbo z locljivima spremenljivkama in resimo z integriranjem. Na

koncu v resitev vstavimo z = y/x in uredimo.

4

5. Diferencialno enacbo oblike

y′ =dy

dx= f

(a1x+ b1y

a2x+ b2y

),

∣∣∣∣∣∣ a1 b1

a2 b2

∣∣∣∣∣∣ ∕= 0,

predelamo v homogeno

y′ =dy

dx= f

(a1 + b1y/x

a2 + b2y/x

)= g

(yx

)in resujemo po prej opisani metodi.


y′ =dy

dx= f

(a1x+ b1y + c1a2x+ b2y + c2

),

∣∣∣∣∣∣ a1 b1

a2 b2

∣∣∣∣∣∣ ∕= 0,

prevedemo s substitucijo x = u+ �, y = v + � na obliko

dv

du= f

(a1u+ b1v

a2u+ b2v

)in naprej resujemo po prej opisani metodi.


y′ =dy

dx= f

(a1x+ b1y + c1a2x+ b2y + c2

),

∣∣∣∣∣∣ a1 b1

a2 b2

∣∣∣∣∣∣ = 0,

prevedemo s substitucijo z = a1x+ b1y na obliko, ki ima locljivi spremenljivki, in

jo naprej resujemo po znani metodi.

8. Linearna diferencialna enacba prvega reda je oblike

y′ + p(x)y = f(x).

Ce je f(x) ≡ 0, je linearna enacba homogena. Tedaj njeno resitev poiscemo z

metodo locitve spremenljivk.

Nehomogeno enacbo resimo v dveh korakih. Priredimo ji homogeno enacbo

y′ + p(x)y = 0,

5

ki ima netrivialno resitev y(x) = �(x). Nehomogeno enacbo potem lahko resimo

z metodo variacije konstante. Zapisemo Y (x) = c(x)�(x), kar vstavimo v dano

nehomogeno enacbo in dobimo:

c′(x)�(x) = f(x).

To je enacba z locljivima spremenljivkama za c(x). Ko najdemo c(x) in s tem

Y (x), imamo splosno resitev zacetne nehomogene enacbe: y(x) = c�(x) + Y (x).

9. Bernoullijeva diferencialna enacba ima obliko

y′ + p(x)y = q(x)yn, n ∕∈ {0, 1}.

Predelamo jo v obliko

y−ny′ + p(x)y1−n = q(x),

nato pa vpeljemo novo spremenljivko z = y1−n, z′ = (1 − n)y−ny′ in dobimo

linearno nehomogeno diferencialno enacbo

z′ + (1− n)p(x)z = (1− n)q(x),

ki jo resujemo po znani metodi.

10. Riccatijeva diferencialna enacba je oblike

y′ = a(x)y2 + b(x)y + c(x).

Ce poznamo eno njeno resitev y1, potem enacbo s substitucijo

y = u+ y1

prevedemo na Bernoullijevo diferencialno enacbo za u. To pa znamo resiti.

11. Lagrangeva diferencialna enacba je oblike

y = x'(y′) + (y′).

Vanjo vstavimo y′ = t, da dobimo enacbo

y = x'(t) + (t),

6

ki jo potem odvajamo:

t = '(t) + (x'′(t) + ′(t))dt

dx.

Ce je stevilo t0 realna resitev navadne enacbe t = '(t), potem je y = t0x + (t0)

posebna resitev Lagrangeve enacbe. Diferencialno enacbo preoblikujemo v linear-

no:dx

dt='′(t)x+ ′(t)

t− '(t).

Njena resitev x = Φ(t, c) skupaj z y = '(t)Φ(t, c) + (t) sestavlja splosno resitev

dane Lagrangeve enacbe v parametricni obliki.

12. Poseben primer Lagrangeve diferencialne enacbe je Clairautova diferencialna

enacba:

y = xy′ + '(y′).

Njena splosna resitev je

y = cx+ '(c),

posebna resitev pa ogrinjaca, ki jo dobimo z izlocitvijo konstante c iz sistema

y = cx+ '(c) , 0 = x+ '′(c) .

13. Resitev diferencialne enacbe f(y′) = 0, v kateri ne nastopata x in y, ampak

samo odvod, ima resitev

f

(y − cx

)= 0.

14. Diferencialno enacbo f(x, y′) = 0, v kateri ne nastopa y, resujemo parametricno.

Ce lahko enacbo parametriziramo z

x = '(t), y′ = (t),

potem iz zveze

dy = y′ dx = (t)'′(t) dt

izracunamo

y =

∫ (t)'′(t) dt = Φ(t) + c

7

in s tem imamo resitev v parametricni obliki:

x = '(t), y = Φ(t) + c.

15. Diferencialno enacbo f(y, y′) = 0, v kateri ne nastopa x, prav tako resujemo

parametricno. Ce lahko enacbo parametriziramo z

y = '(t), y′ = (t),

potem iz zveze

dx =dy

y′='′(t) dt

(t)

izracunamo

x =

∫'′(t) dt

(t)= Φ(t) + c

in s tem imamo resitev v parametricni obliki:

x = Φ(t) + c, y = '(t).

1. Resite diferencialno enacbo

8y′3 = 27y .

Ali ima enacba posebno resitev?

Resitev

Dano enacbo prepisemo v obliko

2dy

dx= 3y1/3,

locimo spremenljivki

2y−1/3 dy = 3 dx

in integriramo:

3y2/3 = 3x+ 3c.

8

Po preureditvi dobimo:

y2 = (x+ c)3.

Pri locevanju spremenljivk mora biti y ∕= 0. Toda y = 0 je tudi resitev,

in sicer posebna resitev.


(yy′)3 = 27x(y2 − 2x2).


Resitev

V enacbo vpeljemo novo spremenljivko z = z(x) z relacijo y2 − 2x2 =

x2z3, 2yy′−4x = 3x2z2z′+ 2z3x. Korenimo, pomnozimo z 2 in dobimo

4x+ 3x2z2z′ + 2z3x = 6zx.

Po krajsanju z x, preureditvi ter faktorizaciji imamo:

3xz2z′ = −2(z − 1)2(z + 2).

Enacba ima dve posebni resitvi: z = 1 in z = −2. Prva nam da

y2 = 3x2, druga pa y2 = −6x2, kar nam da samo tocko (0, 0).

Za splosno resitev pa locimo spremenljivki:

3z2 dz

(z − 1)2(z + 2)= −2 dx

x.

Razvijemo na parcialne ulomke:

3 dz

(z − 1)2+

5 dz

z − 1+

4 dz

z + 2+

6 dx

x= 0.

9

Z integracijo in zdruzevanjem logaritmov dobimo

− 3

z − 1+ ln[cx6(z − 1)5(z + 2)4] = 0

oziroma

(z − 1) ln[cx6(z − 1)5(z + 2)4] = 3,

pri cemer je

z = 3√

(y/x)2 − 2.

Posebni resitvi sta y = ±x√

3.


yy′ + x =1

2

(x2 + y2

x

)2

.

Resitev

Ocitno je dobro vpeljati novo spremenljivko z = x2+y2, z′ = 2(x+yy′).

Enacba s tem preide v

z′ = z2/x2,

ki ima locljivi spremenljivki:

dz

z2=dx

x2.

Integracija nam da:1

z=

1

x+ c.

Po preureditvi imamo resitev v implicitni obliki: x = (1 + cx)(x2 + y2).


y′ =

(3x+ y3 − 1

y

)2

.

10

Resitev

Vpeljali bomo novo spremenljivko z = 3x + y3 − 1, z′ = 3(y2y′ + 1).

Enacba se s tem transformira v

z′ − 3 = 3z2,


dz

z2 + 1= 3 dx.

Integracija nam da:

arc tg z = 3x+ c.

Po preureditvi imamo resitev v implicitni obliki: 3x+y3−1 = tg(3x+c).


(y′ + 1)3 = 27(x+ y)2 .


Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko z = z(x) = x+ y(x).

(R: x+ y = (x+ c)3, y = −x.)


(x2 − 1)y′ + y2 − 2xy + 1 = 0 .


Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko z = z(x) = y(x)− x.

(R: ln ∣(x− 1)/(x+ 1)∣ − 2/(y − x) = c, y = x.)

11


(xy′ − y)2 = x2(y2 − x2) .


Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko z = z(x) = y(x)/x.

(R: y = ±x ch(x+ c), y = ±x.)


x(2− 9xy2) dx+ y(4y2 − 6x3) dy = 0 .

Resitev

Vzemimo: P (x, y) = x(2−9xy2) = 2x−9x2y2, Q(x, y) = y(4y2−6x3) =

4y3 − 6x3y. Ker je ∂Q/∂x = −18x2y = ∂P/∂y, je leva stran dane

enacbe totalni diferencial neke funkcije U(x, y):

∂U

∂x(x, y) = 2x− 9x2y2,

∂U

∂y(x, y) = 4y3 − 6x3y.

Z integracijo najdemo

U(x, y) = x2 − 3x3y2 + '(y),

kjer je '(y) poljubna odvedljiva funkcija. Druga enacba pa nam da:

∂U

∂y(x, y) = −6x3y + '′(y) = 4y3 − 6x3y.

Zato mora veljati '′(y) = 4y3, iz cesar dobimo '(y) = y4 + c1 in

U(x, y) = x2− 3x3y2 + y4 + c1. Resitev dane enacbe v implicitni obliki

je torej x2 − 3x3y2 + y4 = c.

12


(2x− ln(y + 1)) dx− x+ y

y + 1dy = 0 .

Resitev

Vzemimo: P (x, y) = 2x − ln(y + 1), Q(x, y) = −(x + y)/(y + 1). Ker

je ∂Q/∂x = −1/(y + 1) = ∂P/∂y, je leva stran dane enacbe totalni

diferencial neke funkcije U(x, y):

∂U

∂x(x, y) = 2x− ln(y + 1),

∂U

∂y(x, y) = −x+ y

y + 1.

Z integracijo najdemo

U(x, y) = x2 − x ln(y + 1) + '(y),

kjer je '(y) poljubna odvedljiva funkcija. Druga enacba pa nam da:

∂U

∂y(x, y) = − x

y + 1+ '′(y) = − x

y + 1− y

y + 1.

Zato mora veljati '′(y) = −y/(y + 1), iz cesar dobimo '(y) = −y +

ln(y + 1) in s tem U(x, y) = x2 − x ln(y + 1) − y + ln(y + 1). Resitev

dane enacbe v implicitni obliki je torej x2 − (x+ 1) ln(y + 1)− y = c.


6x5y dx+ (y4 ln y − 3x6) dy = 0 .

Resitev

Ocitno ima enacba posebno resitev y = 0. Da bi nasli splosno resitev,

dano enacbo delimo z y4:

6x5

y3dx+

(ln y − 3x6

y4

)dy = 0 .

13

Izraz na levi strani je totalni diferencial in nalogo resimo do konca tako

kot prejsnji dve. Nazadnje dobimo resitev: y3(y ln y − y + c) + x6 = 0.


(x√y2 + 1 + 1)(y2 + 1) dx− xy dy = 0 .

Resitev

V enacbo vpeljemo parameter t z relacijo y = tg t. Enacba se poenos-

tavi v

(x+ cos t) dx− x sin t dt = 0.

Opazimo, da je na njeni levi strani totalni diferencial, in sicer lahko

zapisemo

x dx+ d(x cos t) = 0,

zato je resitev x2 + 2x cos t = c. Preidemo na prvotni spremenljivki in

dobimo: (c− x2)√y2 + 1 = 2x.


(x2 + y2 + 1)yy′ + (x2 + y2 − 1)x = 0.

Resitev

Uvedemo novo spremenljivko z = x2 + y2, dz = 2(x dx+ y dy). Enacbo

transformiramo najprej v

(z + 1)(dz − 2x dx) + 2x(z − 1) dx = 0,

nato pa v obliko

(z + 1) dz − 4x dx = 0,

14

ki nam po integraciji da rezultat (z+1)2−4x2 = c in koncno v prvotnih

spremenljivkah (x2 + y2 + 1)2 − 4x2 = c.


(x+ y + 1) dx+ (x− y2 + 3) dy = 0 .

(R: 3x2 + 6xy + 6x− 2y3 + 18y = c.)


(12x+ 5y − 9) dx+ (5x+ 2y − 3) dy = 0 .

(R: 6x2 + 5xy + y2 − 9x− 3y = c.)


(3x− 4y − 2) dx+ (3− 3x+ 4y) dy = 0 .

Resitev

Uvedemo novo spremenljivko z = 3x− 4y − 2 in dobimo:

4z dx− (z − 1)(3 dx− dz) = 0.

Po preureditvi ta preide v diferencialno enacbo z locljivima spremenljivkama

(z + 3) dx+ (z − 1) dz = 0,

ki ima splosno resitev x+ z − ln ∣z + 3∣ = ln c1. Po preurejanju imamo

koncno resitev v implicitni obliki: 3x− 4y + 1 = cex−y.

15


(x+ y − 3) dx+ (x− y − 1) dy = 0 .

(R: x2 + 2xy − y2 − 6x− 2y = c.)


(x+ 2y + 1) dx− (2x+ 4y + 3) dy = 0 .

(R: 4x+ 8y + 5 = ce4x−8y.)


y′ =2x− y + 1

x− 2y + 1.

(R: x2 − xy + y2 + x− y = c.)


x− y − 1 + (y − x+ 2)y′ = 0.

Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko z = y−x+2. Za katero resitev

je y(0) = 0?

(R: (y − x+ 2)2 + 2x = c, (y − x+ 2)2 + 2x = 4.)


y′ =x+ y

y − x.

(R: x2 + 2xy − y2 = c.)

16


y′ =2x− 4y + 1

x− 2y + 1.

(R: (3x− 6y + 1)e6x−3y = c.)


y′ =x− y + 1

x+ y − 3.

Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko z = −y.

(R: x2 − 2xy − y2 + 2x+ 6y = c.)


(4y − 3x− 5)y′ − 3y + 7x+ 2 = 0.

(R: 7x2 − 6xy + 4y2 + 4x− 10y = c.)


(2x+ y + 5)y′ = 3x+ 6.

(R: (y − x− 1)3(3x+ y + 7) = c.)


(2x− y + 5)y′ = 2y − x− 4.

Resitev

Z zamenjavo spremenljivk x = u + �, y = v + � dosezemo, da ni

konstantnih clenov v izrazih 2x − y + 5 in 2y − x − 4. V ta namen

17

morata � in � biti resitev sistema 2� − � + 5 = 0, 2� − � − 4 =

0. Edina resitev je � = −2, � = 1. S tem predelamo diferencialno

enacbo v homogeno: (2u− v) dv = (2v−u) du. Z uvedbo nove odvisne

spremenljivke w(u) = v(u)/u dobimo najprej enacbo

(2u− v)(w du+ u dv) = (2v − u) du,

nato pa po preuredtivi, locitvi spremenljivk in razvojem na parcialna

ulomka se

(2− w) dw

(w − 1)(w + 1)=

dw

2(w − 1)− 3 dw

2(w + 1)=du

u.

Z integracijo in antilogaritmiranjem dobimo u2(w + 1)3 = c(w − 1), s

prehodom na stari spremenljivki pa nazadnje (x+y+1)3 = c(x−y+3).

Ni tezko videti, da obstaja se posebna resitev y = x+ 3.


(x2 − y2 − 2xy) dx+ (y2 − x2 − 2xy) dy = 0 .

(R: (x+ y)(x2 − 4xy + y2) = c.)


xy′ = y +√x2 − y2 .

Resitev

Enacbo zapisemo kot homogeno:

y′ =y +

√x2 − y2x

=y

x+√

1− (y/x)2.

18

Uvedemo novo spremenljivko z z relacijo z = y/x, iz katere je y′ =

xz′+ z in enacba se poenostavi v enacbo z locljivima spremenljivkama:

xz′ =√

1− z2, dz√1− z2

=dx

x.

Integracija nam nazadnje da: arc sin(y/x)− ln ∣x∣ = c.


(xy′ − y)2 = y′2 − 2yy′

x+ 1 .

Resitev

V enacbo vpeljemo novo spremenljivko v = v(x) = y(x)/x, za katero

je y = vx, y′ = v′x+ v. Enacba se transformira v

(x4 − x2)v′2 = 1− v2.

Potem vpeljemo se novo spremenljivko u = 1/x, s katero dobimo:

dv

dx=dv

du

du

dx= −dv

du

1

x2.

Enacba se poenostavi v (1− u2)dv2 = (1− v2)du2. Njeni ocitni resitvi

sta v = ± 1, kar da resitvi zacetne enacbe: y = ±x. Preostale resitve

dobimo, ko resimo enacbe:

√1− u2 dv = ±

√1− v2 du (∣u∣ < 1, ∣v∣ < 1),

√u2 − 1 dv = ±

√v2 − 1 du (∣u∣ > 1, ∣v∣ > 1).

Najprej dobimo:

du√1− u2

= ± dv√1− v2

(∣u∣ < 1, ∣v∣ < 1),

19

du√u2 − 1

= ± dv√v2 − 1

(∣u∣ > 1, ∣v∣ > 1).

Z integracijo pa:

arc cosu± arc cos v = c (∣u∣ < 1, ∣v∣ < 1),

archu± arch v = c (∣u∣ > 1, ∣v∣ > 1).

S prehodom na stari spremenljivki x in y pa:

arc cos(1/x)± arc cos(y/x) = c (∣x∣ > 1, ∣y∣ < ∣x∣),

arch(1/x)± arch(y/x) = c (∣x∣ < 1, ∣y∣ > ∣x∣).

Resitve obstajajo na obmocju, oznacenem s sencenjem na spodnji sliki.

................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... ...............

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

......................

...............

0

x

yx = 1x = −1 y = xy = −x

..............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

.............

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

.....

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

......

.......

.....

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

20

Integralske krivulje so algebrske, ker se da funkciji arc cos in arch z

uporabo adicijskih izrekov za funkciji cos in ch izlociti. Najprej dobimo

(x2 − 1)(x2 − y2) = (Cx2 − y)2,

nato pa po krajsanju z x2 celo stoznice:

x2(1− C2)− y2 + 2Cy − 1 = 0.


y′ = 3x+√y − x2 .

Resitev

Vpeljemo novo spremenljivko z z relacijo y = x2 + z2, y′ = 2x + 2zz′.

Dobimo enacbo 2zz′ = x+ z oziroma 2zz′ = x− z, ki jo preoblikujemo

v homogeno:

z′ =1 + z/x

2z/x.

Nato vpeljemo se spremenljivko w = z/x, z′ = w′x + w in dobimo

enacbo z locljivima spremenljivkama:

w′x =1 + w

2w− w =

1 + w − 2w2

2w=

(1− w)(1 + 2w)

2w.

Po locitvi spremenljivk in razvoju na parcialna ulomka imamo:

2w dw

(1− w)(1 + 2w)=

2 dw

3(1− w)− 2 dw

3(1 + 2w)=dx

x.

Integracija in prehod na stare spremenljivke nam dasta:

(1− w)2(1 + 2w) =c

x3, (x− z)2(x+ 2z) = c.

Na koncu dobimo resitev v implicitni obliki v starih spremenljivkah:

(y − 2x√y − x2)(2

√y − x2 + x) = c.

21


y′ =

√x

2+ 3√y .

Resitev

Vpeljemo novi spremenljivki u in v z relacijama x = v2, y = u3 in

dobimo3u2 du

2v dv=v

2+ u.

Po odpravi ulomkov dobimo homogeno enacbo:

3u2 du = (v2 + 2uv) dv.

Ce uvedemo se spremenljivko w = u/v, dobimo zarade zveze u = vw

po krajsanju z v2 enacbo

3w2(v dw + w dv) = (1 + 2w) dv,


3w2 dw + (3w3 − 2w − 1) dv = 0.

Ocitno je posebna resitev te enacbe w = 1 oziroma u = v, kar nam

da v prvotnih spremenljivkah y2 = x3. Splosno resitev pa dobimo z

razcepom in locitvijo spremenljivk:

3w2 dw

(w − 1)(3w2 + 3w + 1)+dv

v= 0.

Razcep na parcialne ulomke in integracija nam dasta:

2

7ln(3w2+3w+1)+

3

7ln(w−1)−2

√3

7arc tg(

√3(2w+1))+ln v+

1

7ln c = 0.

22

Po preureditvi dobimo najprej

ln(cv7(w − 1)3(3w2 + 3w + 1)2) = 2√

3 arc tg(√

3(2w + 1))

in s prehodom na spremenljivki u in v splosno resitev:

ln(c(u− v)3(3u2 + 3uv + v2)2) = 2√

3 arc tg(√

3(2u/v + 1)).

Pri tem je seveda v =√x in u = 3

√y.

31. Kateremu pogoju morata zadoscati parametra � in �, da postane izraz

(x2 + 2�xy + �y) dx+ (�x2 + �x+ y) dy

totalni diferencial neke funkcije U(x, y)? Poiscite to funkcijo in tisto

krivuljo U(x, y) = c, ki poteka skozi tocko T (1, 0) in pri tem preseka os

x pod kotom �/4.

(R: � = �, F (x, y) = x3/3+�x2y+�xy+y2/2, c = 1/3, � = −1/2, 2x3−3x2y − 3xy + 3y2 = 2.)

32. Diferencialna enacba

y(x+ y) dx+ (xy + 1) dy = 0

ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen le od y. Poiscite ga in resite

dano diferencialno enacbo. Ali ima enacba posebno resitev?

Resitev

Hitro se vidi, da izraz na levi strani enacbe ni totalni diferencial. Naj

bo M(y) iskani integrirajoci mnozitelj, za katerega je

M(y)y(x+ y) dx+M(y)(xy + 1) dy

23

totalni diferencial. Tedaj mora biti izpolnjen pogoj

∂

∂x[M(y)(xy + 1)] =

∂

∂y[M(y)y(x+ y)].

Iz njega sledi diferencialna enacba

M(y)y = M ′(y)y(x+ y) +M(y)(x+ 2y),

ki se poenostavi v enacbo yM ′(y)+M(y) = 0 s splosno resitvijo M(y) =

C/y. Za C = 1 je M(y) = 1/y in izraz

1

y⋅ y(x+ y) dx+

1

y⋅ (xy + 1) dy = (x+ y) dx+ (x+ 1/y) dy

je totalni diferencial, kar pomeni, da obstaja taka funkcija U(x, y), za

katero je∂U

∂x(x, y) = x+ y,

∂U

∂y(x, y) = x+

1

y.

Iz prve enacbe imamo

U(x, y) =x2

2+ xy + '(y),

druga pa nam da:

x+ '′(y) = x+1

y, '′(y) =

1

y, '(y) = ln ∣y∣+ c1.

Torej je

U(x, y) =x2

2+ xy + ln ∣y∣+ c1.

Iskana resitev je x2 + 2xy + 2 ln ∣y∣ = c, posebna pa y = 0.


xy dx− (y3 + x2y + x2) dy = 0

ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen le od y. Poiscite ga in resite

dano diferencialno enacbo. Ali ima enacba kaksno posebno resitev?

(R: ln(x2/y2 + 1) = c+ 2y, y = 0.)

24


(x+ y)(1− xy) dx+ (x+ 2y) dy = 0

ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen le od x. Poiscite ga in resite

dano diferencialno enacbo.

(R: (xy + y2 − 1)e−x2/2 = c.)


y2 dx+ (xy + tg(xy)) dy = 0

ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od xy. Poiscite ga in resite


(R: y sin(xy) = c.)


(3xy + x+ y)y dx+ (4xy + x+ 2y)x dy = 0

ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od xy2. Poiscite ga in resite


(R: 6x3y4 + 2x3y3 + 3x2y4 = c.)


(x− 1)y2 dx+ (2y − x− xy)x dy = 0

ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od xy − y2. Poiscite ga in

resite dano diferencialno enacbo.

(R: ln ∣(x− y)/y∣+ 1/y + (1− y)/(x− y) = c, x = 0, y = 0.y = x.)

25


x dx+ y dy + (x2 + y2)x2 dx = 0

ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od x2 + y2. Poiscite ga in


(R: x2 + y2 = ce−2x3/3.)


(x− y) dx+ (x+ y) dy = 0

ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od x2 + y2. Poiscite ga in


(R: x2 + y2 = ce−2 arc tg(y/x).)


(x2y2 + x) dy + y dx = 0

ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od xy. Poiscite ga in resite

dano diferencialno enacbo. Katera resitev poteka skozi tocko (−1, 1)?

(R: y − 1/(xy) = c, y − 1/(xy) = 2.)


y2 dx− (xy + x3) dy = 0



(R: 2x2y + y2 = cx2.)

26


y(2x− y + 2) dx+ 2(x− y) dy = 0



(R: (2x− y)yex = c.)


(x2 + x2y + 2xy − y2 − y3) dx+ (y2 + xy2 + 2xy − x2 − x3) dy = 0

ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od x+ y. Poiscite ga in resite


(R: xy + x+ y = c(x+ y)(x+ y + 2).)


(x+ 2y) dx+ y dy = 0

ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od x+ y. Poiscite ga in resite


(R: ln ∣x+ y∣ − y/(x+ y) = c.)


(x+ xy + y2) dx+ (y − x2 − xy) dy = 0

ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od x− y. Poiscite ga in resite


(R: 2xy + 2x− 2y − 1 = c(x− y − 1)2.)

27


(x2y − 1) dy − (xy2 − 1) dx = 0

ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od x− y. Poiscite ga in resite


(R: 2− 3xy2 + y3 = c(x− y)3.)


x(y − x2) dx+ y dy = 0

ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od y+x2. Poiscite ga in resite


(R: (x2 + y)(2y − x2) = c.)

48. S primernim predhodnim preoblikovanjem resite diferencialno enacbo

(2x3y − 1)y dx+ (2xy3 − 1)x dy = 0.

Ali ima enacba posebne resitve?

(R: xy(c− x2 − y2) = 1, x = 0, y = 0.)


(x3 − 2xy2) dx+ 3x2y dy = x dy − y dx

ima integrirajoci mnozitelj, ki je odvisen od (x2 + y2)/x3. Poiscite ga

in resite dano diferencialno enacbo.

(R: 15x(x2 + y2)3 − 30x4y − 20x2y3 − 6y5 = cx5, x = 0.)

28

50. S primernim predhodnim preoblikovanjem resite diferencialno enacbo

x dy − 2y dx+ xy2(2x dy + y dx) = 0.


Resitev

Enacbo najprej delimo z xy:

dy

y− 2

dx

x+ (2xy dy + y2 dx) = 0.

Opazimo, da je drugi del totalni diferencial:

dy

y− 2

dx

x+ d(xy2) = 0.

Z integracijo dobimo

ln ∣y∣ − 2 ln ∣x∣+ xy2 = c

in na koncu resitev xy2 − ln ∣x2/y∣ = c. Posebni resitvi sta ocitno

x = 0, y = 0.

51. Poiscite splosno resitev diferencialne enacbe

y′ =1

x− y+ 1.

(R: (x− y)2 + 2x = c.)


y′ = 2(y − 1) ctg x.

(R: y = c sin2 x+ 1.)

29


y′ shx− y chx = −1.

Resitev

Enacba je nehomogena linearna. Pripadajoca homogena enacba je

y′ shx− y chx = 0, ki jo resimo po locitvi spremenljivk in integraciji:

dy

y=

chx

shxdx, ln ∣y∣ = ln ∣ shx∣+ ln c1.

Po antilogaritmiranju imamo y = c shx. Partikularno resitev nehomo-

gene enacbe dobimo z variacijo konstante: Y = c(x) shx. Enacba za

c(x) je preprosta:

c′(x) sh2 x = −1.

Njena resitev je c(x) = cthx, zato je Y = chx. Splosna resitev dane

enacbe je torej

y = c shx+ chx.


y′ − y ctg x = 2x sinx.

(R: y = c sinx+ x2 sinx.)


y′ − y

x= x2.

(R: y = cx+ x3/2.)

30


xyy′ − x2√y2 + 1 = (x+ 1)(y2 + 1).

Resitev

V enacbo vpeljemo z = z(x) =√y2 + 1, iz cesar dobimo najprej

relacijo yy′ = zz′, enacba pa se transformira v

xzz′ − x2z = (x+ 1)z2.

Po krajsanju z z dobimo nehomogeno linearno diferencialno enacbo

xz′ − (x+ 1)z = x2.

Njena splosna resitev je z = x(cex − 1), tako da je implicitna oblika

resitve zacetne enacbe:√y2 + 1 = x(cex − 1).


y′ tg y + 4x3 cos y = 2x.

Resitev

V enacbo vpeljemo z = z(x) = 1/ cos y, kar nam da najprej relacijo

y′ = (cos2 y/ sin y)z′, enacba pa se transformira v nehomogeno linearno

diferencialno enacbo

z′ − 2xz = −4x3.

Njena splosna resitev je z = cex2+ 2 + 2x2, tako da je implicitna oblika

resitve zacetne enacbe: (cex2

+ 2 + 2x2) cos y = 1.

31


(x2 − 1) dx+ (x2y2 + x3 + x) dy = 0.

Resitev

Enacba ima ocitno resitev x = 0. Sicer pa enacbo delimo z x2:

(1− x−2) dx+ (y2 + x+ x−1) dy = 0.

Vpeljemo z = x + x−1, kar nam da najprej relacijo dz = (1− x−2) dx,

enacba pa se transformira v nehomogeno linearno diferencialno enacbo

dz + (y2 + z) dy = 0

oziromadz

dy+ z = −y2.

Njena splosna resitev je z = ce−y − y2 + 2y − 2, tako da je implicitna

oblika resitve zacetne enacbe:

x+ x−1 + y2 − 2y + 2 = ce−y.


xy′ = (x2 + tg y) cos2 y.


Navodilo. Vpeljite z = tg y, y′ = z′ cos2 y, da dobite linearno enacbo

za z.

(R: tg y = cx+ x2, y = (2k + 1)�/2, k = 0,± 1,± 2, . . .)

32


xy2y′ = x2 + y3.

Navodilo. Vpeljite z = y3.

(R: y3 = cx3 − 3x2.)


xy′ = x2e−y + 2.

Resitev

Vpeljemo novo spremenljivko u z relacijo u = ey, u′ = ey y′ = uy′. S

tem dobimo linearno diferencialno enacbo xu′ = 2u+x2, ki ima splosno

resitev u = x2(c+ ln ∣x∣). Splosna resitev zacetne enacbe je implicitno:

ey = x2(c+ ln ∣x∣).

62. Poiscite splosno in posebno resitev diferencialne enacbe

y′ + y = xy3.

Resitev

Enacba je Bernoullijeva. Prepisemo jo v obliko y−3y′ + y−2 = x, nakar

uvedemo novo spremenljivko z = 1/y2, z′ = −2y−3y′. S tem dobimo

nehomogeno linearno enacbo z′ − 2z = −2x. Pripadajoca homogena

enacba je z′−2z = 0, ki jo resimo po locitvi spremenljivk in integraciji:

dz

z= 2 dx, ln ∣z∣ = 2x+ ln c1.

33

Po antilogaritmiranju imamo y = ce2x. Partikularno resitev nehomo-

gene enacbe dobimo z variacijo konstante: Y = c(x)e2x. Enacba za c(x)

se glasi: c′(x)e2x = −2x. Njena resitev je c(x) = e−2x(2x+1)/2, zato je

Y = x+1/2. Splosna resitev linearne enacbe je zato z = ce2x+x+1/2,

resitev dane enacbe pa je dana z relacijo y2 = 1/(ce2x + x + 1/2).

Posebna resitev je y = 0.


y′ =y2 − x

2y(x+ 1).

(R: y2 = c(x+ 1)− 1 + (x+ 1) ln ∣x+ 1∣.)


xy2(xy′ + y) = 1.

(R: 2x3y3 − 3x2 = c.)


(2yy′ − x)(x2 − 1) = xy2

pri zacetnem pogoju y(0) = 1.

(R: y =√x2 − 1 + 2

√1− x2.)

66. Z uvedbo nove spremenljivke z = xy resite diferencialno enacbo

y′ =y2(3xy + 1)

3− xy.

(R: y6/(1 + x2y2)3 = ce2 arc tg(xy).)

34


y′ =2x+ 3y2 + 1

2y(3x+ 4y2 + 1).

(R: 6√

2 ln ∣x−√

2y2− 1−√

2∣ − (3√

2− 4) ln ∣x2− 2x− 2y4− 1∣ = c.)


y′ =y(2x− y2)x(3y2 − x)

.

(R: x2y2(x− y2)2 = c.)


xy′ + 3y = −x4y2.

Ali ima enacba posebno resitev? Katero?

(R: y = 1/(cx3 + x4), y = 0.)


y′ − 4xy

x2 − 1= 8x

√y.


(R:√y = (x2 − 1)(c+ ln(x2 − 1)2), y = 0.)


2xy′ + 1 = y +x2

y − 1.

Navodilo. V enacbo vpeljite novo spremenljivko z = y−1 in jo resujte

kot Bernoullijevo.

(R: (y − 1)2 = x2 + cx.)

35


y′ =3x2

x3 + y + 1.

Navodilo. Enacbo zapisite v obliki

dx

dy=x

3+y + 1

3x2

in jo resujte kot Bernoullijevo.

(R: x3 = cey − y − 2.)


y′ =(y + 1)2

x(y + 1)− x2.


Navodilo. Vpeljite v enacbo novo spremenljivko z = y + 1, da dobite

enacbo

z′ =z2

xz − x2,

ki jo nato zapisite v obliki

dx

dz=xz − x2

z2=x

z− x2

z2

in jo resujte kot Bernoullijevo.

(R: y + 1 = x(c+ ln ∣y + 1∣), y = −1.)


xy′ − 3y + x4y2 = 0.


(R: y = 7x3/(x7 + c), y = 0.)

36


x2(x− 1)y′ − y2 − x(x− 2)y = 0.


(R: y = x2/(cx− c+ 1), y = 0.)


(x2 − y4)y′ − xy = 0.


(R: x2 = cy2 − y4, y = 0.)


y′ =2x− yx− 2y

.

(R: x2 + y2 − xy = c.)


y′ =x3 + 2xy2 − y3

x2(x+ y).

(R: x2 + y2 = cx2(x− y)2.)

79. Resite zacetni problem:

y′ − y ctg x = sin(2x), y(�/2) = 0.

(R: y = 2 sin x(1− sinx).)

37


y′ =y

x− y, y(1) = −1.

(R: x = −y ln(−ey).)


xy′ + 2y =sinx

x, y(�) =

2

�2.

(R: y = (1− cosx)/x2.)


y′ − y

2x=x2

2y.

(R: y2 = cx+ x3/2.)


x4y′′ = y′(y′ + x3), y(1) = 2 , y′(1) = 1.

(R: y = (1− cosx)/x2.)


x3y′ + 2x2y = 3x3 + 1.

(R: y = c/x2 + x+ ln ∣x∣/x2.)

85. Za katero resitev diferencialne enacbe

xy′ − (2x2 + 1)y = x2

je limx→∞ ∣y(x)∣ <∞? Koliko je tedaj limx→∞ y(x)?

(R: y = −xex2∫∞xe−u

2du, limx→∞ y(x) = −1/2.)

38


xy′ − 2y = 2x4.

(R: y = cx2 + x4.)


y′ − y

1 + x+ y2 = 0.

(R: y = 2(1 + x)/(c+ 2x+ x2), y = 0.)


x(x− 1)y′ + y3 = xy.


(R: (x− 1)2 = y2(2x+ c− 2 ln ∣x∣), y = 0.)

89. V drugem letniku nam je prof. Krizanic predaval kar dva predmeta,

diferencialne enacbe in visjo algebro. Asistenta v zimskem semestru

ni imel, pa je vaje vodil kar sam. Tiste case asistentov ni bilo na

pretek, tudi profesorjev ne. Tako smo navadno enega imeli kar pri dveh

predmetih. Tako se je zgodilo, da smo imeli vaje iz diferencialnih enacb

v popolnoma novi predavalnici v pritlicju na Jadranski 19. Obravnavali

smo ravno Riccatijevo diferencialno enacbo

y′ = a(x)y2 + b(x)y + c(x) .

Profesor Krizanic poklice k tabli kolego. Povedati je treba, da so se

studentje vecinoma temu izmikali. Profesor je vedno nasel nacin, da

39

je nasel zrtev po sistemu krizank. Ta in ta v tej in tej vrsti. Iz zepa

potegne zbirko vaj ruskega avtorja Filipova. Studentu narekuje enacbo,

ki je bila nekaj takega:

y′ =y2

2x− (1 + x)y

x+

4 + x

2.

Ostali jo pridno prepisemo v svoje zvezke. ”Kaksne pasme pa je ta

enacba?”, vprasa profesor. ”Riccatijeva”, odgovori nadebudnez. ”Res

je Riccatijeva. Kako jo resujemo?” Pravi mladenic: ”Eno resitev uga-

nemo.” Profesor: ”Sedaj bomo pa uganjevali.” Dolgo casa nic. Tedaj

pa ravno zmanjka v predavalnici elektrike, kar ni bilo nic cudnega, saj

je bilo vse novo in nepreizkuseno. ”Ali se Vam je kaj pobliskalo?”,

vprasa. ”Nic.” Spet tisina. Potem pa pride spet elektrika. ”Ali se

Vam je morda sedaj kaj pobliskalo?” Potem smo s skupnimi mocmi le

uganili resitev: y1 = x. Nato smo iskali resitev z nastavkom

y = z + y1 = z + x

in dobili po poenostavljanju Bernoullijevo diferencialno enacbo

z′ +z

x=z2

2x,

ki smo jo z uvedbo nove funkcije u = u(x) = 1/z, u′ = −z′/z2 prevedli

na nehomogeno linearno diferencialno enacbo:

u′ − u

x= − 1

2x.

Najprej smo resili pripadajoco homogeno enacbo:

v′ − v

x= 0 .

Z locitvijo spremenljivk smo dobili najprej enacbo

v′

v=

1

x

40

in nato z integracijo in antilogaritmiranjem:

ln v = lnx+ ln c , v = cx .

Pri tem je bila c integracijska konstanta. Nato smo nadaljujevali z

metodo variacije konstante. Resitev u smo poiskali v obliki u = c(x)x

in dobili:

c′(x)x+ c(x)− c(x) = − 1

2x, c′(x) = − 1

2x2.

Z integriranjem smo imeli

c(x) =1

2x+C

2,

kjer je bila C nova integracijska konstanta. Torej je bilo

u =Cx+ 1

2.

S tem smo nasli splosno resitev vmesne Bernoullijeve enacbe:

z =1

u=

2

Cx+ 1.

Splosna resitev dane Riccatijeve enacbe je bila nazadnje:

y = x+ z = x+2

Cx+ 1=Cx2 + x+ 2

Cx+ 1.

Popaziti je bilo treba tudi na posebne resitve, ki niso bile zajete v

splosno resitev. Enacba za z je imela tudi trivialno resitev z = 0,

ki je nismo dobili za noben koncen C. Torej je imela dana Riccati-

jeva enacba posebno resitev y = x. To je graficno skupna asimptota

enoparametricne druzine krivulj y = (Cx2 + x+ 2)/(Cx+ 1) za C ∕= 0.

Za C = 0 je to posebej premica y = x + 2, kot kaze naslednja slika, ki

je pa takrat zaradi pomanjkanja casa nismo narisali.

41

............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................ ...............

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

..................

...............

x

yy = x

............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

.........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

........

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

........

.......

.......

.......

.......

.......

.......

........

.......

.......

.......

........

.......

.......

.......

......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

.......

.......

.......

.......

.......

.......

........

.......

.......

.......

.......

.......

........

.......

.......

.......

.......

........

.......

.......

.......

........

.......

.......

........

.......

.......

.......

.....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

...............................................

.......................................................................................

...................................................................................................................................................................................................................................................................................................

..........................................................................................................................................................................................................................................................................................................

....................................................................................................................................................................................................................................................................................

.......................................................................................................................................................................................

................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

.....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

90. Resite Riccatijevo diferencialno enacbo

y′ = y2 − 2

x2,

ki ima ocitno resitev y1 = 1/x.

Resitev

Prepricamo se, da je y1 = 1/x res resitev, nato pa uvedemo novo spre-

menljivko u = u(x) z relacijo y = u+ y1 = u+ 1/x. Dobimo enacbo

u′ − 1

x2= u2 +

2u

x+

1

x2− 2

x2,

ki po preureditvi preide v Bernoullijevo:

u′ − 2u

x= u2.

42

Uvedba z = 1/u pa enacbo linearizira v:

z′ +2z

x= −1.

Po ustaljenem postopku (resevanjem pripadajoce homogene enacbe in

z variacijo konstante) dobimo najprej splosno resitev

z =c− x3

3x2, u =

3x2

c− x3,

nazadnje pa y = 1/x + 3x2/(c − x3), posebna resitev pa je seveda

y = 1/x.


y′ = 1 + x2 − 2xy + y2,

ki ima ocitno resitev y1 = x.

(R: y = x+ 1/(c− x), y = x.)


(x+ 1)y′ = (x+ 1)y2 + (2x+ 3)y + x+ 2,

ki ima resitev oblike y1 = k.

(R: y = −1 + (2x+ 2)/(c− (x+ 1)2), y = −1.)


xy′ = x4(y − x)2 + y,


(R: y = x+ 5x/(c− x5), y = x.)

43


(x2 + x)y′ + y2 + (1− 2x)y − 2x = 0,


(R: y = (x2 − c)/(x+ c), y = −1.)


x2y′ + 1 + xy = x2y2,


(R: y = 1/x+ 2x/(c− x2), y = 1/x.)


x2y′ = 1 + xy + x2y2,

ki ima ocitno resitev y1 = −1/x.

(R: y = −1/x+ 1/(x(c− ln ∣x∣)), y = −1/x.)


3x2y′ + 2 + x2y2 = 0,


(R: y = 1/x+ 1/(x+ cx2/3), y = 1/x.)


y′ = y2 + (1− 2x)y + x2 − x+ 1,

ki ima resitev y1 = x.

(R: y = x+ ex/(c− ex), y = x.)

44


y′ = xy2 + (1− 2x)y + x− 1,

ki ima resitev y1 = 1.

(R: y = 1 + 1/(ce−x + 1− x), y = 1.)


y′ = (x+ y)(x+ y − 2),

ki ima resitev y1 = 1− x.

(R: y = 1− x+ 1/(c− x), y = 1− x.)


y′ = (y − 1)(y +1

x),

ki ima resitev y1 = 1.

(R: y = (c+ ex)/(c+ ex − xex), y = 1.)


y′ = e−xy2 + y − ex,

ki ima resitev y1 = ex.

(R: y = ex + 2/(ce−3x − e−x), y = ex.)


x2y′ − xy + x2y2 = 3,

ki resitev oblike y1 = k/x.

(R: y = 3/x+ 4/(cx5 − x), y = 3/x.)

45


2y′ cosx = 2 cos2 x− sin2 x+ y2,

ki ima ocitno resitev y1 = sinx.

(R: y = sinx+ 2/(c cosx− sinx), y = sinx.)


x2y′ + xy + x2y2 = 4,


(R: y = 2/x+ 4/(cx5 − x), y = 2/x.)


3x2y′ + 4x3y2 + 2x(1− 4x)y + 1 + 4x = 0,


(R: y = 1/x+ 1/(cx2/3 + x2), y = 1/x.)


xy′ − (2x+ 1)y + y2 + x2 = 0,


(R: y = x+ x/(x+ c), y = x.)


y′ − 2xy + y2 + x2 = 5,

ki ima resitev oblike y1 = ax+ b.

(R: y = x+ 2 + 4/(ce4x − 1), y = x+ 2.)

46


y′ − 2xy + y2 + x2 = 2,


(R: y = x+ 1 + 2/(ce2x − 1), y = x+ 1.)


y′ + 2yex − y2 = e2x + ex,

ki ima ocitno resitev y1 = ex.

(R: y = ex − 1/(x+ c), y = ex.)


y′ + y2 − 3y tg x+ tg2 x− 1 = 0,

ki ima resitev oblike y1 = k tg x.

(R: y = tg x+ (cosx(c+ ln ∣ tg(x/2 + �/4)∣))−1, y = tg x.)


y′ = y2ex + 2y(e4x − 1) + e7x − 5e3x,

ki ima resitev oblike y1 = aebx.

(R: y = 1/(ce2x + ex)− e3x, y = −e3x.)


xy′ = y2 − 2(1 + x)y + x2 + 3x,

ki ima resitev oblike y1 = kx.

(R: y = x+ 2/(cx2 + 1), y = x)

47


x(1− x)(1 + x)y′ + 3x2y2 − (3x2 + 1)y + 1 = 0,


(R: y = 1 + (x3 − x)/(c− x3), y = 1.)


x(x2 − x− 1)y′ − y2 − (x2 − 1)y + x2 = 0,


(R: y = 1 + (x2 − x− 1)/(cx+ 1).)


y′ = (1− 3x)y2 + (12x2 + 2x− 5)y + (6 + 7x− 8x2 − 12x3),


(R: y = 2x+ 1 + 1/(ce3x − x), y = 2x+ 1.)


(x+ 1)2(y′ + y2) = (x2 − 2x− 3)y + 2x,

ki ima resitev oblike y1 = (�x+ �)/( x+ �).

(R: y = (x− 1)/(x+ 1) + 1/(cex − 1), y = (x− 1)/(x+ 1).)


y′ = x(x−1)y2−2

(x2 − 2x+ 3− 2

x+ 1

)y+x2−3x+7− 9

x+ 1+

3

(x+ 1)2,


(R: y = x/(x+ 1) + 2/(ce2x + x2), y = x/(x+ 1).)

48


y′ = 1− 6x+ 2(5− 4x)y + 8xy2,


(R: y = x/(1− 2x) + 1/z, y = x/(1− 2x). Pri tem je

z = ce−14x/(2x− 1)2 + (32/2401)(7x− 4)/(2x− 1)2 − 7x/4 + 6/49.)


y3y′ + y2 + x = 0.

Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko u = y2 + x.

(R: ln(2x2 + 2xy2 + y4)− 2 arc tg(y2/x+ 1) = c.)


y′ = y4 cosx+ y tg x.

Katera resitev zadosca zacetnemu pogoju y(0) = 1? Ali ima enacba

kaksno posebno resitev?

(R: y = 1/ 3√c cos3 x− 3 sinx cos2 x, y = 1/ 3

√cos3 x− 3 sinx cos2 x, y =

0.)


xy′ − 6y = 3(x3 − 2) 3√y2.


(R: y = (cx2 + x3 + 1)3, y = 0.)

49


2xyy′ − y2 + x = 0.

(R: y2 = cx− x ln ∣x∣.)


y′ =x+ y

2y − x.

(R: x2 + 2xy − 2y2 = c.)


y = 2xy′ + xy′2 .

Resitev

Iz enacbe dobimo najprej

y′ = −1±√

1 +y

x,

z vpeljavo nove spremenljivke z = y/x pa enacbo z locljivima spre-

menljivkama

xz′ = −z − 1±√

1 + z.

Uvedemo se spremenljivko u =√

1 + z, pa imamo lepso enacbo

2xuu′u2 ± u = 0,


dx

x+

2 du

u± 1= 0.

50

Po integraciji in antilogaritmiranju najdemo

x(u± 1)2 = c, 2 + z ± 2√

1 + z =c

x, 2 +

y

x± 2

√1 +

y

x=c

x.

Po poenostavitvi imamo splosno resitev v implicitni obliki (y−c)2 = 4cx

in se posebno resitev y = −x, ker je u = 0 tudi resitev vmesne enacbe,


yy′2 + xy′ − yy′ − x = 0 .

(R: x2 + y2 = c2, y = x+ c.)


y = 1 + y′2 .

(R: y = 1 + (x− c)2/4, y = 1.)


x = 2y′ − 1

y′2.

(R: x = 2t− 1/t2, y = t2 − 2/t+ c.)


y = xy′2 + y′2 .

(R: y = (c+√x+ 1)2, y = 0.)


y = 2xy′ +1

y′2.

51

Resitev

Enacba je Lagrangeva. Uvedemo t = y′ in dobimo y = 2xt + t−2.

Odvajamo:

y′ = t = 2t+ (2x− 2t−3)dt

dx.

Preoblikujemo v linearno enacbo:

dx

dt= −2x− 2t−3

t= −2x

t+

2

t4.

Po standardnem postopku dobimo njeno splosno resitev x = ct−2−2t−3,

nato pa se y = 2xt + t−2 = 2ct−1 − 3t−2. Ce vpeljemo nov parameter

� = t−1, imamo resitev v parametricni obliki: x = c� 2 − 2� 3, y =

2c� − 3� 2.


x(y′2 + e−2y) = −2y′ .

Resitev

V enacbo uvedemo novo spremenljivko z z relacijo z = e−y, y = − ln z,

y′ = −z′/z. Dobimo enacbo

xz′2 + 1

z2=

2z′

z,

ki jo zlahka prepisemo v obliko

z =x

2(z′ + z′−1).

Enacba je Lagrangeva in jo resujemo po standardnem postopku z uvedbo

parametra z′ = t:

z =x

2(t+ t−1).

52

Odvajamo:

t =1

2(t+ t−1) +

x

2(1− t−2) dt

dx.

Za t = ± 1, ki resita enacbo, dobimo posebni resitvi z = ±x ali strnje-

no: z2 = x2. Splosna resitev pa je skrita v enacbi

t = xdt

dx,

ki jo dobimo z urejanjem iz prejsnje. Resitev je cx = c. Potem pa

zlahka dobimo z izlocitvijo parametra t obliko 2zc = c2x2 + 1 ali pa

(c2x2 + 1)/z = 2c. Koncno imamo splosno resitev ey(c2x2 + 1) = 2c in

posebno resitev e−2y = x2.


xy′ = 2y +√

1 + y′2 .

(R: x = t(c+ ln(1 +√

1 + t2)− ln ∣t∣), y = xt/2−√

1 + t2; y = −1/2.)


y = xy′ − y′2 .

Resitev

Enacba je Clairautova. Splosna resitev je y = cx − c2, posebna pa

ogrinjaca druzine resitev. To dobimo, ce iz relacij y = cx − c2 in

0 = x− 2c izlocimo parameter c. Ker je c = x/2, dobimo y = (x/2)x−(x/2)2 = x2/4. Resitvi sta torej y = cx− c2 in y = x2/4.


y′4 = 4y(xy′ − 2y)2.

53

Resitev

Uvedemo novo spremenljivko z z relacijo y = z2, y′ = 2zz′. S tem

poenostavimo enacbo v z′4 = (xz′ − z)2, ki razpade na dve Clairautovi

enacbi:

z = xz′ − z′2, z = xz′ + z′2.

Resitvi sta

z = c(x− c), z = c(x+ c).

Koncno resitev pa lahko izrazimo enotno: y = c2(x − c)2. Resitev je

tudi ogrinjaca te druzine: y = x4/16.


y = xy′ +1

y′.

(R: y = cx+ 1/c, y2 = 4x.)


y = xy′ − 3y′3 .

(R: y = cx− 3c3, 81y2 = 4x3.)


y = xy′ −√

1 + y′2 .

(R: y = cx−√

1 + c2, x2 + y2 = 1.)


y = xy′ +1

2y′2.

(R: y = cx+ 1/(2c2), y = 33√x2/2.)

54


y = xy′ + y′ + y′2 .

(R: y = cx+ c+ c2, y = −(x+ 1)2/4.)


x2(y − xy′) = yy′2.

Resitev

Pomnozimo enacbo s y in uredimo:

x2(y2 − xyy′) = (yy′)2.

Uvedemo novi spremenljivki � = y2 in � = x2, za kateri najprej dobimo:

xyy′ =x

2

dy2

dx=x

2

dy2

d�

d�

dx=x

2

d�

d�(2x) = �

d�

d�, (yy′)2 = �

(d�

d�

)2

Vstavimo v prejsnjo diferencialno enacbo:

�

(� − � d�

d�

)= �

(d�

d�

)2

.

Po krajsanju s � in preureditvi pridemo do Clairautove enacbe

� = �d�

d�+

(d�

d�

)2

,

ki ima splosno resitev � = c� + c2 in ogrinjaco � = −�2/4 za posebno

resitev. V starih spremenljivkah dobimo za ogrinjaco enacbo 4y2+x4 =

0, kar pa da samo tocko (0, 0). Nazadnje imamo resitev v prvotnih

spremenljivkah: y2 = cx2 + c2.

55


(y − 2xy′)2 = 4yy′3.

Resitev

Enacbo pomnozimo z 2y2 in jo preuredimo:

2(y2 − 2xyy′)2 = (2yy′)3.

Vpeljemo novo spremenljivko z = y2, z′ = 2yy′:

2(z − xz′)2 = z′3.

Po korenjenu dobimo Clairautovo enacbo:

z = z′x+√z′2/2,

ki ima splosno resitev z = cx+√c3/2 in posebno resitev 27z = 8x3. Za-

menjamo konstanto c z 2c2 in dobimo v prvotnih spremenljivah splosno

resitev y2 = 2c2(x+ c) in posebno resitev 8x3 = 27y2.


y′ + tg y =x

cos y.

Resitev

Uvedemo novo spremenljivko z = sin y, z′ = y′ cos y in dobimo:

z′

cos y+

sin y

cos y=

x

cos y.

Enacba se poenostavi v linearno z′ + z = x, ki jo resimo na obicajni

nacin in dobimo njeno splosno resitev: z = ce−x+x−1. Splosna resitev

dane enacbe pa je potem v implicitni obliki: sin y = ce−x + x− 1.

56

2 Nekaj geometrijskih nalog

Ortogonalne trajektorije druzine krivulj f(x, y, c) = 0 sekajo vsako njeno clanico

pod pravim kotom. Z izlocitvijo parametra c iz sistema

f(x, y, c) = 0,∂f

∂x(x, y, c) dx+

∂f

∂y(x, y, c) dy = 0

dobimo za dano druzino krivulj diferencialno enacbo:

F (x, y,dy

dx) = 0 .

Ce v njej zamenjamo dy/dx z −dx/dy, dobimo diferencialno enacbo ortogonalnih

trajektorij:

F (x, y,−dxdy

) = 0 .

Ko jo resimo, dobimo enacbo iskanih krivulj.

1. Poiscite druzini krivulj cx2 + y2 = 1 ustrezno diferencialno enacbo in

zapisite diferencialno enacbo ortogonalnih trajektorij druzine. Dobljeno

diferencialno enacbo nato resite. Skicirajte nekaj krivulj dane druzine

in nekaj njenih ortogonalnih trajektorij.

Resitev

Z odvajanjem enacbe cx2 + y2 = 1 in krajsanjem dobimo cx+ yy′ = 0.

Izlocimo konstanto c: 1− y2 = −xyy′. To je diferencialna enacba dane

druzine krivulj. Diferencialna enacba njej ortogonalnih trajektorij pa

je: 1 − y2 = xy/y′. Po preoblikovanju dobimo preprosto diferencialno

enacbo x dx+ y dy = dy/y. Integriramo in antilogaritmiramo. Dobimo

resitev v implicitni obliki: y2 = cex2+y2 .

57

2. Poiscite ortogonalne trajektorije druzine xy = c. Narisite ustrezno

skico.

(R: x2 − y2 = c, hiperbole.)

3. Poiscite ortogonalne trajektorije druzine y = cex. Narisite ustrezno

skico.

(R: y2 + 2x = c, parabole.)

4. Poiscite ortogonalne trajektorije druzine y = cx2. Narisite ustrezno

skico.

(R: x2 + 2y2 = c, elipse.)

5. Poiscite ortogonalne trajektorije druzine x2 + y2 = 2cx. Narisite us-

trezno skico.

(R: x2 + y2 = 2cy, kroznice.)

6. Poiscite ortogonalne trajektorije druzine x3 − 3xy2 = c. Narisite us-

trezno skico.

58

(R: y3 − 3x2y = c.)

7. Poiscite ortogonalne trajektorije druzine elips x2 + 4y2 = a2. Narisite

ustrezno skico.

(R: y = cx4, parabole cetrte stopnje.)

8. Poiscite ortogonalne trajektorije druzine semikubnih parabol x3 = ay2.

Narisite ustrezno skico.

(R: 2x2 + 3y2 = c2, elipse.)

9. Pri kateri krivulji je presecisce vsake tangente z abscisno osjo enako

oddaljeno od koordinatnega izhodisca kot od dotikalisca?

(R: c(x2 + y2) = y, kroznice.)

10. Pri kateri krivulji je ploscina trapeza, ki ga omejujeta koordinatni osi,

tangenta in ordinata, konstantno enaka 3a2?

(R: xy = cx3 + 2a2.)

59

11. Pri kateri krivulji dotikalisce tangente deli odsek te tangente med ko-

ordinatnima osema na dolzinsko enaka dela?

(R: Pri hiperboli xy = c.)

3 Navadne diferencialne enacbe drugega in

visjih redov

1. Diferencialno enacbo

y(n) = f(x)

resujemo z n-kratno zaporedno integracijo, lahko pa tudi izracunamo najprej njeno

partikularno resitev

y1(x) =1

(n− 1)!

∫ x

a(x− t)n−1f(t) dt (Cauchyjeva formula)

in potem zapisemo splosno resitev:

y(x) = y1(x) + Pn−1(x),

kjer je Pn−1(x) poljuben polinom stopnje n− 1.


f(y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0,

ki ne vsebuje x, resujemo z uvedbo nove neznane funkcije y′ = u = u(y). s katero

dobimo:

y′′ = udu

dy, y′′′ = u2

d2u

dy2+ u

(du

dy

)2

, . . .

S tem dani diferencialni enacbi znizamo red za 1. Nazadnje resimo diferencialno

enacbo z locljivima spremenljivkama y′ = z(y).

3. Diferencialni enacbi

f(x, y(k), y(k+1), . . . , y(k+n)) = 0

60

znizamo red z uvedbo u = y(k). Dobimo:

f(x, u, u′, . . . , u(n)) = 0.

Nazadnje po znani metodi resimo enacbo

y(k) = u(x).


f(x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0,

kjer je f homogena funkcija glede na y, y′, y′′, . . . , y(n), znizamo red z uvedbo nove

funkcije u = y′/y. Postopoma lahko izrazimo

y′′

y= u′ + u2,

y′′′

y= u′′ + 3uu′ + u3, . . .

in zaradi homogenosti funkcije f dobimo iz enacbe

f(x, 1, y′/y, y′′/y, . . . , y(n)/y) = 0

enacbo nizjega reda:

g(x, u, u′, . . . , u(n−1)) = 0.

Iz njene resitve dobimo resitev zacetne diferencialne enacbe:

y = e∫u(x) dx.


f(x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0,

kjer je f posploseno homogena funkcija glede na vse svoje argumente, tudi lahko

znizamo red. Funkcija f je posploseno homogena, ce pri zamenjavi

x 7→ kx, y 7→ kmy, y′ 7→ km−1y′, y′′ 7→ km−2y′′, . . .

pri nekem m preide vase. Enacbo resujemo najprej s substitucijo y(x) = z(x)xm,

nato pa se, ce je potrebno, s substitucijo x = et.

61

6. Linearna diferencialna enacba drugega reda ima obliko

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = f(x).

Ce je f(x) ≡ 0, je linearna enacba homogena. Ce poznamo linearno neodvisni

resitvi y1 in y2 homogene enacbe

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0,

potem je njena splosna resitev

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x).

Potreben in zadosten pogoj za linearno neodvisnost resitev y1 in y2 homogene

enacbe je ∣∣∣∣∣∣ y1 y2

y′1 y′2

∣∣∣∣∣∣ ∕= 0.

Ce poznamo partikularno resitev y1 homogene enacbe, potem lahko drugo

partikularno resitev y2, ki je linearno neodvisna od y1, najdemo z Liouvillovo

formulo:

y2(x) = y1(x)

∫ (e−

∫p(x) dx

)dx

y21(x)

ali pa kar kot y2(x) = y1(x)z(x), tako da dobimo naslednjo diferencialno enacbo

za z, ki jo znamo resiti z znizanjem njenega reda:

y1z′′ + (2y′1 + p(x)y1)z

′ = 0.

7. Nehomogeno enacbo

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = f(x)

resujemo v 2 korakih. Priredimo ji homogeno enacbo in poiscemo linearno neod-

visni partikularni resitvi �1 in �2 in s tem splosno resitev y = c1�1 + c2�2. Ne-

homogeno enacbo lahko potem resimo z metodo variacije konstant. Zapisemo

62

Y (x) = c1(x)�1(x) + c2(x)�2(x) in nastavimo sistem enacb za c′1(x) in c′2(x):

c′1(x)�1(x) + c′2(x)�2(x) = 0,

c′1(x)�′1(x) + c′2(x)�′2(x) = f(x),

Sistem resimo na c′1(x) in c′2(x), integriramo in dobimo c1(x) in c2(x). S tem

imamo partikularno resitev Y (x) nehomogene enacbe, njena splosna resitev pa je

y(x) = c1�1(x) + c2�2(x) + Y (x).

8. Linearna diferencialna enacba n-tega reda ima obliko

y(n) + p1(x)y(n−1) + . . .+ pn(x)y = f(x).

Ce je f(x) ≡ 0, je linearna enacba homogena. Ce poznamo linearno neodvisne

resitve y1, y2, . . . , yn homogene enacbe

y(n) + p1(x)y(n−1) + . . .+ pn(x)y = 0,

potem je njena splosna resitev

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + . . .+ cnyn(x).

Potreben in zadosten pogoj za linearno neodvisnost resitev y1, y2, . . . , yn homogene

enacbe je ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y1 y2 . . . yn

y′1 y′2 . . . y′n...

.... . .

...

y(n−1)1 y

(n−1)2 . . . y

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∕= 0.

9. Nehomogeno enacbo

y(n) + p1(x)y(n−1) + . . .+ pn(x)y = f(x)

resujemo v 2 korakih. Priredimo ji homogeno enacbo in poiscemo linearno neod-

visne partikularne resitve �1, �2, . . . , �n in s tem splosno resitev y = c1�1 + c2�2 +

63

. . .+ cn�n. Nehomogeno enacbo lahko potem resimo z metodo variacije konstant.

Zapisemo Y (x) = c1(x)�1(x) + c2(x)�2(x) + . . . + cn(x)�n(x) in nastavimo sistem

enacb za c′1(x), c′2(x), . . . , c′n(x):

c′1(x)�1(x) + c′2(x)�2(x) + . . .+ c′n(x)�n(x) = 0,

c′1(x)�′1(x) + c′2(x)�′2(x) + . . .+ c′n(x)�′n(x) = 0,

...

c′1(x)�(n−1)1 (x) + c′2(x)�

(n−1)2 (x) + . . .+ c(n−1)n (x)�′n(x) = f(x).

Sistem resimo na c′1(x), c′2(x), . . . , c′n(x), integriramo in dobimo c1(x), c2(x), . . . , cn(x).

S tem imamo partikularno resitev Y (x) nehomogene enacbe, njena splosna resitev

pa je

y(x) = c1�1(x) + c2�2(x) + . . .+ cn�n(x) + Y (x).

10. Homogena linearna diferencialna enacba n-tega reda s konstantnimi koeficienti

ima obliko

y(n) + p1y(n−1) + . . .+ pny = 0.

Pri tem so p1, . . . , pn realne konstante. Njene resitve iscemo z nastavkom y = e�x.

Dobimo pogoj za �, to je karakteristicno enacbo dane diferencialne enacbe:

P (�) = �n + p1�n−1 + . . .+ pn = 0.

Vsaka nicla polinoma P (�) prispeva nekaj resitev k sistemu linearno neodvisnih

resitev y1, y2, . . . , yn diferencialne enacbe.

Ce je nicla �0 polinoma P (�) realna in r-kratna, potem spadajo v sistem

linearno neodvisnih resitev funkcije

e�0x, xe�0x, . . . , xr−1e�0x.

Ce je nicla �0 = �0 + i�0, �0 ∕= 0, polinoma P (�) kompleksna in r-kratna,

potem spadajo v sistem linearno neodvisnih resitev funkcije

e�0x cos(�0x), e�0x sin(�0x);xe�0x cos(�0x), xe�0x sin(�0x); . . . ;

64

xr−1e�0x cos(�0x), xr−1e�0x sin(�0x).

Ko upostevamo vse nicle polinoma P (�), dobimo nabor n linearno neodvisnih

resitev diferencialne enacbe in zapisemo njeno splosno resitev.

11. Nehomogeni linearni diferencialni enacbi n-tega reda s konstantnimi koeficienti

y(n) + p1y(n−1) + . . .+ pny = f(x)

lahko poiscemo resitev z metodo variacije konstant, pri posebni obliki funkcije f(x)

pa gre laze z nastavkom in po metodi nedolocenih koeficientov. Ce je

f(x) = Q(x)e�x,

kjer je Q(x) polinom stopnje m in � realno ali kompleksno stevilo, potem poiscemo

partikularno resitev Y (x) nehomogene enacbe z nastavkom

Y (x) = xsR(x)e�x,

pri cemer je R(x) polinom stopnje m, stevilo s pa pove, kolikokratna nicla karak-

teristicnega polinoma P (�) pripadajoce homogene enacbe je stevilo �.

Po metodi nedolocenih koeficientov poiscemo polinom R(x) kot posledico za-

hteve, da je Y (x) resitev nehomogene enacbe. Splosna resitev se nato izraza tako

kot pri splosni linearni diferencialni enacbi.

12. Pri resevanju linearnih diferencialnih enacb so koristna naslednja pravila.

a) Ce ima homogena enacba kompleksno resitev y, potem sta resitvi tudi Re y

in Im y.

b) Ce ima nehomogena enacba kompleksno resitev y in na desni strani kom-

pleksno funkcijo f(x), potem je Re y njena resitev za desno stran Re f(x), Im y pa

njena resitev za desno stran Im f(x),

c) Ce je Y1 resitev nehomogene enacbe za desno stran '1(x) in Y2 resitev iste

enacbe za desno stran '2(x), potem je Y = Y1 +Y2 resitev te iste enacbe za desno

stran '1(x) + '2(x).

65

13. Eulerjevo diferencialno enacbo

xny(n) + p1xn−1y(n−1) + . . .+ pny = f(x)

prevedemo na linearno diferencialno enacbo s konstantnimi koeficienti s substitu-

cijo x = et oziroma t = lnx za x > 0. Za x < 0 pa vzamemo x = −et. Odvode,

pomnozene z ustreznimi potencami, zamenjamo tako:

xy′ =dy

dt, x2y′′ =

d2y

dt2− dy

dt, x3y′′′ =

d3y

dt3− 3

d2y

dt2+ 2

dy

dt, . . .

Dobimo enacbodny

dtn+ q1

dn−1y

dtn−1+ . . .+ qny = f(et),

ki jo resujemo po prej opisanih metodah.


y′′ = 2yy′.

Resitev

Uvedemo z = z(y) = y′. Potem je y′′ = dz/dy ⋅dy/dx = z ⋅dz/dy. Dana

enacba dobi obliko: z ⋅ dz/dy = 2yz. Ena resitev je ocitno z = y′ = 0

in s tem y = c. Druge resitve najdemo v enacbi dz/dy = 2y, ki nam

da: z = y2 + c1. Sedaj je treba razlikovati tri moznosti.

a) Za c1 = 0 integriramo enacbo dy/y2 = dx in dobimo −1/y = x − coziroma po preoblikovanju (c− x)y = 1.

b) Za c1 > 0 pisemo c1 = C21 in integriramo enacbo dy/(y2 +C2

1) = dx.

Dobimo1

C1

arc tgy

C1

= x+C2

C1

.

Resitev lahko pisemo v obliki y = C1 tg(C1x+ C2).

66

c) Za c1 < 0 pisemo c1 = −C21 in integriramo enacbo dy/(y2−C2

1) = dx.

Dobimo1

2C1

ln

∣∣∣∣y − C1

y + C1

∣∣∣∣ = x+C2

2C1

.

Resitev lahko pisemo v obliki ln ∣(y − C1)/(y + C1)∣ = 2C1x+ C2.


yy′′ + 1 = y′2.

Resitev

Spet uvedemo z = z(y) = y′. Potem je y′′ = dz/dy ⋅ dy/dx = z ⋅ dz/dy.

Dana enacba dobi obliko: yz ⋅dz/dy+ 1 = z2. Njeni posebni resitvi sta

ocitno z = y′ = 1 in z = y′ = −1, resitvi dane enacba pa sta y = x+ c

in y = −x+ c.

Locimo spremenljivki in pomnozimo obe strani z 2:

2z dz

z2 − 1=

2 dy

y.

Po integraciji in antilogaritmiranju imamo splosno resitev z2−1 = c1y2.

Treba razlikovati moznosti.

a) Za c1 > 0 pisemo c1 = C21 in integriramo enacbo dy/

√C2

1y2 + 1 =

± dx. Dobimo

± arsh(C1y) = C1x+ C2.

Resitev lahko pisemo v obliki C1y = ± sh(C1x+ C2).

b) Za c1 < 0 pisemo c1 = −C21 in integriramo enacbo dy/

√1− C2

1y2 =

± dx. Dobimo

arc sin(C1y) = C1x+ C2.

Resitev lahko pisemo v obliki C1y = sin(C1x+ C2).

67


y′′(ex + 1) + y′ = 0.

(R: y = c1(x− e−x) + c2.)


y′′′ = y′′2.

(R: y = c1x+ c2, y = −(x+ c1) ln ∣x+ c1∣+ c2x+ c3.)


yy′′ = y′2 − y′3.

(R: y + c1 ln ∣y∣ = x+ c2, y = c.)


2yy′′ = y2 + y′2.

(R: y = c1(1± ch(x+ c2)), y = ce±x.)


y′′2 + y′ = xy′′.

(R: y = c1x2/2− c21x+ c2, y = x3/12 + c.)


xy′′′ = (1− x)y′′.

(R: y = c1(x+ 2)e−x + c2x+ c3.)

68


y′′2 = y′2 + 1.

(R: y = ± ch(x+ c1) + c2.)


y′′′ = 2(y′′ − 1) ctg x.

(R: y = (1 + 4c1)x2/2 + c1 cos(2x) + c2x+ c3.)


y′′′ = 2(y′′ − 1) ctg x.


y′′(2y′ + x) = 1.

Resitev

Vpeljemo t = y′ in dobimo diferencialno enacbo (dt/dx)(2t + x) = 1.

Prepisemo jo v obliko dx/dt = x + 2t. To je nehomogena linearna

diferencialna enacba, ki ima splosno resitev x = c1et − 2t− 2. Iz dy =

t dx dobimo dy = t(c1et−2) dt in z integracijo y = c1(te

t− et)− t2 + c2.

Tako smo nasli resitev v parametricni obliki:

x = c1et − 2t− 2, y = c1e

t(t− 1)− t2 + c2.


y′2 = (3y − 2y′)y′′.

69

Resitev

Vpeljemo t = t(y) = y′, y′′ = t ⋅ dt/dy in dobimo diferencialno enacbo

t2 = (3y − 2t)t ⋅ dt/dy. Ena resitev je ocitno t = y′ = 0, ki nam da

y = c. Po krajsanju dobimo enacbo t = (3y − 2t)dt/dy oziroma:

dy

dt=

3y

t− 2.

To je nehomogena linearna diferencialna enacba, ki jo resujemo po

znanem postopku in dobimo: y = 2c1t3 + t. Iz y′ = dy/dx = t imamo

dx =dy

t= (6c1t+ t−1) dt

in z integracijo x = 3c1t2 + ln ∣t∣+ c2. Resitev v parametricni obliki je:

x = 3c1t2 + ln ∣t∣+ c2, y = 2c1t

3 + t.


y′′ + y′2 = 2e−y.

Resitev

Vpeljemo novo spremenljivko y = ln z in dobimo:

y′ = z′/z, y′′ = z′′/z − z′2/z2 = z′′/z − y′2.

Diferencialna enacba pa se poenostavi v z′′ = 2. Njena resitev je z =

x2 + c1x+ c2. Resitev dane enacbe je zato ey = x2 + c1x+ c2.


2y′(y′′ + 2) = xy′′2.

70

Resitev

Ce vpeljemo y′ = ux, y′′ = u′x + u, se enacba poenostavi v u2 + 4u =

x2u′2, ki ima locljivi spremenljivki. Posebni resitvi sta tudi u = 0 in

u = −4, ki nam dasta enacbi y′ = 0 in y′ = −4x z resitvama y = c in

y = c− 2x2. Za preostale resitve locimo spremenljivki:

± du√u2 + 4u

=dx

x.

Integracija nam da

ln(u+ 2±√u2 + 4u) = ln ∣x∣+ ln c1.

Antilogaritmiramo in odpravimo koren:

u2 + 4u = (c1x− u− 2)2.

Poenostavitev nam da: 2c1y′ = (c1x− 2)2. Se z eno integracijo dobimo

resitev v obliki

2c1y =1

3c1(c1x− 2)3 + c2,

s preimenovanjem integracijskih konstant pa tudi:

3C1y = (x− C1)3 + C2,


y′′ − xy′′′ + y′′′2 = 0.

(R: y = c1x3/6− c31x2/2 + c2x+ c3, y = ± 8x3

√3x/315 + c1x+ c2.)


xy′′ = y′ + x sin(y′/x).

71

Resitev

Vpeljemo u = y′/x, y′ = ux, y′′ = u′x + u in dobimo diferencialno

enacbo u′x = sinu. Locimo spremenljivki, integriramo in antilogarit-

miramo. Dobimo tg(u/2) = c1x. Posebne resitve so tudi u = k�,

kjer je k = 0,±, 1,± 2, . . . S tem imamo u = y′/x = 2 arc tg(c1x) in

u = y′/x = k�. Se z eno integracijo dobimo nazadnje:

y =c21x

2 + 1

c21arc tg(c1x)− x

c1+ c2, y =

k�x2

2+ c.


y′′2 − 2y′y′′′ + 1 = 0.

Resitev

Vpeljemo najprej z = y′ in dobimo: z′2 − 2zz′′ + 1 = 0, nato pa se

z′ = u(z), z′′ = u ⋅ du/dz. Dobimo diferencialno enacbo

u2 − 2zudu

dz+ 1 = 0,


2u du

u2 + 1=dz

z.

Z integracijo in antilogaritmiranjem najdemo u2 + 1 = c1z. Izrazimo

u =dz

dx= ±√c1z − 1

in locimo spremenljivki:

± dz√c1z − 1

= dx.

72

Z integracijo in kvadriranjem dobimo

c1z − 1 = c1y′ − 1 =

1

4(c1x+ c2)

2,

zadnja integracija pa da resitev:

c1y − x =1

12c1(c1x+ c2)

3 + c3.


y′y′′′ − 2y′′2 = 0.

Resitev

Ocitno je lahko y′′ = 0, kar nam da resitev y = c1x+ c2. Za y′′ ∕= 0 pa

enacbo delimo z y′′2 in dobimo:

y′y′′′ − y′′2

y′′2= −

(y′

y′′

)′= 1.

Prva integracija nam da enacbo

− y′

y′′= x+ c1

oziromay′′

y′=

1

x+ c1.

Druga integracija nam da

y′ =c2

x+ c1,

tretja pa

y = c2 ln ∣x+ c1∣+ c3.

73


yy′′ + y′2 = 1.

Resitev

Enacbi najprej damo obliko (yy′)′ = 1, jo integriramo in dobimo: yy′ =

x + c1/2 oziroma 2yy′ = (y2)′ = 2x + c1. Druga integracija nam da

resitev: y2 = x2 + c1x+ c2.


y′′ = xy′ + y + 1.

Resitev

Enacbo prepisemo v obliko

y′′ = (xy)′ + 1

in integriramo:

y′ = xy + x+ c1.

To je nehomogena linearna diferencialna enacba, ki jo znamo resiti.

Dobimo resitev

y = −1 + c2ex2/2 + c1e

x2/2

∫e−x

2/2 dx,

ki ni elementarna funkcija.


yy′′ = y′(y′ + 1).

74

Resitev

Enacba ima trivialno resitev y = 0. Za y ∕= 0 lahko enacbo delimo z y2

in dobimo:yy′′ − y′2

y2=y′

y2

oziroma (y′

y

)′= −

(1

y

)′.

Z integracijo dobimoy′

y= −1

y+ c1.

Za c1 = 0 dobimo resitev y = c− x, za c1 ∕= 0 pa linearno nehomogeno


y′ − c1y = −1,

ki ima resitev

y =1

c1+ c2e

c1x.


yy′′′ + 3y′y′′ = 0.

Resitev

Enacbo prepisemo v obliko

(yy′′)′ + (y′2)′ = 0

in z integracijo dobimo enacbo

yy′′ + y′2 = c1,

75

ki jo lahko preoblikujemo v

(yy′)′ = c1.

Po se eni integraciji in mnozenjem z 2 imamo

2yy′ = (y2)′ = 2c1x+ c2.

Zadnja integracija nam prinese rezultat:

y2 = c1x2 + c2x+ c3.


xyy′′ − xy′2 = yy′.

Resitev

Vpeljemo spremenljivko z = z(x) z relacijo y′ = zy. Izrazimo se

y′′ = z′y + zy′ = z′y + z2y.

Dobimo:

xy2(z2 + z′)− xy2z2 = y2z.

Trivialna resitev je y = 0. Po krajsanju z y2 in poenostavitvi pridemo

do enacbe z locljivima spremenljivkama: xz′ = z, ki ima resitev z =

2c1x. Zato je y′/y = 2c1x, ki ima splosno resitev y = c2ec1x2 , ki vsebuje

tudi trivialno.


yy′′ = y′2 + 15y2√x.

76

Resitev

Spet vpeljemo spremenljivko z = z(x) z relacijo y′ = zy. Izrazimo se

y′′ = z′y + zy′ = z′y + z2y. Dobimo:

y2(z2 + z′) = y2z2 + 15y2√x.

Trivialna resitev je y = 0. Po krajsanju z y2 in poenostavitvi pridemo

do enacbe z locljivima spremenljivkama: z′ = 15√x. Resitev je z =

10x√x + c1. Nato resimo se enacbo y′/y = 10x

√x + c1 in dobimo

splosno resitev

y = c2e4x2√x+c1x,

ki vsebuje tudi trivialno.


(x2 + 1)(y′2 − yy′′) = xyy′.

(R: y = c2(x+√x2 + 1)c1 .)


5y′′′2 − 3y′′yIV = 0.

Resitev

Najprej enacbo preoblikujemo v

2y′′′2 + 3(y′′′2 − y′′yIV ) = 0.

Ce je y′′′ = 0, imamo resitev y = c1x2+c2x+c3, sicer pa zgornjo enacbo

delimo z y′′′2 in dobimo:

2 + 3

(y′′

y′′′

)′= 0.

77

Prva integracija nam da:

y′′

y′′′= −2x

3+c13

=c1 − 2x

3.

Dobljeno enacbo prepisemo v obliko

y′′′

y′′=

3

c1 − 2x,

integriramo in antilogaritmiramo. Dobimo

y′′ = c2(c1 − 2x)−3/2.

Se ena integracija nam prinese

y′ = c2(c1 − 2x)−1/2 + c3,

zadnja pa

y = −c2(c1 − 2x)1/2 + c3x+ c4.

S predelavo konstant c1 in c2 v novi konstanti lahko zapisemo se lepse:

y = ±√c1x+ c2 + c3x+ c4.


xyy′′ + xy′2 = 2yy′.

Resitev

Enacbi najprej damo obliko x(yy′)′ = 2yy′ in nato vanjo vpeljemo

z = yy′. Enacba se poenostavi v xz′ = 2z, ki ima resitev z = 3c2x2/2.

Za tem resimo se enacbo yy′ = 3c1x2/2 in dobimo y2/2 = c1x

3/2+c2/2,

kar polepsamo v y2 = c1x3 + c2.

78


x2yy′′ = (y − xy′)2.

Resitev

V enacbo vpeljemo u = y′/y, y′ = uy, y′′ = y(u′ + u2) in po krajsanju

in preureditvi dobimo x2u′ + 2ux = (x2u)′ = 1. Prva integracija nam

da x2u = x+ c1, y′/y = u = 1/x+ c1/x

2. Druga integracija pa nam da

ln ∣y∣ = ln ∣x∣ − c1/x+ ln c2 in s tem rezultat: y = c2xe−c1/x.


y′′ +y′

x+

y

x2=y′2

y.

Resitev

V enacbo vpeljemo

u = y′/y, y′ = uy, y′′ = y(u′ + u2)

in po krajsanju in preureditvi dobimo u′+u/x = −1/x2. To je linearna

nehomogena enacba, katere resitev najdemo po standardnem postopku:

y′/y = u = c1/x− ln ∣x∣/x. Integracija nam da najprej

ln ∣y∣ = c1 ln ∣x∣ − ln2 ∣x∣/2 + ln c2

in z antilogaritmiranjem y = c2xc1−ln ∣x∣/2.


y(xy′′ + y′) = xy′2(1− x).

79

Resitev

V enacbo vpeljemo u = y′/y, y′ = uy, y′′ = y(u′+u2) in po krajsanju ter

preureditvi dobimo xu′ + u = −x2z2. To je Bernoullijeva diferencialna

enacba, katere resitev najdemo po standardnem postopku: y′/y = u =

1/(c1x+ x2). Posebna resitev je u = 0, ki nam da y = c. Ce je c1 = 0,

dobimo y′/y = 1/x2, ln ∣y∣ = −1/x+ ln c in resitev y = ce−1/x.

Ce je c1 ∕= 0, lahko zapisemo

y′

y=

1

c1x− 1

c1(x+ c1)

in integracija nam prinese:

ln ∣y∣ = ln ∣x∣c1− ln ∣x+ c1∣

c1+ ln c2 = ln c2 + ln

∣∣∣∣ x

x+ c1

∣∣∣∣1/c1 .Koncno lahko zapisemo resitev:

y = c2

∣∣∣∣ x

x+ c1

∣∣∣∣1/c1 .32. Resite diferencialno enacbo

x2yy′′ + y′2 = 0.

Resitev

V enacbo vpeljemo u = y′/y, y′ = uy, y′′ = y(u′ + u2) in po krajsanju

in preureditvi dobimo x2u′ = −u2(1 +x2). Posebna resitev je u = 0, ki

nam da y = c. V dobljeni enacbi locimo spremenljivki in dobimo:

du

u2= −dx− dx

x2.

80

Integracija nam da:

1

u= x− 1/x− 2c1, u =

y′

y=

x

x2 − 2c1x− 1.

Kvadratna enacba x2 − 2c1x− 1 = 0 ima korena x1 = c1 +√c21 + 1 in

x2 = c1 −√c21 + 1, zato lahko pisemo

y′

y=

x

(x− x1)(x− x2)=

1

x1 − x2

(x1

x− x1− x2x− x2

).

Z integracijo dobimo resitev v obliki:

(x1 − x2) ln ∣y∣ = ln∣x− x1∣x1∣x− x2∣x2

+c2

x1 − x2.

Z antilogaritmiranjem pa

∣y∣x1−x2 = c2∣x− x1∣x1∣x− x2∣x2

.


xyy′′ = y′(y + y′).

Resitev

V enacbo spet vpeljemo u = y′/y, y′ = uy, y′′ = y(u′ + u2) in

po krajsanju in preureditvi dobimo Bernoullijevo diferencialno enacbo

xu′ − u = (1− x2)u. Njena posebna resitev je u = 0, ki nam da y = c.

Za u ∕= 0 resimo enacbo po ustaljenem postopku in dobimo:

u =y′

y=

2x

(x− 1)2 + c1 − 1.

Z integracijo dobimo resitev:

ln ∣y∣ = ln ∣x2 − 2x+ c1∣+ 2

∫2x

(x− 1)2 + c1 − 1+ c2.

81


x2(y′2 − 2yy′′) = y2.

Resitev

Ocitno je y = 0 resitev enacbe. Za y ∕= 0 vpeljemo u = y′/y, y′ = uy,

y′′ = y(u′ + u2) in po krajsanju in preureditvi dobimo Riccatijevo

diferencialno enacbo 2x2u′ = −1 − x2u2, ki ima partikularno resitev

u1 = 1/x. S substitucijo u = 1/x + z enacba preide v Bernoulli-

jevo: 2xz′ + 2z = −xz2. Z drugo substitucijo, w = 1/z, dobimo

linearno nehomogeno enacbo 2xw′ − 2w = x, ki ima splosno resitev

w = (x ln ∣x∣+ c1x)/2. Nato je z = 2/(c1x+x ln ∣x∣) in zato u = y′/y =

1/x+ 2/(c1x+ x ln ∣x∣). Integracija nam da:

ln ∣y∣ = ln ∣x∣+ 2 ln ∣c1 + ln ∣x∣∣+ ln c2.

Antilogaritmiranje nam prinese nazadnje resitev: y = c2x(c1 + ln ∣x∣)2.


y2

x2+ y′2 = 3xy′′ +

2yy′

x.

Resitev

Preverimo, ce je enacba neobcutljiva na zamenjave

x 7→ kx, y 7→ kmy, y′ 7→ km−1y′, y′′ 7→ km−2y′′

pri kaksnem stevilu m. Za posamezne clene v enacbi mora veljati:

2m− 2 = 2m− 2 = 1 + (m− 2) = m+ (m− 1)− 1.

82

Zato je m = 1 in v enacbo vpeljemo y = xmz = xz, y′ = z′x + z,

y′′ = z′′x+ 2z′. Po zamenjavi in ureditvi dobimo

(xz′)2 = 3x2z′′ + 6xz′.

Sedaj vpeljemo x = et, t = lnx, xz′ = z, x2z′′ = z − z, kjer pomeni

pika odvajanje po spremenljivki t, in dobimo:

z2 = 3z + 3z.

Koncno vpeljemo se u = z, z = u(du/dz) in dobimo enacbo:

u2 = 3udu

dz+ 3u.

Ena resitev je ocitno u = 0 in s tem z = 0, kar pomeni z = c in s tem

y = cx.

Za u ∕= 0 pa imamo enacbo u = 3du/dz+3, ki ima locljivi spremenljivki:

3 du

u− 3= dz.

Integracija nam da:

u =dz

dt= 3 + e(z−c1)/3.

Vpeljemo r = e(z−c1)/3, dr = r dz/3 in dobimo zelo enostavno enacbo:

dz

dt=dz

dr⋅ drdt

=3

r⋅ drdt

= 3 + r.

Ponovno locimo spremenljivki:

3 dr

r(r + 3)=dr

r− dr

r + 3= dt.

83

Integracija nam prinese:

lnr

r + 3= t− ln c2,

r + 3

r= 1 +

3

r=c2x,

3

r=c2 − xx

, r =3x

c2 − x,

z − c13

= ln r = − lnc2 − x

3x, z = c1 − 3 ln

c2 − x3x

.

Nazadnje imamo resitev:

y = cx− 3x lnc2 − xx

.


4x2y3y′′ = x2 − y4.

Resitev




2 + 3m+ (m− 2) = 2 = 4m.

Zato je m = 1/2 in v enacbo vpeljemo y = xmz = x1/2z, y′ = x1/2z′ +

x−1/2z/2, y′′ = x1/2z′′ + x−1/2z′ − x−3/2z. Po zamenjavi in ureditvi

dobimo

4z3(x2z′′) + 4z3(xz′) = 1.


pika odvajanje po spremenljivki t, in imamo:

4z3z = 1.

84

Koncno vpeljemo v dobljeno enacbo se u = z, z = u(du/dz) in dobimo

enacbo locljivima spremenljivkama

4z3udu

dz= 1, 2u du =

dz

2z3.

Po integraciji imamo:

u2 = − 1

4z2+c14

=c1z

2 − 1

4z2, u =

dz

dt=

√c1z2 − 1

2z,

2c1z dz√c1z2 − 1

= c1 dt.

Po naslednji integraciji najdemo

2√c1z2 − 1 = c1t+ c2 = c1 lnx+ c2.

Nazadnje, po kvadriranju, zamenjavi z = x−1/2y in preureditvi je pred

nami resitev:

4c1y2 = 4x+ x(c1 lnx+ c2)

2.


x3y′′ = (y − xy′)(y − xy′ − x).

Resitev




3 + (m− 2) = m+m = m+ 1.

Zato je m = 1 in v enacbo vpeljemo y = xmz = xz, y′ = xz′ + z,

y′′ = xz′′ + 2z′. Po zamenjavi in ureditvi dobimo

xz′′ + z′ = xz′2.

85

Sedaj vzamemo u = z′, u′ = z′′ in dobimo Bernoullijevo enacbo xu′ +

u = xu2. Ena njena resitev je u = z′ = 0, ki nam da z = c in s tem

y = cx. Za u ∕= 0 vstavimo w = 1/u in dobimo nehomogeno linearno

enacbo xw′ − w = −x. Njena splosna resitev je w = −c1x − x lnx.

Zato je

z′ = u =1

w= − 1

x(ln c1 + lnx)= − 1

x ln(c1x).

Nato nam integracija da

z =y

x= −

∫dx

x ln(c1x)= − ln(ln(c1x)) + ln c2 = − ln(c2 ln(c1x)).

Koncno lahko zapisemo:

y = −x ln(c2 ln(c1x)).


x4(y′2 − 2yy′′) = 4x3yy′ + 1.

Resitev




4 + 2(m− 1) = 4 +m+ (m− 2) = 3 +m+ (m− 1) = 0.

Zato je m = −1 in v enacbo vpeljemo y = xmz = z/x, y′ = z′/x−z/x2,y′′ = z′′/x− 2z′/x2 + 2z/x3. Po zamenjavi in ureditvi dobimo

(xz′)2 + z2 − 2z(xz′)− 2z(x2z′′) = 1.

86


pika odvajanje po spremenljivki t, in imamo: z2+z2−2zz = 1. Enacba

ima ocitni resitvi z = ± 1, ki nam dasta y = ± 1/x.

Sicer pa v dobljeno enacbo vpeljemo se u = z, z = u(du/dz) in dobimo

enacbo

2uzdu

dz= u2 + z2 − 1.

Nato vzamemo se w = u2 in dobimo nehomogeno linearno diferencialno

enacbo

zdw

dz− w = z2 − 1,

ki ima splosno resitev w = 2c1z + z2 + 1. Nato dobimo:

u =dz

dt=√z2 + 2c1z + 1.

Z locitvijo spremenljivk in integracijo imamo

ln(z + c1 +√z2 + 2c1z + 1) = t+ ln c2 = lnx+ ln c2 = ln(c2x).

Po antilogaritmiranju, preurejanju in kvadriranju dobimo nazadnje:

2c2x2y = (c2x− c1)2 − 1.


y′′ = (2xy − 5/x)y′ + 4y2 − 4y/x2.

Resitev



87


m− 2 = 1 +m+ (m− 1) = −1 + (m− 1) = 2m = m− 2.

Zato je m = −2 in v enacbo vpeljemo y = xmz = z/x2, y′ = z′/x2 −2z/x3, y′′ = z′′/x2 − 4z′/x3 + 6z/x4. Po zamenjavi in ureditvi dobimo

x2z′′ + xz′ = 2z(xz′).



z = 2zz = (z2) .

Z integracijo dobimo z = z2 + c1.

Za c1 = 0 dobimo z/z2 = 1 in po integraciji −1/z = t + ln c = lnx +

ln c = ln(cx), iz cesar sledi resitev z = −1/ ln(cx) in nazadnje x2y =

−1/ ln(cx).

Za c1 > 0 nadomestimo c1 z c21 in dobimo

z = z2 + c21,dz

z2 + c21= dt, arc tg(z/c1) = c1t+ c1 ln c2 = c1 ln(c2x).

Tedaj je resitev

x2y = c1 tg(c1 ln(c2x)).

Za c1 < 0 nadomestimo c1 z −c21 in dobimo

z = z2 − c21 = (z − c1)(z + c1),dz

z − c1− dz

z + c1= 2c1 dt.

Integriramo in uredimo. Resitev podamo z relacijo:

c2(x2y + c1)∣x∣2c1 = x2y − c1.

88


yy′ + xyy′′ − xy′2 = x3.

Resitev




m+ (m− 1) = 1′m+ (m− 2) = 1 + 2(m− 1) = 3.

Zato je m = 2 in v enacbo vpeljemo y = xmz = x2z, y′ = x2z′ + 2xz,

y′′ = x2z′′ + 4xz′ + 2z. Po zamenjavi in ureditvi dobimo

z(xz′) + z(x2z′′)− (xz′)2 = 1.



zz − z2 = 1.

Nato vpeljemo se u = z, z = u(du/dz) in dobimo:

zudu

dz= u2 + 1,

2u du

u2 + 1=

2 dz

z.


ln(u2 + 1) = ln(z2) + ln(c21), u2 + 1 = c21z

2,dz

dt=√c21z

2 − 1.

Locimo spremenljivki in drugic integriramo:

c1 dz√c21z

2 − 1= c1 dt, ln(c1z +

√c21z

2 − 1) = c1t+ ln c2 = c1 lnx+ ln c2.

89

Antilogaritmiramo:

c1z +√c21z

2 − 1 = c2∣x∣c1

Nazadnje odpravimo koren in izrazimo z = y/x2. Dobimo resitev:

2c1c2y = c22∣x∣c1+2 + ∣x∣2−c1 .


x2(yy′′ − y′2) + xyy′ = (2xy′ − 3y)x3/2.

Resitev




2+m+(m−2) = 2+2(m−1) = 1+m+(m−1) = 1+(m−1)+3/2 = m+3/2.


3x1/2z/2, y′′ = x3/2z′′ + 3x1/2z′ + 3x−1/2z. Po zamenjavi in ureditvi

dobimo

z(x2z′′)− (xz′)2 + z(xz′) = 2xz′.



zz − z2 = 2z.

Ce je z = 0, dobimo resitev z = c in s tem y = cx3/2.

90

Sicer pa lahko dobljeno enacbo zapisemo v obliki(z

z

).=

2z

z2,

Z integracijo dobimo:z

z= −2

z+ c1.

Za c1 = 0 imamo z = −2, z = −2t− 2 ln c, z = −2 ln(cx) in resitev

y = −2x3/2 ln(cx).

Za c1 ∕= 0 pa dobimo za z enacbo

c1 dz

c1z − 2= c1 dt,

ki nam po integraciji da

ln(c1z − 2) = c1t+ ln c2, c1z − 2 = c2ec1t = c2x

c1 .

Ko izrazimo z = x−3/2y in preuredimo, imamo resitev:

c1y = x3/2(2 + c2xc1).


x2(2yy′′ − y′2) = 1− 2xyy′.

Resitev

V enacbo takoj vpeljemo x = et, t = lnx, xz′ = z, x2z′′ = z − z, kjer

pomeni pika odvajanje po spremenljivki t, in imamo:

2yy − y2 = 1.

91

Z zamenjavo y = z, y = z ⋅ (dz/dy) enacbi znizamo red in locimo

spremenljivki:

2yzdz

dy= z2 + 1,

2z dz

z2 + 1=dy

y.

Integriramo in dobimo:

ln(1 + z2) = ln y + ln c1, 1 + z2 = c1y,dy

dt= z = ±

√c1y − 1.

Spet locimo spremenljivki in integriramo:

c1 dy√c1y − 1

= c1 dt, ± 2√c1y − 1 = c1t+ c1 ln c2 = c1 ln(c2x).

Nazadnje zapisemo resitev v obliki:

4(c1y − 1) = (c21 ln(c2x))2.

43. Pretvorite na diferencialno enacbo prvega reda enacbo

y′′(3 + yy′2) = y′4.

Resitev

Postavimo y′ = z = z(y), y′′ = z ⋅ dz/dy in dobimo:

zdz

dy(3 + yz2) = z4.

Ena moznost je z = 0, druga pa

(3 + yz2)dz

dy= z3.


y′′2 − y′y′′′ = y′2

x2.

92

Resitev

Postavimo y′ = zx, y′′ = z′x+ z, y′′′ = z′′x+ 2z′ in dobimo najprej:

z′2 − zz′′ = 0.

Nato vstavimo z′ = u = u(z), z′′ = u ⋅ du/dz in dobimo:

u2 − uzdudz

= 0.

Ena moznost je u = 0, druga pa

u− z dudz

= 0.


yy′ + 2x2y′′ = xy′2.

Resitev




m+ (m− 1) = 2 + (m− 2) = 1 + 2(m− 1).

Zato je m = 1 in v enacbo vpeljemo y = xmz = xz, y′ = z′x + z,

y′′ = z′′x+ 2z′. Po zamenjavi in ureditvi dobimo

2x2z′′ + 4xz′ − z(xz′)− (xz′)2 = 0.

93



2z + 2z − zz − z2 = 0.

V dobljeno enacbo vpeljemo se u = z, z = u ⋅ du/dz in dobimo enacbo

2udu

dz+ 2u− zu− u2 = 0.

Ena moznost je u = 0, druga pa

2du

dz− u = z − 2.


y′2 + 2xyy′′ = 0.

Resitev

Vpeljemo y′ = zy, y′′ = z′y + zy′ = z′y + z2y in dobimo s poenostav-

ljanjem:

y2z2 + 2xy2(z′ + z2) = 0.

Zato imamo dve moznosti: y = 0 ter 2xz′ + (1 + 2x)z2 = 0.


2xy2(xy′′ + y′) + 1 = 0.

Resitev

Vpeljemo x = et, t = lnx, xz′ = z, x2z′′ = z − z, kjer pomeni pika

odvajanje po spremenljivki t, in imamo:

2y2y + 1 = 0.

94

Potem pa vpeljemo se u = y, y = u ⋅ du/dy in dobimo

2y2udu

dy+ 1 = 0.


x(y′′ + y′2) = y′2 + y′.

(R: y′ = z, xz′ = z + (1− x)z2.)


y2(y′y′′′ − 2y′′2) = y′4.

Resitev

Najprej opazimo homogenost enacbe glede na vse tri odvode. Zato

vpeljemo

y′ = zy, y′′ = z′y + z2y, y′′′ = z′′y + 3zz′y + z3y

in dobimo y = 0 in enacbo

zz′′ − z2z′ − 2z′2 − 2z4 = 0.

Nato vpeljemo z′ = u = u(z), z′′ = u ⋅ du/dz in imamo enacbo prvega

reda:

uzdu

dz− uz2 − 2u2 − 2z4 = 0.


y(2xy′′ + y′) = xy′2 + 1.

95

Resitev




m+ 1 + (m− 2) = m+ (m− 1) = 1 + 2(m− 1) = 0.


x−1/2z/2, y′′ = x1/2z′′ + x−1/2z′ − x−3/2z/4. Po zamenjavi in ureditvi

dobimo

2x2zz′′ + 2xzz′ =1

4z2 + (xz′)2.



8zz = z2 + 4z2.

V dobljeno enacbo vpeljemo se u = z, z = u ⋅ du/dz in dobimo enacbo

prvega reda

8uzdu

dz= 4u2 + z2.


y′y′′′ = y′′2 + y′2y′′.

Resitev

Postavimo y′ = z in ze enacbi znizamo red, ker dobimo:

zz′′ = z′2 + z2z′.

96

Preverimo, ce je dobljena enacba neobcutljiva na zamenjave

x 7→ kx, z 7→ kmz, z′ 7→ km−1z′, z′′ 7→ km−2z′′


m+ (m− 2) = 2(m− 1) = 2m+ (m− 1).

Zato je m = −1 in v enacbo vpeljemo z = xmu = u/x, z′ = u′/x−u/x2,z′′ = u′′/x− 2u′/x2 + 2u/x3. Po zamenjavi in ureditvi dobimo

u(x2u′′) + u2 = (xu′)2 + u2(xu′)− u3.

Sedaj vpeljemo x = et, t = lnx, xu′ = u, x2u′′ = u − u, kjer pomeni


uu− uu+ u2 = u2 + u2u− u3.

V dobljeno enacbo vpeljemo se w = u, u = w ⋅dw/du in dobimo enacbo

prvega reda

uwdw

du− uw + u2 = w2 + u2w − u3.


yy′′ = y′2 + 2xy2.

(R: Substitucija y′ = zy nam da: y = 0 in z′ = 2x.)


y′′4 = y′5 − yy′3y′′.

(R: Substitucija y′ = u = u(y) nam da (du/dy)4 = u − y ⋅ du/dy in

u = 0. )

97


2yy′′′ = y′.

Resitev

Najprej postavimo y′ = u, y′′ = u ⋅du/dy, y′′′ = u2 ⋅d2u/dy2+u(du/dy)2

in dobimo u = 0 ter

2yd

dy

(udu

dy

)= 1.

Nato vzamemo z = u ⋅ du/dy in dobimo diferencialno enacbo prvega

reda: 2y ⋅ dz/dy = 1.


y′′ + 2yy′2 = (2x+ x−1)y′.

Resitev

Vpeljemo y′ = zx = z(y)x, y′′ = (dz/dy) ⋅ y′x+ z = (dz/dy) ⋅ xz + z in

dobimo z = 0 indz

dy+ 2yz = 2.


y′′′y′2 = 1.

Resitev

Najprej vpeljemo y′ = z = z(y), y′′ = z ⋅ dz/dy, y′′′ = z(dz/dy)2 + z2 ⋅d2z/dy2 in dobimo:

z3(dz

dy

)2

+ z4d2z

dy2= 1.

98

Potem pa vpeljemo se dz/dy = u = u(z), d2z/dy2 = u⋅du/dz in dobimo

enacbo prvega reda:

z4udu

dz+ z3u2 = 1.


y2y′′′ = y′3.

Resitev

Spet najprej vpeljemo y′ = z = z(y), y′′ = z ⋅ dz/dy, y′′′ = z(dz/dy)2 +

z2 ⋅ d2z/dy2 in dobimo z = 0 ter:

y2

((dz

dy

)2

+ zd2z

dy2

)= z2.

Nazadnje vpeljemo se dz/dy = uz = u(y)z, d2z/dy2 = z ⋅ du/dy + u2z

in dobimo z = 0 ter enacbo prvega reda:

y2du

dy+ 2u2y2 = 1.


x2yy′′ + 1 = (1− y)xy′.

Resitev

Vpeljemo x = et, t = lnx, xy′ = y, x2y′′ = y − y, kjer pomeni pika

odvajanje po spremenljivki t, in po preureditvi dobimo:

yy + 1 = y.

99

Nato vpeljemo y = z = z(y), y = z ⋅ dz/dy. Dobimo diferencialno

enacbo prvega reda:

yzdz

dy= z − 1.


yy′y′′′ + 2y′2y′′ = 3yy′′2.

Resitev

Vpeljemo y′ = zy, y′′ = z′y + z2y, y′′′ = z′′y + 3z′zy + z3y in po

poenostavljanju dobimo y = 0 ter diferencialno enacbo drugega reda

zz′′ − z2z′ − 3z′2 = 0.

Sedaj vpeljemo se z′ = u = u(z), z′′ = u ⋅ du/dz in dobimo u = 0 ter

diferencialno enacbo prvega reda:

zdu

dz− 3u = z2.


(y′y′′′ − 3y′′2)y = y′5.

Resitev

Spet najprej vpeljemo y′ = z = z(y), y′′ = z ⋅ dz/dy, y′′′ = z(dz/dy)2 +

z2 ⋅ d2z/dy2 in dobimo z = 0 ter:

zd2z

dy2− 2

(dz

dy

)2

= z3.

100

Potem vpeljemo se dz/dy = u = u(y), d2z/dy2 = u ⋅ du/dz in imamo

diferencialno enacbo prvega reda:

zudu

dz− 2u2 = z3.

Z zamenjavo w = u2 jo pretvorimo v nehomogeno linearno:

zdw

dz− 4w = 2z3.


y2(y′y′′′ − 2y′′2) = yy′2y′′ + 2y′4.

Resitev

Vpeljemo

y′ = z = z(y), y′′ = z ⋅ dz/dy, y′′′ = z(dz/dy)2 + z2 ⋅ d2z/dy2

in dobimo z = 0 ter

y2

(zd2z

dy2−(dz

dy

)2)

= yzdz

dy+ 2z2.

Nazadnje vpeljemo se

dz/dy = uz, d2z/dy2 = z ⋅ du/dy + u2z.

Ena resitev je z = 0, ostane pa enacba prvega reda:

y2du

dy= yu+ 2.

101


x2(y2y′′′ − y′3) = 2y2y′ − 3xyy′2.

Resitev

Najprej vpeljemo y′ = zy, y′′ = z′y + z2y, y′′ = z′′y + 3zz′y + z3y in

dobimo y = 0 ter

x2(z′′ + 3zz′) = 2z − 3xz2.


x 7→ kx, z 7→ kmz, z′ 7→ km−1z′, z′′ 7→ km−2z′′


2 + (m− 2) = 2 + (m− 1) +m = m = 1 + 2m.

Zato je m = −1 in v enacbo vpeljemo z = xmu = u/x, z′ = u′/x−u/x2,z′′ = u′′/x− 2u′/x2 + 2u/x3. Po poenostavitvi dobimo:

x2u′′ − 2xu′ + 3u(xu′) = 0.

Sedaj vpeljemo x = et, t = lnx, xu′ = u, x2u′′ = u − u, kjer pomeni


u− 3u+ 3uu = 0.

V dobljeno enacbo vpeljemo se w = u, u = w ⋅ dw/du in dobimo w = 0

ter enacbo prvega reda

dw

du= 3(1− u).

102


yy′′ = 2xy′2

pri zacetnih pogojih y(2) = 2, y′(2) = 1/2.

Resitev

Najprej vpeljemo y′ = zy, y′′ = z′y + z2y in dobimo y = c ter diferen-

cialno enacbo

z′ = (2x− 1)z2

z zacetnim pogojem z(2) = y′(2)/y(2) = 1/4. Trivialna resitev y = c

ne pride v postev zaradi zacetnih pogojev, zato resitev iscemo med

resitvami enacbedz

z2= (2x− 1) dx.

Njena resitev je

−dzz

= x2 − x+ c.

Za konstanto dobimo c = −6, tako da je

y′

y= z =

1

6 + x− x2=

1

(x+ 2)(3− x)=

1

5(x+ 2)− 1

5(3− x).

Druga integracija nam da:

ln y =1

5(ln(x+ 2)− ln(3− x) + ln c1).

Resitev je

(3− x)y5 = c1(x+ 2).

Upostevamo pogoj y(2) = 2 in dobimo resitev: (3− x)y5 = 8(x+ 2).

103


2y′′′ − 3y′2 = 0

pri zacetnih pogojih y(0) = −3, y′(0) = 1, y′′(0) = −1.

Resitev

Najprej vpeljemo z = y′ in dobimo diferencialno enacbo 2z′′ − 3z2 = 0

pri zacetnih pogojih z(0) = 1, z′(0) = −1. Nato vpeljemo se z′ = u =

u(z), z′′ = u ⋅du/dz in dobimo diferencialno enacbo 2u ⋅du/dz−3z2 = 0

pri zacetnem pogoju u(1) = −1. Locimo spremenljivki in integriramo:

2u du = 3z2 dz, u2 = z3 + c1.

Ker je u = −1 za z = 1, dobimo c1 = 0, tako da je u2 = z3 in

z′ = u = ± z3/2. Za z = 1 je z′ = −1, zato moramo vzeti predznak −:

z′ = dz/dx = −z3/2. Ponovno locimo spremenljivki in integriramo:

dz

z3/2= −dx, − 2

z1/2= −x+ c2.

Iz zacetnega pogoja z(0) = 1 dobimo c2 = −2 in 2/√z = x + 2. Po

kvadriranju, preureditvi in integriranju dobimo

z = y′ =4

(x+ 2)2, y = − 4

x+ 2+ c3.

Iz zacetnega pogoja y(0) = −3 dobimo c3 = −1 in nazadnje resitev:

y = −(x+ 6)/(x+ 2).


x2y′′ − 3xy′ =6y2

x2− 4y

104

pri zacetnih pogojih y(1) = 1, y′(1) = 4.

Resitev




2 + (m− 2) = 1 + (m− 1) = 2m− 2 = m.

Zato je m = 2 in v enacbo vpeljemo y = xmz = x2z, y′ = 2xz + x2z′,

y′′ = 2z + 4xz′ + x2z′′. Po zamenjavi in ureditvi dobimo diferencialno

enacbo

x2z′′ + xz′ = 6z2

in zacetni pogoj z(1) = 1. Iz y′(1) = 2z(1) + z′(1) = 4 pa se z′(1) = 2.


pika odvajanje po spremenljivki t, in imamo za z = z(t) diferencialno

enacbo in zacetna pogoja:

z = 6z2, z(0) = 1, z(0) = 2.

V dobljeno enacbo vpeljemo se z = u = u(z), z = u ⋅ du/dz in dobimo

enacbo prvega reda in zacetni pogoj:

udu

dz= 6z2, u(1) = 2.

Locimo spremenljivki in integriramo:

2u du = 12z2 dz, u2 = 4z3 + c1.

105

Zacetni pogoj nam da c1 = 0, tako da imamo:

u =dz

dt= 2z3/2,

dz

z3/2= 2 dt, − 2√

z= 2t+ 2c2.

Ker je z = 1 za t = 0, dobimo c2 = −1 in

1√z

= 1− t, z =1

(1− t)2,y

x2=

1

(1− t)2=

1

(1− lnx)2.

Nazadnje imamo resitev: y = x2/(1− lnx)2.


y′′′ = 3yy′

pri zacetnih pogojih y(0) = −2, y′(0) = 0, y′′(0) = 9/2.

Resitev

Najprej naredimo zamenjavo y′ = z = z(y), y′′ = z ⋅ dz/dy, y′′′ =

d/dy(y′′) ⋅z = z ⋅d/dy(z ⋅dz/dy). Dobimo z = 0 in diferencialno enacbo

2d

dy

(zdz

dy

)= 6y.

Prva integracija nam da

2zdz

dy= 3y2 + c1.

Leva stran je enaka ravno 2y′′, kar je za x = 0 enako 9/2. Tedaj pa je

y = −2 in imamo za c1 enacbo 9 = 12 + c1. Torej je c1 = −3. zato

integriramo naprej enacbo

2zdz

dy= 3y2 − 3, 2z dz = (3y2 − 3) dy, z2 = y3 − 3y + c2.

106

Leva stran je tokrat enaka y′2, kar je pri x = 0 ekako 0. Tedaj je y = −2

in dobimo za c2 enacbo 0 = −8 + 6 + c2. Dobimo c2 = 2 in

z2 =

(dy

dx

)2

= y3 − 3y + 2 = (y + 2)(y − 1)2.

Korenimo, locimo spremenljivki in vpeljemo t2 = y + 2:

± dy

(y − 1)√y + 2

= ± 2 dt

t2 − 3= dx.

Integriramo:

∓ 2√3

artht√3

= x+ c3.

Za x = 0 je y = −2 in t = 0, kar nam da c3 = 0. Tako smo dobili

∓ t√3

= thx√

3

2, y + 2 = t2 = 3 th2 x

√3

2

in nazadnje je pred nami resitev:

y = 3 th2 x√

3

2− 2.

67. Z uporabo Cauchyjeve formule resite diferencialno enacbo

xyIV = 1.

Resitev

Enacbo prepisemo v obliko yIV = 1/x in po Cauchyjevi formuli je

y1(x) =1

6

∫ x

1

(x− t)3

tdt =

1

6

∫ x

1

x3 − 3x2t+ 3xt2 − t3

tdt.

Takoj opazimo, da je edini nepolinomski clen, ki nastopa po integraciji,

x3 ln ∣x∣/6, ostali cleni pa sestavljajo polinom tretje stopnje. Splosna

resitev je torej

y =1

6x3 ln ∣x∣+ c1x

3 + c2x2 + c3x+ c4.

107


xy′′ = sinx.

Resitev

Enacbo prepisemo v obliko y′′ = sin /x in po Cauchyjevi formuli je

y1(x) =

∫ x

0

(x− t) sin t

tdt =

∫ x

0

x sin t− t sin t

tdt =

= x

∫ x

0

sin t

tdt−

∫ x

0

sin t dt = x

∫ x

0

sin t

tdt+ cosx− 1.

Splosna resitev je torej

y = x

∫ x

0

sin t

tdt+ cosx+ c1x+ c2.


y′′′ = 2xy′′.

(R: y = c1x∫ x0et

2dt− c1ex

2/2 + c2x+ c3.)


xyIV + y′′′ = ex.

Resitev

Enacbo najprej prepisemo v obliko

(xy′′′)′ = ex.

108


y′′′ =ex + c1x

.

Nato uporabimo Cauchyjevo formulo in nazadnje dobimo splosno resitev:

y =x2

2

∫ x

1

et

tdt+ c1x

2 ln ∣x∣ − x+ 1

2ex + c2x+ c3.


xy′′ − y′ = x2yy′.

Resitev

Enacbo delimo najprej z x2, preuredimo in dobimo:

2

(y′

x

)′= (y2)′.


2y′

x= y2 + c1.

Sedaj je treba razlikovati tri moznosti.

1. Za c1 = 0 je ena resitev y = 0, preostale pa dobimo, ko resimo

enacbo2 dy

y2= x dx.

Dobimo resitev (c− x2)y = 4.

2. Za c1 > 0 lahko zamenjamo c1 s c21 in dobimo enacbo

4 dy

y2 + c21= 2x dx

109

in po integraciji resitev

4 arc tg(y/c1) = c1x2 + c2.

3. Za c1 < 0 lahko zamenjamo c1 z −c21 in dobimo enacbo

4 dy

y2 − c21= 2x dx

in po integraciji resitev

2 ln

∣∣∣∣y − c1y + c1

∣∣∣∣ = c1x2 + c2.


xy′′ = 2yy′ − y′.

Resitev

Enacbi damo obliko xy′′ + y′ = 2yy′ oziroma (xy′)′ = (y2)′. Po prvi

integraciji imamo:

xy′ = y2 + c1.

Treba je razlikovati tri moznosti.

1. Za c1 = 0 dobimo y = 0 in (c− ln ∣x∣)y = 1.

2. Za c1 > 0 lahko zamenjamo c1 s c21 in dobimo enacbo

xy′ = y2 + c21,

ki ima resitev y = c1 tg(c1 ln(c2x)).

3. Za c1 < 0 lahko zamenjamo c1 z −c21 in dobimo enacbo

xy′ = y2 − c21

z resitvijoy − c1y + c1

= c2∣x∣2c1 .

110


y′2 + 2yy′′ = 0.

(R: y3 = (c1x+ c2)2, y = c.)


yy′′ − 2yy′ ln y = y′2.

Resitev

Uvedemo novo spremenljivko u z relacijo u = ln y. Dobimo: y = eu,

y′ = euu′, y′′ = euu′2 + euu′′. S tem se po krajsanju s faktorjem e2u

enacba poenostavi v u′′ = 2uu′.

Uvedemo se w = w(u) = u′. Potem je u′′ = dw/du ⋅du/dx = w ⋅dw/du.

Enacba za u dobi obliko: w ⋅ dw/du = 2uw. Ena resitev je ocitno

w = u′ = 0, zto je y′ = 0 in s tem y = c. Druge resitve najdemo v

enacbi dw/du = 2u, ki nam da: w = u2 + c1. Sedaj je treba razlikovati

tri moznosti.

a) Za c1 = 0 integriramo enacbo du/u2 = dx in dobimo −1/u = x− coziroma po preoblikovanju (c− x) ln y = 1.

b) Za c1 > 0 pisemo c1 = C21 in integriramo enacbo du/(u2 +C2

1) = dx.

Dobimo1

C1

arc tgu

C1

= x+C2

C1

.

Resitev lahko pisemo v obliki ln y = C1 tg(C1x+ C2).

c) Za c1 < 0 pisemo c1 = −C21 in integriramo enacbo du/(u2−C2

1) = dx.

Dobimo1

2C1

ln

∣∣∣∣u− C1

u+ C1

∣∣∣∣ = x+C2

2C1

.

111

Resitev lahko pisemo v obliki ln ∣(ln y − C1)/(ln y + C1)∣ = 2C1x+ C2.


(y′ + 2y)y′′ = y′2 .

Resitev

Najprej vpeljemo y′ = u(y), y′′ = u ⋅ du/dy in dobimo

u(u+ 2y)du

dy= u2.

Eno resitev dobimo za u = 0, to se pravi y = c. Po krajsanju z u

imamo

(u+ 2y)du

dy= u

ali bolje:dy

du=

2y

u+ 1.

Enacba je linearna nehomogena in po standardnem postopku najdemo

njeno splosno resitev y = c1u2 − u.

Ce je c1 = 0, dobimo enacbo y = −y′, ki ima resitev y = ce−x.

Ce je c1 ∕= 0, izrazimo y′ eksplicitno:

y′ =1±√

1 + 4c1y

2c1.

Uvedemo w = ±√

1 + 4c1y, w2 = 1+4c1y, w dw = 2c1y dy in resujemo

novo enacbo:

wdw

dx= 1 + w,

ki ima locljivi spremenljivki in resitev

x = w − ln ∣1 + w∣+ c2.

112

Resitev prvotne enacbe je torej:

x = ±√

1 + 4c1y − ln ∣1 +±√

1 + 4c1y∣+ c2.


y′′′y′2 = y′′3 .

Resitev

Najprej vpeljemo y′ = t(y), y′′ = t ⋅ dt/dy, y′′′ = t2 ⋅ d2t/dy2 + (dt/dy)2.

Dobimo enacbo:

t4d2t

dy2+ t3

(dt

dy

)2

= t3(dt

dy

)3

.

Ena ocitna resitev je t = y′ = 0 oziroma y = c. Po krajsanju s t3

ostane:

td2t

dy2+

(dt

dy

)2

=

(dt

dy

)3

.

Vpeljemo se w(t) = dt/dy, d2t/dy2 = w ⋅ dw/dt in dobimo:

twdw

dt+ w2 = w3.

Ena resitev je w = 0, ki nam prinese t = y′ = c1 in s tem y = c1x+ c2.

Po krajsanju z w dobimo enacbo z locljivima spremenljivkama:

tdw

dt+ w = w2,

dw

w(w − 1)=dt

t.

Integriramo, antilogaritmiramo in najdemo:

1− ww

= 2c1t, w(1 + c1t) = 1, (1 + 2c1t) dt = dy.

113

Z integracijo imamo takoj

t+ c1t2 = y − c2 , y = t+ c1t

2 + c2.

Iz relacije t = y′ = dy/dx je

dx =dy

t=

(1 + 2c1t) dt

t= (t−1 + 2c1) dt.

Integracija nam prinese resitev v parametricni obliki:

x = ln ∣t∣+ 2c1t+ c3 , y = t+ c1t2 + c2.


xy′′ = y′ + x(y′2 + x2).

Resitev

V enacbo uvedemo spremenljivko u z relacijo y′ = ux, y′′ = u′x+ u in

po preureditvi dobimo:

du

dx= x(u2 + 1).

Locimo spremenljivki in integriramo:

du

u2 + 1= x dx , arc tg u =

x2

2+ c1.

Torej imamo

y′ = ux = x tg(x2/2 + c1).

Druga integracija nam da rezultat:

y = c2 − ln ∣ cos(x2/2 + c1)∣.

114


xy′′′ = (1− x)y′′ .

(R: y = c1(x+ 2)e−x + c2x+ c3.)


yy′′ + y = y′2 .

(R: c21y + 1 = ± ch(c1x + c2), c21y − 1 = sin(c1x + c2), 2y = (x + c)2,

y = 0.)


y′′ = ey .

(R: ey sin2(c1x+ c2) = 2c21, ey sh2(c1x+ c2) = 2c21, e

y(x+ c)2 = 2.)


2xy′y′′ + 1 = y′2 − 1.

(R: 4(c1x+ 1)3 = 9c21(y − c2)2, y = ±x+ c.)


y3y′′ = 1.

(R: c1y2 − 1 = (c1x+ c2)

2.)


x2y′′ = y′2.

(R: y = c1x− c21 ln ∣x+ c1∣+ c2, 2y = x2 + c.)

115


y4 − y3y′′ = 1.

(R: ln ∣y2 + c1 ±√y4 + 2c1y2 + 1∣ = 2x+ c2, y = ±1.)


y′′3 + xy′′ = 2y′ .

(R: x = c1t+ 3t2, y = c21t3/6 + 5c1t

4/4 + 12t5/5 + c2, y = c.)

86. Z uvedbo y′ = yz resite diferencialno enacbo

yy′′ = 2xy′2

pri zacetnem pogoju y(2) = 2, y′(2) = 1/2.

(R: y5(3− x) = 8(x+ 2).)


xy′′ − y′ = x2ex .

(R: y = c1x2 + c2 + (x− 1)ex.)


(1− x2)y′′ + xy′ = 2.

Resitev

Z uvedbo z = y′ enacbi znizamo red: (1−x2)z′+xz = 2. Enacba za z je

nehomogena linearna. Pripada ji homogena enacba (1−x2)z′+xz = 0.

116

Njeno splosno resitev dobimo z locitvijo spremenljivk, integracijo in

antilogaritmiranjem:

2 dz

z=

2x dx

x2 − 1, ln z2 = ln ∣x2−1∣+ln(4c21), z = 2c1

√x2 − 1, z = 2c1

√1− x2.

Partikularno resitev Z poiscemo z nastavkom Z = ax in dobimo a = 2.

Splosna resitev je:

y′ = z = 2c1√x2 − 1 + 2x, y′ = z = 2c1

√1− x2 + 2x.

Z drugo integracijo imamo resitev dane enacbe:

y = c1(x√x2 − 1− ln(x+

√x2 − 1)) + x2 + c2

za ∣x∣ > 1 oziroma

y = c1(x√

1− x2 + arc sinx) + x2 + c2

za ∣x∣ < 1.

89. Z uvedbo y′ = z(y) resite diferencialno enacbo

y′′ cos y + y′2 sin y = y′

pri zacetnem pogoju y(−1) = �/6, y′(−1) = 2.

(R: ln ∣ tg(y/2 + �/6)∣ = 2x+ 2.)


y′′ − 3y′ + 2y = sinx.

(R: y = c1ex + c2e

2x + 3 cosx/10 + sin x/10.)

117


y′′ − 8y′ + 20y = 5xe4x sin(2x).

(R: y = ((c1 − 5x2/8) cos(2x) + (c2 + 5x/16) sin(2x))e4x.)


yIV − y = 0.

(R: y = c1 chx+ c2 shx+ c3 cosx+ c4 sinx.)

Resite diferencialno enacbo

yV − 10y′′′ + 9y′ = 0.

(R: y = c1 + c2 chx+ c3 shx+ c4 ch(3x) + c5 sh(3x).)

Resite diferencialno enacbo

y′′′ − y′′ − y′ + y = 0.

(R: y = (c1 + c2x)ex + c3e−x.)


x3(y′′ − y) = x2 − 2.

(R: y = c1ex + c2e

−x − 1/x.)


x2y′′ − 4xy′ + 6y = 0.

(R: y = c1x2 + c2x

3.)

118


x2y′′ − 9xy′ + 21y = 0.

(R: y = c1x3 + c2x

7.)


x2y′′ − xy′ − 3y = 0.

(R: y = c1x3 + c2/x.)


x2y′′ − 2xy′ + 2y = 4x.

(R: y = c1x2 + c2x− 4x ln ∣x∣.)


x2y′′ + xy′ + y = x.

(R: y = c1 cos ln ∣x∣+ c2 sin ln ∣x∣+ x/2.)


x2y′′ − 2xy′ + 2y + x− 2x3 = 0.

(R: y = c1x2 + c2x+ x3 + x ln ∣x∣.)


(ex + 1)y′′ − 2y′ − exy = 0

ima resitev y1(x) = ex − 1. Preverite. Nato dano enacbo resite.

(R: y = c1(ex − 1) + c2(e

x + 1)−1.)

119


y′′ + 4xy′ + (4x2 + 2)y = 0

ima resitev oblike y1(x) = eax2. Poiscite konstanto a in nato dano

enacbo resite.

(R: y = (c1 + c2x)e−x2.)


(2x+ 1)y′′ + 2(2x− 1)y′ − 8y = (6x2 + x− 3)ex

prirejena homogena enacba ima resitev oblike y1(x) = eax. Poiscite

konstanto a in nato dano enacbo resite.

(R: y = c1e−2x + c2(4x

2 + 1) + (x+ 1/3)ex.)


x2y′′ + (3x2 + 4x)y′ + 2(x2 + 3x+ 1)y = 0.

Navodilo. Vpeljite novo spremenljivko z = yx2.

(R: y = (c1e−x + c2e

−2x)/x2.)


y′′ + y + 6 cos(2x) + 9 sin(2x) = 0, y(0) = 3, y′(0) = 5.

Resitev

Najprej poiscemo splosno resitev diferencialne enacbe

y′′ + y = −6 cos(2x)− 9 sin(2x).

120

Splosna resitev pripadajoce homogene enacbe je ocitno y = c1 cosx +

c2 sinx. Partikularno resitev nehomogene enacbe pa poiscemo z nas-

tavkom Y = A cos(2x)+B sin(2x). Za koeficienta A in B dobimo sistem

enacb: −3A = −6,−3B = −9, ki ima resitev A = 2, B = 3. Splosna

resitev dane enacbe je zato y = c1 cosx+c2 sinx+2 cos(2x)+3 sin(2x).

Prvi zacetni pogoj nam da c1 = 2, drugi pa c2+6 = 5. Torej je c2 = −1

in resitev naloge je y = cosx− sinx+ 2 cos(2x) + 3 sin(2x).


y′′ + 8y′ − 9y = 0, y(1) = 1, y′(1) = 0.

(R: y = (9ex−1 + e−9(x−1))/10.)


y′′ − 6y′ + 9y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 2.

(R: y = 2xe3x.)


y′′ + y′ − 2y = 2x, y(0) = 0, y′(0) = 1.

(R: y = ex − e−2x/2− x− 1/2.)


y′′ − y = 3e2x − 2 sinx, y(0) = 2, y′(0) = −2.

(R: y = 3e−x − 2ex + e2x + sinx.)

121


y′′ − 6y′ + 10y = 100, y(0) = 10, y′(0) = 5.

(R: y = 5(2 + e3x sinx).)


y′′ + y = sinx− cos(2x), y(0) =4

3, y′(0) =

1

2.

(R: y = cosx+ sinx+ cos(2x)/3− x cosx/2.)

111. Resite robni problem:

y′′ − 3y′ + 2y = e3x, y(0) = 0, y(ln 2) = 0.

Resitev

Splosna resitev pripadajoce homogene enacbe je ocitno y = c1ex+c2e

2x.

Partikularno resitev nehomogene enacbe pa poiscemo z nastavkom:

Y = Ae3x. Za koeficient A dobimo enacbo: 9A − 3 ⋅ 3A + 2A = 1,

ki ima resitev A = 1/2. Splosna resitev dane enacbe je zato y =

c1ex+c2e

2x+e3x/2. Prvi robni pogoj nam da c1+c2+1/2 = 0, drugi pa

2c1+4c2+4 = 0. Resitev sistema ebacb za c1 in c2 je: c1 = 1, c2 = −3/2.

Resitev danega robnega problema je y = ex − 3e2x/2 + e3x/2.


y′′ − y = 2x, y(0) = 0, y(1) = −1.

(R: y = shx/ sh 1− 2x.)

122


y′′ + y′ = 1, y′(0) = 0, y(1) = 1.

(R: y = x+ e−x − 1/e.)


y′′ − y′ = 0, y(0) = 0, y′(1)− y(1) = 2.

(R: y = 2(ex − 1).)


y′′ + y =2x

�, y(0) = 0, y(�/2) = 0.

(R: y = 2x/� − sinx.)


y′′ + y =2x

�, y(0) = 0, y(�) = �.

(R: Nesteto mnogo resitev y = 2x/� + c sinx za � = 2, nobene resitve

za � ∕= 2)


y′′ − y′ − 2y = 3e−x, y′(0) = 2, limx→∞

y(x) = 0.

(R: y = −(x+ 3)e−x.)


y′′ − y = 1, y(0) = 1, y(x) omejena pri x→∞.

(R: y = 2e−x − 1.)

123


x2y′′ − 6y = 0, y(x) omejena pri x = 0 in y(1) = 2.

(R: y = 2x3.)


x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0, y(x) = o(x) za x→ 0 pri y(1) = 3.

Resitev

Resitev poiscemo z zamenjavo x = et ali pa kar v obliki y = xn. Za n

dobimo enacbo n(n−1)−2n+ 2 = n2−3n+ 2 = (n−1)(n−2) = 0, ki

ima korena n1 = 1 in n2 = 2. Splosna resitev je y = c1x+ c2x2. Veljati

pa mora

limx→0

y(x)

x= lim

x→0(c1x+ c2) = 0,

iz cesar sledi c2 = 0. Ostane y = c1x2. Iz y(1) = 3 dobimo nazadnje

resitev y = 3x2.


x2y′′ + 5xy′ + 3y = 0, y(x) = O(x−2) pri x→∞ in y′(1) = 3.

Resitev

Resitev poiscemo v obliki y = xn. Za n dobimo enacbo n(n − 1) +

5n + 3 = n2 + 4n + 3 = (n + 1)(n + 3) = 0, ki ima korena n1 = −1 in

n2 = −3. Splosna resitev je y(x) = c1x−1 + c2x

−3. Pisimo:

y(x) =1

x2

(c1x+

c2x

).

124

Drugi faktor je omejen pri∞ le za c1 = 0. Zato je y(x) = c2x−3. Ker je

y′(x) = −3c2x−4 in mora veljati y′(1) = 3, dobimo za c2 enacbo −3c2 =

3, ki je izpolnjena za c2 = −1 in resitev nase naloge je y = −x−3.

122. Za katere vrednosti parametra a robni problem

y′′ + ay = 1, y(0) = 0, y(1) = 0

nima resitve?

Resitev

Hitro se vidi, da za a < 0 problem ima resitev. Za a = 0 dobimo enacbo

y′ = 1, ki ima splosno resitev y = x2/2 + c1x+ c2. Robnima pogojema

pa ustreza resitev y = x(x− 1)/2. Zato neresljive probleme iscemo za

a > 0. Splosna resitev je

y =1

a+ c1 cos(x

√a) + c2 sin(x

√a).

Prvi robni pogoj nam da c1 = −1/a, tako da je

y =1

a(1− cos(x

√a)) + c2 sin(x

√a).

Drugi robni pogoj nam da enacbo

1

a(1− cos(

√a)) + c2 sin(

√a) = 0,

ki ni resljiva, ce je sin(√a) = 0. To se zgodi, ce je

√a = n�, kjer je n

od 0 razlicno celo stevilo. Torej mora veljati a = (n�)2. Tedaj bi imeli:

y =1

(n�)2(1− cos(n�x)) + c2 sin(n�x).

Za x = 1 mora veljati cos(n�) = 1, kar je res za sode n. Robni problem

ima v takem primeru nesteto resitev. Ko pa je n liho stevilo, n = 2k−1,

to se pravi za a = (2k − 1)2�2 pa robni problem nima resitev.

125


y′′ − 2(1 + tg2 x)y = 0

ima eno resitev y1(x) = tg x. Preverite! Z uporabo Liouvillove formule

poiscite resitev y2(x), ki je od y1(x) linearno neodvisna. Nazadnje

zapisite splosno resitev dane diferencialne enacbe.

(R: y = c1 tg x+ c2(1 + x tg x).)

124. Z metodo variacije konstant poiscite splosno resitev diferencialne enacbe

y′′ + y =1

sinx.

(R: y = (c1 − x) cosx+ (c2 + ln ∣ sinx∣) sinx).)

125. Z uvedbo u = ln ∣(x − 2)/(x − 1)∣ in y = (x − 1)v, v = v(u) resite


y′′ =2y

(x− 1)2(x− 2)2.

(R: y = (x− 1)(c1(x− 2)2(x− 1)−2 + c2(x− 1)(x− 2)−1).)

126. Z uvedbo nove spremenljivke � = 1/x resite diferencialno enacbo

x4y′′ + 2x3y′ + y = 0 .

(R: y = c1 cos(1/x) + c2 sin(1/x).)

127. Resite integralsko enacbo

f(x)−∫ x

0

f(�) d� = e−x .

(R: f(x) = chx.)

126

128. Resite integralsko enacbo

f(x)−∫ x

0

f(�) d� = ex .

(R: f(x) = (1 + x)ex.)

129. Resite integralsko enacbo∫ x

0

(x− �)f(�) d� = 2x+

∫ x

0

f(�) d� .

(R: f(x) = −2ex.)

130. Resite integralsko enacbo∫ x

0

�f(�) d� = x2 + f(x) .

(R: f(x) = 2(1− ex2/2).)

131. Poiscite linearno neodvisni resitvi y1 in y2 enacbe

y′′ − x2y = 0

v obliki potencne vrste.

Resitev

Naj bo potencna vrsta

y =∞∑n=0

anxn

z realnimi koeficienti an resitev dane enacbe. Predpostavimo, da ima

vrsta pozitiven konvergencni polmer. Dvakrat odvajamo in vstavimo v

enacbo:∞∑n=2

n(n− 1)anxn−2 = x2

∞∑n=0

anxn =

∞∑n=0

anxn+2.

127

Preuredimo:

∞∑n=0

(n+ 1)(n+ 2)an+2xn =

∞∑n=2

an−2xn.

S primerjavo koeficientov istoleznih clenov najdemo:

2a2 = 0, 6a3 = 0, (n+ 1)(n+ 2)an+2 = an−2 (n ≥ 2).

Vidimo, da je a2 = 0 in a3 = 0, koeficienta a0 = � in a1 = � pa sta

poljubni realni stevili. Imamo rekurzijo:

an+2 =an−2

(n+ 1)(n+ 2)(n ≥ 2), a0 = �, a1 = �, a2 = 0, a3 = 0.

Postopoma dobimo koeficiente:

a0 = �, a4 =�

3 ⋅ 4, a8 =

�

3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8, a12 =

�

3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 11 ⋅ 12, . . . ,

a2 = 0, a6 = 0, a10 = 0, . . . ,

a1 = �, a5 =�

4 ⋅ 5, a9 =

�

4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9, a13 =

�

4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 12 ⋅ 13, . . . ,

a3 = 0, a7 = 0, a11 = 0, . . .

Sedaj ocitno lahko izrazimo y = �y1 + �y2, pri cemer sta

y1 = 1 +x4

3 ⋅ 4+

x8

3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8+

x12

3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 11 ⋅ 12+ . . . ,

y2 = x+x5

4 ⋅ 5+

x9

4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9+

x13

4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 12 ⋅ 13+ . . .

linearno neodvisni resitvi diferencialne enacbe. Kvocientni kriterij pove,

da sta to povsod na realni osi konvergentni vrsti.


y′′ − xy′ − 2y = 0

128


Resitev


y =∞∑n=0

anxn



enacbo:

∞∑n=2

n(n− 1)anxn−2 − x

∞∑n=1

nanxn−1 − 2

∞∑n=0

anxn = 0.

Preuredimo:

∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2xn −

∞∑n=1

nanxn − 2

∞∑n=0

anxn = 0.


2a2 − 2a0 = 0, (n+ 2)(n+ 1)an+2 − nan − 2an = 0 (n ≥ 1).

Imamo rekurzijo:

an+2 =an

n+ 1(n ≥ 0), a0 = �, a1 = �.

Pri tem sta � in � poljubni realni stevili. Postopoma dobimo koefi-

ciente:

a0 = �, a2 =�

1, a4 =

�

1 ⋅ 3, a6 =

�

1 ⋅ 3 ⋅ 5, a8 =

�

1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7, . . . ,

a1 = �, a3 =�

2, a5 =

�

2 ⋅ 4, a7 =

�

2 ⋅ 4 ⋅ 6, a9 =

�

2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ 8, . . .

129

Ocitno lahko izrazimo y = �y1 + �y2, pri cemer sta

y1 = 1 +x2

1+

x4

1 ⋅ 3+

x6

1 ⋅ 3 ⋅ 5+

x8

1 ⋅ 3 ⋅ 5+ . . . ,

y2 = x+x3

2+

x5

2 ⋅ 4+

x7

2 ⋅ 4 ⋅ 6+

x9

2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ 8+ . . .

linearno neodvisni resitvi diferencialne enacbe. Kvocientni kriterij pove,

da sta to povsod na realni osi konvergentni vrsti.


(1− x2)y′′ − 4xy′ − 2y = 0


Resitev


y =∞∑n=0

anxn



enacbo:

(1− x2)∞∑n=2

n(n− 1)anxn−2 − 4x

∞∑n=1

nanxn−1 − 2

∞∑n=0

anxn = 0.

S preureditvijo dobimo:

∞∑n=0

(n+2)(n+1)an+2xn−

∞∑n=2

n(n−1)anxn−4

∞∑n=1

nanxn−2

∞∑n=0

anxn = 0.


2a2 − 2a0 = 0, 6a3 − 4a1 − 2a1 = 0,

130

(n+ 2)(n+ 1)an+2 − n(n− 1)an − 4nan − 2an = 0 (n ≥ 2).

Po poenostavitvi najdemo relacijo an+2 = an za vsak indeks n ≥ 0. Ce

izberemo a0 = �, a1 = �, pri cemer sta � in � poljubni realni stevili,

potem velja:

a0 = a2 = a4 = . . . = �, a1 = a3 = a5 = . . . = �.


y1 = 1 + x2 + x4 + . . . =1

1− x2,

y2 = x+ x3 + x5 + . . . =x

1− x2

linearno neodvisni resitvi diferencialne enacbe. Vrsti sta konvergentni

za ∣x∣ < 1.

Opomba

Morda opazimo ali pa tudi ne, da dano diferencialno enacbo lahko

zapisemo v obliki ((1−x2)y)′′ = 0, kar pomeni, da je (1−x2)y = c1x+c2

oziroma y = c1x/(1 − x2) + c2/(1 − x2). Resitev torej lahko najdemo

brez uporabe vrst.


(1 + x2)y′′ + 5xy′ + 3y = 0


Resitev


y =∞∑n=0

anxn

131



enacbo:

(1 + x2)∞∑n=2

n(n− 1)anxn−2 + 5x

∞∑n=1

nanxn−1 + 3

∞∑n=0

anxn = 0.


∞∑n=0

(n+2)(n+1)an+2xn+

∞∑n=2

n(n−1)anxn+5

∞∑n=1

nanxn+3

∞∑n=0

anxn = 0.


2a2 + 3a0 = 0, 6a3 + 5a1 + 3a1 = 0,

(n+ 2)(n+ 1)an+2 + n(n− 1)an + 5nan + 3an = 0 (n ≥ 2).

Po poenostavitvi najdemo relacijo (n + 2)an+2 = −(n + 3)an, ki velja

za vse indekse n ≥ 0. Ce izberemo a0 = �, a1 = �, pri cemer sta � in

� poljubni realni stevili, potem velja:

a0 = �, a2 = −3�

2, a4 =

3 ⋅ 5�2 ⋅ 4

, a6 = −3 ⋅ 5 ⋅ 7�2 ⋅ 4 ⋅ 4

, . . . ,

a1 = �, a3 = −4�

3, a5 =

4 ⋅ 6�3 ⋅ 5

, a7 = −4 ⋅ 6 ⋅ 8�3 ⋅ 5 ⋅ 7

, . . . ,


y1 = 1− 3x2

2+

3 ⋅ 5x4

2 ⋅ 4− 3 ⋅ 5 ⋅ 7x6

2 ⋅ 4 ⋅ 6+ . . . ,

y2 = x− 4x3

3+

4 ⋅ 6x5

3 ⋅ 5− 4 ⋅ 6 ⋅ 8x7

3 ⋅ 5 ⋅ 7+ . . .

linearno neodvisni resitvi diferencialne enacbe. Vrsti sta konvergentni

za ∣x∣ < 1.

132

Opomba

Vsoti vrst za y1 in y2 lahko izrazimo z elementarnimi funkcijami:

y1 = (1 + x2)−3/2, 2y2 =x

1 + x2+

ln(x+√

1 + x2)

(1 + x2)3/2.


(x2 − x+ 1)y′′ + 2(2x− 1)y′ + 2y = 0


Resitev


y =∞∑n=0

anxn



enacbo:

(x2−x+1)∞∑n=2

n(n−1)anxn−2 +(4x−2)

∞∑n=1

nanxn−1 +2

∞∑n=0

anxn = 0.


∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2xn +

∞∑n=2

n(n− 1)anxn −

∞∑n=1

n(n+ 1)an+1xn+

+4∞∑n=1

nanxn − 2

∞∑n=0

(n+ 1)an+1xn + 2

∞∑n=0

anxn = 0.


2a2 − 2a1 + 2a0 = 0, 6a3 − 2a2 + 4a1 − 4a2 + 2a1 = 0,

133

(n+ 2)(n+ 1)an+2 − n(n+ 1)an+1 + n(n− 1)an+

+4nan − 2(n+ 1)an+1 + 2an = 0 (n ≥ 2).

Po poenostavitvi najdemo relacijo an+2 = an+1 − an, ki velja za vse

indekse n ≥ 0. Da bi nasli linearno neodvisni resitvi y1 in y2, izberemo

enkrat a0 = y1(0) = 1, a1 = y′1(0) = 1, drugic pa a0 = y2(0) = 0, a1 =

y′2(0) = 1. S tem bo determinanta Wronskega funkcij y1 in y2 v tocki

x = 0 in njeni okolici razlicna od 0. Tako dobimo koeficiente za funkcijo

y1:

a0 = 1, a1 = 1, a2 = 0, a3 = −1, a4 = −1, a5 = 0, a6 = 1, a7 = 1, . . . ,

Za koeficiente funkcije y2 najdemo:

a0 = 0, a1 = 1, a2 = 1, a3 = 0, a4 = −1, a5 = −1, a6 = 0, a7 = 1, . . .

Resitvi sta:

y1 = 1 + x− x3 − x4 + x6 + x7 + . . . ,

y2 = x+ x2 − x4 − x5 + x7 + x8 + . . .

Obe vrsti konvergirata za ∣x∣ < 1.

Opomba

Vsoti vrst za y1 in y2 lahko izrazimo z elementarnimi funkcijami:

y1 =1

1− x+ x2, y2 =

x

1− x+ x2.

4 Sistemi navadnih diferencialnih enacb

1. Vcasih najlaze resimo sistem z eliminacijo vseh neznanih funkcij razen ene, za

katero dobimo neko navadno diferencialno enacbo visjega reda. Njena resitev nam

postopoma da se preostale neznane funkcije.

134


y(n) = f(x, y, y′, . . . , y(n−1))

lahko pretvorimo v sistem n enacb prvega reda z vpeljavo funkcij

yk = y(k−1) (k = 1, 2, . . . , n).

Dobimo:

y′1 = y2,

y′2 = y3,

...

y′n−1 = yn,

y′n = f(x, y1, y2, . . . , yn).

V primeru linearne enacbe

y(n) + p1(x)y(n−1) + . . .+ pn(x)y = f(x)

dobimo sistem enacb:

y′1 = y2,

y′2 = y3,

...

y′n−1 = yn,

y′n = f(x)− pn(x)y1 − pn−1(x)y2 − . . .− p1(x)yn.

Prepisemo ga lahko v matricno obliko:

d

dx

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

y1

y2...

yn−1

yn

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦=

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

0 1 0 . . . 0

0 0 1 . . . 0...

......

. . .

0 0 0 . . . 1

−pn(x) −pn−1(x) −pn−2(x) . . . −p1(x)

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

y1

y2...

yn−1

yn

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦+

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

0

0...

0

f(x)

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦.

135

3. Splosen sistem diferencialnih enacb prvega reda je oblike

x1 = f1(t, x1, x2, . . . , xn),

x2 = f2(t, x1, x2, . . . , xn),

...

xn = fn(t, x1, x2, . . . , xn).

Sistem imenujemo avtonomen, ce v funkcijah na desni strani enacajev spremenljivka

t eksplicitno ne nastopa.

Splosen sistem linearnih diferencialnih enacb prvega reda je oblike

x1 = a11(t)x1 + a12(t)x2 + . . .+ a1n(t)xn + b1(t),

x2 = a11(t)x1 + a12(t)x2 + . . .+ a1n(t)xn + b2(t),

...

xn = an1(t)x1 + an2(t)x2 + . . .+ ann(t)xn + bn(t).

Prepisemo ga lahko tudi v matricno obliko:

d

dt

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣x1

x2...

xn

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣a11(t) a12(t) . . . a1n(t)

a21(t) a22(t) . . . a2n(t)...

.... . .

...

an1(t) an2(t) . . . ann(t)

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣x1

x2...

xn

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦+

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣b1(t)

b2(t)...

bn(t)

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ .

Z vpeljavo matrik

x =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣x1

x2...

xn

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ , A(t) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣a11(t) a12(t) . . . a1n(t)

a21(t) a22(t) . . . a2n(t)...

.... . .

...

an1(t) an2(t) . . . ann(t)

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ , b(t) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣b1(t)

b2(t)...

bn(t)

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦pa se krajse:

x = A(t)x + b(t).

136

Matrika A(t) ima za svoje elemente realne funkcije. Sistem enacb je homogen, ce je

b(t) ≡ 0. Splosna resitev x(t) homogenega sistema x = A(t)x je poljubna linearna

kombinacija n-linearno neodvisnih resitev x1(t),x1(t), . . . ,xn(t) tega sistema:

x(t) = c1x1(t) + c2x1(t) + . . .+ cnxn(t).

Ce je

xk(t) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣x1k(t)

x2k(t)...

xnk(t)

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ , X(t) =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣x11(t) x12(t) . . . x1n(t)

x21(t) x22(t) . . . x2n(t)...

.... . .

...

xn1(t) xn2(t) . . . xnn(t)

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ , c =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣c1

c2...

cn

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦potem veljata relaciji det X(t) ∕= 0 in X(t) = A(t)X(t) in splosna resitev je x(t) =

X(t)c.

Partikularno resitev y(t) nehomogenega sistema enacb x = A(t)x + b(t)

poiscemo z metodo variacije konstant, potem ko smo ze nasli matriko Ξ(t) line-

arno neodvisnih resitev �1(t), �2(t), . . . , �n(t) pripadajocega homogenega sistema

x = A(t)x. Kratek racun pokaze, da velja

y(t) =

∫ t

t0

G(t, �)b(�) d�, G(t, �) = Ξ(t)Ξ−1(�).

Splosna resitev nehomogenega sistema enacb je potem

x(t) = Ξ(t)c + y(t).

4. Pri resevanju linearnih diferencialnih enacb so koristna pravila, ki so analogna

pravilom za resevanje linearnih diferencialnih enacb.

a) Ce ima homogen sistem x−A(t)x = 0 kompleksno resitev x, potem sta resitvi

tudi Re x in Im x.

b) Ce ima nehomogena enacba x−A(t)x = b(t) kompleksno resitev x in na desni

strani kompleksno funkcijo b, potem je Re x njena resitev za desno stran Re b,

Im x pa njena resitev za desno stran Im b,

137

c) Ce je y1 resitev nehomogene enacbe x−A(t)x = b(t) za desno stran b1 in y2

resitev iste enacbe za desno stran b2, potem je y = y1 + y2 resitev te iste enacbe

za desno stran b1 + b2.

5. V primeru konstantne realne matrike

A =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

.... . .

...

an1 an2 . . . ann

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦lahko resujemo homogen sistem x = Ax z metodami linearne algebre. Resitev

poiscemo v obliki x = e�tv, kjer je v ∕= 0 stevilski stolpec, vektor. Velja: Av = �v.

Torej je � lastna vrednost matrike A in v pripadajoci lastni vektor. Poiskati je

torej treba lastne vrednosti matrike A, to je nicle polinoma p(�) = det(A − �I),

kjer je I enotska matrika istih dimenzij kot matrika A.

a) Ce je � r-kratna lastna vrednost matrike A in ustrezni lastni podprostor r-

razsezen, napet na lastne vektorje v1,v2, . . . ,vr, potem so

e�tv1, e�tv2, . . . , e

�tvr

linearno neodvisne resitve sistema x = Ax.

b) Ce je � r-kratna lastna vrednost matrike A in ustrezni lastni podprostor s-

razsezen, pri cemer je s < r, poiscemo s linearno neodvisnih lastnih vektorjev

v1,v2, . . . ,vs matrike A, ki nam dajo s linearno neodvisnih resitev

e�tv1, e�tv2, . . . , e

�tvs

sistema x = Ax, preostalih p = r − s linearno neodvisnih resitev pa poiscemo v

obliki

e�t(uk,0 + tuk,1/1! + . . .+ tkuk,k/k!) (k = 1, 2, . . . , p),

138

pri cemer so uk,j konstantni vektorji, ki jih moramo se dolociti iz sistema enacb

(A− �I)uk,k = 0,

(A− �I)uk,k−1 = uk,k,

...

(A− �I)uk,1 = uk,2,

(A− �I)uk,0 = uk,1,

4.1 Linearni sistemi diferencialnih enacb

1. Resite sistem diferencialnih enacb:

x = y,

y = x+ 2 sh t.

Resitev

Sistem najhitreje resimo z izlocitvijo funkcije y. Iz prve enacbe je y = x,

kar vstavimo v drugo enacbo in dobimo nehomogeno enacbo drugega

reda:

x− x = 2 sh t.

Tako ali drugace dobimo resitev sistema;

x = (c1 + t) ch t+ c2 sh t, y = (c1 + t) sh t+ (c2 + 1) ch t.


x = 4x+ y,

y = y − 2x.

139

Resitev

Do resitve lahko pridemo z izlocitvijo ene od funkcije ali pa z uporabo

metod linearne algebre. Odlocimo se za slednje. Vpeljemo vektorsko

funkcijo x = [x, y]T , sistem prepisemo v obliko x = Ax, kjer je pri-

padajoca matrika sistema

A =

⎡⎣ 4 1

−2 1

⎤⎦ .Resitev poiscemo kot x = ve�t. Stevilo � je lastna vrednost matrike A,

v = [�, �]T pa ustrezni lastni vektor. Karakteristicni polinom matrike

A je∣∣∣∣∣∣ 4− � 1

−2 1− �

∣∣∣∣∣∣ = (4− �)(1− �) + 2 = �2 − 5�+ 6 = (�− 2)(�− 3).

Lastni vrednosti �1 = 2 ustreza lastni vektor v1 = [1,−2]T , lastni

vrednosti �1 = 3 pa lastni vektor v2 = [1,−1]T . Splosna resitev je torej

x = [x, y]T = c1v1e�1t + c2v2e

�2t = c1[1,−2]T e2t + c2[1,−1]T e3t,

od koder preberemo: x = c1e2t + c2e

3t, y = −2c1e2t − c2e3t.


x = 4x+ y − e2t,

y = y − 2x.

(R: x = (c1 + t+ 1)e2t + c2e3t, y = −2(c1 + t)e2t − c2e3t.)

140


x = x+ 2y,

y = x− 5 sin t.

(R: x = c1e−t+2c2e

2t−cos t+3 sin t, y = −c1e−t+c2e2t+2 cos t−sin t.)


x = −7x+ y,

y = −2x− 5y.

(R: x = e−6t(c1 cos t+ c2 sin t), y = e−6t((c1 + c2) cos t+ (c2− c1) sin t).)


x = 3x− y,

y = −x+ 3y,

x(0) = 3, y(0) = 5.

(R: x = 4e2t − e4t, y = 4e2t + e4t.)


x = 3x− 2y,

y = 2x− 2y,

141

x(0) = 3, y(0) = 1/2.

(R: x = 11e2t/3− 2e−t/3, y = 11e2t/6− 4e−t/3.)


x = 3y − x,

y = 4y − 2x,

x(0) = 2, y(0) = 1.

(R: x = 3et − e2t, y = 2et − e2t.)


x = −7x+ 9y,

y = −6x+ 8y,

x(0) = 2, y(0) = 1.

(R: x = 3e−t − e2t, y = 2e−t − e2t.)


x = −3x− y,

y = x− y,

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

(R: x = (1− 2t)e−2t, y = (1 + 2t)e−2t.)

142


x = 2x+ y + et,

y = −2x+ 2t.

(R: x = c1et cos t + c2e

t sin t + t + 1 + et, y = (c2 − c1)et cos t − (c1 +

c2)et sin t− 2t− 1− 2et.)


x = x− y + 2 sin t,

y = 2x− y.

(R: x = c1 cos t + c2 sin t − t cos t + t sin t, y = (c1 − c2) cos t + (c1 +

c2) sin t− 2t cos t+ sin t+ cos t.)


x = 2x− y + et,

y = 3x− 2y + t.

(R: x = c1et+c2e

−t+3tet/2+t, y = c1et+3c2e

−t+(3t−1)et/2+2t−1.)


x = 2x− 5y − cos t,

y = x− 2y + sin t.

143

(R: x = 5c1 cos t+ 5c2 sin t+ 2t cos t− t sin t, y = (2c1− c2) cos t+ (c1 +

2c2) sin t+ t cos t− 3 cos t/5 + sin t/5.)


x = x+ y + e−2t,

y = 4x− 2y − 2et.

(R: x = c1e−3t + c2e

2t + et/2, y = −4c1e−3t + c2e

2t − e−2t.)


x = 4x− 2y + t−3,

y = 8x− 4y − t−2.

(R: x = c1 + 2c2t− t−2/2 + 2t−1− 2 ln ∣t∣, y = (2c1− c2) + 2c2t+ 5t−1−4 ln ∣t∣.)


x = x+ y + 2et,

y = 4x+ y − et.

(R: x = c1e3t + c2e

−t + et/4, y = 2c1e3t − 2c2e

−t − 2et.)


144

x = 2y − x,

y = 4y − 3x+e3t

e2t + 1.

(R: x = c1et + 2c2e

2t + 2e2t arc tg et − et ln(e2t + 1), y = c1et + 3c2e

2t +

3e2t arc tg et − et ln(e2t + 1).)


x = −4x− 2y +2

et − 1,

y = 6x+ 3y − 3

et − 1.

(R: x = c1+2c2e−t+2e−t ln ∣et−1∣, y = −2c1−3c2e

−t−3e−t ln ∣et−1∣.)


x = x− y +1

cos t,

y = 2x− y.

(R: x = c1 cos t+ c2 sin t+ t(cos t+ sin t) + (cos t− sin t) ln ∣ cos t∣, y =

(c1 − c2) cos t+ (c1 + c2) sin t+ 2 cos t ln ∣ cos t∣+ 2t sin t.)


x = 3x− 2y,

y = 2x− y + 15et√t.

145

(R: x = c1et + 2c2te

t − 8t2√tet, y = c1e

t − c2et + 2c2tet + 10t

√tet −

8t2√tet.)


x = 2x+ y + 2et,

y = x+ 2y − 3e4t.

(R: x = c1et + c2e

3t + tet − e4t, y = −c1et + c2e3t − tet − 2e4t − et.)


x = x− y + 8t,

y = 5x− y.

(R: x = c1 cos(2t) + c2 sin(2t) + 2t + 2, y = (c1 − 2c2) cos(2t) + (2c1 +

c2) sin(2t) + 10t.)


x = 2x− y,

y = 2y − x− 5t sin t.

(R: x = c1et + 2c2e

3t + (t + 11/20) cos t + (t/2 − 1/5) sin t, y = c1et −

c2e3t + (3t/2 + 7/5) cos t+ (2t+ 1/5) sin t.)

146


x = 2x− y,

y = 2y − x− 5et sin t.

(R: x = c1et+2c2e

3t+et(2 cos t−sin t), y = c1et−c2e3t+et(3 cos t+sin t).)


x = 2x− y,

y = x+ 2et.

(R: x = (c1 + c2 − t2)et, y = (c1 − c2 + c2t+ 2t− t2)et.)


x = 4x− 3y + sin t,

y = 2x− y − 2 cos t.

(R: x = c1et + 3c2e

2t + cos t− 2 sin t, y = c1et + 2c2e

2t + 2 cos t− 2 sin t.)


x = y + tg2 t− 1,

y = −x+ tg t.

(R: x = c1 cos t+ c2 sin t+ tg t, y = c2 cos t− c1 sin t+ 2.)

147


x = 2y − 3x,

y = y − 2x.

(R: x = (c1 + 2c2t)e−t, y = (c1 + c2 + 2c2t)e

−t.)


x = 5x+ 3y,

y = −3x− y.

(R: x = (c1 + 3c2t)e2t, y = (c2 − c1 − 3c2t)e

2t.)


x = y + 2et,

y = x+ t2.

(R: x = c1et + c2e

−t + tet − t2 − 2, y = c1et − c2e−t − et + tet − 2t.)


x = y − 5 cos t,

y = 2x+ y.

(R: x = c1e2t + c2e

−t− cos t− 2 sin t, y = 2c1e2t− c2e−t + 3 cos t+ sin t.)

148


x = 3x+ 2y + 4e5t,

y = x+ 2y.

(R: x = c1et + c2e

4t + 3e5t, y = −c1et + c2e4t + e5t.)


x = 2x− 4y + 4e−2t,

y = 2x− 2y.

(R: x = (c1 + c2) cos(2t) + (c2− c1) sin(2t), y = c1 cos(2t) + c2 sin(2t) +

e−2t.)


x = 4x+ y − e2t,

y = y − 2x.

(R: x = c1e2t + c2e

3t + te2t, y = −2c1e2t − c2e3t + 2e2t − 2te2t.)


x = 3x− 4y + e−2t,

y = x− 2y − 3e−2t.

(R: x = c1e2t + c2e

−t + 3e−2t, y = 4c1e2t + c2e

−t + 3e−2t.)

149


x = 2y − x+ 1,

y = 3y − 2x.

(R: x = (c1 + 2c2t)et − 3, y = (c1 + c2 + 2c2)e

t − 2.)


x = 5x− 3y + 2e3t,

y = x+ y + 5e−t.

(R: x = c1e2t + 3c2e

4t − 4e3t − e−t, y = c1e2t + c2e

4t − 2e3t − 2e−t.)


x = x+ y + 1 + et,

y = 3x− y.

(R: x = c1e2t + c2e

−2t − 1/4− 2et/3, y = c1e2t − 3c2e

−2t − 3/4− et.)


x = 2x− 4y,

y = x− 3y + 3et.

(R: x = 4c1et + c2e

−2t − 4tet, y = c1et + c2e

−2t + et − tet.)

150


x = 2x− y,

y = y − 2x+ 18t.

(R: x = c1 + c2e3t + 3t2 + 2t, y = 2c1 − c2e3t + 6t2 − 2t− 2.)


x = x+ 2y + 16tet,

y = 2x− 2y.

(R: x = 2c1e2t + c2e

−3t − (12t+ 13)et, y = c1e2t − 2c2e

−3t − (8t+ 6)et.)


x = 3x+ 2y + 4e5t,

y = x+ 2y.

(R: x = c1et + c2e

4t + 3e5t, y = −c1et + c2e4t + e5t.)


x = 2x+ 4y − 8,

y = 3x+ 6y.

(R: x = 2c1e8t − 2c2 + 1− 6t, y = 3c1e

8t + c2 + 3t.)

151


x = 2x− 3y,

y = x− 2y + 2 sin t.

(R: x = 3c1et + c2e

−t + 3 sin t, y = c1et + c2e

−t + sin t− cos t.)


x = 2x+ 3y + 5t,

y = 3x+ 2y + 8et.

(R: x = c1e5t+c2e

−t−3et+2t−13/5, y = c1e5t−c2e−t+et−3t+12/5.)


x = 2x+ y,

y = 3x+ 4y.

(R: x = c1et + c2e

5t, y = −c1et + 3c2e5t.)


x = x− y,

y = y − 4x.

(R: x = 2c1e3t − 4c2e

−3t, y = c1e2t + c2e

−3t.)

152


x = x+ y,

y = 3y − 2x.

(R: x = c1e2t cos t+ c2e

2t sin t, y = (c1 + c2)e2t cos t+ (c2 − c1)e2t sin t.)


x = x− 3y,

y = 3x+ y.

(R: x = (2c2−c1) cos(2t)−(2c1 +c2) sin(2t), y = c1 cos(2t)+c2 sin(2t).)


x = 2x+ y,

y = 4y − x.

(R: x = (c1 + c2t)e3t, y = (c1 + c2 + c2t)e

3t.)


x = 3x− y,

y = 4x− y.

(R: x = (c1 + c2t)et, y = (2c1 − c2 + 2c2t)e

t.)

153


x = x− y +3

2t2,

y = −4x− 2y + 1 + 4t.

(R: x = c1e2t + c2e

−3t − t2/2, y = −c1e2t + 4c2e−3t + t+ t2.)

x = −y − sin t cos t,

y = x− sin2 t.

(R: x = c1 cos t+ c2 sin t+ cos2 t, y = c1 sin t− c2 cos t+ sin t cos t.)


x = −y,

x− y = 3x+ y.

Resitev

Izrazimo y iz prve enacbe in vstavimo v drugo:

y = −x, x+ x = 3x− x.

Po preureditvi dobimo linearno homogeno diferencialno enacbo s kon-

stantnimi koeficienti in njeno karakteristicno enacbo:

x+ 2x− 3x = 0, �2 + 2�− 3 = (�− 1)(�+ 3) = 0.

Sedaj brez tezav zapisemo resitev:

x = c1et + c2e

−3t, y = −c1et + 3c2e−3t.

154


x = −x+ y + et,

y = x− y + et.

(R: x = c1 + c2e−2t + et, y = c1 − c2e−2t + et.)


2x− 5y = 4y − x,

3x− 4y = 2x− y.

Resitev

Iz obeh enacb izlocimo x in dobimo y = x−2y. Ce izrazimo x = y+2y

in vstavimo v drugo enacbo, dobimo preprosto enacbo y−y = 0, ki ima

resitev y = c1et + c2e

−t. Potem brez tezav najdemo resitev sistema:

x = 3c1et + c2e

−t, y = c1et + c2e

−t.


5x− 2y + 4x− y = e−t,

x+ 8x− 3y = 5e−t.

(R: x = c1et + c2e

−2t + 2e−t, y = 3c1et + 2c2e

−2t + 3e−t.)

155


x− 2y + 2x = 0,

3x+ y − 8y = 0.

Resitev

Prvo enacbo odvajamo po t in dobimo:

2x− 2y +...x = 0.

Nato iz druge in dobljene enacbe izlocimo x. Dobimo:

16y − 8y + 3...x = 0.

Iz enacbe 3...x = (8y − y) in iz pravkar dobljene enacbe izlocimo

...x :

16y − 8y + (8y − y) = 0.

Uredimo in dobimo linearno homogeno enacbo s konstantnima koefi-

cientoma in pripadajoco karakteristicno enacbo:

....y − 16y = 0, �4 − 16 = (�− 2)(�+ 2)(�2 + 4) = 0.

Splosno resitev zapisemo v obliki:

y = 3c1e2t + 3c2e

−2t + c3 sin(2t) + c4 cos(2t).

Ce odvajamo po t drugo dano enacbo, prvo pa pomnozimo s 3 in

izlocimo x, dobimo

x =1

6(...y − 2y).

156

Iz tega izraza dobimo nazadnje resitev:

x = 2c1e2t − 2c2e

−2t − 2c3 cos(2t) + 2c4 sin(2t),

y = 3c1e2t + 3c2e

−2t + c3 sin(2t) + c4 cos(2t).


x+ 3y − x = 0,

x+ 3y − 2y = 0.

Resitev

Drugo enacbo odvajamo po t in dobljeno enacbo odstejemo od prve.

Dobimo x = 2y, kar vstavimo v drugo enacbo. Dobimo linearno ho-

mogeno diferencialno enacbo s pripadajoco karakteristicno enacbo:

2y + 3y − 2y = 0, 2�2 + 3�− 2 = (�+ 2)(2�− 1) = 0.

Njena splosna resitev je y = c1et/2 + c2e

−2t.

Resitev sistema je torej

x = c1et/2 − 4c2e

−2t, y = c1et/2 + c2e

−2t.


x+ x+ y − 2y = 0,

x− y + x = 0.

(R: x = c1et + 2c2e

−2t + c3e−t, y = 2c1e

t + c2e−2t.)

157


x− 2y + y + x− 3y = 0,

4y − 2x− x− 2x+ 5y = 0.

(R: x = 3ce−t, y = ce−t.)


x− x+ 2y − 2y = 0,

x− x+ y + y = 0.

(R: x = c1e3t + c2e

−t, y = −2c1e3t + c3e

t.)


2x+ 2x+ x+ 3y + y + y = 0,

x+ 4x− x+ 3y + 2y − y = 0.

(R: x = c1+c2et+5c3 cos t+5c4 sin t, y = −c1−c2et−(4c3−3c4) cos t−

(3c3 + 4c4) sin t.)


x+ 5x+ 2y + y = 0,

3x+ 5x+ y + 3y = 0.

(R: x = (c1 + c2t)et + c3e

−t, y = (−2c1 − c2 − 2c2t)et − 4c3e

−t.)

158


x+ 4x− 2x− 2y − y = 0,

x− 4x− y + 2y + 2y = 0.

(R: x = c1et+c2e

−t+c3e2t+c4e

−2t, y = c1et+5c2e

−t+2c3e2t+2c4e

−2t.)


x− 4x+ 4x− y = 0,

y + 4y + 4y − 25x = 16et.

(R: x = c1e3t + c2e

−3t + c3 cos t + c4 sin t − et, y = c1e3t + 25c2e

−3t +

(3c3 − 4c4) cos t+ (4c3 + 3c4) sin t− e−t.)


x+ y + 2x = 0,

y − x+ 2y = 0.

(R: x = c1 sin t− c2 cos t− c3 sin(2t) + c4 cos(2t), y = c1 cos t+ c2 sin t+

c3 cos(2t) + c4 sin(2t).)


x = 2x− 3y,

y = x− 2y.

159

(R: x = 3c1et + 3c2e

−t + c3 cos t + c4 sin t, y = c1et + c2e

−t + c3 cos t +

c4 sin t.)


x = 3x+ 4y,

y = −x− y.

(R: x = (2c1 + 2c2t)et + (2c3 + 2c4t)e

−t, y = (c2 − c1 − c2t)et − (c3 +

c4 + c4t)e−t.)


x = −x− y − 5,

y = 4x+ 3y − 3.

(R: x = (c1 + c2t)et + (c3 + c4t)e

−t + 18, y = −(2c1 + 2c2 + 2c2t)et −

(2c3 − 2c4 + 2c4t)e−t − 23.)


x = 2y,

y = −2x.

(R: x = (c1 cos t + c2 sin t)et + (c3 cos t + c4 sin t)e−t, y = (c2 cos t −c1 sin t)et − (c4 cos t− c3 sin t)e−t.)

160


x = −a2y,

y = a2x, a ∕= 0.

(R: x = (c1 cos(kt) + c2 sin(kt))ekt + (c3 cos(kt) + c4 sin(kt))e−kt,

y = −(c2 cos(kt)− c1 sin(kt))ekt + (c4 cos(kt)− c3 sin(kt))e−kt,

k = a√

2/2.)


x+ y = t3,

y + x = 0.

(R: x = c1et + c2e

−t + c3 cos t+ c4 sin t− 6t,

y = −c1et − c2e−t + c3 cos t+ c4 sin t+ t3.)

74. Poiscite tisto resitev sistema diferencialnih enacb

t2x+ tx+ y = 2t,

x− y = ln t, (t > 0)

za katero je limt→0+ x(t) = 1 in limt→0+ y(t) = 0.

(R: x = 1 + t ln t/2, y = t− t ln t/2.)

75. Poiscite tisto resitev sistema diferencialnih enacb

x− 2x+ 2y = 0,

y + x− 3y = 0,

161

za katero je limt→∞ x(t) = 0, limt→∞ y(t) = 0, x(0) = 1 in y(t) = 0.

(R: x = (2e−t + e−2t)/3, y = (e−t − e−2t)/3.)


x = x− y + z,

y = x+ y − z,

z = 2x− y.

Resitev

Do resitve pridemo najbolj pregledno z uporabo metod linearne algebre.

Vpeljemo vektorsko funkcijo x = [x, y, z]T , sistem prepisemo v obliko

x = Ax, kjer je pripadajoca matrika sistema

A =

⎡⎢⎢⎣1 −1 1

1 1 −1

2 −1 0

⎤⎥⎥⎦ .Resitev poiscemo kot x = ve�t. Stevilo � je lastna vrednost matrike

A, v = [�, �, ]T pa ustrezni lastni vektor. Karakteristicni polinom

matrike A je∣∣∣∣∣∣∣∣1− � −1 1

1 1− � −1

2 −1 −�

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −�3 + 2�2 + �− 2 = −(�− 1)(�− 2)(�+ 1).

Lastni vrednosti �1 = 1 ustreza lastni vektor v1 = [1, 1, 1]T , lastni

vrednosti �2 = 2 lastni vektor v2 = [1, 0, 1]T in lastni vrednosti �2 = −1

lastni vektor v3 = [1,−3,−5]T Splosna resitev je torej

x = [x, y, z]T = c1v1e�1t + c2v2e

�2t + c3v3e�3t =

162

= c1[1, 1, 1]T et + c2[1, 0, 1]T e2t + c3[1,−3,−5]T e−t,

od koder preberemo resitev: x = c1et + c2e

2t + c3e−t, y = c1e

t− 3c3e−t,

z = c1et + c2e

2t − 5c3e−t.


x = 2x+ y − z,

y = x+ 2y − z,

z = 3x− 3y − z.

(R: x = 5c1et+c2e

−t+c3e3t, y = c1e

t+c2e−t+c3e

3t, z = 6c1et+4c2e

−t.)


x = 4x+ y + 16z,

y = x+ 6y + 38z,

z = 2x− y.

(R: x = 3c1et + 6c2e

4t + 11c3e5t, y = 7c1e

t + 16c2e4t + 27c3e

5t, z =

−c1et − c2e4t − c3e5t.)


x = 3x− y − 6z,

y = 3x− 2y − 3z,

z = x− y.

163

(R: x = c1e15t + 2c2e

−5t + 4c3e5t, y = c1e

15t − 3c2e−5t + −c3e5t, z =

5c2e−5t − 5c3e

5t.)


x = x+ y − 3z,

y = −x+ y − z,

z = −z.

(R: x = c1e−t + (c2 cos t + c3 sin t)et, y = c1e

−t + (c3 cos t − c2 sin t)et,

z = c1e−t.)


x = x+ y − z,

y = −x+ y + z,

z = z.

(R: x = (c1+c2 cos t+c3 sin t)et, y = (c1+c3 cos t−c2 sin t)et, z = c1et.)


x = x− 2y − z,

y = −x+ y + z,

z = x− z.

(R: x = c1 + 3c2e2t, y = −2c2e

2t + c3e−t, z = c1 + c2e

2t − 2c3e−t.)

164


x = 2x− y + z,

y = x+ 2y − z,

z = x− y + 2z.

(R: x = c2e2t + c3e

3t, y = c1et + c2e

2t, z = c1et + c2e

2t + c3e3t.)


x = 3x− y + z,

y = x+ y + z,

z = 4x− y + 4z.

(R: x = c1et+ c2e

2t+ c3e5t, y = c1e

t− c2e2t+ c3e5t, z = −c1et−3c2e

2t+

3c3e5t.)


x = −3x+ 4y − 2z,

y = x+ z,

z = 6x− 6y + 5z.

(R: x = c1et + c3e

−t, y = c1et + c2e

2t, z = 2c2e2t − c3e−t.)


165

x = 2x+ y,

y = x+ 3y − z,

z = −x+ 2y + 3z.

Resitev

Do resitve poskusimo priti z uporabo metod linearne algebre. Vpeljemo

vektorsko funkcijo x = [x, y, z]T , sistem prepisemo v obliko x = Ax,

kjer je pripadajoca matrika sistema

A =

⎡⎢⎢⎣2 1 0

1 3 −1

−1 2 3



matrike A je∣∣∣∣∣∣∣∣2− � 1 0

1 3− � −1

−1 2 3− �

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −�3+8�2−22�+20 = −(�−2)(�2−6�+10).

Lastni vrednosti �1 = 2 ustreza lastni vektor v1 = [1, 0, 1]T , druga

lastna vrednost �2 = 3 + i pa je konjugirana tretji �3 = 3− i. Za drugi

lastni vektor vzemimo v2 = [1, 1 + i, 2− i]T .

x = [x, y, z]T = c1v1e�1t + c2 Re(v2e

�2t) + c3 Im(v2e�3t) =

= c1[1, 1, 1]T e2t + c2[cos t, cos t− sin t, 2 cos t+ sin t]T e3t+

166

+c3[sin t, cos t+ sin t, 2 sin t− cos t]T e3t,

Resitev lahko zapisemo v obliki:

x = c1e2t + e3t(c2 cos t+ c3 sin t),

y = e3t((c2 + c3) cos t+ (c3 − c2) sin t),

z = c1e2t + e3t((2c2 − c3) cos t+ (c2 + 2c3) sin t).


x = 2x− y + 2z,

y = x+ 2z,

z = −2x+ y − z.

(R: x = c2 cos t+ (c2 + 2c3) sin t), y = 2c1et + c2 cos t+ (c2 + 2c3) sin t),

z = c1et + c3 cos t− (c2 + c3) sin t).)


x = −y,

y = x,

z = −x− y.

(R: x = c1 cos t+ c2 sin t, y = c1 sin t− c2 cos t, z = (c1 + c2) cos t+ (c2−c1) sin t+ c3.)


167

x = x− y − z,

y = x+ y,

z = 3x+ z.

(R: x = et(−2c2 sin(2t)+2c3 cos(2t)), y = et(c1+c2 cos(2t)+c3 sin(2t)),

z = et(−c1 + 3c2 cos(2t) + 3c3 sin(2t)).)


x = 4x− y − z,

y = x+ 2y − z,

z = x− y + 2z.

(R: x = c1e2t + (c2 + c3)e

3t, y = c1e2t + c3e

3t, z = c1e2t + c2e

3t − c3e−t.)


x = 2x− y − z,

y = 3x− 2y − 3z,

z = −x+ y + 2z.

Resitev

Do resitve poskusimo tudi tokrat priti z uporabo metod linearne al-

gebre. Vpeljemo vektorsko funkcijo x = [x, y, z]T , sistem prepisemo v

168

obliko x = Ax, kjer je pripadajoca matrika sistema

A =

⎡⎢⎢⎣2 −1 −1

3 −2 −3

−1 1 2



matrike A je∣∣∣∣∣∣∣∣2− � −1 −1

3 −2− � −3

−1 1 2− �

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −�3 + 2�2 − � = −�(�− 1)2.

Lastni vrednosti �1 = 2 ustreza lastni vektor v1 = [1, 3,−1]T , druga

lastna vrednost �2 = 1 pa je dvakratna. Ustrezni lastni podprostor pa

je dvorazsezen, napet na vektorja v2 = [1, 1, 0]T ,v3 = [1, 0, 1]T .

x = [x, y, z]T = c1v1e�1t + c2v2e

�2t + c3v3e�2t =

= c1[1, 3,−1]T + c2[1, 1, 0]T et + c3[1, 0, 1]T et,


x = c1 + (c2 + c3)et, y = 3c1 + c2e

t, z = −c1 + c3et.


x = −2x+ y − 2z,

y = x− 2y + 2z,

z = 3x− 3y + 5z.

(R: x = c1e3t + (c2 + 2c3)e

−t, y = −c1e3t + c2e−t, z = −3c1e

3t − c3e−t.)

169


x = 3x− 2y − z,

y = 3x− 4y − 3z,

z = 2x− 4y.

(R: x = c1e2t + c3e

−5t, y = c2e2t + 3c3e

−5t, z = (c1 − 2c2)e2t + 2c3e

−5t.)


x = x− y + z,

y = x+ y − z,

z = −y + 2z.

Resitev

Uporabimo spet metode linearne algebre. Vpeljemo vektorsko funkcijo

x = [x, y, z]T , sistem prepisemo v obliko x = Ax, kjer je pripadajoca

matrika sistema

A =

⎡⎢⎢⎣1 −1 1

1 1 −1

0 −1 2



matrike A je∣∣∣∣∣∣∣∣1− � −1 1

1 1− � −1

0 −1 2− �

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −�3 + 4�2 − 5�+ 2 = −(�− 2)(�− 1)2.

170

Lastni vrednosti �1 = 2 ustreza lastni vektor v1 = [1, 0, 1]T , druga

lastna vrednost �2 = 1 pa je dvakratna. Ustrezni lastni podprostor

je tokrat le enorazsezen, napet na vektor v2 = [1, 1, 1]T . Tretjo bazno

resitev poiscemo v obliki u3 = (a + bt)e�2t. Hitro spoznamo, da mora

veljati za vsak t enakost

b + �2a + t�2b = Aa + tAb.

Veljati morata torej relaciji

Ab = �2b, (A− �2I)a = b.

Prva pomeni, da je b lastni vektor matrike A pri lastni vrednosti �2 =

1, kar pomeni, da lahko izberemo b = v2 = [1, 1, 1]T . Naj bo iskani

a = [u, v, w]T . Zanj najdemo neprotisloven sistem enacb −v + w =

1, u − w = 1,−v + w = 1 z resitvijo a = [2, 0, 1]. Splosna resitev je

potemtakem

x = [x, y, z]T = c1v1e�1t + c2v2e

�2t + c3u3e�2t =

= c1[1, 1, 1]T e2t + c2[1, 0, 1]T et + c3([2, 0, 1]T + t[1, 1, 1]T )et,


x = c1e2t+(c2+2c3+c3t)e

t, y = (c2+c3t)et, z = c1e

2t+(c2+c3+c3t)et.


x = −x+ y − 2z,

y = 4x+ y,

z = 2x+ y − z.

171

(R: x = (c2 − c3 + c3t)e−t, y = 2c1e

t + (−c2 + c3 − 2c3t)e−t, z =

c1et + (−c1 − c3t)e−t.)


x = 2x+ y,

y = 2y + 4z,

z = x− z.

(R: x = c1 + (c2t + 4c3)e3t, y = −2c1 + (c2 − 2c2t + 4c3)e

3t, z =

c1 + (−c2 + c2t+ c3)e3t.)


x = 3x+ 3y + z,

y = −x− 2y − z,

z = −6x− 3y.

(R: x = 5c1et+3c2+c3+3c3t, y = 4c1e

t+3c2+3c3t, z = c1et+c2+c3t.)


x = 2x− y − z,

y = 2x− y − 2z,

z = −x+ y + z.

(R: x = (c1 + c3t)et, y = (c2 + 2c3t)e

t, z = (c1 − c2 − c3 − c3t)et.)

172


x = −4x− 5y − 3z,

y = 14x+ 13y + 6z,

z = −7x− 5y.

(R: x = (3c2 + c3t)e3t, y = (−c1− 2c2− 2c3t)e

3t, z = (5c1− 7c2 + 3c3 +

c3t)e3t.)


x = 4x− y,

y = 3x+ y − z,

z = x+ z.

Resitev

Uporabimo spet metode linearne algebre. Vpeljemo vektorsko funkcijo

x = [x, y, z]T , sistem prepisemo v obliko x = Ax, kjer je pripadajoca

matrika sistema

A =

⎡⎢⎢⎣4 −1 0

3 1 −1

1 0 1



173

matrike A je∣∣∣∣∣∣∣∣4− � −1 0

3 1− � −1

1 0 1− �

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −�3 + 6�2 − 12�+ 8 = −(�− 2)3.

Lastna vrednost �1 = 2 je trikratna, ustreza ji lastni vektor v1 =

[1, 2, 1]T , Ustrezni lastni podprostor pa je le enorazsezen, napet na ta

vektor.

Drugo bazno resitev poiscemo v obliki u2 = (a + bt)e�1t. Hitro spoz-

namo, da mora veljati za vsak t enakost

�1a + t�1b + b = Aa + tAb.

Veljati morata torej relaciji

Ab = �1b, (A− �1I)a = b.

Prva pomeni, da je b lastni vektor matrike A pri lastni vrednosti �1 =

2, kar pomeni, da lahko izberemo b = v1 = [1, 2, 1]T . Naj bo iskani

a = [u, v, w]T . Zanj najdemo neprotisloven sistem enacb 2u − v =

1, 3u− v − w = 2, u− w = 1 z resitvijo a = [0,−1,−1].

Tretjo bazno resitev poiscemo v obliki u3 = (c + dt+ et2/2)e�1t. Spoz-

namo, da moraj veljati za vsak t enakost

d + te + �1c + �1td + �1(t2/2)e = Ac + tAd + (t2/2)Ae.

Veljati morajo torej relacije

Ae = �1e, (A− �1I)d = e, (A− �1I)c = d.

Prva pomeni, da je e lastni vektor matrike A pri lastni vrednosti �1 = 2,

kar pomeni, da lahko izberemo e = 2v1 = [2, 4, 2]T . Naj bo iskani

174

d = [p, q, r]T . Zanj najdemo neprotisloven sistem enacb 2p − q =

2, 3p − q − r = 4, p − r = 2 z resitvijo d = [0,−2,−2]. Koncno naj

bo c = [k, l,m]T . Zanj imamo neprotisloven sistem enacb 2k − l =

0, 3k − l −m = −2, k −m = −2 z resitvijo c = [0, 0, 2].

Splosna resitev je potemtakem

x = [x, y, z]T = c1v1e�1t + c2u2e

�1t + c3u3e�1t =

= c1[1, 2, 1]T e2t + c2([0,−1,−1]T + t[1, 2, 1]T )e2t+

+c3([0, 0, 2]T + t[0,−2,−2]T + t2[1, 2, 1]T )e2t,


x = (c1 + c2t+ c3t2)e2t,

y = (2c1 − c2 + 2(c2 − c3)t+ 2c3t2)e2t,

z = (c1 − c2 + 2c3 + (c2 − 2c3)t+ c3t2)e2t.


x = 5y − 39z,

y = x− 3y + 31z,

z = x+ y.

(R: x = (11c1−4c2 +11c2t+2c3−8c3t+11c3t2)e−t, y = (−10c1 +3c2−

10c2t− 2c3 + 6c3t− 10c3t2)e−t, z = (−c1 − c2t− c3t2)e−t.)


175

x = y,

y = z,

z = x.

(R: x = c1et + 2e−t/2(c2 cos(

√3t/2) + c3 sin(

√3t/2)),

y = c1et − e−t/2((c2 − c3

√3) cos(

√3t/2) + (c3 + c2

√3) sin(

√3t/2)),

z = c1et − e−t/2((c2 + c3

√3) cos(

√3t/2) + (c3 − c2

√3) sin(

√3t/2)).)


x = 3x− y − z,

y = −x+ 3y − z,

z = −x− y + 3z.

(R: x = c1et + c2e

−t + c3e2t + c5e

−2t, y = c1et + c2e

−t + c4e2t + c6e

−2t,

z = c1et + c2e

−t − (c3 + c4)e2t − (c5 + c6)e

−2t.)


y − z + x = 0,

z − x+ y = 0,

x− y + z = 0.

(R: x = (c2√

3− c1) cos(kt)− (c1√

3 + c2) sin(kt),

y = −(c2√

3 + c1) cos(kt) + (c1√

3− c2) sin(kt),

z = 2c1 cos(kt) + 2c2 sin(kt); k =√

3/3.)

176

4.2 Nelinearni sistemi diferencialnih enacb

Nelinearni sistem navadnih diferencialnih enacb

y′ = f(x, y, z),

z′ = g(x, y, z),

kjer je x neodvisna spremenljivka, y(x), z(x) pa iskani funkciji, se vcasih da resiti

z izlocitvijo ene od teh funkcij, kar nas privede do navadne diferencialne enacbe z

eno neznano funkcijo.

Avtonomen sistem vec kot dveh enacb navadno pisemo v obliki

dx1f1(x1, . . . , xn)

=dx2

f2(x1, . . . , xn)= . . . =

dxnfn(x1, . . . , xn)

= dt.

V tem primeru je sistem resen, ce najdemo n − 1 neodvisnih prvih integralov

sistema, to je funkcij

'1, '2, . . . , 'n−1,

za katere je

'1(x1, . . . , xn) = c1, '2(x1, . . . , xn) = c2, . . . , 'n−1(x1, . . . , xn) = cn−1.

Prvi integrali so odvisni, ce lahko enega od njih funkcijsko izrazimo s preostalimi.

Prvi integrali so odvisni natanko tedaj, ko je rang Jacobijeve matrike⎡⎢⎢⎢⎣∂'1

∂x1. . . ∂'1

∂xn...

. . ....

∂'n−1

∂x1. . . ∂'n−1

∂xn

⎤⎥⎥⎥⎦manjsi od n− 1.

1. Resite sistem enacb:

y′ =x

z,

z′ = −xy.

177

Resitev

Iz obeh enacb dobimo zy′ + yz′ = (yz)′ = 0, kar pomeni yz = c1/2. Iz

prve enacbe nato dobimo enacbo z locljivima spremenljivkama:

dy

dx=

2xy

c1,

dy

y=

2x dx

c1.

Po integraciji in antilogaritmiranju imamo najprej

y = c2ex2/c1 ,

nato pa se

z =c12y

=c12c2

e−x2/c1 .

S preimenovanjem konstante c1 7→ 1/c1 lahko nekoliko lepse zapisemo

resitev:

y = c2ec1x2 , z =

1

c1c2ec1x

2

.


y′ =y2

z − x,

z′ = y + 1.

Resitev

Iz druge enacbe izrazimo y = z′ − 1 in vstavimo v prvi enacbo:

y′ = (z′ − 1)′ =(z′ − 1)2

z − x, z′′ =

(z′ − 1)2

z − x.

Vpeljemo u = z − x, u′ = z′ − 1 in dobimo:

u′′ =u′2

u.

178

Naj bo u′ = w = w(u). Potem je u′′ = w(dw/du) in enacba preide v

wdw

du=w2

u.

Ena moznost je w = 0, druga pa dw/w = du/u. V prvem primeru

je u′ = z′ − 1 = 0 in s tem z = x + c, y = 0. V drugem primeru pa

najdemo najprej

w = u′ = c1u, du/u = c1 dx, u = c2ec1x = z − x.

Torej je

z = x+ c2ec1x, y = z′ − 1 = c1c2e

c1x.

Splosna resitev sistema je zato:

y = c1c2ec1x, z = x+ c2e

c1x.

Za c1 = 0 dobimo resitev, ko smo jo posebej obravnavali.


y′ = y2z,

z′ =z

x− yz2.

Resitev

Ena resitev je ocitno resitev sistema y = 0, z′ = z/x, kar nam da

posebno resitev y = 0, z = cx.

Da bi dobili splosno resitev, izrazimo iz prve enacbe z = y′/y2 in vs-

tavimo v drugo enacbo:

z′ =(zx

)′=y′′

y2− 2y′2

y3=

y′

xy2− y′2

y3.

179

Po preureditvi imamo

y′′

y− y′2

y2=

(y′

y

)′=

y′

xy.

Z uvedbo nove spremenljivke u = y′/y dobimo preprosto enacbo u′ =

u/x z resitvijo u = y′/u = 2c1x. Z integracijo in antilogaritmiranjem

dobimo

y = c2ec1x2 , z =

y′

y2=

2c1x

c2e−c1x

2

.

S tem smo nasli splosno in posebno resitev sistema:

y = c2ec1x2 , z =

2c1x

c2e−c1x

2

; y = 0, z = cx.


2zy′ = y2 − z2 + 1,

z′ = z + y.

Resitev

Iz druge enacbe izrazimo najprej y = z′ − z, iz cesar je y′ = z′′ − z.

Potem, ko ta dva izraza vstavimo v prvo enacbo in jo nato preuredimo,

imamo:

2zz′′ = z′2 + 1.

Ce uvedemo

u = u(z) = z′, z′′ = udu

dz,

dobimo

2uzdu

dz= u2 + 1,

2u du

u2 + 1=dz

z.

180

Z integriranjem in antilogaritmiranjem dobimo:

u2 + 1 = c1z,dz

dx= ±√c1z − 1.

Locimo spremenljivki in malo preoblikujemo in integriramo:

± c1 dz

2√c1z − 1

=c12dx, ±

√c1z − 1 =

c1x+ c22

.

Izrazimo eksplicitno:

z =1

c1+

1

4c1(c1x+ c2)

2.

Za y = z′ − z dobimo:

y = − 1

c1+

1

2(c1x+ c2)−

1

4c1(c1x+ c2)

2.


xy′ = z,

x(y − 1)z′ = z(y + 2z − 1).

Resitev

Iz prve enacbe vstavimo z = xy′ v drugo:

x(y − 1)(xy′′ + y′) = xy′(y + 2xy′ − 1).

Po preurejanju dobimo:

y′′(y − 1) = 2y′2.

Uvedemo u = u(z) = y′, y′′ = u du/dy:

udu

dy=

2u2

y − 1.

181

Ena resitev je trivialna: za u = y′ = 0 dobimo posebno resitev y = c in

z = 0. Splosno resitev dobimo iz okrajsane enacbe:

du

dy=

2u

y − 1,

du

u=

2 dy

y − 1.

Z integriranjem in antilogaritmiranjem dobimo:

u =dy

dx= c1(y − 1)2,

dy

(y − 1)2= c1 dx,

1

1− y= c1x+ c2.

Nazadnje imamo:

y =c1x+ c2 − 1

c1x+ c2, z =

c1x

(c1x+ c2)2.

Trivialno resitev dobimo za c1 = 0.

6. Poiscite neodvisna prva integrala sistema enacb

dx

�z − y=

dy

x− �z=

dz

�y − �x,

pri cemer so �, �, konstante, ki niso hkrati enake 0.

Resitev

Sistem je ekvivalenten sistemu

x = �z − y,

y = x− �z,

z = �y − �x.

Najprej je ocitno �x+�y+ z = 0, zato je �x+�y+ z = c1. Nadalje

je xx + yy + zz = 0 in zato x2 + y2 + z2 = c2. Prva integrala sistema

sta

'(x, y, z) = �x+ �y + z, (x, y, z) = x2 + y2 + z2.

182

Jacobijeva matrika⎡⎣ ∂'∂x

∂'∂y

∂'∂z

∂ ∂x

∂ ∂y

∂ ∂z

⎤⎦ =

⎡⎣ � �

2x 2y 2z

⎤⎦ima rang 2. Njen rang bi bil 1 le v primeru �z − y = x − �z =

�y − �x = 0, kar pa je ocitno mozno samo v tocki.


dx

y − xz=

dy

x+ yz=

dz

x2 + y2.

Resitev


x = y − xz,

y = x+ yz,

z = x2 + y2.

Ker je

xx− yy + zz = 0,

imamo x2 − y2 + z2 = c1. Prav tako imamo hitro

z − yx− xy = z − (xy) = 0,

torej (z − xy) = 0. Prva integrala sistema sta

'(x, y, z) = x2 − y2 + z2, (x, y, z) = z − xy.

Da sta neodvisna, pokazemo na obicajni nacin.

183


dx

x(y − z)=

dy

y(z − x)=

dz

z(x− y).

Resitev


x = x(y − z),

y = y(z − x),

z = z(x− y).

Ocitno je x + y + z = 0 in zato x + y + z = c1. Prav tako je yzx +

xzy + xyz = (xyz) = 0 in xyz = c2. Prva integrala sistema sta

'(x, y, z) = x+ y + z, (x, y, z) = xyz.


dx

x2 − y2 − yz=

dy

x2 − y2 − xz=

dz

z(x− y).

Resitev


x = x2 − y2 − yz,

y = x2 − y2 − xz,

z = z(x− y).

Ker je x− y − z = 0, imamo x− y − z = c1. Nato najdemo

xx− yy = x3 + y3 − xy2 − x2y = (x2 − y2)(x− y)

184

oziroma2xx− 2yy

x2 − y2= x− y =

2z

z.

Z integracijo dobimo

ln ∣x2 − y2∣ − 2 ln ∣z∣ = ln c2

in z antilogaritmiranjem nazadnje (x2 − y2)/z2 = c2. Prva integrala

sistema sta

'(x, y, z) = x− y − z, (x, y, z) =x2 − y2

z2.


− dx

1 + xz2=

dy

1 + yz2=

dz

z2(y − x).

Resitev


x = −1− xz2,

y = 1 + yz2,

z = z2(y − x).

En prvi integral imamo takoj. Ker je x+y−z = 0, imamo x+y−z = c1.

Potem pa imamo se

yx+ xy = (xy) = x− y = − z

z2

in z integracijo xy − 1/z = c2. Prva integrala sistema sta

'(x, y, z) = x+ y − z, (x, y, z) = xy − 1

z.

185


dx

y + z=

dy

z + x=

dz

x+ y.

Resitev


x = y + z,

y = z + x,

z = x+ y.

Iz prvih dveh enacb imamo: x − y = y − x, iz druge in tretje pa

y − z = z − y. To pomeni, da velja:

x− yx− y

− y − zy − z

= 0.

Z integracijo in antilogaritmiranjem dobimo: (x− y)/(y− z) = c1. Ker

je

x+ y + z = 2(x+ y + z),

imamo tudix+ y + z

x+ y + z+ 2

x− yx− y

= 0.

Z integracijo in antilogaritmiranjem dobimo se (x+y+z)(x−y)2 = c2.

Prva integrala sistema sta

'(x, y, z) =x− yy − z

, (x, y, z) = (x+ y + z)(x− y)2.


dx

2y − z=dy

y=dz

z.

186

Resitev


x = 2y − z,

y = y,

z = z.

Zadnji dve enacbi dasta y/y − z/z = 0 in y/z = c1. Iz vseh treh pa

dobimo x − 2y + z = 0 in se: x − 2y + z = c2. Prva integrala sistema

sta

'(y, z) =y

z, (x, y, z) = x− 2y + z.


dx

y=dy

x=dz

z.

Resitev


x = y,

y = x,

z = z.

Prvi dve enacbi nam dasta xx− yy = 0 in: x2 − y2 = c1. Iz vseh treh

enacb najdemo sex+ y

x+ y− z

z= 0

in integral (x+ y)/z = c2. Prva integrala sistema sta

'(x, y) = x2 − y2, (x, y, z) =x+ y

z.

187


dx

y − x=

dy

x+ y + z=

dz

x− y.

Resitev


x = y − x,

y = x+ y + z,

z = x− y.

Ker je x+ z = 0, je x+ z = c1. Potem pa veljata se relaciji

x+ y + z = x+ y + z, y − 3x− z = −(y − 3x− z),

iz katerih jex+ y + z

x+ y + z+y − 3x− zy − 3x− z

= 0.

Po integriranju in antilogaritmiranju dobimo se (x+y+z)(y−3x−z) =

c2. Prva integrala sistema sta

'(x, z) = x+ z, (x, y, z) = (x+ y + z)(y − 3x− z).


dx

z=dy

xz=dz

y.

Resitev


x = z,

y = xz,

z = y.

188

Iz prvih dveh enacb imamo takoj: xx − y = 0 in: x2 − 2y = c1.

Drugega pa bomo poiskali s pomocjo prvega. Iz tretje enacbe imamo

z = (x2 − c1)/2. Nato dobimo:

dz

dx=z

x=x2 − c1

2z, 2z dz = (x2 − c1) dx.

Integracija nam da:

z2 =x3

3− c1x+

c23

=x3

3− (x2 − 2y)x+

c23.

Po preureditvi imamo nazadnje

3z2 + 2x3 − 6xy = c2.


'(x, y) = x2 − 2y, (x, y, z) = 3z2 + 2x3 − 6xy.


dx

z2 − y2=dy

z= −dz

y.

Resitev


x = z2 − y2,

y = z,

z = −y.

Iz zadnjih dveh enacb imamo hitro yy+zz = 0 in s tem tudi y2+z2 = c1.

189

Velja pa tudi

zy + yx = (yz) = z2 − y2 = x,

kar nam da se yz − x = c2. Prva integrala sistema sta

'(y.z) = y2 + z2, (x, y, z) = yz − x.


dx

x=dy

y=

dz

xy + z.

Resitev


x = x,

y = y,

z = z + xy.

Iz prvih dveh enacb sledi x/x− y/y = 0 in po integraciji ter antiloga-

ritmiranju x/y = c1.

Hitro dobimo tudi enacbo

yz − zy = y(z + xy)− zy = xy2 = y2x,

iz katere sledi (z/y) − x = 0 in nato se: z/y − x = c2. Prva integrala

sistema sta

'(x, y) =x

y, (x, y, z) =

z

y− x.


dx

xz=dy

yz=

dz

xy√z2 + 1

.

190

Resitev


x = xz,

y = yz,

z = xy√z2 + 1.

Iz prvih dveh enacb sledi x/x− y/y = 0 in po integraciji ter antiloga-

ritmiranju x/y = c1.

Potem pa imamo se

(xy) = yx+ xy = 2xyz = 2zz√z2 + 1

= 2(√z2 + 1).

Z integracijo dobimo xy − 2√z2 + 1 = c2. Prva integrala sistema sta

'(x, y) =x

y, (x, y, z) = xy − 2

√z2 + 1.


dx

x+ y2 + z2=dy

y=dz

z.

Resitev


x = x+ y2 + z2,

y = y,

z = z.

Brez problemov najdemo en prvi integral, ker velja enacba y/y− z/z =

0 in posledicno y/z = c1. Ce nam ne uspe najti preostali prvi integral,

191

si pomagamo z ze najdenim. Izrazimo y = c1z in dobimo linearno

nehomogeno enacbo za spremenljivko x = x(z):

x

y=dx

dz=x+ (c21 + 1)z2

z=x

z+ (c21 + 1)z.

Po ustaljenem postopku najdemo resitev enacbe

dx

dz=x

z+ (c21 + 1)z,

ki je x = c2z + (c21 + 1)z2. Z izlocitvijo konstante c1 = y/z dobimo

nazadnje: (x− y2 − z2)/z = c2. Prva integrala sistema sta

'(y, z) =y

z, (x, y, z) =

x− y2 − z2

z.


dx

x(y + z)=

dy

z(z − y)=

dz

y(y − z).

Resitev


x = x(y + z),

y = z(z − y),

z = −y(z − y).

Iz zadnjih dveh enacb imamo mimogrede: yy + zz = 0 in y2 + z2 = c1.

Za spoznanje drugace pridmo do preostalega:

(xy) = yx+ xy = x(y2 + z2), (xz) = zx+ xz = x(y2 + z2).

Torej velja enacba: (xy)− (xz) = 0. Tako smo ga nasli: x(y− z) = c2.


'(y, z) = y2 + z2, (x, y, z) = x(y − z).

192


−dxx2

=dy

y(y − x)=

dz

y2 − xz.

Resitev


x = −x2,

y = y(y − x),

z = y2 − xz.

Zacetek ni tezak: y − z = −x(y − z) in x/x = −x. S tem smo uspeli

najti:y − zy − z

− x

x= 0.

Z integracijo in antilogaritmiranjem dobimo: (y − z)/x = c1.

Iz prvih dveh enacb hitro odkrijemo:

yx− xy = −xy2 = y2x

x.

Tako imamoyx− xyy2

− x

x= 0

in s tem se: x/y − ln ∣x∣ = c2. Prva integrala sistema sta

'(x, y, z) =y − zx

, (x, y) =x

y− ln ∣x∣.


−dxx2

=dy

xy − 2z2=dz

xz.

193

Resitev


x = −x2,

y = xy − 2z2,

z = xz.

Iz prve in tretje enacbe imamo pri prici: zx + xz = 0 in xz = c1. Nic

teze ni najti enacbe y + xy = −2xz2 = −2zz, ki nam po integraciji da

se xy + z2 = c2. Prva integrala sistema sta

'(x, z) = xz, (x, y) = xy + z2.


dx

x(z − y)=

dy

y(y − x)=

dz

y2 − xz.

Resitev


x = x(z − y),

y = y(y − x),

z = y2 − xz.

Opazimo, da velja enacba x− y + z = 0, iz katere sledi x− y + z = c1.

Iz vseh treh enacb najdemo najprej

yz − zy = y2(y − z) = −y2 xx

194

in natoyz − zyy2

+x

x= 0.

Z integracijo imamo se z/y + ln ∣x∣ = c2. Prva integrala sistema sta

'(x, y, z) = x− y + z, (x, y, z) =z

y+ ln ∣x∣.


dx

x(y2 − z2)= − dy

y(x2 + z2)=

dz

z(x2 + y2).

Resitev


x = x(y2 − z2),

y = −y(x2 + z2),

z = z(x2 + y2).

Slej ali prej opazimo, da velja enacba

y

y+z

z=x

x,

iz katere po integraciji in antilogaritmiranju sledi: yz/x = c1.

Hitro pa se tudi izkaze, da je

xx+ yy + zz = 0

in ze je pred nami x2 + y2 + z2 = c2. Prva integrala sistema sta

'(x, y, z) =yz

x, (x, y) = x2 + y2 + z2.

195

25. Poiscite tri neodvisne prve integrale sistema enacb

dx

y − u=

dy

z − x=

dz

u− y=

du

x− z.

Resitev


x = y − u,

y = z − x,

z = u− y,

u = x− z.

Ocitno je x + z = 0 in y + u = 0 s tem imamo enacbi x + z = c1 in

y + u = c2.

Velja pa tudi

x− z = 2(y − u), y − u = 2(z − x),

iz cesar sledi

(x− z)(x− z) + (y − u)(y − u) = 0,

kar da z integracijo se:

(x− z)2 + (y − u)2 = c3.

Prvi integrali sistema so

'(x, z) = x+ z, �(y, u) = y + u, (x, y, z, u) = (x− z)2 + (y− u)2.

196

26. Poiscite tri neodvisne prve integrale sistema enacb

dx

z=dy

u=dz

x=du

y.

Resitev


x = z,

y = u,

z = x,

u = y.

Iz prve in tretje ter druge in cetrte enacbe imamo takoj:

xx− zz = 0, yy − uu = 0,

kar nam da x2 − z2 = c1 in y2 − u2 = c2.

Veljata pa tudi enacbi x+ z = x+ z in y + u = y + u, ki nam dasta:

x+ z

x+ z− y + u

y + u= 0.

Z integracijo in antilogaritmiranjem dobimo se: (x + z)/(y + u) = c3. Prvi

integrali sistema so

'(x, z) = x2 − z2, �(y, u) = y2 − u2, (x, y, z, u) = (x+ z)/(y + u).

5 Pfaffove diferencialne enacbe

Pfaffova diferencialna enacba ima obliko

P (x, y, z) dx+Q(x, y, z) dy +R(x, y, z) dz = 0.

197

Sprasuje po mnogoterosti, ki je pravokotna na vektorsko polje F = (P,Q,R).

Potrebni in zadostni pogoj integrabilnosti Pfaffove enacbe je: F ⋅ rot F = 0.

1. Resite diferencialno enacbo:

(y + 3z2) dx+ (x+ y) dy + 6xz dz = 0.

Resitev

Enacbi pripada vektorsko polje

F = (y + 3z2, x+ y, 6xz).

Ker je

rot F =

∣∣∣∣∣∣∣∣{ | k

∂∂x

∂∂y

∂∂z

y + 3z2 x+ y 6xz

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 0) = 0,

je polje F gradientno, kar pomeni, da obstaja taka funkcija U , za katero

je F = gradU in leva stran dane diferencialne enacbe je popolni difer-

encial dU . Veljati mora:

∂U

∂x(x, y, z) = y + 3z2,

∂U

∂y(x, y, z) = x+ y,

∂U

∂z(x, y, z) = 6xz.

Z integracijo dobimo iz prve enacbe

U(x, y, z) = xy + 3xz2 + '(y, z).

Druga enacba zahteva pogoj

x+∂'

∂y(y, z) = x+ y,

198

iz katerega dobimo ∂'/∂y = y in z integracijo '(y, z) = y2/2 + (z).

Tako imamo

U(x, y, z) = xy + 3xz2 + y2/2 + (z).

Tretja enacba pa nam da pogoj

6xz + ′(z) = 6xz,

iz katerega sledi (z) = c. Iskana funkcija je zato

U(x, y, z) = xy + 3xz2 + y2/2 + c,

resitev diferencialne enacbe pa 2xy + 6xz2 + y2 = C.


(2xy − 3yz) dx+ (x2 − 3xz) dy − 3xy dz = 0.

(R: x2y − 3xyz = C.)


yz dx+ xz dy + xyz dz = 0.

(R: xyez = C.)


(6x+ yz) dx+ (xz − 2y) dy + (xy + 2z) dz = 0.

(R: 3x2 + xyz − y2 + z2 = C.)

199


(z + xy) dx− (z + y2) dy + y dz = 0.

Resitev


F = (z + xy,−z − y2, y).

Ker je

rot F = (2, 1,−x) ∕= 0,

leva stran enacbe ni popolni diferencial. Ker pa je

F ⋅ rot F = z + xy − y2 = 0,

ce je z = y2 − xy in ta resi dano enacbo, enacba vendarle ima, in sicer

samo eno resitev: z = y2 − xy.

6. Ali ima diferencialna enacba

(y2 + z2 − x2) dx+ xz dy + xy dz = 0

dvorazsezno resitev?

Resitev


F = (y2 + z2 − x2, xz, xy).

Ker je

200

rot F = (0, 2z − y, z − 2y) ∕= 0,


F ⋅ rot F = 2x(z2 − y2) ∕= 0,

enacba nima dvorazsezne resitve.


(2x− y) dx+ (3y − z) dy + (x− 2y) dz = 0


Resitev


F = (2x− y, 3y − z, x− 2y).

Ker je

rot F = (−1,−1, 1) ∕= 0,


F ⋅ rot F = −x− 4y + z ∕= 0,

bi bila lahko resitev samo z = x + 4y. Kratek racun pa pokaze, da ni.

Dana enacba nima dvorazsezne resitve.


z dx+ (x− y) dy + yz dz = 0

201


Resitev


F = (z, x− y, yz).

Ker je

rot F = (z, 1, 1) ∕= 0,


F ⋅ rot F = x− y + z2 + yz ∕= 0.

bi bila lahko resitev samo x = y − zy − z2. Kratek racun pa pokaze,

da ni. Dana enacba nima dvorazsezne resitve.


(x− y) dx+ z dy − x dz = 0


Resitev


F = (x− y, z,−x).

Ker je

rot F = (−1, 1, 1) ∕= 0,

202


F ⋅ rot F = y + z − 2x ∕= 0,

bi bila lahko resitev samo z = 2x− y. Kratek racun pa pokaze, da ni.

Dana enacba nima dvorazsezne resitve.


3yz dx+ 2xz dy + xy dz = 0

resitev?

Resitev


F = (3yz, 2xz, xy).

Ker je

rot F = (−x, 2y,−z) ∕= 0,


F ⋅ rot F = 0,

enacba je resljiva.

Najprej resimo okrnjeno enacbo

3yz dx+ 2xz dy = 0,

iz katere dobimo

3dx

x+ 2

dy

y= 0

203

in resitev x3y2 = c(z), kjer je z parameter. Gradient funkcije x3y2 −c(z), to je vektor (3x2y2, 2x3y,−c′(z)), mora biti kolinearen s poljem

F , kar pomeni, da za neki � velja:

3x2y2 = � ⋅ 3yz, 2x3y = � ⋅ 2xz, −c′(z) = � ⋅ xy.

Iz prvih dveh enacb sledi � = x2y/z, iz tretje pa nato diferencialna

enacba c′(z)/c(z) = −1/z, ki ima resitev c(z) = C/z. Iz enacbe x3y2 =

C/z sledi resitev dane diferencialne enacbe: x3y2z = C.


(2yz + 3x) dx+ xz dy + xy dz = 0

resitev?

(R: x2yz + x3 = C.)


2yz dx+ 2xz dy + 3xy dz = 0

resitev?

(R: x2y2z3 = C.)


(2x2 + 2xy + 2xz2 + 1) dx+ dy + 2z dz = 0

resitev?

(R: (x+ y + z2)ex2

= C.)

204


(yz − z2) dx− xz dy + xy dz = 0

resitev?

(R: z − y = Cxz.)


(z−y)3(z−2x+y) dx+(x−z)3(x−2y+z) dy+(y−x)3(y−2z+x) dz = 0

resitev? Pomagajte si z zamenjavo spremenljivk: u = y− z, v = x− z.

(R: 1/(x− y) + 1/(y − z) + 1/(z − x) = C.)


z(1− z2) dx+ z dy − (x+ y + xz2) dz = 0

resitev?

(R: (1− z2)x+ y = Cz.)


(1− 4x) dx+ (1 + 4y) dy − 4z dz = 0

resitev, ki poteka skozi tocko M(1, 1, 1)?

(R: 2x2 − 2y2 + 2z2 − x− y = 0.)

6 Kvazilinearne parcialne diferencialne enacbe

Kvazilinearna parcialna diferencialna enacba prvega reda je oblike

P1(x1, . . . , xn, u)∂u

∂x1+ . . .+ Pn(x1, . . . , xn, u)

∂u

∂xn= Pn+1(x1, . . . , xn, u).

205

Pri tem so P1(x1, . . . , xn, u), P2(x1, . . . , xn, u), . . . , Pn+1(x1, . . . , xn, u) znane funk-

cije, funkcijo u = u(x1, . . . , xn) pa iscemo. Prilastek kvazilinearna se uporablja

zato, ker enacba ni linearna glede na spremenljivko u.

Kvazilinearni parcialni diferencialni enacbi priredimo karakteristicni sistem n+

1 navadnih diferencialnih enacb

x1 = P1(x1, . . . , xn, u),

...

xn = Pn(x1, . . . , xn, u),

u = Pn+1(x1, . . . , xn, u)

in poiscemo njegovih n neodvisnih prvih integralov

'1(x1, . . . , xn, u), . . . , 'n(x1, . . . , xn, u).

Karakteristicni sistem je vcasih ugodno zapisati v obliki

dx1P1(x1, . . . , xn, u)

= . . . =dxn

Pn(x1, . . . , xn, u)=

du

Pn+1(x1, . . . , xn, u)= dt.

Splosna resitev dane parcialne enacbe je potem

Φ('1(x1, . . . , xn, u), . . . , 'n(x1, . . . , xn, u)) = 0,

kjer je Φ poljubna diferenciabilna funkcija n spremenljivk.

V primeru Pn+1(x1, . . . , xn, u) ≡ 0 lahko resitev pisemo kot

u = Φ('1(x1, . . . , xn), . . . , 'n−1(x1, . . . , xn)),

ker lahko vzamemo za enega od prvih integralov enacbe kar u.

1. Poiscite splosno resitev enacbe

∂z

∂x+∂z

∂y= 1.

206

Resitev

Prirejeni karakteristicni sistem je

x = 1,

y = 1,

z = 1.

Iz prvih dveh enacb dobimo: x− y = 0, dx− dy = 0, z integracijo pa

x− y = c1.

Iz prve in tretje enacbe dobimo podobno se z − x = c2.

Splosna resitev je torej Φ(x− y, z − x) = 0 oziroma z = x+ '(x− y).


x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= z.

Resitev


x = x,

y = y,

z = z.

Iz prvih dveh enacb dobimo: y/y − x/x = 0, dy/y − dx/x = 0, z

integracijo pa y/x = c1.

Iz prve in tretje enacbe dobimo podobno se z/x = c2.

Splosna resitev je torej Φ(y/x, z/x) = 0 oziroma z = x'(y/x).

207


∂z

∂x+∂z

∂y= z2.

Resitev


x = 1,

y = 1,

z = z2.


x− y = c1.

Iz prve in tretje enacbe dobimo podobno se z/z2−x = 0 in po integraciji

1/z + x = c2.

Splosna resitev je torej Φ(x − y, 1/z + x) = 0 oziroma eksplicitno z =

1/('(x− y)− x).


(a− x)∂z

∂x+ (b− y)

∂z

∂y= c− z,

kjer so a, b, c konstante.

Resitev


x = a− x,

y = b− y,

z = c− z.

208

Iz prvih dveh enacb dobimo:

x/(a− x)− y/(b− y) = 0,

z integracijo pa (b− y)/(a− x) = c1.

Iz prve in tretje enacbe dobimo podobno se

(c− z)/(a− x) = c2.

Splosna resitev je torej Φ((b− y)/(a− x), (z− c)/(a− x)) = 0 oziroma

z = c+ (x− a)'((y − b)/(x− a)).


x2∂z

∂x+ y2

∂z

∂y= z2.

Resitev


x = x2,

y = y2,

z = z2.

Iz prvih dveh enacb dobimo: x/x2 − y/y2 = 0, dx/x2 − dy/y2 = 0, z

integracijo pa 1/x− 1/y = c1.

Iz prve in tretje enacbe dobimo podobno se 1/z − 1/x = c2.

Splosna resitev je torej Φ(1/x− 1/y, 1/z − 1/x) = 0.

209


(x+ y)

(∂z

∂x+∂z

∂y

)= z.

Resitev


x = x+ y,

y = x+ y,

z = z.


x− y = c1.

Iz prve, druge in tretje enacbe dobimo podobno se (x + y)/(x + y) −2z/z = 0 in po integraciji z2/(x+ y)x = c2.

Splosna resitev je torej Φ(x− y, z2/(x+ y)) = 0 oziroma skoraj ekspli-

citno z2 = (x+ y)'(x− y).


x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= x2 − y2 − z.

Resitev


x = x,

y = y,

z = x2 − y2 − z.

210

Iz prvih dveh enacb dobimo: x/x − y/y = 0, dx/x − dy/y = 0, z

integracijo pa y/x = c1.

Preostali prvi integral poiscimo nekoliko drugace. Iz tretje enacbe do-

bimo najprej z = x2 − c21x2 − z, nato pa (zx) = zx + zx = x(x2 −

c21x2 − z) + zx = x2x− c21x2x. Po integraciji imamo 3zx = x3 − c21x3 =

x3 − xy2 = c2.

Splosna resitev je torej Φ(y/x, 3zx− x3 + xy2) = 0 oziroma z = (x2 −y2)/3 + '(y/x)/x.


z∂z

∂x+ xz

∂z

∂y= y.

Resitev


x = z,

y = xz,

z = y.

Iz prvih dveh enacb dobimo: xx − y = 0, x dx − dy = 0, z integracijo

pa x2 − 2y = c1.

Iz prvih dveh enacb dobimo se 2yx + 2xy = 2yz + 2x2z, kar lahko z

upostevanjem prve in tretje enacbe pisemo tudi kot 2(xy) = 2zz+2x2x

oziroma 2d(xy) = 2z dz+ 2x2 dx in po integraciji 6xy− 3z2− 2x3 = c2.

Splosna resitev je torej Φ(x2 − 2y, 6xy − 3z2 − 2x3) = 0.

211


2x∂z

∂x+ (y − x)

∂z

∂y= x2.

Resitev


x = 2x,

y = y − x,

z = x2.

Iz prve in tretje enacbe dobimo: xx − 2z = 0, x dx − 2 dz = 0, z

integracijo pa x2 − 4z = c1.

Iz prvih dveh enacb dobimo se 2(x + y)/(x + y) − x/x = 0, 2(dx +

dy)/(x+ y)− dx/x = 0 in po integraciji (x+ y)2/x = c2.

Splosna resitev je torej Φ(x2 − 4z, (x+ y)2/x) = 0.


x∂z

∂x+ 2y

∂z

∂y= x2y + z.

Resitev


x = x,

y = 2y,

z = x2y + z.

212

Iz prve in druge enacbe dobimo 2x/x− y/y = 0 in z integracijo x2/y =

c1.

Iz vseh treh enacb dobimo se 3(z/x) = 3(xz − zx)/x2 = 3xy = 2xy +

xy = xy + yx = (xy) in po integraciji 3z/x− xy = c2.

Splosna resitev je torej Φ(x2/y, 3z/x− xy) = 0.


(x2 + y2)∂z

∂x+ 2xy

∂z

∂y= −z2.

Resitev


x = x2 + y2,

y = 2xy,

z = −z2.

Iz vseh treh enacbe dobimo

x+ y

(x+ y)2+

z

z2= 0

in z integracijo 1/(x+ y) + 1/z = c1, podobno pa tudi

x− y(x− y)2

+z

z2= 0

in z integracijo 1/(x− y) + 1/z = c2.

Splosna resitev je torej Φ(1/(x+ y) + 1/z, 1/(x− y) + 1/z) = 0.

213


x2z∂z

∂x+ y2z

∂z

∂y= x+ y.

Resitev


x = x2z,

y = y2z,

z = x+ y.

Iz prvih dveh enacb dobimo x/x2−y/y2 = 0 in z integracijo 1/x−1/y =

c1. Vse tri enacbe pa nam dajo

(xy) = yx+ xy = x2zy + xy2z = xyz(x+ y) = xyzz.

Zato je (xy)/(xy) = zz in z integracijo ln(x2y2)− z2 = c2.

Splosna resitev je torej Φ(1/x− 1/y, ln(x2y2)− z2) = 0.


(x+ z)∂z

∂x+ (y + z)

∂z

∂y= x+ y.

Resitev


x = x+ z,

y = y + z,

z = x+ y.

214

Brez posebnih zapletov najdemo:

x+ y + z

x+ y + z=x+ y

x+ y,

x+ y − 2z

x+ y − 2z=x− yx− y

in z integracijo prva integrala dane enacbe:

'(x, y, z) =x+ y + z

(x− y)2, (x.y, z) = (x+ y − 2z)(x− y).

Splosna resitev je torej Φ((x+ y+ z)/(x− y)2, (x+ y− 2z)(x− y)) = 0.


sin2 x∂z

∂x+ tg z

∂z

∂y= cos2 z.

Resitev


x = sin2 x,

y = tg z,

z = cos2 z.

Z lahkoto najdemox

sin2 x− z

cos2 z= 0

in z integracijo

ctg x+ tg z = c1.

Ker jey

tg z− z

cos2 z= 0,

215

velja

dy − tg zdz

cos2 z= 0

in po integraciji imamo: 2y − tg2 z = c2.

Splosna resitev je torej Φ(ctg x+ tg z, 2y − tg2 z) = 0.


x∂u

∂x+ y

∂u

∂y+ (z + u)

∂u

∂z= xy.

Resitev


x = x,

y = y,

z = z + u,

u = xy.

Iz prve in druge enacbe dobimo: yx − xy = 0, y dx − x dy = 0, z

integracijo pa x/y = c1.

Iz prve, druge in cetrte enacbe dobimo se yx+ xy = 2xy = 2u, y dx+

x dy − 2du = 0 in po integraciji xy − 2u = c2.

Iz vseh stirih enacb imamo nazadnje se z+ u− yx−xy = z+u−xy in

z + u− (xy)

z + u− xy− x

x= 0,

po integraciji pa (z + u− xy)/x = c3.

Splosna resitev je torej Φ(x/y, xy − 2u, (z + u− xy)/x) = 0.

216


yz∂z

∂x− xz∂z

∂y= ez.

(R: Φ(x2 + y2, arc tg(x/y) + (z + 1)e−z) = 0).


(z − y)2∂z

∂x+ xz

∂z

∂y= xy.

(R: Φ(z2 − y2, x2 + (z − y)2) = 0).


(u− x)∂u

∂x+ (u− y)

∂u

∂y− z∂u

∂z= x+ y.

Resitev


x = u− x,

y = u− y,

z = −z,

u = x+ y.

Iz prve, druge in tretje enacbe dobimo:

x− yx− y

− z

z= 0

z integracijo pa (x− y)/z = c1.

Iz vseh stirih enacb dobimo se

u− x− yu− x− y

− 2z

z= 0

217

in po integraciji (u− x− y)/z2 = c2.

Prav tako imamo iz vseh stirih enacb nazadnje se

2u+ x+ y

2u+ x+ y+z

z= 0

in po integraciji (2u+ x+ y)z = c3.

Splosna resitev je torej Φ((x− y)/z, (u− x− y)/z2, (x+ y+ 2u)z) = 0.


(y + z)∂u

∂x+ (x+ z)

∂u

∂y+ (x+ y)

∂u

∂z= u.

Resitev


x = y + z,

y = x+ z,

z = x+ y,

u = u.

Brez vecjih tezav najdemo:

x− yx− y

+u

u= 0,

y − zy − z

+u

u= 0,

x+ y + z

x+ y + z− 2

u

u= 0,

tako da so prvi integrali dane enacbe:

'(x, y, u) = (x−y)u, �(y, z, u) = (y−z)u, (x, y, z, u) = (x+y+z)/u2.

Splosna resitev je torej Φ((x− y)u, (y − z)u, (x+ y + z)/u2) = 0.

218


y∂z

∂x− x∂z

∂y= 0.

Resitev


x = y,

y = −x,

z = 0.

Iz prvih dveh enacb dobimo xx+ yy = 0 in po integraciji x2 + y2 = c1.

Iz tretje enacbe sledi z = c2. Zato je splosna resitev z = Φ(x2 + y2).


(xz + y)∂z

∂x+ (x+ yz)

∂z

∂y= 1− z2.

Resitev


x = xz + y,

y = x+ yz,

z = 1− z2.

Iz vseh treh enacb dobimo

x− yx− y

= z − 1 = − z

z + 1

219

in po integraciji (x− y)(z + 1) = c1. Na skoraj isti nacin dobimo se

x+ y

x+ y= z + 1 = − z

z − 1

in po integraciji (x + y)(z − 1) = c2. Splosna resitev je Φ((x − y)(z +

1), (x+ y)(z − 1)) = 0.


ex∂z

∂x+ y2

∂z

∂y= yex.

Resitev


x = ex,

y = y2,

z = yex.

Iz prvih dveh enacb takoj dobimo xe−x − yy−2 = 0 oziroma e−x dx −y−2 dy = 0, kar nam po integraciji da e−x − 1/y = c1.

Splosna resitev prve enacbe je −e−x = t + a, druge pa −1/y = t + b,

kjer sta a in b integracijski konstanti. Zato dobimo iz tretje enacbe

z =1

(t+ a)(t+ b)=

(t+ a)− (t+ b)

(a− b)(t+ a)(t+ b)=

1

a− b

(1

t+ b− 1

t+ a

),

z integracijo pa

z =1

a− bln

∣∣∣∣ t+ b

t+ a

∣∣∣∣ =1

1/y − e−xln(ex/∣y∣) + c2.

220

S preureditvijo imamo:

z +x− ln ∣y∣e−x − 1/y

= c2.

Splosna resitev je Φ(e−x − 1/y, z + (x− ln ∣y∣)/(e−x − 1/y)) = 0.


(x+ 2y)∂z

∂x− y∂z

∂y= 0.

(R: z = Φ(xy + y2).)


xy∂z

∂x− x2∂z

∂y= yz.

(R: Φ(z/x, x2 + y2)).


y∂z

∂x+ x

∂z

∂y= x− y.

(R: z = y − x+ '(x2 − y2)).


xy∂z

∂x+ (x− 2z)

∂z

∂y= yz.

(R: Φ(z/x, y2 − 2x+ 4z) = 0).


xy∂z

∂x+ xz

∂z

∂y= y.

(R: Φ(z − ln ∣x∣, y2 − 2xz + 2x) = 0).

221


xz∂z

∂x+ yz

∂z

∂y= xy.

(R: Φ(x/y, xy − z2) = 0.)


∂z

∂x− ∂z

∂y= 0.

(R: z = '(x+ y).)


∂z

∂x+∂z

∂y= 2z.

(R: z = e2x'(x− y).)


x∂z

∂y= z.

(R: z = ey/x'(x).)


z∂z

∂x− y∂z

∂y= 0.

(R: Φ(z, yex/z) = 0.)


∂u

∂x+∂u

∂y+∂u

∂z= xyz.

(R: u = x2yz/2− x3(y + z)/6 + x4/12 + '(y − x, z − x).)

222


x2∂z

∂x− xy∂z

∂y= −y2.

(R: z = y2/(3x) + '(xy).)


(x2 − y2)∂z∂x

+ xy∂z

∂y= xyz.

(R: Φ(ze−y, y2ex2/y2).)


x∂u

∂x+ �y

∂u

∂y+ �z

∂u

∂z= nu,

kjer so �, �, n konstante.

(R: u = xn'(y/x�, z/x�).)


x∂z

∂x+ 2y

∂z

∂y= nz,

kjer je n konstanta.

(R: z = xn'(y/x2).)


cos y∂z

∂x+ cosx

∂z

∂y= cosx cos y.

(R: z = sin y + '(sinx− sin y).)

223


5x∂z

∂x− 3y

∂z

∂y= 15(z − 5).

(R: z = 5 + y−5'(x3y5).)


(1 +√z − x− y)

∂z

∂x+∂z

∂y= 2.

(R: Φ(2y − z, y + 2√z − y − x).)


y2∂z

∂x+ xy

∂z

∂y= xz,

kjer je n konstanta.

(R: z = y'(x2 − y2).)


x∂u

∂x+ y

∂u

∂y+ z

∂u

∂z= u+ xy/z.

(R: u = xy/z ln ∣x∣+ x'(y/x, z/x).)


∂u

∂x+∂u

∂y+∂u

∂z= 0.

(R: u = '(x− y, y − z).)

224


xy∂z

∂x+ xz

∂z

∂y= yz.

Katera resitev poteka skozi krivuljo x = 1, z = 1 + y2 (Cauchyjeva

naloga)?

Resitev


x = xy,

y = xz,

z = yz.

Iz prve in tretje enacbe dobimo x/x−z/z = 0 oziroma dx/x−dz/z = 0,

iz cesar sledi z/x = c1.

Iz zx+xz = (xz) = xyz+xyz = 2xyz = 2yy oziroma d(xz)−2y dy = 0.

Z integracijo dobimo se xz − y2 = c2.

Splosna resitev je torej Φ(x/z, xz−y2) = 0. Lahko pa jo zapisemo tudi

v obliki y2 = xz + '(x/z).

Resitev poteka skozi krivuljo x = 1, z = 1 + y2, ce velja: y2 = 1 + y2 +

'(1/(1 +y2)). To pomeni, da je funkcija ' konstantno enaka −1. Tako

imamo se resitev Cauchyjeve naloge: y2 = xz − 1.


y2∂z

∂x+ xy

∂z

∂y= x3z.

Katera resitev poteka skozi krivuljo x = ey2/2, x = 2y (Cauchyjeva

naloga)?

225

Resitev


x = y2,

y = xy,

z = x3z.

Iz prve in druge enacbe dobimo

yy − xx = 0,

z integracijo pa x2 − y2 = c1.

Iz vseh treh enacb dobimo se

z

z= x3 = x2 ⋅ x = x2 ⋅ y

y= (x2 ln ∣y∣)− 2xx ln ∣y∣ =

= (x2 ln ∣y∣)− 2xy2 ln ∣y∣ = (x2 ln ∣y∣)− 2yy ln ∣y∣

in po integraciji ter preureditvi

ln z2 − x2 ln y2 + y2 ln y2 − y2 = c2.

Splosna resitev je torej Φ(x2 − y2, ln z2 − x2 ln y2 + y2 ln y2 − y2) = 0.

Pogoj, da resitev poteka skozi krivuljo z = ey2/2, x = 2y, nam da:

3y2 = c1 in −3y2 ln y2 = c2, tako da med konstantama c1 in c2 velja

povezava c1 ln(c1/3) + c2 = 0. Resitev Cauchyjeve naloge je torej

(x2 − y2) ln((x2 − y2)/3) + ln z2 − y2 + y2 ln y2 = 0.

226


∂z

∂x+ (z − x2)∂z

∂y= 2x.

Katera resitev poteka skozi krivuljo z = x2 + x, y = 2x2 (Cauchyjeva

naloga)?

Resitev


x = 1,

y = z − x2,

z = 2x.

Iz prve in tretje enacbe dobimo z − 2xx = 0 oziroma dz − 2x dx = 0,

iz cesar sledi z − x2 = c1.

Iz vseh treh enacb sledi

(xz) = xz + zx = 2x2x+ (y + x2)x = 3x2x+ y

in iz d(xz)− d(x3)− dy = 0 se xz − x3 − y = c2. Splosna resitev je

Φ(z − x2, zx− x3 − y) = 0.

Pogoj, da resitev poteka skozi krivuljo z = x2 + x, y = 2x2, nam da:

x = c1 in −x2 = c2, tako da med konstantama c1 in c2 velja povezava

c21 + c2 = 0. Resitev Cauchyjeve naloge je torej

(z − x2)2 + x(z − x2) = y.

227


x∂z

∂x+ z

∂z

∂y= z + 2x2.

Katera resitev poteka skozi krivuljo z = x, y = 1/4 − x2 (Cauchyjeva

naloga)?

Resitev


x = x,

y = z,

z = z + 2x2.

Iz prve in tretje enacbe dobimo

z − 4xx

z − 2x2− x

x= 0,

iz cesar sledi (z − 2x2)/x = c1.

Iz vseh treh enacb sledi z = y + 2xx in po integraciji z − y − x2 = c2.

Splosna resitev je

Φ((z − 2x2)/x, z − y − x2) = 0.

Pogoj, da resitev poteka skozi krivuljo z = x, y = 1/4 − x2, nam da:

1 − 2x = c1 in x − 1/4 = c2, tako da med konstantama c1 in c2 velja

povezava 2c1 + 4c2 = 1. Resitev Cauchyjeve naloge je torej

2(z − 2x2) + 4x(z − y − x2) = x.

228


x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= x+ y + z.

Katera resitev poteka skozi krivuljo z = x + y, y = x + 1 (Cauchyjeva

naloga)?

Resitev


x = x,

y = y,

z = x+ y + z.

Iz prve in druge enacbe dobimo yx− xy = 0, iz cesar sledi y/x = c1.

Iz vseh treh enacb sledi

(x+ y)z − z(x+ y)

(x+ y)2+x

x= 0

in po integraciji −z/(x+ y) + ln ∣x∣ = c2. Splosna resitev je

Φ(y/x, ln ∣x∣ − z/(x+ y)) = 0.

Pogoj, da resitev poteka skozi krivuljo z = x + y, y = x + 1, nam da:

1 + 1/x = c1 in ln ∣x∣ = c2, tako da med konstantama c1 in c2 velja

povezava ln ∣c1 − 1∣+ c2 + 1 = 0. Resitev Cauchyjeve naloge je torej

(1 + ln ∣x− y∣)(x+ y) = z.


y∂z

∂x+ xz

∂z

∂y= yz.

229

Katera resitev poteka skozi krivuljo x = 0, z = −y2 (Cauchyjeva

naloga)?

Resitev


x = y,

y = xz,

z = yz.

Iz prve in tretje enacbe dobimo zz− x = 0, iz cesar sledi ze−x = c1.

Iz druge in tretje enacbe sledi najprej yy − xz = 0, nato pa se z

upostevanjem druge enacbe:

yy − xz = yy − (xz) + zx = yy − (xz) + yz = yy − (xz) + z = 0.

Po integraciji imamo y2 − 2xz + 2z = c2. Splosna resitev je

Φ(ze−x, y2 − 2xz + 2z) = 0.

Pogoj, da resitev poteka skozi krivuljo x = 0, z = −y2, nam da: −y2 =

c1 in −y2 = c2, tako da velja povezava c1 = c2. Resitev Cauchyjeve

naloge je torej

z(e−x + 2x− 2) = y2.


xz∂z

∂x+ yz

∂z

∂y= x3 + y.

Katera resitev poteka skozi krivuljo z = 4y3, x = 3y2 (Cauchyjeva

naloga)?

230

Resitev


x = xz,

y = yz,

z = x3 + y.

Iz prve in druge enacbe takoj dobimo yx−xy = 0 in nato z integracijo

x/y = c1.

Iz vseh enacb dobimo se

zz = x3z + yz = x2x+ y =

in po integraciji 3z2 − 2x3 − 6y = c2.

Splosna resitev je torej Φ(x/y, 3z2 − 2x3 − 6y) = 0.

Pogoj, da resitev poteka skozi krivuljo z = 4y3, x = 3y2, nam da: 3y =

c1 in −6y6− 6y = c2, tako da velja povezava (c1/3)6 + c1/3 + c2/6 = 0.

Resitev Cauchyjeve naloge je torej

(x/(3y))6 + x/(3y) + z2/2− x3/3− y = 0.

51. Poiscite tisto resitev enacbe

x2∂z

∂x+ y2

∂z

∂y= 0,

ki poteka skozi premico x = 2y = 3z (Cauchyjeva naloga).

(R: 3(x− y)z = xy.)

231


yz∂z

∂x+∂z

∂y= 0,

ki poteka skozi krivuljo x = 0, z = y3 (Cauchyjeva naloga).

(R: z5 = (zy2 − 2x)3.)


y∂z

∂x= z,

ki poteka skozi krivuljo x = 2, z = y (Cauchyjeva naloga).

(R: z = ye(x−2)/y.)


x∂z

∂x− y∂z

∂y= z,

ki poteka skozi krivuljo y = 1, z = 3x (Cauchyjeva naloga).

(R: z = 3x.)


∂z

∂x− 2x

∂z

∂y= 0,

ki poteka skozi krivuljo x = 1, z = y2 (Cauchyjeva naloga).

(R: z = (x2 + y − 1)2.)


x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= 0,

ki poteka skozi krivuljo y = 1, z = x (Cauchyjeva naloga).

(R: z = x/y.)

232


√x∂u

∂x+√y∂u

∂y+√z∂u

∂z= 0,

ki poteka skozi ploskev x = 1, u = y − z (Cauchyjeva naloga).

(R: u = y − z + 2(√x− 1)(

√z −√y).)

58. Poiscite ploskve, ki so pravokotne na druzino ploskev z = axy.

Resitev

Normala iskane ploskve z = z(x, y) je vektor (∂z/∂x, ∂z/∂y,−1), ki

je pravokoten na normalo dane ploskve, to pa je vektor grad(z/xy) =

(−zx−2y−1,−zx−1y−2, x−1y−1).

Po preureditvi dobimo diferencialno enacbo

yz∂z

∂x+ xz

∂z

∂y= −xy,

ki ima splosno resitev Φ(x2 − y2, x2 + z2) = 0.

59. Poiscite ploskve, ki so pravokotne na druzino ploskev xyz = a.

(R: Φ(x2 − y2, x2 − z2) = 0.)

60. Poiscite ploskve, ki so pravokotne na druzino ploskev z2 = axy.

(R: Φ(x2 − y2, 2y2 + z2) = 0.)

61. Poiscite ploskev, ki je pravokotna na druzino ploskev x2 + y2 + z2 = ax

in poteka skozi presek ravnin y = x in z = 1.

(R: 2y2 + x2 = x(x2 + y2 + z2).)

233

62. Naj bo Φ(u, v) poljubna nekonstantna diferenciabilna funkcija. Kateri

kvazilinearni parcialni diferencialni enacbi zadosca funkcija z(x, y), ki

je dana z relacijo

Φ(x+ y, x2 − z) = 0?

Resitev

Z odvajanjem dane relacije po x in y dobimo:

∂Φ

∂u+∂Φ

∂v

(2x− ∂z

∂x

)= 0,

∂Φ

∂u+∂Φ

∂v

(−∂z∂y

)= 0.

Dobljeni relaciji obravnavamo kot homogen sistem dveh enacb z nez-

nankama ∂Φ/∂u in ∂Φ/∂v. Trivialna resitev ∂Φ/∂u = 0 in ∂Φ/∂v = 0

ne pride v postev, ker bi sicer bila funkcija Φ(u, v) konstanta. Zato pa

mora biti ∣∣∣∣∣∣ 1 2x− ∂z∂x

1 −∂z∂y

∣∣∣∣∣∣ = 0.

Iz te zahteve najdemo po poenostavitvi iskano enacbo:

∂z

∂x− ∂z

∂y= 2x.



je dana z relacijo

Φ(x2 + y2, x2 + z3/y) = 0?

(R: 3y2z2 ∂z∂x− 3xyz2 ∂z

∂y= −xz3 − 2xy3.)

234



je dana z relacijo

Φ(√x+√y,√x+√z) = 0?

(R:√x ∂z∂x−√y ∂z

∂y= −√z.)

65. Poiscite enacbo valjaste ploskve, ki je vzporedna vektorju a = (1, 1, 2)

in poteka skozi presek ploskev x+ y + z = 0 in 5x2 + 6xy + 5y2 = 4.

Resitev

Naj bo u(x, y, z) = 0 enacba iskane valjaste ploskve. Nanjo je pra-

vokoten vektor gradu = (∂u/∂x, ∂u/∂y, ∂u/∂z). Veljati mora torej

relacija gradu ⋅ a = 0, kar nam da parcialno diferencialno enacbo:

∂u

∂x+∂u

∂y+ 2

∂u

∂z= 0.

Prvi integrali pripadajocega sistema enacb so ocitno x− y, z− 2x in u.

Njena splosna resitev je: Φ(x− y, z − 2x, u) = 0. Ker je u(x, y, z) = 0,

lahko zapisemo enacbo iskane ploskve v obliki '(x − y, z − 2x) = 0.

Resitev mora vsebovati krivuljo x + y + z = 0, 5x2 + 6xy + 5y2 = 4.

Opraviti imamo s Cauchyjevo nalogo. Pisemo x− y = c1, z − 2x = c2,

izrazimo y = x − c1, z = c2 + 2x in vstavimo v relacijo x + y + z = 0.

Dobimo 4x = c1 − c2. Vstavimo se v preostali pogoj in dobimo:

5x2+6x(x−c1)+5(x−c1)2 = 16x2−16c1x+5c21 = 2c21+2c1c2+c22 = 4.

S tem smo nasli relacijo med konstantama c1 in c2. Enacba iskane

ploskve je

2(x− y)2 + 2(x− y)(z − 2x) + (z − 2x)2 = 4

235

oziroma, nekoliko lepse zapisano:

(x− y)2 + (z − x− y)2 = 4.

66. Poiscite enacbo valjaste ploskve, ki je vzporedna vektorju a = (1,−1, 1)

in poteka skozi presek ploskev x+ y + z = 0 in x2 + xy + y2 = 1.

(R: x2 + 3y2 + z2 + 3xy + xz + 3yz = 1.)

67. Poiscite splosno resitev sistema parcialnih diferencialnih enacb:

∂z

∂x=

z

x,

∂z

∂y=

2z

y.

Resitev

Splosna resitev prve enacbe je: z = x'(y), kjer je '(y) poljubna

odvedljiva funkcija. Vstavimo v drugo enacbo sistema:

'′(y)x =2x

y'(y).

Po preureditvi imamo: d'/' = 2dy/y. Splosna resitev nastale enacbe

je zato '(y) = cy2, splosna resitev sistema pa z = cxy2.

236

Literatura

1. W. E. Boyce, R. C. DiPrima, Elementary differential equations and

boundary value problems, John Wiley & Sons, Hoboken, NJ, 2005.

2. Л. Э. Эльсгольц, Дифференциальные уравнения и вариацион-

ное исчисление, Издательство «Наука». Главная редакция физико-

математическои литературы, Москва 1969.

3. А. Ф. Филиппов, Сборник задач по дифференциальным уравнениям,

Издательство «Наука». Главная редакция физико-математическои

литературы, Москва 1970.

4. S. W. Goode, Differential equations and linear algebra, Prentice Hall,

NJ, 2000.

5. F. Krizanic, Navadne diferencialne enacbe in variacijski racun, DZS,

Ljubljana 1974.

6. В. П. Минорскии, Сборник задач по высшеи математике, Го-

сударственное издательство физико-математическои литературы,

Москва 1961.

7. D. S. Mitrinovic, Zbornik matematickih problema sa prilozima i nu-

merickim tablicama II, Naucna knjiga, Beograd 1960.

8. В. В. Степанов, Курс дифференциальных уравнении, Государствен-

ное издательство физико-математическои литературы, Москва 1958.

9. I. Vidav, Visja matematika II, Univerza v Ljubljani, Ljubljana 1951.

c⃝ Dr. Marko Razpet, Ljubljana 2010

237

naloge iz diferencialnih enacb z re sitvamimarkor/matematika/resena_nal_de_debela.pdf · zbirka iz...

Documents