Диференцијалне једначине садрже изводе једне променљиве (зависне) у односу на другу променљиву (независну). Изводи функције дефинишу брзину промене функције у тачки. Углавном се користе у областима као што су физика, инжењеринг, биологија, али и шире.
1. Првог реда
Функција F(x, y(x), y'(x)) = 0 назива се диференцијална једначина првог реда, ако у њој учествује извод y'(x). Написана је у имплицитном облику. Ако је пишемо y' = f(x, y) онда је у експлицитном облику. Када су променљиве раздвојене, непосредно је интегришемо.
На пример, у диференцијалној једначини
x²y' + xy + exy = a, a = const.
уведемо смену u = xy. Налазимо:
\[ u' = y + xy', \quad y' = \frac{u'}{x} - \frac{u}{x^2}, \] \[ \frac{1}{e^u - a}du + \frac{1}{x}dx = 0, \]а то је једначина са раздвојеним променљивим.
1. Линеарна диференцијална једначина са f и g датим функцијама
y' + f(x)y = g(x)
назива се хомогена, ако је g(x) = 0. Решава се прво (y ≠ 0) хомогена једначина:
\[ y' + f(x)y = 0, \] \[ \frac{1}{y}dy = - f(x) dx, \] \[ \ln |y| = - \int f(x)\ dx + C_1, \] \[ y = C\exp(-\int f(x)\ dx), \quad C = \pm \exp(C_1), \]где је C1 произвољна константа, тиме и C. Међутим, може се узети C = 0 чиме се добија и y = 0 решење полазне једначине.
Затим се решава нехомогена, полазећи од:
\[ y = C(x) \exp(-\int f(x)\ dx), \] \[ y' = C'(x) \exp(-\int f(x)\ dx) - C(x) f(x) \exp(-\int f(x) \ dx), \] \[ C'(x)\exp(-\int f(x) \ dx) = g(x) \implies C'(x) = g(x) \exp(\int f(x) \ dx), \] \[ C(x) = C + \int g(x) \exp(\int f(x)\ dx)\ dx, \] \[ y = \exp(-\int f(x)\ dx)(C + \int g(x) \exp(\int f(x)\ dx)\ dx), \]где је C произвољна константа. Ово је опште решење једначине дате у експлицитном облику. Оно је изражено
y = CF1(x) + F2(x),
као линеарна функција интеграционе константе. Погледајте занимљиву примену у разблаживању водом резервоара са сланом водом (Brine Tank).
1. Пример. Према (Њутновом закону хлађења), температура тела T = T(t) мењати ће се временом t брзином пропорционалном разлици између температуре тела и температуре средине Ts. Законитост пишемо као линеарну диференцијалну једначину:
T' = -k(T - Ts),
T' + kT = kTs,
где је y = T, константе су f(x) = k и g(x) = kTs, а време је x = t. У почетном тренутку, температура тела је T(0) = T0, а решење ове диференцијалне једначине је:
\[ T(t) = e^{\int k\ dt}(C + \int kT_s e^{k\ dt})\ dt = \] \[ = e^{-kt}(C + kT_s\cdot \frac{e^{kt}}{k}) = e^{-kt}(C + T_s e^{kt}), \] \[ T = (T_0 - T_s)e^{-kt} + T_0, \]јер је T(0) = Ce0 + Tse0. □
2. Мало сложенији облик линеарних диференцијалних једначина су системи таквих са константним коефицијентима ajk, где су индекси j, k = 1, 2, ..., n:
\[ \begin{cases} y'_1(t) = a_{11}y_1(t) + a_{12}y_2(t) + ... + a_{1n}y_n(t) \\ y'_2(t) = a_{21}y_1(t) + a_{22}y_2(t) + ... + a_{2n}y_n(t) \\ ... \\ y'_n(t) = a_{n1}y_1(t) + a_{n2}y_2(t) + ... + a_{nn}y_n(t) \end{cases} \]Овај се може писати матрично
\[ \begin{pmatrix} y'_1 \\ y'_2 \\ ... \\ y'_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & ... & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & ... & a_{nn} \\ .. & ... & ... & ... \\ a_{n1} & a_{n2} & ... & a_{nn} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ ... \\ y_n \end{pmatrix}. \]Ово краће пишемо \( \vec{y}' = \hat{A}\vec{y} \), али и другим одговарајућим ознакама линеарне алгебре, или примена.
2. Пример. Решимо систем линеарних диференцијалних једначина са константним коефицијентима α, β и γ, са почетним условима x1(0) = 1 и x2(0) = 2:
\[ \begin{cases} x'_1(t) = \alpha x_1(t) \\ x'_2(t) = \beta x_1(t) + \gamma x_2(t) \end{cases} \]који можемо писати у матричном облику
\[ \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}' = \begin{pmatrix} \alpha & 0 \\ \beta & \gamma \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \]или још краће, када знамо о чему се ради
\[ \vec{x}' = \hat{A} \vec{x}. \]Решење: Опште решење прве једначине је x1(t) = eαt. Када ово уврстимо у другу једначину добијамо:
\[ x'_2(t) = \beta e^{\alpha t} + \gamma x_2(t), \] \[ x_2(t) = e^{\gamma t}(C + \int \beta e^{\alpha t} ( e^{-\gamma t})\ dt), \] \[ x_2(t) = \begin{cases} (2 + \frac{\beta}{\gamma - \alpha})e^{\gamma t} - \frac{\beta}{\gamma - \alpha}e^{\alpha t}, & \gamma \ne \alpha, \\ (2 + \beta t)e^{\alpha t}, & \gamma = \alpha. \end{cases} \]Приметимо да су дијагонални елементи троугаоне матрице њене својствене вредности. □
3. Теорема. Нека је \( \vec{x}' = \hat{A}\vec{x} \). Ако је Â константна матрица n × n са n различитих реалних својствених вредности λ1, λ2, ..., λn, тада постоји n линеарно независних овима одговарајућих својствених вектора \( \vec{v}_1, \vec{v}_2, ..., \vec{v}_n \), са општим решењем датог система линераних диференцијалних једначина константних коефицијената које се може написати у облику
\[ \vec{x} = C_1\vec{v}_1 e^{\lambda_1 t} + C_2 \vec{v}_2 e^{\lambda_2 t} + ... + C_n \vec{v}_n e^{\lambda_n t}, \]где су C1, C2, ..., Cn константе интегрирања.
Доказ: Већ смо видели да решење једне линеарне диференцијалне једначине има облик eαt. Отуда је решење једначине \( \vec{v}' = \hat{A}\vec{x} \) облика \( \vec{v} = (v_1, v_2, ..., v_n)^\top \), где су компоненте вектора:
\[ v_1 = e^{\lambda t} x_1, \quad v_2 = e^{\lambda t} x_2, ..., v_n = e^{\lambda t}x_n. \]У векторским ознакама то је \( \vec{v} = e^{\lambda t} \vec{x} \), односно
\[ \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ ... \\ v_n \end{pmatrix} = e^{\lambda t}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ ... \\ x_n \end{pmatrix}. \]Да је λ заиста својствена вредност а \( \vec{v} \) одговарајући својствени вектор, проверимо просто уврштавањем у полазну једначину \( \vec{x}' = \hat{A}\vec{x} \). Налазимо:
\[ \frac{d}{dt}e^{\lambda t}\vec{v} = \lambda e^{\lambda t}\vec{v}, \quad \hat{A}e^{\lambda t}\vec{v} = e^{\lambda t} \hat{A} \vec{v}. \]Решење онда задовољава једначину
\[ \lambda e^{\lambda t} \vec{v} = e^{\lambda t} \hat{A} \vec{v}. \]Пошто је eλt ≠ 0, ову једначину можемо скратити и добијамо
\[ \hat{A}\vec{v} = \lambda \vec{v}. \]Дакле, λ јесте својствена вредност са одговарајућим својственим вектором \( \vec{v} \). Два вектора, \( \hat{A}\vec{v} \) и \( \vec{v} \), имају исти смер са другим λ пута пута већим (мањим) од првог. ∎
Адјунгована матрица је транспонована и коњугована A† = (A⊤)*. Само-адјунгована матрица (A† = A), у физици називана ермитска, има реалне својствене вредности и уколико су оне све различите важиће горња теорема. Али, матрица не мора бити симетрична (ермитска) да би имала само реалне својствене вредности и да би важила та теорема.
4. Пример. Опште решење система диференцијалних једначина са константним коефицијентима
\[ \frac{d}{dt}\vec{x}(t) = \hat{A} \vec{x}(t), \] \[ \frac{d}{dt}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 5 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}, \]је
\[ \vec{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = C_1\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} e^{4t} + C_2 \begin{pmatrix} 2 \\ -5 \end{pmatrix} e^{-3t} = \begin{pmatrix} e^{4t} & 2e^{-3t} \\ e^{4t} & -5e^{-3t} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} C_1 \\ C_2 \end{pmatrix}, \]јер су λ1 = 4 и λ2 = -3 својствене вредности матрице Â са одговарајућим својственим векторима, редом:
\[ \vec{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \vec{v}_2 = \begin{pmatrix} 2 \\ -5 \end{pmatrix} \]тако да је \( \hat{A}\vec{v} = \lambda \vec{v} \). □
Да су ово заиста решења, проверавамо уврштавајући их у почетни систем. За прву једначину биће:
x'1(t) = 2x1(t) + 2x2(t),
(C1e4t + 2C2e-3t)' = 2(C1e4t + 2C2e-3t) + 2(C1e4t - 5C2e-3t),
4C1e4t + 2⋅(-3)C2e-3t = (2 + 2)C1e4t + (2⋅2 - 2⋅5)C2e-3t,
што је тачно. Слично се потврђује и друго.
3. Када су својствене вредности матрице A различити комплексни бројеви, опет важи 3. теорема, а затим користимо Ојлерову једнакост eα + iβ = eα(cos β + i sin β). Добијамо:
\[ \vec{x} = \sum_{k=1}^n C_k\vec{v}_ke^{\alpha_k + i\beta_k}, \] \[ \vec{x} = \sum_{k=1}^n C_k\vec{v}_ke^{\alpha_k}(\cos \beta_k + i \sin \beta_k), \] \[ \vec{x} = \sum_{k=1}^n C_k\vec{v}_ke^{\alpha_k}\cos \beta_k + i\sum_{k=1}^n C_k\vec{v}_ke^{\alpha_k}\sin \beta_k. \]Употребљава се сваки од ових облика.
5. Пример. Решавамо систем линеарних диференцијалних једначина са константним коефицијентима \( \vec{x}' = \hat{A}\vec{x} \), конкретно:
\[ \begin{cases} x'_1 = 2x_1 - x_2 \\ x'_2 = 5x_1 - 2x_2 \end{cases} \]Решење: Из карактеристичних једначина:
\[ \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 5 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 + i \\ 5 \end{pmatrix} = i\begin{pmatrix} 2 + i \\ 5 \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 5 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 - i \\ 5 \end{pmatrix} = -i\begin{pmatrix} 2 + i \\ 5 \end{pmatrix} \]и 3. теореме следи опште решење, са произвољним константама C1, C2 ∈ ℂ интеграције:
\[ \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = C_1\begin{pmatrix} 2 + i \\ 5 \end{pmatrix} e^{it} + C_2\begin{pmatrix} 2 - i \\ 5 \end{pmatrix}e^{-it}, \]које можемо сабирати као векторе и користећи Ојлерову једнакост. □
Проверавамо решења уврштавајући их у дати систем:
\[ \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 5 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 5 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 + i & 2 - i \\ 5 & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} C_1 e^{it} \\ C_2 e^{-it} \end{pmatrix} = \] \[ = \begin{pmatrix} (-1 + 2i)e^{it} & (-1 - 2i)e^{-it} \\ ie^{it} & -ie^{-it} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} C_1 \\ C_1 \end{pmatrix} \] \[ = iC_1 \begin{pmatrix} 2 + i \\ 5 \end{pmatrix} e^{it} - i C_2 \begin{pmatrix} 2 - i \\ 5 \end{pmatrix} e^{-it} = \frac{d}{dt}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}, \]што је, дакле, тачно. Занимљиви примери овога су концентрације изотопа (Aquarium).
6. Теорема. Нека је \( \vec{x}' = \hat{A}\vec{x} + \vec{a} \), где је Â константна матрица n-тог реда са n различитих својствених вредности λ1, λ2, ..., λn ∈ ℂ, тада постоји n линеарно независних својствених вектора \( \vec{v}_1, \vec{v}_2, ..., \vec{v}_n \), када \( \hat{A}\vec{v}_k = \lambda_k\vec{v}_k \) редом за k = 1, 2, ..., n, тада решења датог система линераних диференцијалних једначина константних коефицијената које се може написати у облику
\[ \vec{x} = C_1\vec{v}_1 e^{\lambda_1 t} + C_2 \vec{v}_2 e^{\lambda_2 t} + ... + C_n \vec{v}_n e^{\lambda_n t} + \vec{b}, \quad \vec{b} = - \hat{A}^{-1}\vec{a}, \]где су C1, C2, ..., Cn константе интегрирања.
Доказ: Када су својствене вреднности различите, онда су њима одговарајући својствени вектори линеарно независни (3. Став). Уврстимо ли решење у полазну диференцијалну једначину биће:
\[ \hat{A}\vec{x} + \vec{a} = \hat{A}\left( \sum_{k=1}^n C_k\vec{v}e^{\lambda_k t} + \vec{b}\right) + \vec{a} = \left(\sum_{k=1}^n C_k\hat{A}\vec{v}e^{\lambda_k t} + \hat{A}\vec{b}\right) + \vec{a} = \] \[ = \left(\sum_{k=1}^n C_k\lambda_k\vec{v}e^{\lambda_k t} - \vec{a}\right) + \vec{a} = \sum_{k=1}^n C_k\vec{v}\lambda_ke^{\lambda_k t} = \vec{x}', \]што је тачно. ∎
4. Када у коначно димензионалном векторском простору X матрица Â (линеарног оператора) има различите својствене вредности λ1, λ2, ..., λn, онда се Â може дијагонализовати, а база простора су, такође, својствени вектори матрице оператора (19. Став). Када матрица има поновљене својствене вредности називамо их дефектним.
Нека су дефектне λ1 = λ2 = λ, као у блогу (Aquarium, 4). Довољно је да ставимо x = eλt(tv1 + v2) + ..., где је v2 било који вектор који задовољава услов ( - λÎ)v2 = v1, поред својственог Âv1 = λv1. Заиста, имамо ли систем диференцијалних једначина x' = Âx, имаћемо:
x' = λeλt(tv1 + v2) + eλtv1 + ..., Â = eλt[tλv1 + (λv2 + v1)] + ...,
дакле, тачну једнакост и једно тачно решење. На основу овога, општије решење било би
x = Ceλt(tv1 + v2) + ...,
где је C произвољна константа настала интегрирањем. Она се мења зависно од почетних услова. Још општије решење било би попут оног у поменутом блогу.
7. Пример. Нађимо опште решење система y' = Ây, односно
\[ \frac{d}{dx} \begin{pmatrix} y_1(x) \\ y_2(x) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y_1(x) \\ y_2(x) \end{pmatrix}. \]Решење: Налазимо својствене вредности:
det( - λÎ) = 0,
\[ \det\begin{pmatrix} -2 -\lambda & 1 \\ -1 & -\lambda \end{pmatrix} = 0, \]λ(2 + λ) + 1 = 0,
λ1 = λ2 = -1.
Затим тражимо својствени вектор v = (v1, v2)⊤ одговарајући овој својственој вредности:
\[ \begin{pmatrix} -2 + \lambda & 1 \\ -1 & \lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \] \[ \textbf{v} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}. \]Иначе би и сваки облика Cv, јер је опет Â(Cv) = λ(Cv). Даље, тражимо u = (u1, u2)⊤, односно:
\[ \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_1 \\ u_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \] \[ \textbf{u} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}. \]Има их још, али ово је довољно. Опште решење је:
\[ \textbf{y} = c_1 e^{-x}\textbf{v} + c_2(xe^{-x}\textbf{v} + e^{-x}\textbf{u}) = \] \[ = e^{-x}[c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} 1 + x \\ 1 + 2x \end{pmatrix}] \] \[ = e^{-x}\begin{pmatrix} 1 & 1 + x \\ 1 & 1 + 2x \end{pmatrix} \begin{pmatrix} c_1 \\ c_1 \end{pmatrix}, \]где су c1 и c2 произвољне константе. □
На следећој слици видимо решење овог примера у облику:
y1 = e-x + e-x(1 + x), y2 = e-x + e-x(1 + 2x),
где почетни услови, нултог „времена“ (на слици x = 0), дају константе c1 = c2 = 1.
Пад вредности обе ординате графова видљив је, не због доминације прве колоне матрице Â у односу на њену другу колону, колико због негативне својствене вредности (λ = -1) у експоненту. Она окреће назад својствени вектор (Âv = -v), чини претежне изводе негативнима (y' = Ây) и тиме смањујући координате вектора решења (ординате).
8. Пример. Нађимо опште решење система y' = Ây, односно
\[ \frac{d}{dx} \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 3 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix}. \]Решење: Детерминанту развијамо по првој колони и налазимо својствене вредности:
\[ \begin{vmatrix} 3 - \lambda & 0 & -1 \\ 0 & 2 - \lambda & 0 \\ 1 & 3 & 1 - \lambda \end{vmatrix} = 0, \] \[ (3 - \lambda)\begin{vmatrix} 2 - \lambda & 0 \\ 3 & 1 - \lambda \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} 0 & -1 \\ 2 - \lambda & 0 \end{vmatrix} = 0, \](3 - λ)(2 - λ)(1 - λ) + (2 - λ) = 0,
(2 - λ)[(3 - λ)(1 - λ) + 1] = 0,
(2 - λ)³ = 0.
Дакле, имамо троструку својствену вредност λ1 = λ2 = λ3 = λ = 2. Први својствени вектор је v1 = (1, 0, 1)⊤, тако да Âv1 = 2v1 има основно решење y1 = v1e2x. Затим налазимо други вектор v2 = (1, 0, 0)⊤, такав да је (Â - 2Î)v2 = v1, са својим основним решењем y2 = (v2 + xv1)e2x. Трећи вектор v3 = (0, 0, -1)⊤ je такав да је (Â - 2Î)v3 = v2, он додаје основно решење y3 = [v3 + xv2 + (x²/2)v1]e2x. Опште решење је
y = c1y1 + c2y2 + c3y3,
где су c1, c2 и c3 произвољне константе. □
Облик ових општих решења код дегенерисаних својствених вредности лако се проверава непосредним уврштавањем у дату једначину и, као што ћемо ускоро видети, понавља се у случају диференцијалних једначина вишег реда. Проверимо прво:
y' = (c1y1 + c2y2 + c3y3)' =
= c1(v1e2x)' + c2[(v2 + xv1)e2x]' + c3[(v3 + xv2 + (x²/2)v1)e2x]'
= 2c1v1e2x + [c2v1e2x + 2c2(v2 + xv1)e2x] + [c3(v2 + xv1)e2x + 2c3[v3 + xv2 + (x²/2)v1]e2x
= [2c1 + (1 + 2x)c2 + (x + x²)c3]v1e2x + [2c2 + (1 + 2x)c3]v2e2x + [2c3]v3e2x.
То је лева страна једначина система y' = Ây. Десна страна тог система, са пронађеним решењима у којима имамо Âv1 = 2v1, затим Âv2 = 2v2 + v1 и Âv3 = 2v3 + v2, је:
Ây = Â(c1y1 + c2y2 + c3y3) = c1Ây1 + c2Ây2 + c3Ây3 =
= c1Â(v1e2x) + c2Â[(v2 + xv1)e2x] + c3Â[v3 + xv2 + (x²/2)v1]e2x
= c1(2v1e2x) + c2[((2v2 + v1) + x(2v1))e2x] + c3[(2v3 + v2) + x(2v2 + v1) + (x²/2)(2v1)]e2x
= [2c1 + (1 + 2x)c2 + (x + x²)c3]v1e2x + [2c2 + (1 + 2x)c3]v2e2x + [2c3]v3e2x.
Дакле, у 8. примеру заиста имамо решење система диференцијалних једначина. Приметимо да је ова провера тако општа да се може употребити и као доказ сличног решења осталих случајева линеарних диференцијалних једначина I реда са константним коефицијентима троструке својствене вредности. Ово поопштавамо у следећем.
9. Став. Дат је систем линеарних диференцијалних једначина y' = Ây са матрицом Â типа n × n и са својственом вредношћу λ могострукости m ≤ n. Када имамо низ вектора:
Âv1 = λv1, Âv2 = λv2 + v1, ..., Âvm = λvm + vm-1,
тада имамо посебна решења:
yk = [vk + xvk-1 + ... + (xk/k!)v1]eλx, k = 1, 2, ..., m,
а њихова линеарна комбинација са произвољним константама c1, c2, ..., cm
y = c1y1 + c2y2 + ... + cmym
део је општег решења датог система.
Доказ: Покажимо да за свако од посебних решења важи y'k = Âyk, уврштавањем:
y'k = [[vk + xvk-1 + ... + (xk/k!)v1]eλx]' =
= [vk + xvk-1 + ... + (xk/k!)v1]'eλx + [vk + xvk-1 + ... + (xk/k!)v1](eλx)'
= [vk-1 + xvk-2 + ... + (xk-1/(k-1)!)v1]eλx + [vk + xvk-1 + ... + (xk/k!)v1](λeλx),
\[ \textbf{y}'_k = \left[\lambda\textbf{v}_k + (1+\lambda x) \textbf{v}_{k-1} + \left(x + \lambda\frac{x^2}{2}\right)\textbf{v}_{k-2} + ... + \left(\frac{x^{k-1}}{(k-1)!} + \lambda\frac{x^k}{k!}\right)\textbf{v}_1\right]e^{\lambda x}. \]Са друге стране једнакости имамо:
Âyk = Â[vk + xvk-1 + ... + (xk/k!)v1]eλx =
= [Âvk + xÂvk-1 + ... + (xk/k!)Âv1]eλx
= [(λvk + vk-1) + x(λvk-1 + vk-2) + ... + (xk/k!)λv1]eλx,
\[ \hat{A}\textbf{y}_k = \left[\lambda\textbf{v}_k + (1+\lambda x) \textbf{v}_{k-1} + \left(x + \lambda\frac{x^2}{2}\right)\textbf{v}_{k-2} + ... + \left(\frac{x^{k-1}}{(k-1)!} + \lambda\frac{x^k}{k!}\right)\textbf{v}_1\right]e^{\lambda x}. \]Према томе, y'k = Âyk. Даље се лако доказује y' = Ây, јер је очигледно
(c1y1 + c2y2 + ... + cmym)' = Â(c1y1 + c2y2 + ... + cmym),
на основу линеарности оператора деривације и матрице Â. Тиме је доказ завршен. ∎
Неколико занимљивих запажања о овим системима, са и без поновљених својствених вредности, погледајте у мом блогу (Limes II).
2. Посебне
Међу „посебним“ диференцијалним једначинама првог реда су Бернулијева (1), Рикатијева (2), потом Клерова (4) и Лагранжова (8). Тема после ове су једначине са тоталним диференцијалом, тј. егзактне диференцијалне једначине.
1. Бернулијева (Jacob Bernoulli, 1655 – 1705, швајцарски математичар) диференцијална једначина је нелинеарна облика
y' + p(x)y = q(x)yα,
где је α ∈ ℝ\{0, 1}. За α ∈ {0, 1} она је линеарна. Лајбницовом супституцијом u = y1-α она се може свести на линеарну
u' + (1 - α)p(x)u = (1 - α)g(x)
која се решава на претходно описан начин.
Доказ: Поделимо дату једначину са yα, па налазимо:
y'y-α + p(x)y1-α = q(x),
u = y1-α, u' = (1 - α)y-αy',
(1 - α)-1u' + p(x)u = q(x),
u' + (1 - α)p(x)u = (1 - α)q(x).
Тиме је доказана Лајбницова супституција. Затим, интеграциони фактор је функција облика:
f(x) = exp[∫ (1-α)p(x) dx],
f(x)u' + (1 - α)f(x)p(x) = (1 - α)f(x)q(x),
[f(x)u]' = (1 - α)f(x)q(x),
u(x) = [(1 - α)/f(x)] ∫ q(x)f(x) dx.
То је решење Бернулијеве једначине. ∎
10. Пример. Решити Бернулијеву једначину када p(x) = -1, q(x) = x⋅exp(-2x) и α = 3.
Решење: e2xy-2 = C - x2, где је C произвољна константа интегрирања. Наиме, Лајбницова супституција је u(x) = y-2, а затим имамо:
f(x) = exp[ ∫ -2⋅(-1) dx = e2x,
u(x) = (-2e-2x) ∫ xe-2x⋅e2x dx = -e-2x(x2 - C),
а отуда резултат. □
2. Рикатијева (Jacopo Riccati, 1676–1754, италијански математичар) диференцијална једначина је
y' + f(x)y² + g(x)y + h(x) = 0.
Она за h(x) ≡ 0 постаје Бернулијева, а за f(x) ≡ 0 је линеарна. Доказано је да се ова једначина у општем случају не може решити помоћу квадратура, али када знамо једно њено партикуларно решење онда можемо добити и њено опште решење.
11. Пример. Ако је y1 партикуларно решење Рикатијеве једначине, тада је y1 + u њено опште решење.
Доказ: Супституцијом y = y1 + u, добијамо:
(y1 + u)' + f(x)(y1 + u)² + g(x)(y1 + u) + h(x) = 0,
[y1' + f(x)y1² + g(x)y1 + h(x)] + [u' + (2f(x)y1 + g(x))u + f(x)u²] = 0.
Прва угласта заграда је нула због партикуларног решења, а друга је Бернулијева једначина. Са сменом z = 1 + 1/u ова Бернулијева прелази у линеарну једначину. □
12. Пример. Ако је y(x) партикуларно решење Рикатијеве једначине, сменом y = y1 + 1/z она се своди на линеарну.
Доказ: Супституцијом налазимо:
\[ y'_1 - \frac{1}{z^2}z' + f(x)\left(y_1^2 + 2y_1\frac{1}{z} + \frac{1}{z^2}\right) + g(x)\left(y_1 + \frac{1}{z}\right) + h(x) = 0, \]z' - [2y1f(x) + g(x)]z - f(x) = 0,
а то је линеарна једначина. □
3. Када су коефицијенти Рикатијеве једначине константе f(x) ≡ a, g(x) ≡ b и h(x) ≡ c, онда се она своди на одвојиве једначине (енг. separable equations):
y' + ay² + by + c = 0,
\[ \frac{dy}{dx} = -ay^2 - by - c, \] \[ \int \frac{dy}{ay^2 + by + c} = - \int dx. \]На пример, ако је a ≠ 0 и 4ac - b² > 0, онда:
\[ \int \frac{dy}{\left(y + \frac{b}{2a}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{4ac - b^2}}{2a}\right)^2} = -ax + C, \] \[ \frac{2a}{\sqrt{4ac - b^2}}\text{arctg}\frac{2ay + b}{\sqrt{4ac - b^2}} = -ax + C. \]Посебно, Рикатијева једначина y' + y² + y + 1 = 0 постаје:
\[ \int \frac{dy}{y^2 + y + 1} = -x + C, \] \[ \int \frac{dy}{(y + \frac12)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} = -x + C, \] \[ \frac{2}{\sqrt{3}}\text{arctg}\frac{2y+1}{\sqrt{3}} = -x + C. \]Другачија једна посебна Рикатијева једначина, y' + ay² + bxr = 0, може се решити у облик елементарних функција ако и само ако r/(2r + 4) је цели број (Лијувилова теорема, 1841).
4. Клерова (Alexis Clairaut, 1713–1765, француски математичар) диференцијална једначина је
y = xy' + f(y'),
где је f дата диференцијабилна функција. Она није експлицитно решена по y, али стављајући y' = p, налазимо редом:
y = xp + f(p),
p = p + xp' + f'(p)p',
(x + f'(p))p' = 0.
Ако је p' = 0, тада је p = C, где је C произвољна константа, па на основу претходног добијамо опште решење Клерове једначине у болику
y = Cx + f(C).
Ако је x + f'(p) = 0, онда се елиминацијом p из једначина:
x + f'(p) = 0, y = xp + f(p)
добија сингуларно решење Клерове једначине које није садржано у општем решењу.
13. Пример. Клерова једначина y = xy' + (y')² има опште y = Cx + C² и сингуларно y = -x²/4 решење. □
5. Једначина облика
y² = pxy + f(py/x), p = y' = dy/dx,
своди се на Клерову сменом:
u = x², v = y²,
\[ \frac{du}{dx} = 2x, \quad \frac{dv}{dx} = 2y\frac{dy}{dx} = 2yp, \] \[ \frac{dv}{du} = \frac{dv}{dx}\frac{dx}{du} = \frac{py}{x}, \] \[ v = u\frac{dv}{du} + f\left(\frac{dv}{du}\right), \]а то је Клерова једначина са новим варијаблама x → u и y → v.
6. На пример, једначина
4x²y = 2x²y' - a(y')², a = const.
после смене x² = t постаје
\[ y = t\frac{dy}{dt} - a\left(\frac{dy}{dt}\right)^2, \]а то је Клерова једначина.
7. На пример, једначина
axy(y')² + (x² -ay² - b)y' - xy = 0,
сменом u = x², v = y² постаје
\[ v = uv' - \frac{bv'}{av' + 1}, \quad v' = \frac{dv}{du}, \]а то је Клерова једначина.
8. Лагранжова (Joseph-Louis Lagrange, 1736 - 1813, италијански математичар), или Далембертова (Jean le Rond d'Alembert, 1717 - 1783, француски математичар) диференцијална једначина је облика
y = xf(y') + g(y'),
где су f и g диференцијабилне функције. Она се решава као и Клерова (4), методом диференцирања. Ако ставимо y' = p, добијамо:
y = xf(p) + g(p),
p = f(p) + xf'(p)p' + g'(p)p',
\[ (f(p) - p)\frac{dx}{dp} + f'(p)x = - g(p). \]Ако је f(p) ≡ p, Лагранжова једначина је Клерова, па можемо претпоставити да је f(p) ≢ p, што је даље линеарна једначина са решењем:
\[ \frac{dx}{dp} + \frac{f'(p)}{f(p) - p}x = - \frac{g'(p)}{f(p) - p}, \]x = CF1(p) + F2(p),
где је C произвољна константа. Према томе, опште решење Лагранжове једначине добија се у параметарском облику:
x = CF1(p) + F2(p), y = xf(p) + g(p).
Када је могуће, из ових једначина елиминишемо параметар p и решење Лагранжове једначине добијамо у облику F(x, y, C) = 0.
3. Егзактне
Једначина са тоталним диференцијалом са две променљиве је
P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0,
када функције P и Q имају непрекидне парцијалне изводе по x и y, а постоји функција
du(x, y) = P(x, y)dx + Q(x, y)dy.
Она се назива и егзактна диференцијална једначина. У том случају опште њено решење је u(x, y) = C, где је C произвољна константа.
1. На пример, (y² + 2xy)dx + (x² + 2xy)dy = 0 је једначина са тоталним диференцијалом, јер на левој страни једнакости стоји тотални диференцијал функције, u(x, y) = x²y + xy². Према томе, једначину записујемо у облику d(x²y + xy²) = 0, па је њено опште решење x²y + xy² = C, где је C ∈ ℝ произвољна константа (Диференцијалне једначине, Примјер 4.17). □
2. Када је дата егзактна диференцијална једначина, тражимо функцију u. Упоређивање даје:
\[ du = \frac{\partial u}{\partial x}dx + \frac{\partial u}{\partial y}dy, \] \[ \frac{\partial u}{\partial x} = P(x,y), \quad \frac{\partial u}{\partial y} = Q(x, y), \] \[ \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} = \frac{\partial P}{\partial y}, \quad \frac{\partial^2 u}{\partial y \partial x} = \frac{\partial Q}{\partial x}. \]Како су мешовити изводи по претпоставци непрекидни, они су и једнаки, одакле закључак да је
\[ \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x} \]потребан услов да једначина буде са тоталним диференцијалом.
2.1. На пример, решавамо једначину:
(ex + y + sin y)dx + (ey + x + x⋅cos y)dy = 0,
P(x, y) = ex + y + sin y, Q(x, y) = ey + x + x⋅cos y,
Py = 1 + cos y, Qx = 1 + cos y.
Дакле, испуњен је услов да је једначина са тоталним диференцијалом, па је:
\[ u(x,y) = \int_0^x(e^t + y + \sin y)\ dt + \int_0^y e^t \ dt + C, \]u(x, y) = ex - 1 + yx + x⋅sin y + ey - 1 + C.
Према томе, је
ex + ey + xy + x⋅sin y = C.
опште решење дате једначине, где је C ∈ ℝ произвољна константа. □
2.2. Пример. Најпростији, можемо рећи интуитиван и кажемо „очигледан“, начин решавања (егзактних) једначина са тоталним диференцијалом је најлакше разумети на примеру:
P dx + Q dy = 0,
(4x + 2y) dx + (2x + 4y) dy = 0,
Py = 2, Qx = 2.
Дакле, услов тоталног диференцијала је испуњен, па израчунавамо два интеграла:
P: ∫(4x + 2y) dx = 2x² + 2xy + C1(y),
Q: ∫(2x + 4y) dy = 2xy + 2y² + C2(x),
где произвољне „константе“ C2 и C2 могу бити и функције, прва од y, а друга од x променљиве. Сада је јасно да је C1 = 2y² и C2 = 2x², те да је 2x² + 2xy + 2y² = C опште решење дате једначине, при чему је C произвољна (права) константа. □
3. Обрнуто, претпоставимо да је испуњен услов (2). Из прве (P) од две једначине добијамо
\[ u = \int_{x_0}^x P(x,y)\ dx + f(y), \]где је f(y) произвољна функција променљиве y. Због непрекидности, па отуда и диференцијабилности под знаком интеграла, биће:
\[ \frac{du}{dy} = \int_{x_0}^x \frac{\partial P}{\partial y}\ dx + f'(y), \] \[ \frac{du}{dy} = \int_{x_0}^x \frac{\partial Q}{\partial x}\ dx + f'(y) = Q(x,y) - Q(x_0,y) + f'(y). \]Изједначавањем друге (Q) од две једначине и ове друге:
Q(x, y) = Q(x, y) - Q(x0, y) + f'(y),
f'(y) = Q(x0, y),
\[ f(y) = \int_{x_0}^x Q(x_0, y)\ dy + C_1, \]где је C1 произвољна константа. Отуда:
\[ u(x,y) = \int_{x_0}^x P(x,y)\ dx + \int_{y_0}^y Q(x_0, y)\ dy + C_1, \]па је опште решење дате једначине са тоталним диференцијалом
\[ \int_{x_0}^x P(x, y)\ dx + \int_{y_0}^y Q(x_0, y)\ dy = C, \]где је C произвољна константа.
3.1. На пример, решити једначину 2xy² + 2 = (3 - 2x²y)y', уз услов y(-1) = 2.
Решење: Дати услов значи да је x0 = -1 и y0 = 2 у имплицитној функцији u(x, y) = 0 коју тражимо:
\[ P(x,y) = \frac{\partial u}{\partial x} = 2xy^2 + 2, \quad Q(x,y) = \frac{\partial u}{\partial y} = 2x^2y - 3, \] \[ u(x, y) = \int_{t = x_0}^{t = x} (2ty^2 + 2)\ dt + \int_{s = y_0}^{s = y} (2x_0^2s - 3)\ ds = \] \[ = \int_{t = -1}^x (2ty^2 + 2)\ dt + \int_{s = 2}^y [2(-1)^2s - 3]\ ds \] \[ = (t^2y^2 + 2t)\Bigg|_{-1}^x + (s^2 - 3s)\Bigg|_2^y \]= x²y² + 2x - 3y + 4.
Лако се проверава да је ∂xu = P и ∂yu = Q, а да је u(-1, 2) = 0. □
4. Када дата није једначина са тоталним диференцијалом, онда можда постоји функција λ(x, y), коју називамо интеграциони фактор, тако да
λ(x, y)P(x, y)dx + λ(x, y)Q(x, y)dy = 0
јесте егзактна. Претпоставка је да функција λ и њени изводи испуњавају услове непрекидности. Ако је
\[ \frac{\partial(\lambda P)}{\partial y} = \frac{\partial(\lambda Q)}{\partial x}, \]онда је λ решење парцијалне диференцијалне једначине
\[ Q(x,y)\frac{\partial \lambda}{\partial x} - P(x,y)\frac{\partial \lambda}{\partial y} = \lambda\left(\frac{\partial P}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial x}\right). \]Међутим, решавање ове не мора бити лакше од решавања полазне једначине.
4.1. На пример, решавамо диференцијалну једначину (3xy + y²) + (x² + xy)y' = 0.
Решење: Пишемо је у облику да проверимо је ли егзактна:
P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0,
Py = ∂y(3xy + y²) = 3x + 2y, Qx = ∂x(x² + xy) = 2x + y,
Py ≠ Qx.
Дакле, није егзактна, па уводимо интеграциони фактор λ = x и опет проверавамо:
(λP)dx + (λQ)dy = 0,
(λP)y = ∂y(3x²y + xy²) = 3x² + 2xy, (λQ)x = ∂x(x³ + x²y) = 3x² + 2xy,
па диференцијална једначина
(3x²y + xy²)dx + (x³ + x²y)dy = 0
јесте егзактна. Њено решење x³y + x²y²/2 = C је очигледно. □
5. У неким случајевима можемо одредити интеграциони фактор λ. Ако знамо да је ламбда функција једне променљиве, λ = λ(ω(x, y)), где је ω дата функција, тада претходна једначина постаје:
\[ Q(x,y)\frac{d\lambda}{d\omega}\frac{\partial \omega}{\partial x} - P(x,y)\frac{d\lambda}{d\omega}\frac{\partial \omega}{\partial y} = \lambda\left(\frac{\partial P}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial x}\right), \] \[ \frac{1}{\lambda}d\lambda = \frac{\frac{\partial P}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial x}}{Q(x,y)\frac{\partial \omega}{\partial x} - P(x,y)\frac{\partial \omega}{\partial y}}d\omega. \]Према томе, ако је
\[ \frac{P_y - Q_x}{Q\omega_x - P\omega_y} = \omega, \]ако се овај разломак може изразити као функција променљиве ω, онда је претходна диференцијална једначина та у којој су променљиве раздвојене. Тада налазимо:
\[ \frac{1}{\lambda} d\lambda = \omega d\omega, \]ln λ = ω²/2 + C,
λ = C1eω²/2, C1 = eC,
где је C произвољна константа.
5.1. На пример, једначина 2ydx + xdy = 0 није егзактна, јер ∂y(2y) ≠ ∂x(x). Али помножимо ли је са интеграционим фактором λ(x, y) = x она постаје егзактна 2xydx + x²dy =0. На левој страни једнакости је тотални диференцијал, такође израз у решењу x²y = C.
При томе, за полазну једначину, 2ydx + xdy = 0, налазимо:
\[ \omega^2 = 2 \ln x, \quad C = 0, \] \[ \omega_x = \partial_x \omega = \frac{\partial \omega}{\partial x} = \frac{1}{x\sqrt{2\ln x}}, \quad \omega_y = \partial_y \omega = \frac{\partial \omega}{\partial y} = 0, \] \[ \omega = \frac{P_y - Q_x}{Q\omega_x - P\omega_y} = \frac{2 - 1}{x\cdot \omega_x - 2y\cdot \omega_y} = \sqrt{2 \ln x}. \]То је тачно, јер је ω²/2 = ln λ = ln x, према претходној формули. □
6. Поступак. Када немамо егзактну диференцијалну једначину, али је можемо добити множећи је интеграционим фактором λ на описани начин (5), две су могућности:
\[ \mu = \frac{P_y - Q_x}{Q} = \mu(x), \quad \mu = - \frac{P_y - Q_x}{P} = \mu(y), \] \[ \lambda = \exp[\int \mu(t)\ dt], \quad t \in \{x, y\}. \]Сада је (λP) dx + (λQ) dy = 0 егзактна једначина. Наиме, нека је μ = μ(x):
Py = Py - Qx + Qx,
\[ P_y = \frac{P_y - Q_x}{Q}\cdot Q + Q_x, \] \[ e^{\int \mu \ dx}P_y = \frac{P_y - Q_x}{Q}e^{\int \mu \ dx}Q + e^{\int \mu \ dx}Q_x, \]λPy = λxQ + λQx,
(λP)y = (λQ)x.
Доказали смо да је једначина
(λP)dx + (λQ)dy = 0
са тоталним диференцијалом (езгактна). Слично се ради и када је μ = μ(y).
6.1. На пример, претходна (5.1) једначина 2ydx + xdy = 0 није егзактна, па имамо
\[ \mu = \frac{P_y - Q_x}{Q} = \frac{1}{x}, \]дакле, први случај, када ова функција (μ) зависи само од прве променљиве (x). Даље је:
\[ \lambda = \exp[\int \frac{1}{x}\ dx] = \exp(\ln x) = x, \]што је управо интеграциони фактор који смо нашли раније, са решењем x²y = C.
Такође је, у другом случају:
\[ \mu = - \frac{P_y - Q_x}{P} = -\frac{1}{2y}, \] \[ \lambda = \exp[-\int \frac{1}{2y}\ dy] = \exp[-\frac12\ln y] = \frac{1}{\sqrt{y}}, \]па имамо још један интеграциони фактор за исту једначину. Она сада постаје:
\[ 2\sqrt{y} dx + \frac{x}{\sqrt{y}}dy = 0, \]која је егзактна, јер је:
\[ \frac{\partial}{\partial y}(2\sqrt{y}) = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{x}{\sqrt{y}}\right). \]Њено решење је \( 2x\sqrt{y} = C_2 \) очигледно, а оно дељењем са 2 и квадрирањем постаје x²y = C. Ово је једнако претходном, са произвољном константом C = (C2/2)². □