Paskaitų konspektas - Matematikos ir Informatikos fakultetas

PaprastosiosDIFERENCIALINĖS LYGTYSprof. Artūras ŠtikonasPaskaitų kursasMatematikos ir informatikos fakultetasDiferencialinių lygčių ir skaičiavimo matematikos katedraNaugarduko g. 24, LT-03225 Vilnius, LietuvaVilnius universitetas, 2013

AS, 2013 12 28

TURINYSLentelių sąrašasIliustracijų sąrašasPagrindiniai žymenysPratarmėivvixix1 SKYRIUS. Paprastosios diferencialinės lygtys ir jų sistemos 11. Diferencialinė lygtis ir jos sprendiniai . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1. Diferencialinė lygtis ir jos apibrėžimo sritis . . . . . . . . 11.2. Diferencialinės lygties sprendiniai . . . . . . . . . . . . . . 51.3. Kreivių šeimos diferencialinė lygtis . . . . . . . . . . . . . 122. Koši uždavinys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.1. Koši uždavinys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.2. Sprendinio egzistavimas ir vienatis . . . . . . . . . . . . . 152.3. Ypatingieji sprendiniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183. Diferencialinių lygčiu sistemos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.1. n-osios eilės DL suvedimas į n-osios eilės normaliąją DLS 203.2. n-osios eilės normaliosios DLS suvedimas į n-osios eilės DL 213.3. Autonominės ir neautonominės DL . . . . . . . . . . . . . 222 SKYRIUS. Tiesinės diferencialinės lygtys 231. Tiesinė n-osios eilės diferencialinė lygtis . . . . . . . . . . . . . . 231.1. Tiesinis diferencialinis operatorius . . . . . . . . . . . . . 241.2. Funkcijų tiesinis priklausomumas ir nepriklausomumas . . 261.3. Tiesinė homogeninė diferencialinė lygtis . . . . . . . . . . 271.4. Tiesinė nehomogeninė diferencialinė lygtis . . . . . . . . . 312. Tiesinė diferencialinė lygtis su pastoviais koeficientais . . . . . . 332.1. Homogeninės diferencialinės lygties su pastoviais koeficientaissprendiniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.2. Nehomogeninės diferencialinės lygties su pastoviais koeficientaissprendiniai sprendiniai . . . . . . . . . . . . . . . 383 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas 391. Pirmosios eilės DL integravimas kvadratūromis . . . . . . . . . . 391.1. DL, kai žinoma sprendinio išvestinė . . . . . . . . . . . . 39

1.2. Sprendinio tęsinys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401.3. Sprendinio aprėžtumas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431.4. Apverstosios DL integravimas . . . . . . . . . . . . . . . . 431.5. Sprendinio egzistavimo ir vienaties teorema vienmatei autonominiailygčiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.6. p-procesas ir projektyvinė tiesė . . . . . . . . . . . . . . . 502. Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtis . . . . . . . 522.1. Diferencialinės 1-formos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.2. Lygtys su atskirtaisiais ir atsiskiriančiais kintamaisiais . . 582.3. Integruojantysis daugiklis . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.4. σ-procesas ir π-procesas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.5. Integruojantysis daugiklis kaip sudėtinė funkcija . . . . . 693. Pirmosios eilės tiesinės diferencialinės lygtys . . . . . . . . . . . . 703.1. Homogeninė tiesinė diferencialinė lygtis . . . . . . . . . . 713.2. Homogeninė tiesinė diferencialinė lygtis su periodiniu koeficientu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.3. Nehomogeninė tiesinė diferencialinė lygtis . . . . . . . . . 744. Bernulio ir Rikačio lygtys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 784.1. Bernulio lygtis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 784.2. Rikačio lygtis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 805. Aukštesnės eilės lygčių integravimas kvadratūromis . . . . . . . . 835.1. Lygtis kurioje yra tik x ir y (n) . . . . . . . . . . . . . . . 835.2. Lygtis kurioje yra tik y (n−1) ir y (n) . . . . . . . . . . . . 855.3. Lygtis kurioje yra tik y (n−2) ir y (n) . . . . . . . . . . . . 86Dalykinė rodyklė 88Vardų rodyklė 91Literatūra 92

Lentelių sąrašas3.1 Integruojančiųjų daugiklių µ(z(x, y)) egzistavimo sąlygos. . . . . 70

Paprastosios Diferencialinės Lygtysvi

Iliustracijų sąrašas1.1 DL y ′ = √ x(x 2 − 1) apibrėžimo sritys. . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 DL y ′ = √ 1 − x 2 − y 2 apibrėžimo sritis. . . . . . . . . . . . . . . 31.3 DL apibrėžimo sritis ir DL sprendinio grafikas. . . . . . . . . . . 31.4 Integralinė kreivė ir jos projekcijos: sprendinio grafikas y = sin x;sprendinio išvestinės grafikas y ′ = cos x; fazinė trajektorija y 2 +(y ′ ) 2 = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.5 Kreivę apibrėžiančios funkcijos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.6 DL y ′ = −y 2 integralinės kreivės. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.7 DL y ′ = − x yintegralinės kreivės, kai y > 0. . . . . . . . . . . . . 81.8 DL xdx + ydy = 0 integralinės kreivės. . . . . . . . . . . . . . . . 81.9 1.17 pvz. DL sprendiniai: (a) išreikštinių sprendinių grafikai; (b)neišreikštiniai sprendiniai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.10 DL y ′ = cos x integralinės kreivės. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.11 Parabolių ir elipsių šeimos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.12 Koši uždavinys pirmos eilės lygčiai. . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.13 Koši uždavinys antros eilės lygčiai. . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.14 Integralinės kreivės tęsinys iki kompakto krašto. . . . . . . . . . . 171.15 Neptatęsiamas į dešinę sprendinys. . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.16 DL y ′ = 3y 2/3 integralinės kreivės. DL ypatingasis taškas irypatingasis sprendinys. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.1 Tiesinės lygties sprendinių erdvė. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.2 Homogeninės TDL integralinės kreivės. . . . . . . . . . . . . . . . 262.3 Nehomogeninės TDL integralinės kreivės. . . . . . . . . . . . . . 262.4 Funkcijų tiesinė priklausomybė. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.1 Lygties y ′ = f(x) sprendinio y = ϕ(x) elgsena intervale (a; b]:(a) lim ∫b∫ bf(ξ) dξ < +∞; (c) f(ξ) dξ = +∞. .x→b−0 x 0 x 0413.2 Lygties y ′ = g(y) sprendiniai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.3 Lygties y ′ = g(y) stacionarieji sprendiniai. . . . . . . . . . . . . . 453.4 Lygties y ′ = g(y) sprendinio y = ϕ(x) elgsena, kai y → +∞. . . . 453.5 Lygties y ′ = 3(y − 1) 2/3 sprendiniai. . . . . . . . . . . . . . . . . 453.6 Neišreikštinės (y ′ ) 2 = y + 4ay 2 DL sprendiniai. . . . . . . . . . . 493.7 Projektyvinės koordinatės. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3.8 DL integralinės kreivės įvairiose koordinatėse. . . . . . . . . . . . 523.9 Laužtės „apendiksų“ ir „parazitinių“ ciklų naikinimas vienajungėje. 573.10 Koncentriniių apskritimų šeima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 603.11 Srities skaidymas atskiriant kintamuosius. . . . . . . . . . . . . . 603.12 Spindulių šeima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 603.13 σ-procesas ir Mėbijaus lapas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.14 Integralinės kreivės (parabolių šeima y = Cx 2 ) gautos σ-procesu.Tuo pačiu skaičiumi (C) sunumeruotos atitinkamos integralinėskreivės, C = ∞ atitinka x = 0 tiesę, C = σ koordinačių pradžią. . 643.15 Polinės koordinatės, p-procesas ir pusiau begalinis cilindras. . . . 683.16 Hiperbolių šeima ir jų asimptotės. . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.17 Spiralių šeima ir jų vaizdai (eksponentės) gauti π-procesu antcilindro išklotinės. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.18 Homogeninės TDL integralinės kreivės. . . . . . . . . . . . . . . . 723.19 Monodromijos operatorius. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 723.20 Nulinio sprendinio stabilumas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 723.21 Stabilus periodinis sprendinys. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 783.22 Bernulio lygties integralinės kreivės. . . . . . . . . . . . . . . . . 78

Pagrindiniai žymenys◮, ⊓⊔ įrodymo pradžia ir pabaiga□apibrėžimo, pastabos, išvados pabaiga:= priskirimo, apibrėžimo žymuo≡tapatumo žymuo⇒, ⇐ išdavos sekimo žymuo („išplaukia“), implikacija⇔ekvivalentiškumo žymuo („būtina ir pakankama“ arba „tada ir tik tada“)∀bendrumo kvantorius („kiekvienas“)∃egzistavimo kvantorius („egzistuoja“)∃! egzistavimo ir vienaties kvantorius („egzistuoja vienintelis“)N{0,1,2,…} – natūraliųjų skaičių aibėZ{…,-2,-1,0,1,2,…} – sveikųjų skaičių aibėRrealiųjų skaičių aibėR t , R x , R y realiųjų skaičių t-ašis, x-ašis, y-ašisCkompleksinių skaičių aibėx ∈ X x yra aibės X elementas, x priklauso aibei XX ∩ Y aibių sankirtaX ∪ Y aibių sąjungaX × Y aibių Dekarto sąjunga↑didėjimo žymuo↓mažėjimo žymuoiškilumas aukštyniškilumas žemynx ∈ R n erdvės R n elementasvvektoriusx, A vektorius-stulpelis, matricaCtolydžiųjų funkcijų klasėC ktolydžiai k-kartų diferencijuojamųjų funkcijų klasėC ∞glodžiųjų funkcijų klasėD(·) (atvaizdžio, lygties) apibrėžimo sritisD(·) (atvaizdžio, lygties) apibrėžimo sritisR(·) (atvaizdžio) reikšmių sritis

1. Diferencialinė lygtis ir jos sprendiniai 21.1 ppavyzdys [Paprastosios diferencialinės lygtys]. PDL pavyzdžiai:y ′ = sin x, y ′′′ + y ′′ − xe x − 1 = 0, e y′′ + y ′′ − x = 0.1.2 ppavyzdys [Diferencialinės dalinių išvestinių lygtys]. Lygtysy ∂u∂x − x ∂u∂y = 0,∂v∂t = ∂2 v∂x + ∂2 v2 ∂y 2nėra PDL, nes į jas įeina ieškomų funkcijų u(x, y) ir v(t, x, y) dalinėsišvestinės.PDL uždaviniuose ieškoma nežinoma vieno kintamojo funkcija, tuo tarpu diferencialinėsedalinių išvestinių lygtyse ieškoma kelių kintamųjų funkcija. Kadangi šiame kurse nagrinėsimetik PDL, todėl trumpai jas vadinsime diferencialinėmis lygtimis (DL).1.2 apibrėžimas [DL eilė]. Diferencialinės lygties eile vadinama auksčiausiosišvestinės eilė diferencialinėje lygtyje.1.3 ppavyzdys [DL eilė]. DL F (x, y, y ′ , . . . , y (n) ) = 0 yra n-osios eilės, o DL F (x, y, y ′ ) =0 yra pirmosios eilės. 1.1 pavyzdyje pateiktos pirmosios, trečiosios ir antrosioseilės DL.?Jeigu lygtis (nebūtinai DL)F (x, y, p 1 , . . . , p n) = 0 (1.2)aprašoma tolydžiai diferencijuojama funkcija F ir taške (x 0 , y 0 , p 0 1 , . . . , p0 n ) išpildyta sąlyga∂F(x ∂p 0 , y 0 , p 0 n 1 , . . . , p0 n ) ≠ 0, (1.3)tuomet (remdamiesi neišreikštinės funkcijos teorema) (1.2) lygtį galima išspręsti p n atžvilgiutaško (x 0 , y 0 , p 0 1 , . . . , p0 n ) aplinkoje:p n = f(x, y, p 1 , . . . , p n−1 ), (1.4)čia f yra tolydžiai diferencijuojama kintamųjų (x, y, p 1 , . . . , p n−1 ) funkcija.DL, užrašyta (1.1) pavidalu, vadinama neišreikštine diferencialine lygtimi.1.1 pavyzdyje antroji ir trečioji lygtys yra neišreikštinės DL. Pastebėsime, kadtrečioji lygtis yra iš esmės neišreikštinė, nes y ′′ negalima išreikšti jokia elementariąjafunkcija. Pirmoji lygtis yra pavyzdys lygties, kurioje išvestinė yra išreikštakaip kintamųjų x ir y funkcija.Neišreikštinės (1.1) DL apibrėžimo sritis yra sritis D F ⊂ R n+2 , kurioje funkcijaF (x, y, p 1 , . . . , p n ) yra tolydi kintamųjų (x, y, p 1 , . . . , p n ) atžvilgiu. JeiguD F nėra jungioji aibė, tuomet nagrinėsime DL kiekvienoje jungumo aibėje atskirai,t.y. laikysime, kad ta pati lygybė apibrėžia keletą DL.1.4 ppavyzdys [DL apibrėžimo sritis]. DL (y ′ ) 2 + √ x + y 2 − 1 = 0 apibrėžimo sritisyra D F = R + × R × R.1.5 ppavyzdys [Kelios DL]. Lygtis y ′ + √ xy = 0 apibrėžia dvi DL, kurių apibrėžimosritys yra D 1 F = R + × R + × R ir D 2 F = R − × R − × R.

3 1 SKYRIUS. Paprastosios diferencialinės lygtys ir jų sistemos [2013 12 28 (15:42)]DyD1 21yyf( x0,y( x0)) = tgDfDf-1 0 1x01xAax0bBx1.1 pav. DLy ′ = √ x(x 2 − 1)apibrėžimo sritys.1.2 pav. DLy ′ = √ 1 − x 2 − y 2apibrėžimo sritis.1.3 pav. DL apibrėžimosritis ir DL sprendiniografikas.1.6 ppavyzdys. DLy ′ = √ x(x 2 − 1) (1.5)dešinioji pusė turi prasmę ir yra tolydi, kai x ∈ [−1; 0] ir x ∈ [1; +∞](žiūrėk 1.1 pav.).1.3 apibrėžimas [DL kanoninis pavidalas]. DL yra užrašyta kanoniniu pavidalu,jei lygtis išspręsta aukščiausiosios eilės išvestinės atžvilgiu:y (n) = f(x, y, y ′ , . . . , y (n−1) ). (1.6)1.7 ppavyzdys [DL kanoninis pavidalas]. DL y ′′′ +y ′′ −xe x −1 = 0 kanoninis pavidalasyra y ′′′ = −y ′′ + xe x + 1.Akivaizdu, kad (1.6) DL, užrašytos kanoniniu pavidalu, apibrėžimo sritisyra D F = D f × R, čia D f yra sritis, kurioje yra apibrėžta ir tolydi funkcijaf(x, y, y ′ , . . . , y (n−1) ). Sritis D f vadinama išreikštinės DL apibrėžimo sritimi.1.1 uždavinys. Nustatykite 1.6 pavyzdyje apibrėžtų DL apibrėžimo sritis.1.8 ppavyzdys [DL apibrėžimo sritis]. DL y ′ = √ 1 − x 2 − y 2 dešinioji pusė apibrėžtauždarame skritulyje {(x, y): x 2 + y 2 1}, o DL apibrėžimo sritis D f yravienetinis atvirasis skritulys {(x, y): x 2 + y 2 < 1} su centru koordinačiųpradžioje (žiūrėk 1.2 pav.): D f = {(x, y): x 2 + y 2 < 1}.Pirmosios eilės DLkanoninis pavidalas dar vadinamas normaliuoju.y ′ = f(x, y) (1.7)1.4 apibrėžimas [pirmosios eilės DL simetrinis pavidalas]. Jeigu v, w ∈ C(D),sritis D ⊂ R 2 ir |v(x, y)| + |w(x, y)| ≠ 0, tuomet lygtisv(x, y) dx + w(x, y) dy = 0 (1.8)vadinama tiesine homogenine pirmosios eilės diferencialų lygtimi.

5 1 SKYRIUS. Paprastosios diferencialinės lygtys ir jų sistemos [2013 12 28 (15:42)]yyyyyyxxx( y( x),y ( x))=(sin x,cos x)y( x)=sinxy ( x)=cosx22y + ( y ) =11.4 pav. Integralinė kreivė ir jos projekcijos: sprendinio grafikas y = sin x; sprendinioišvestinės grafikas y ′ = cos x; fazinė trajektorija y 2 + (y ′ ) 2 = 1.Nagrinėtame 1.9 pavyzdyjex = e t + t, y = s, y ′ = u, y ′′ = t, D ϕ = R 3 = R t × R s × R u,tačiau kintamieji s, u lygties e y′′ + y ′′ − x = 0 parametrizacijoje nenaudojami.1.10 ppavyzdys [DL parametrizuotasis pavidalas]. DL e y′′ +y ′ + y ′′ − y + x 2 = 0parametrizuojamax = s, y = e t+u + t + s 2 , y ′ = u, y ′′ = t, D ϕ = R 3 = R t × R s × R u.1.2. Diferencialinės lygties sprendiniai1.5 apibrėžimas [DL sprendinys]. Tolydžiai diferencijuojama funkcija ϕ ∈ C n ,vadinama DL sprendiniu, jeigu ją įstatę į DL gauname tapatybę.Apibrėždami sprendinį laikysime, kad intervalas I yra atvirasis, t.y. I =(a; b).1.11 ppavyzdys. DL (y ′ ) 2 = −1 neturi sprendinių, o (y ′ ) 2 + y 2 = 0 turi vienintelįsprendinį y ≡ 0.1.12 ppavyzdys. DL y ′ = 1 visi sprendiniai užrašomi funkcijų šeima priklausančia nuovieno parametro C: ϕ(x) = x + C, C ∈ R.1.6 apibrėžimas [DL integralinė kreivė]. Diferencialinės lygties (1.6) integralinekreive vadinsime vektorinės funkcijos (y(x), y ′ (x), . . . , y (n−1) (x)), atitinkančiossprendinį y(x), x ∈ I, grafiką. Integralinės kreivės projekciją į erdvę(y, y ′ , . . . , y (n−1) ) vadinsime fazine kreive. Fazinė kreivė, kuri turi orentaciją,t.y. judėjimo kreive kryptį, kai x auga, vadinama fazine trajektorija. Fazinėkreivė, atitinkanti sprendinį y ≡ const, sudaryta iš vieno taško. Tokiai fazineikreivei orentacija neapibrėžta.

1. Diferencialinė lygtis ir jos sprendiniai 6Ittt0Iy( x,y ) =( tt )y= ( x)yx= ( y)yx 0,y 0Ix x2xzz=x,yC01.5 pav. Kreivę apibrėžiančios funkcijos.Integralinė kreivė yra C 1 klasės (vektorinė) funkcija.1.13 ppavyzdys. Funkcija y = sin x yra DL y ′′ = −y sprendinys. Integralinė kreivė(x, sin x, cos x), x ∈ R, priklauso trimatei erdvei D f = R x × R y × R y ′(žiūrėk 1.4 pav.). Integralinės kreivės projekcijos: sprendinio grafikasy = sin x; sprendinio išvestinės grafikas y ′ = cos x; trajektorija y 2 +(y ′ ) 2 = 1.Funkcija y = e x yra DL y ′ = y sprendinys. Integralinė kreivė (x, e x ),x ∈ R, priklauso dvimatei erdvei D f = R x × R y ir yra funkcijos y = e xgrafikas.Daugumoje vadovėlių integraline kreive vadinamas aukštesnių eilių diferencialinių lygčiųsprendinio grafikas. Mes apibrėžėme tokioms lygtims integralinę kreivę kitaip. Pagalapibrėžimą integralinė kreivė priklauso lygties apibrėžimo sričiai D f . Sprendinio grafikasgaunamas kaip integralinės kreivės projekcija į dvimatę plokštumą (x, y).Diferencialinė lygtis bus išspręsta, jei rasime visus jos sprendinius. DL sprendiniųradimą vadinsime DL integravimu. Kiekviena n-osios eilės DL nusakobendrą geometrinę sprendinius apibrėžiančių kreivių sąvybę. Pirmosios eilės DLF (x, y, y ′ ) = 0 apibrėžia koordinačių x, y ir sprendinio grafiko liestinės polinkiosąryšį. Pirmosios eilės DL sprendinio grafikas yra integralinė kreivė. Pavyzdžiui,išreikštinės DL integralinės kreivės liestinės kampo su x ašimi tangentas kiekvienametaške lygus DL dešiniosios pusės reikšmei tame taške (žiūrėk 1.3 pav.).Antrosios eilės DL apibrėžia koordinačių, sprendinio grafiko liestinės polinkio irkreivio sąryšį (žiūrėk(1.11)).?Vienetinis apskritimas plokštumoje R 2 xy su centru koordinačių pradžioje aprašomas (globaliai)neišreikštine tolydžiai diferencijuojama funkcija Ψ(x, y) := x 2 + y 2 − 1 = 0.Pusplokštumėje y > 0 šio apskritimo dalį galime aprašyti tolydžiai diferencijuojamafunkcija y = √ 1 − x 2 , x ∈ (−1; 1), o pusplokštumėje y < 0 – funkcija y = − √ 1 − x 2 , x ∈(−1; 1). Tačiau jokia išreikštine funkcija y = ψ(x) negalime aprašyti šio apskritimo taškų(−1; 0) ir (1; 0) aplinkoje. Tiesa, šių taškų aplinkoje apskritimas aprašomas funkcijomis

7 1 SKYRIUS. Paprastosios diferencialinės lygtys ir jų sistemos [2013 12 28 (15:42)]x = − √ 1 − y 2 , y ∈ (−1; 1) ir x = √ 1 − y 2 , y ∈ (−1; 1), atitinkamai. Mes pasirinkomeatviruosius intervalus, kad nekiltų klausimų dėl funkcijų tolydumo ir diferencijamumoapibrėžimų. Beje, funkcija y = √ 1 − x 2 , pvz. taške x = 1, yra tik tolydi iš kairės ir šiametaške neegzistuoja net vienpusė išvestinė.Vienetinį apskritimą galima aprašyti parametrizuotuoju pavidalu (x, y) = (cos t, sin t),t ∈ (0; 2π) arba t ∈ (−π; π). Pastebėsime, kad šio vienetinio apskritimo atveju, galimaglobalioji parametrizacija t ∈ [0; 2π], nes abi funkcijos x = cos t ir x = sin t yra apibrėžtost ∈ R ir yra periodinės su periodu 2π. Bendruoju atveju globaliosios parametrizacijos galiir nebūti.Jeigu funkcija Ψ ∈ C 1 (G), čia sritis G ⊂ R 2 xy , (x 0, y 0 ) ∈ G, ir ∇Ψ(x 0 , y 0 ) ≠ (0, 0) (čiagradientas ∇Ψ = ( ∂Ψ∂x , ∂Ψ∂y )), tuomet egzistuoja taško (x 0, y 0 ) aplinka, kurioje funkcija Ψapibrėžia kreivę, ir ją galima aprašyti trimis būdais (žiūrėk 1.5 pav.):1) neišreikštine tolydžiai diferencijuojama funkcija Ψ : R 2 → R, tiksliau lygybe Ψ(x, y) =Ψ(x 0 , y 0 ) = C;2) išreikštine tolydžiai diferencijuojama funkcija ψ : I → R (arba funkcija y = ψ x(x),ψ x ∈ C 1 (I x), arbafunkcija x = ψ y(y), ψ y ∈ C 1 (I y));3) tolydžiai diferencijuojama funkcija (ψ, ϕ): I t → R 2 , t.y. parametrizuotuoju pavidalu(x, y) = (ψ(t), ϕ(t)),ψ, ϕ ∈ C 1 (I t), |ψ ′ (t 0 )| + |ϕ ′ (t 0 )| ̸= 0, (x 0 , y 0 ) = (ψ(t 0 ), ϕ(t 0 )).Įrodymas remiasi neišreikštinės funkcijos teorema. Kita vertus, kreivę, aprašytą funkcijay = ψ x(x), galima užrašyti neišreištiniu pavidalu Ψ(x, y) := y − ψ x(x) = 0, ir ∂Ψ∂y = 1.Parametrizuotąją kreivę taško (x 0 , y 0 ) aplinkoje galima užrašyti išreištiniu pavidalu (jeiψ ′ (t 0 ) ≠ 0, tai y = ϕ(ψ −1 (x)), čia ψ −1 žymime atvirkštinę funkciją, o įrodymas vėlremiasi neišreikštinės funkcijos teorema).Vadinasi, kreivę (lokaliai) irgi galime užrašyti tiek neišreikštiniu, tiek išreikštiniu, tieparametrizuotuoju pavidalu. Todėl žemiau pateikti sprendinių apibrėžimai tėra to pačiosprendinio skirtingi užrašymo būdai.1.7 apibrėžimas [Išreikštinis DL sprendinys]. Funkciją y = ϕ(x), x ∈ I ⊂ R x ,vadinsime (1.1) DL išreikštiniu sprendiniu, jei1) ϕ ∈ C n (I);2) ( x, ϕ(x), ϕ ′ (x), . . . , ϕ (n) (x) ) ∈ D F , ∀x ∈ I;3) F ( x, ϕ(x), ϕ ′ (x), . . . , ϕ (n) (x) ) ≡ 0.1.14 ppavyzdys [Pirmosios eilės DL sprendinys]. DL y ′ = −y 2 apibrėžta visoje plokštumoje,t.y. D f = R 2 xy. Funkcija y = 1 yra šios DL sprendinys intervaluose(−∞; 0) ir (0; +∞), nes kai x ≠ 0, tai funkcija y = 1 ∈ xC1 irx( 1 x )′ = − 1 ≡ −( 1 x 2 x )2 . Taške x = 0 sprendinys neapibrėžtas, nes jamefunkcijos y = 1 reikšmė neapibrėžta (žiūrėk 1.6 pav.). Todėl funkcijaxy = 1 apibrėžia du sprendinius: vieną intervale R−, kitą – R+. Šiųxsprendinių integralinės kreivės yra hiperbolės šakos.1.4 uždavinys. Koks DL y ′ = −y 2 sprendinys apibrėžtas visoje R?1.8 apibrėžimas [Parametrizuotasis DL sprendinys]. Dvi funkcijasx = ψ(t), y = ϕ(t), t ∈ I ⊂ R t (1.13)vadinsime (1.1) DL parametrizuotuoju sprendiniu, jei

1. Diferencialinė lygtis ir jos sprendiniai 8yy-1 0 1xx1.6 pav. DL y ′ = −y 2integralinės kreivės.1.7 pav. DL y ′ = − x yintegralinės kreivės, kaiy > 0.1.8 pav. DLxdx + ydy = 0 integralinėskreivės.1) ψ, ϕ ∈ C n (I), ˙ψ ≠ 0;2) (ψ(t), ϕ(t), dϕ(t)dψ(t) , . . . ,3) F (ψ(t), ϕ(t), dϕ(t)dψ(t) , . . . ,d dϕ(t)dψ(t)(. . . (dψ(t) ))) ∈ D F , ∀t ∈ I;ddψ(t)dϕ(t)(. . . (dψ(t)))) ≡ 0.1.15 ppavyzdys [DL parametrizuotieji sprendiniai]. Srityje y > 0 DL y ′ = − x y parametrizuotiejisprendiniai yra (žiūrėk 1.7 pav.)x = C cos t, y = C sin t, t ∈ (0; π), C > 0,nes ψ(t; C) = C cos t ∈ C 1 (0; π), ψ ′ = C cos ′ t = −C sin t ≠ 0, ϕ(t; C) =C sin t ∈ C 1 (0; π), ird(C sin t)d(C cos t) = C cos t−C sin t ≡ − C cos tC sin t .?Jeigu x = x(t), y = y(t), ir ẋ = dx ≠ 0, tuometdty ′ = dydx = ẏẋ ,1.5 uždavinys. Raskite y ′′′ išraišką.y′′ = d2 ydx 2 =ddx( ẏ)= 1 ẋ ẋddt( ẏ) ÿẋ − ẏẍ=ẋ ẋ 3 . (1.14)Jei sprendinys užrašytas neišreiktiniu pavidalu Ψ(x, y) = 0, tai ne visada galima iš šiosąryšio išreikšti y (ir net x) elementariosiomis funkcijomis. Pavyzdžiui, e y + y − x = 0.1.6 uždavinys. Ar galima sprendinį, užrašytą formule e x+y + y + x = 0, išreikšti elementariąjąfunkcija.1.9 apibrėžimas [Neišreikštinis DL sprendinys]. Sąryšis Φ(x, y) = 0, vadinamasDL neišreikštiniu sprendiniu, jeigu jis apibrėžia DL sprendinį y = φ(x) arbaapverstosios DL sprendinį x = ψ(y).Nagrinėdami DL, visada ieškosime net tik sprendinių y = φ(x), bet ir apverstosios DLsprendinių x = ψ(y).

9 1 SKYRIUS. Paprastosios diferencialinės lygtys ir jų sistemos [2013 12 28 (15:42)]Pirmosios eilės DL, užrašytai simetriniu pavidalu, funkcija Φ(x, y) apibrėžianeišreikštinį sprendinį Φ(x, y) = 0, jei teisinga tapatybė∂Φ(x, y)w(x, y) −∂x∂Φ(x, y)v(x, y) ≡ 0.∂yKanoninio pavidalo (1.9) atveju neišreikštinį sprendinį apibrėžia tapatybėdΦ ∂Φ(x,y):= + ∂Φ(x,y) f(x, y) ≡ 0,dx ∂x ∂yo kanoninio pavidalo (1.10) atveju neišreikštinį sprendinį apibrėžia tapatybėdΦdy∂Φ(x,y):= g(y, x) + ∂Φ(x,y) ≡ 0.∂x∂y1.7 uždavinys. Parodykite, kad lygybė e x+y + y + x = 0 apibrėžia DL y ′ = −1 neišreikštinįsprendinį.1.8 uždavinys. Užrašykite DL, kurios neišreikštinis sprendinys yra e y + y − x = 0.1.16 ppavyzdys [DL neišreikštinis sprendinys]. Funkcija Φ(x, y) = x 2 +y 2 −C 2 , C > 0apibrėžia DL dy = − x neišreikštinius sprendinius dx y x2 + y 2 − C 2 = 0srityje R 2 xy {(0, 0)}, nes dΦ = 2x + 2y(− x dΦ) ≡ 0, kai y ≠ 0, ir =dxy dy2x(− y ) + 2y ≡ 0, kai x ≠ 0 (šiuo atveju sprendžiame apverstąją DLxdx= − y ). Integralinės kreivės (apskritimai) pavaizduotos 1.7 pav.dy xTaške (0, 0) DL neapibrėžta.1.17 ppavyzdys [Antrosios eilės DL sprendiniai]. Nagrinėkime antrosios eilės DL (y ′′ ) 2/3 −1 − (y ′ ) 2 = 0, kurios apibrėžimo sritis yra D F = R 4 .Funkcija ϕ(x; C 1, C 2) = C 2 + √ 1 − (x − C 1) 2 yra šios DL sprendinysintervale I = (C 1 − 1; C 1 + 1):ϕ(x; C 1, C 2) ∈ C 2 (I), ϕ ′ x − C 1(x; C 1, C 2) = −(1 − (x − C 1) 2 ) , 1/2ϕ ′′ 1(x; C 1, C 2) = −(1 − (x − C 1) 2 ) , 3/2ir teisinga tapatybė(−1) 2/3 (− 1 − −(1 − (x − C 1) 2 ) 3/2x − C 1(1 − (x − C 1) 2 ) 1/2 ) 2≡ 0.Kadangi ϕ(x; C 1, C 2) = C 2 + √ 1 − (x − C 1) 2 yra DL sprendinys subet kokiomis C 1 ir C 2 reikšmėmis, todėl gauname sprendinių šeimą(aibę) priklausančią nuo dviejų parametrų. Pastebėsime, kad funkcijaϕ(x; C 1, C 2) = C 2 − √ 1 − (x − C 1) 2 taip pat yra sprendinys su betkokiomis C 1 ir C 2 reikšmėmis. Tai dar viena sprendinių šeima. DLsprendinių grafikai pavaizduoti 1.8 pav.Parametrizuotieji sprendiniai yra(x, y) = (C 1 + cos t, C 2 + sin t), t ∈ I = (0; π) arba t ∈ I = (−π; 0)

1. Diferencialinė lygtis ir jos sprendiniai 10yy1( C 1 , C 2 )1-1 0 1x0 x-1-1(a)(b)1.9 pav. 1.17 pvz. DL sprendiniai: (a) išreikštiniu˛sprendiniu˛ grafikai; (b) neišreikštiniai sprendiniai.1.10 pav. DL y ′ = cos xintegralinės kreivės.nes ψ = C 1 + cos t, ϕ = C 2 + sin t ∈ C 1 (I), ψ ′ = − sin t ≠ 0, kait ≠ −π, 0, π. Pasinaudodami (1.14) formulėmis, randamey ′ = − cos tsin t , y′′ = − 1sin 3 t .Istatę šias išraiškas į DL, gauname tapatybę(− 1 ) 2/3 ( cos t) 2.≡ 1 +sin 3 tsin tNagrinėjami parametrizuotieji sprendiniai atitinka išreikštinius sprendiniusy = C 2 + √ 1 − (x − C 1) 2 ir y = C 2 − √ 1 − (x − C 1) 2 .Lygybė Φ(x, y; C 1, C 2) ≡ (x − C 1) 2 + (y − C 2) 2 − 1 = 0 apibrėžia DL(y ′′ ) 2/3 − 1 − (y ′ ) 2 = 0 neišreikštinius sprendinius. Jei y ≠ C 2, tuomet= 2(y − C2) ≠ 0, ir galime užrašyti sprendinių išreikštinius pavidalus∂Φ∂yy = C 2 ± √ 1 − (x − C 1) 2 , x ∈ (C 1 − 1; C 1 + 1).Perrašykime DL pavidalu (1.11)()y ′′2/3= 1.(1 + (y ′ ) 2 ) 3/2Tada neišreikštinis apverstosios DL (žiūrėk (1.12)) pavidalas yra()x ′′2/3−= 1,(1 + (x ′ ) 2 ) 3/2ši DL ekvivalenti duotajai DL. Vadinasi, neišreikštiniai DL sprendiniaiyra visi plokštumos vienetiniai apskritimai (žiūrėk 1.9(b) pav.).Dažniausiai DL lygtis turi begalo daug sprendinių, ir jie sudaro sprendiniųšeimas, priklausančias nuo keleto konstantų.1.18 ppavyzdys [DL sprendiniai]. Lygties y ′′ = y sprendiniai yra y = C 1ch x + C 2sh xsu C 1, C 2 ∈ R. Šie sprendiniai sudaro kreivių šeimą, priklausančią nuodviejų konstantų C 1, C 2.

11 1 SKYRIUS. Paprastosios diferencialinės lygtys ir jų sistemos [2013 12 28 (15:42)]Konstantos C 1 , . . . , C n , įeinančios į DL sprendinio išraišką, vadinamos laisvosiomis.Šios konstantos gali įgyti bet kokias reikšmes, o kartais ir begalinesreikšmes, t.y. ±∞.1.10 apibrėžimas [Bendrasis DL sprendinys]. Bendruoju n-osios eilės DL sprendiniuvadinsime DL sprendinių šeimą y = ϕ(x; C 1 , . . . , C n ), priklausančią nuolaisvųjų konstantų C 1 , . . . , C n , ir pasižyminčia savybe, kad sistemay = ϕ(x; C 1 , . . . , C n ),y ′ = ϕ ′ (x; C 1 , . . . , C n ), (1.15). . .y (n−1) = ϕ (n−1) (x; C 1 , . . . , C n )yra vienareikšmiškai išspendžiama laisvųjų konstantų atžvilgiu:C 1 = ψ 1 (x, y, . . . , y (n−1) ),. . . (1.16)C n = ψ n (x, y, . . . , y (n−1) ).Bendrasis sprendinys gali būti užrašytas parametrizuotu pavidaluarba neišreikštiniu pavidalux = ϕ(t; C 1 , . . . , C n ), y = ψ(t; C 1 , . . . , C n ), (1.17)Ψ(x, y; C 1 , . . . , C n ) = 0. (1.18)Pastaruoju atveju, sprendinių šeima dar vadinama bendruoju integralu.Iš bendrojo sprendinio (bendrojo integralo), imdami konkrečias C 1 , . . . , C nreikšmes, gauname atskirąjį sprendinį (atskirąjį integralą).1.19 ppavyzdys. Funkcija y = sin x + C yra DL y ′ = cos x bendrasis sprendinys, oy = sin x, y = sin x − 2, y = sin x + 1 atskirieji sprendiniai (žiūrėk1.10 pav.).1.20 ppavyzdys. DL (y ′′ ) 2/3 − 1 − (y ′ ) 2 = 0 sprendiniais yra dvi bendrųjų (išreikštinių)sprendinių šeimos: y = C 2+ √ 1 − (x − C 1) 2 ir y = C 2− √ 1 − (x − C 1) 2 .Pavyzdžiui, pirmosios šeimos atveju, sistemay = C 2 + √ 1 − (x − C 1) 2 ,y ′ x − C 1= − √1 − (x − C1) 2yra vienareikšmiškai išspendžiama laisvųjų konstantų atžvilgiu:C 1 = x +y ′√1 + (y′ ) 2 , C2 = y − 1√1 + (y′ ) 2 .Abi šias sprendinių šeimas galima apibrėžti vienu bendruoju integralu(x − C 1) 2 + (y − C 2) 2 = 1, C 1, C 2 ∈ R,kuris taip pat aprašo ir bendruosius sprendinius x = C 1+ √ 1 − (y − C 2) 2ir x = C 1 − √ 1 − (y − C 2) 2 apverstajai DL.

1. Diferencialinė lygtis ir jos sprendiniai 121.9 uždavinys. Nustatykite DL eilę ir patikrinkite, ar duotoji funkcija (funkcijos) apibrėžiasprendinį:a) y ′′ + 9y = 0, y = C 1 cos(3x) + C 2 sin(3x);b) y ′ − 0, 5y = 0, y = Ce x/2 − 2;c) y ′ = 2xy, ye −x2 = C;d) y ′ = x , y = Cch t, x = Csh t;ye) y ′′ = x + sin x, y = x3− sin x + C;6f) y ′ = e x2 , y =∫ x0e ξ2 dξ + C.1.10 uždavinys. Patikrinkite, ar 1.9 uždavinio sprendiniai apibrėžia bendruosius sprendiniusarba integralus.1.3. Kreivių šeimos diferencialinė lygtisJeigu spręsdami n-eilės DL radome jos bendrąjį sprendinį (integralą), tuometturime kreivių šeimą, priklausančią nuo n laisvųjų konstantų. Pabandykimespręsti atvirkštinį uždavinį. Sakykime, duota kreivių šeima, apibrėžta lygtimiΨ(x, y; C 1 , . . . , C n ) = 0. Sudarome sistemąΨ 0 (x, y; C 1 , . . . , C n ) ≡ Ψ(x, y; C 1 , . . . , C n ) = 0,Ψ 1 (x, y, y ′ ; C 1 , . . . , C n ) ≡ ∂Ψ0∂x. . .+ ∂Ψ0∂y y′ = 0,Ψ n (x, y, y ′ , . . . , y (n) ; C 1 , . . . , C n ) ≡ ∂Ψn−1∂x+ ∂Ψn−1∂yy ′ + · · · + ∂Ψn−1y (n) = 0.∂y (n−1)Eliminuodami konstantas C 1 , . . . , C n , gautume šios kreivių šeimos n-osios eilėsDL.1.21 ppavyzdys [vienetinių apskritimų šeima]. Visų vienetinių apskritimų šeimos plokštumojelygtis yra(x − C 1) 2 + (y − C 2) 2 = 1.Diferencijuodami šią lygtį pagal kintamąjį x du kartus, gaunameRandame2(x − C 1) + 2(y − C 2)y ′ = 0, 2 + 2(y ′ ) 2 + 2(y − C 2)y ′′ = 0.x − C 1 = 1 + (y′ ) 2y ′ , y − Cy ′′ 2 = − 1 + (y′ ) 2.y ′′Įstatome šias išraiškas į apskritimų lygtį, gauname kreivių šeimos DL(1 + (y ′ ) 2 ) 3 = (y ′′ ) 2 .

13 1 SKYRIUS. Paprastosios diferencialinės lygtys ir jų sistemos [2013 12 28 (15:42)]Kreivių šeima priklausanti tik nuo vieno parametro vadinama vienaparametrinekreivių šeima.1.22 ppavyzdys [Kreivių šeimos]. Žemiau pateikta keletas vienaparametrinių kreiviųšeimų:Sistema1. Φ(x, y, C) := x + y + C = 0 apibrėžia lygiagrečių (tiesei y = −x)tiesių šeimą;2. Φ(x, y, C) := y − Cx 2 = 0 – parabolių šeimą (žiūrėk 1.11 pav.);3. Φ(x, y, C) := x 2 /2 + y 2 − C 2 = 0 – koncentrinių elipsių su centrukoordinačių pradžioje ir ašimis C √ 2 ir C šeimą (C > 0) (žiūrėk1.11 pav.).Φ(x, y, C) = 0,∂Φ∂x∂Φdy(x, y, C) +∂y(x, y, C)dx = 0.ir yra kreivių šeimos DL, tiesa, užrašyta parametriniu pavidalu (parametras C).Vienaparametrinės kreivių šeimos DL sudaroma parametro eliminavimo metodu.1.23 ppavyzdys [Kreivių šeimos DL]. Surasime 1.22 pavyzdžio kreivių šeimų DL:{{{x + y + C = 0,1 + 1 · y ′ = 0y − Cx 2 = 0,−2xC + 1 · y ′ = 0x 2 /2 + y 2 − C 2 = 0,x + 2y · y ′ = 0⇒ y ′ = −1;⇒{C = y/x 2 ,y ′ = 2xC⇒ y ′ = − x 2y .⇒ y ′ = 2y x ;Jeigu iš lygties Φ(x, y, C) = 0 pavyksta išreikšti parametrą C = Ψ(x, y), tuomet šiaivienaparametrinei šeimai DL yra ∂Ψ∂Ψ dy(x, y) + (x, y) ∂x ∂y dx = 0.1.11 uždavinys. Suraskite vienaparametrinių kreivių šeimų DL:a) xy = C; b) e 3x y = C; c) y = e Cx2 ; d) y = Cxe x .2. Koši uždavinysKaip matėme, DL dažniausiai turi be galo daug sprendinių. Norint išskirtikurį nors vieną sprendinį, reikia pareikalauti, kad sprendinys tenkintų papildomassąlygas.

2. Koši uždavinys 14y12x1.11 pav. Paraboliu˛ irelipsiu˛ šeimos.1.12 pav. Košiuždavinys pirmos eilėslygčiai.1.13 pav. Košiuždavinys antros eilėslygčiai.2.1. Koši uždavinysJeigu sprendžiama n-osios eilės DLF (x, y, y ′ , . . . , y (n) ) = 0, (2.1)tuomet tokiomis sąlygomis laikomos išreikštinio sprendinio ir jo išvestinių iki(n − 1)-os eilės reikšmės, kai x = x 0 :y(x 0 ) = y 0 , y ′ (x 0 ) = y ′ 0, . . . , y (n−1) (x 0 ) = y (n−1)0 . (2.2)DL su tokiomis sąlygomis vadinama Koši 2 (pradiniu) uždaviniu, o pačios sąlygos– pradinėmis. Pradinę sąlygą apibrėžia taškas (x 0 , y 0 , y 0, ′ . . . , y (n−1)0 ), kurispriklauso D f , jei DL užrašyta kanoniniu pavidalu.1.12 uždavinys. Patikrinkite, kad y = Ce x2 yra DL y ′ = 2xy sprendinys. Raskiteintegralinę kreivę, einančią per tašką (1, 4).1.24 ppavyzdys. Koši uždavinys y ′ = y/x, y(0) = 2 neturi išreikštinio sprendinio, nestaške x = 0 DL neapibrėžta. Koši uždavinys apverstajai DL x ′ = x/y,x(2) = 0 turi sprendinį x ≡ 0.Ypač lengva spręsti Koši uždavinį, jeigu žinomas DL bendrasis sprendinysir nėra kitų sprendinių. Šiuo atveju, bendrojo sprendinio sąvoka garantuoja,kad Koši uždavinys turi vienintelį sprendinį, nes iš (1.15) sistemos galime vienareikšmiškairasti laisvasias konstantas. Bendrasis sprendinysy = ϕ(x; x 0 , y 0 , y 0 ′ , . . . , y (n−1)0 ) (2.3)yra vadinamas bendrojo sprendinio Koši pavidalu.1.25 ppavyzdys. Dl y ′ = 2xy bendrojo sprendinio Koši pavidalas yra y = y 0e x2 −x 2 0,o DL y ′′ + y = 0 šis pavidalas yra y = y 0 cos(x − x 0) + y ′ 0 sin(x − x 0).2 Augustin Louis Cauchy (1789-1857) – prancūzu˛ matematikas.

15 1 SKYRIUS. Paprastosios diferencialinės lygtys ir jų sistemos [2013 12 28 (15:42)]2.2. Sprendinio egzistavimas ir vienatisKanoninei n-os eilės DLy (n) = f(x, y, y ′ , . . . , y (n−1) ) (2.4)Koši uždavinio sprendinio egzistavimui pakanka, kad f ∈ C(G) srityje G ⊂D f ⊂ R n+1 [18].1.1 teorema [Peano 3 ]. Tarkime, funkcija f yra tolydi srityje G. Tada egzistuoja(2.4) lygties sprendinys y = ϕ(x), x ∈ I, tenkinantis (2.2) pradinessąlygas.Tačiau šios teoremos salygų neužtenka Koši uždavinio sprendinio vienačiai[8, 17, 18].1.2 teorema [Pikaro 4 ]. Tarkime, funkcija f ir jos dalinės išvestinės ∂f∂y , . . . ,∂ftolydžios srityje G. Tada egzistuoja vienintelis (2.4) lygties sprendinys∂y (n−1)y = ϕ(x), x ∈ I, tenkinantis pradines (2.2) sąlygas.1.26 ppavyzdys. Funkcijos y = sin x ir y = cos x yra DL y ′′ + y = 0 sprendiniai.Šių dviejų sprendinių grafikai kertasi, tačiau šie sprendiniai nesutampajokiame intervale (žiūrėk 1.13 pav.).1.13 uždavinys. Ar kertasi šio pavyzdžio sprendinių integralinės kreivės?Panaši teorema teisinga ir (2.1) lygčiai srityje D F [8]. Jos įrodymas išplaukianeišreikštinės funkcijos sąvybių (žiūrėk (1.2)–(1.4) ) ir 1.2 teoremos.1.3 teorema. Tarkime, funkcija F ∈ C 1 (G) ir taške (x 0 , y 0 , y ′ 0, . . . , y (n)0 ) ∈ Gišpildytos sąlygosF (x 0 , y 0 , y ′ 0, . . . , y (n)0 ) = 0,∂F∂y (n) (x 0, y 0 , y ′ 0, . . . , y (n)0 ) ≠ 0.Tada egzistuoja (2.1) lygties vienintelis sprendinys y = ϕ(x), x ∈ I, tenkinantis(2.2) pradines sąlygas.1.4 teorema [tolydi priklausomybė nuo pradinės sąlygos]. Jeigu f ∈C 1 (G), tuomet funkcija ϕ(x; x 0 , y 0 , y 0 ′ , . . . , y (n−1)0 ) apibrėžta, tolydi ir ϕ ∈ C 1kiekvieno taško (x 0 ; x 0 , y 0 , y 0 ′ , . . . , y (n−1)0 ) aplinkoje.Pikaro teoremą ir tolydžią priklausomybę nuo pradinės sąlygos įrodysime vėliau, bet jaudabar jomis naudosimės. Šios trys teoremos sprendinio sąvybes formuluoja lokaliai.Jeigu sprendinys yra apibrėžtas intervale I (nebūtinai atvirasis), tai jis bussprendinys ir intervale J ⊂ I.3 Giuseppe Peano (1858-1932) – italu˛ matematikas.4 Émile Picard (1856-1941) – prancūzu˛ matematikas.

17 1 SKYRIUS. Paprastosios diferencialinės lygtys ir jų sistemos [2013 12 28 (15:42)]y,y (1),...,y(n-1)yGb1Kx 0xaK0 1 x1.14 pav. Integralinėskreivės tęsinys ikikompakto krašto.1.15 pav.Neptatęsiamas į dešinęsprendinys.1.16 pav. DL y ′ = 3y 2/3integralinės kreivės. DLypatingasis taškas irypatingasis sprendinys.Sritis G, kurios visuose taškuose Koši uždavinio sprendinys yra vienintelis,vadinsime DL sprendinio vienaties sritimi. DL du sprendiniai, sutampantysviename DL sprendinio vienaties srities G taške, sutampa visoje šioje srityje.Pirmos eilės lygčiai sutampa ir jų integralinės kreivės. Antros eilės DL tokiemssprendiniams integralinės kreivės sutaps, jeigu bendrame taške abu sprendiniaiturės tą pačią liestinę.1.29 ppavyzdys. Rasime DL y ′ = 3y 2/3 integralinę kreivę, einančią per tašką (1, 1).Atitinkamas Koši (pradinis) uždavinys yray ′ = 3y 2/3 , y(1) = 1.Patikriname, kad funkcija y = (x − C) 3 yra DL sprendiniai. Įstatomepradines sąlygas: 1 = y(1) = (1 − C) 3 ⇒ C = 0 (kitos šaknys yrakompleksinės). Vadinasi, šis Koši uždavinys turi sprendinį y = x 3 (žiūrėk1.16 pav.). Remiantis 1.2 teorema daugiau integralinių kreivių, einančiųper šį tašką, nėra.Rasime integralinę kreivę, einančią per tašką (0, 0). Per šį tašką einajau rasta integralinė kreivė y = x 3 , ir dar viena papildoma integralinėkreivė y ≡ 0. Vadinasi, šiuo atveju, Koši uždavinio sprendinys nėravienintelis, ir šis taškas nepriklauso DL sprendinio vienaties sričiai.1.14 uždavinys. Raskite 1.29 pavyzdžio DL sprendinio vienaties sritį (sritis).1.12 apibrėžimas. DL sprendinys, per kurio kiekvieną tašką eina tik vienas tosDL sprendinys, vadinamas atskiruoju sprendiniu.1.15 uždavinys. Raskite Koši uždavinio sprendinius, jei žinomas bendrasis sprendinys

3. Diferencialinių lygčių sistemos 18arba bendrasis integralas:a) y ′ = − y , y(1) = 1; yx = C;xb) y ′ = − 1 x , y(1) = 0; xey = C;c) y ′′ = 1, y(0) = 1, y ′ (0) = 3 2 ; y = x22d) y ′′ = x + sin x, y(0) = 1, y ′ (0) = 1; y = x33e) y ′ = − x y , y(3) = 4; y2 + x 2 = C.+ C1x + C2;− sin x + C1x + C2;2.3. Ypatingieji sprendiniaiDL gali turėti sprendinių, kurių taškuose neišpildyta vienaties sąlyga. Nagrinėtame 1.29pavyzdyje sprendinio y ≡ 0 negausime iš bendrojo sprendinio (kubinių parabolių šeimos)y = (x − C) 3 su jokia konstanta C ∈ ¯R (žiūrėk 1.16 pav.).1.16 uždavinys. Raskite 1.29 pavyzdžio DL visus sprendinius, kuriems neišpildyta vienatiessąlyga.1.13 apibrėžimas [Ypatingasis taškas]. Ypatingaisiais taškais vadinsime tuosintegralinės kreivės taškus, kuriose neišpildyta sprendinio vienaties sąlyga.1.14 apibrėžimas [Ypatingasis sprendinys]. Ypatinguoju sprendiniu vadinsimesprendinį, kurio kiekvienas taškas yra ypatingasis taškas.Kai kanoninės (2.4) DL dešiniosios pusės funkcija yra tolydi ir turi dalinesišvestines pagal kintamuosius y, y ′ , . . . , y (n−1) , jos ypatingieji sprendiniai galibūti tik tie, kuriuose tenkinama bent viena sąlyga:∂f∂y = ∞, . . . , ∂f= ∞.∂y(n−1)Neišreikštinės (2.1) DL atveju, kai F ∈ C 1 (G), ypatingais gali būti sprendiniai∂Fapibrėžti ir lygybėmis F = 0, = 0.∂y (n)1.17 uždavinys. Patikrinkite, kad DL turi duotuosius sprendinius ir suraskite ypatinguosiussprendinius:a) y ′ = 2 √ |y|, y = |x − C|(x − C);b) (y ′ ) 2 + y 2 = 1, y = sin(x − C).

19 1 SKYRIUS. Paprastosios diferencialinės lygtys ir jų sistemos [2013 12 28 (15:42)]3. Diferencialinių lygčių sistemosApibendrinsime DL lygties savoką DL sistemoms, t.y. nagrinėsime vektorinesDL.Nagrinėkime vektorinę DLF (x, y, y ′ , . . . , y (m) ) = 0, (3.1)čia y = (y 1 , . . . , y n ), F = (F 1 , . . . , F n ) ∈ C 1 (D F ), D F ⊂ R n(m+1)+1 yra funkcijosF (kartu ir vektorinės DL apibrėžimo sritis). Tokia vektorinė m-tosios eilėsDL dar vadinama m-osios eilės diferencialinių lygčių sistema (DLS). Kintamųjų(y 1 , y 2 , . . . , y n ) erdvė vadinama fazine erdve.Dažniausiai sutinkamos pirmosios eilės DLS:F 1 (x, y 1 , . . . , y n , y ′ 1, . . . , y ′ n) = 0,F n (x, y 1 , . . . , y n , y ′ 1, . . . , y ′ n) = 0.. . . (3.2)Kai jakobianas D(F1,...,Fn)D(y 1 ′ ,...,y′ n ) ≠ 0, pirmąsias išvestines galima išreikšti per likusiuskintamuosius:y ′ 1 = f 1 (x, y 1 , . . . , y n ),. . . (3.3)y ′ n = f n (x, y 1 , . . . , y n ).Tokią DLS vadiname n-osios eilės normaliąja DLS. Jos vektorinis pavidalas yray ′ = f(x, y), f ∈ C(D f ), D f ⊂ R n+1 .Šiai DLS (vektorinei DL) apibendrinamos visos sąvokos, kurias apibrėžėme skaliarineiDL y ′ = f(x, y). Pavyzdžiui, Koši uždavinys užrašomas kaipy ′ = f(x, y), y(x 0 ) = y 0 . (3.4)1.15 apibrėžimas [integralinė kreivė]. Normaliosios DLS (arba vektorinės DL)(3.3) integraline kreive vadinsime vektorinės funkcijos y(x), x ∈ I, grafiką.Integralinės kreivės projekciją į fazinę erdvę (y 1 , y 2 , . . . , y n ) vadinsime fazinekreive. Fazinė kreivė, kuri turi orentaciją, t.y. judėjimo kreive kryptį, kai x auga,vadinama fazine trajektorija. Fazinė kreivė, atitinkanti sprendinį y(x) ≡ const,sudaryta iš vieno taško. Tokiai fazinei kreivei orentacija neapibrėžta.Bendrasis sprendinys ir bendrasis integralas apibrėžiami kaipy = ϕ(x, C), Ψ(x, y, C) = 0 arba Φ(x, y) = C,čia C = (C 1 , . . . , C n ), o visos funkcijos yra tolydžiai diferencijuojamos.Suformuluosime Pikaro, tolydžios priklausomybės nuo pradinės sąlygos irsprendinio tęsinio teoremų analogus.

3. Diferencialinių lygčių sistemos 201.6 teorema. Tarkime, funkcija f ∈ C 1 (G), G ⊂ R n+1 . Tada egzistuoja vienintelis(3.4) Koši uždavinio sprendinys y = ϕ(x), x ∈ I, tenkinantis pradinęsąlygą.1.7 teorema [tolydi priklausomybė nuo pradinės sąlygos]. Jeigu f ∈C 1 (G), tuomet funkcija ϕ(x; x 0 , y 0 ) apibrėžta, tolydi ir ϕ ∈ C 1 kiekvieno taško(x 0 ; x 0 , y 0 ) aplinkoje.1.8 teorema [apie sprendinio tęsinį]. Tarkime, K ⊂ G ⊂ D f yra kompaktasir pradinė sąlyga (x 0 , y 0 ) ∈ K ir f ∈ C 1 (G). Tada integralinė kreivė pratęsiamaiki kompakto krašto ir toks pratęsimas yra vienintelis.3.1. n-osios eilės DL suvedimas į n-osios eilės normaliąją DLSKiekvieną n-osios eilės kanoninę DL galima suvesti į normaliąją DLS. Parodysimetai Koši uždaviniuiy (n) = f(x, y, y ′ , . . . , y (n−1) ), y(x 0 ) = y 0 , . . . , y (n−1) (x 0 ) = y (n−1)0 . (3.5)Apibrėžkime vektorinę funkciją z = (z 1 , z 2 , . . . , z n ) := (y, y ′ , . . . , y (n−1) ). Tada(3.5) Koši uždavinys ekvivalentus nomaliajai DLSz ′ 1 = z 2 ,z ′ 2 = z 3 ,. . . (3.6)z ′ n−1 = z n ,z ′ n = f(x, z 1 , . . . , z n )su pradinėmis sąlygomis z(x 0 ) = z 0 := (y 0 , y ′ 0, . . . , y (n−1)0 ).Šis suvedimas rodo, kad 1.2 teorema išplaukia iš 1.6 teoremos, 1.4 teorema – iš 1.7 teoremos,1.4 teorema – iš 1.8 teoremos.1.30 ppavyzdys. Koši uždavinys y ′′ +y = 0, y(0) = y 0, y ′ (0) = y ′ 0 suvedamas į antrosioseilės DLSy ′ = z,z ′ = −ysu pradinėmis sąlygomis y(0) = y 0, z(0) = y 0.′1.18 uždavinys. Suvesti DL į DLS:a) y ′′ = − sin y;b) y ′′′ + 5xy ′′ + (y ′ ) 2 sin x + y = 0;c) y ′′ = sin ( 1 + (y ′ ) 2 ).

21 1 SKYRIUS. Paprastosios diferencialinės lygtys ir jų sistemos [2013 12 28 (15:42)]3.2. n-osios eilės normaliosios DLS suvedimas į n-osios eilės DLKiekvieną n-osios eilės normaliąją (3.3) DLS galima suvesti į vieną n-osioseilės kanoninę DL. Diferencijuojame vieną DLS lygtį (pvz., pirmąją) n − 1 kartąpagal x, ir keičiame pirmosios eilės išvestines normaliosios sistemos lygčiųdešiniosiomis pusėmis. Taip gaunama n lygčių sistema:y ′ 1 = ˜f 1 (x, y 1 , y 2 , . . . , y n ) := f 1 (x, y 1 , y 2 , . . . , y n ),y ′′1 = ˜f 2 (x, y 1 , y 2 , . . . , y n ) := ∂ ˜f 1∂x + ∑ n∂ ˜f 1i=1∂y if i ,. . . (3.7)y (n−1)1 = ˜f n−1 (x, y 1 , y 2 , . . . , y n ) := ∂ ˜f n−2∂x+ ∑ n ∂ ˜f n−2i=1 ∂y if i ,y (n)1 = ˜f n (x, y 1 , y 2 , . . . , y n ) := ∂ ˜f n−1∂x+ ∑ n ∂ ˜f n−1i=1 ∂y if i .Įvedame naują funkciją z(x) := y 1 (x). Iš (3.7) sistemos pirmųjų n − 1 lygčiųišreiškiame y 2 , . . . , y n (kada tai galima padaryti?):y 2 = g 2 (x, z, z ′ , . . . , z (n−1) ),. . .y n = g n (x, z, z ′ , . . . , z (n−1) ),ir įstatome jas į (3.7) sistemos paskutinę lygtįz (n) = ˜f n(x, z, g2 (x, z, z ′ , . . . , z (n−1) ), . . . , g n (x, z, z ′ , . . . , z (n−1) ) ) .Gaunama viena n-osios eilės DLPradinės sąlygos šiai lygčiai yraz (n) = g(x, z, z ′ , . . . , z (n−1) ).z(x 0 ) = y 1 (x 0 ), z (i) (x 0 ) = ˜f i (x 0 , y 1 (x 0 ), . . . , y n (x 0 )), i = 1, . . . , n − 1.1.31 ppavyzdys. Duota DLSdv= w , dw= −v.dx x dxApibrėžiame naują funkciją y = v, diferencijuojame pirmąją lygtį pagalx, ir gaunamey ′ = w , xy ′′ = dw 1− w = − y − ⇒ w = y′ x,w y ′′ = − y − y′ x.dx x x 2 x x 2 x x 2DLS suvesta į antros eilės DL y ′′ = − y+y′xarba xy ′′ + y + y ′ = 0.1.19 uždavinys. Suveskite DLS į vieną DL:a) u′ = v,v ′ = u;b) u′ = −v,v ′ = u;c) u′ = u − v,v ′ = u + v.

3. Diferencialinių lygčių sistemos 223.3. Autonominės ir neautonominės DLJeigu funkcija f DL tiesiogiai nepriklauso nuo kintamojo x, tai DL (arbaDLS)⎧dy 1⎪⎨y ′ dx= f 1 (y 1 , . . . , y n ),= f(y) ⇔ . . .⎪⎩ dy ndx= f n (y 1 , . . . , y n ).vadinama autonomine.Kiekvieną neautominę DLS visada galima suvesti į autonominę⎧dy 1⎪⎨ dx= f 1 (x, y 1 , . . . , y n ),. . .⇔⎪⎩ dy ndx= f m (x, y 1 , . . . , y n )⎧⎪⎨⎪⎩dxdt= f 0 (x, y 1 , . . . , y n ) ≡ 1,dy 1dt= f 1 (x, y 1 , . . . , y n ),. . .dy ndt= f n (x, y 1 , . . . , y n ),čia y ∈ R n . Ir atvirkščiai, kiekvieną autonominę DLS srityje, kurioje |f 0 |+|f 1 |+· · · + |f n | > 0, galima suvesti į neautonominę DLS. Pavyzdžiui, jeigu f 0 ≠ 0, tai⎧⎪⎨⎪⎩dy 0dt= f 0 (y 0 , y 1 , . . . , y n ),dy 1dt= f 1 (y 0 , y 1 , . . . , y n ),⇔. . .dy ndt= f n (y 0 , y 1 , . . . , y n )⎧⎪⎨⎪⎩dy 1dxdy ndx= f1(x,y1,...,yn)f ,0(x,y 1,...,y n). . .= fn(x,y1,...,yn)f ,0(x,y 1,...,y n)čia x := y 0 .1.32 ppavyzdys. Neautonominė DLsuvedama į autonominę DLSdxdt = y,dydx = x ydydt = x.1.20 uždavinys. Suveskite neautonomines DL (DLS) į autonomines DL (DLS):a) dydx = y x ;dyb)dx = z + x,dzdx = y + x.

2 skyriusTiesinės diferencialinės lygtysŠiame skyriuje nagrinėsime tiesines n-eilės diferencialines lygtis. Jų išsprendžiamumassusijęs su fundamentaliosios sistemos radimu. Taip pat nagrinėsime atskirąjį atvejį tiesinęDL su pastoviaisiais koeficientais.Kaip kitose matematikos srityse, tiesiniai objektai, yra geriausiai ištirta DLteorijos dalis. Tiesinės DL (ir ne tik DL) yra ypatingai svarbios PDL teorijojeir visoje matematinėje analizėje, kadangi pagrindinė analizės idėja teigia, kadkiekviena glodi funkcija kiekvieno taško aplinkoje gerai aproksimuojama tiesinefunkcija. Linearizavimo (ištiesinimo) operacija leidžia tiesines lygtis nagrinėtikaip pirmąjį artinį sudėtingoms netiesinėms lygtims.1. Tiesinė n-osios eilės diferencialinė lygtis2.1 apibrėžimas [Tiesinė DL]. Diferencialinė lygtisz (n) + a 1 (x)z (n−1) + · · · + a n−1 (x)z ′ + a n (x)z = f(x), (1.1)vadinama tiesine n-osios eilės diferencialine lygtimi (TDL). Čia f, a i ∈ C(I),i = 1, . . . , n – žinomos tolydžiosios (realiosios arba kompleksinės) funkcijos.Sąlygos f, a i ∈ C(I), i = 1, . . . , n garantuoja, kad egzistuoja vienintelis Koši uždaviniosprendinys (sprendinio egzistavimo ir vienaties teorema).Jeigu ieškome sprendinių tarp kompleksinių funkcijų, tuomet vietoje vienos kompleksinėsfunkcijos z(x) = Re z(x) + Im z(x) ı galime ieškoti dviejų realiųjų funkcijų u = Re z(x) irv = Im z(x), kurios yra dviejų DL sistemosu (n) + Re a 1 (x)u (n−1) − Im a 1 (x)v (n−1) + · · · + Re a n(x)u − Im a n(x)v = Re f(x),v (n) + Im a 1 (x)u (n−1) + Re a 1 (x)v (n−1) + · · · + Im a n(x)u + Re a n(x)v = Im f(x)sprendinys (sprendinių pora). Dar paprastesnis atvejis gaunamas, kai (1.1) lygties koeficientaiyra realiosios funkcijos. Tuomet pastaroji sistema tampau (n) + a 1 (x)u (n−1) + · · · + a n(x)u = Re f(x),v (n) + a 1 (x)v (n−1) + · · · + a n(x)v = Im f(x). (1.2)Šioms sistemoms egzistuoja vienintelė sprendinių pora. Toliau šiame skyriuje DL ir jossprendiniai gali būti ir reliosios, ir kompleksinės funkcijos. Atitinkamai skaliarai irgi galibūti iš kūno K = R, arba iš kūno K = C.Jeigu f ≡ 0, tuomet (1.1) lygtis vadinama homogenine, priešingu atveju –nehomogenine. Kiekvienai (nehomogeninei) tiesinei (1.1) DL galima užrašytiatitinkamą homogeninę lygtį.

1. Tiesinė n-osios eilės diferencialinė lygtis 241.1. Tiesinis diferencialinis operatorius?Atvaizdis A: L 1 → L 2 , L 1 , L 2 – tiesinės erdvės, vadinamas tiesiniu operatoriumi, jeiguA(αz 1 + βz 2 ) = αAz 1 + βAz 2 , ∀α, β ∈ K, ∀z 1 , z 2 ∈ L 1 .2.2 apibrėžimas [Diferencialinis operatorius]. Atvaizdis L n : C n (I) → C(I),apibrėžtas formuleL n [z] := z (n) + a 1 z (n−1) + · · · + a n−1 z ′ + a n z, (1.3)vadinamas n-osios eilės diferencialiniu operatoriumi.2.1 uždavinys. Parodykite, kad C n (I) yra tiesinė erdvė visiems n = 0, 1, . . . .2.1 lema [Tiesinis diferencialinis operatorius]. Diferencialinis operatoriusL n yra tiesinis.Įrodymas išplaukia iš išvestinės tiesinių savybiųL n [αz 1 + βz 2 ] =(αz 1 + βz 2 ) (n) + a 1 (αz 1 + βz 2 ) (n−1) + · · · + a n (αz 1 + βz 2 )=α ( z (n)1 + a 1 z (n−1))1 + · · · + a n z 1+ β ( z (n)2 + a 1 z (n−1))2 + · · · + a n z 2=αL n [z 1 ] + βL n [z 2 ]. ⊓⊔Vadinasi, diferencialinis operatorius L n , apibrėžtas (2.2) formule, yra tiesinisoperatorius, kuris atvaizduoja tiesinę erdvę C n (I) tiesinėje erdvėje C(I). Tada(1.1) TDL užsirašo kaip tiesinė lygtisL n [z] = f. (1.4)?Tiesinis operatorius A: L 1 → L 2 apibrėžia lygtįAz = f. (1.5)2.1 teiginys. Homogeninės lygties Az = 0 sprendiniai sudaro tiesinę daugdarą erdvėjeL 1 . Ši tiesinė daugdara sutampa su tiesinio operatoriaus A branduoliu ker A := {z ∈L 1 : Az = 0} (žiūrėk 2.1 pav.). Kitais žodžiais, dviejų homogeninės tiesinės lygties sprendiniųtiesinis derinys yra homogeninės tiesinės lygties sprendinys. Atskiru atveju, z = 0visada yra sprendinys.Įrodymas. Iš Az 1 = 0, Az 2 = 0 ⇒ A(αz 1 + βz 2 ) = αAz 1 + βAz 2 = α0 + β0 = 0. ⊓⊔2.2 teiginys. Tiesinio operatoriaus reikšmių aibė im A := {f ∈ L 2 : ∃z ∈ L 1 , Az = f}yra tiesinė daugdara erdvėje L 2 .Įrodymas. Jeigu Az 1 = f 1 ∈ im A ir Az 2 = f 2 ∈ im A, tuomet αf 1 + βf 2 = αAz 1 +βAz 2 = A(αz 1 + βz 2 ) ∈ im A. ⊓⊔

25 2 SKYRIUS. Tiesinės diferencialinės lygtys [2013 12 28 (15:42)]2.1 pav. Tiesinės lygties sprendiniu˛ erdvė.2.1 išvada. Jeigu f ∈ im A, tai nehomogeninės tiesinės lygties Az = f sprendiniai erdvėjeL 1 sudaro afininę daugdarą z a + ker A, lygiagrečią ker A (žiūrėk 2.1 pav.), čia z a yraatskiras nehomogeninės tiesinės lygties sprendinys, t.y. Az a = f. Kitais žodžiais, dviejųnehomogeninės tiesinės lygties sprendinių skirtumas yra homogeninės tiesinės lygtiessprendinys.Įrodymas. Iš Az = f, Az a = f ⇒ A(z − z a) = Az − Az a = f − f = 0. Kita vertus, jeiz ∈ ker A, tuomet A(z a + z) = Az a + Az = f + 0 = f. ⊓⊔2.2 išvada [Superpozicijos principas]. Jeigu z 1 yra nehomogeninės TL Az = f 1sprendinys, z 2 yra nehomogeninės tiesinės lygties Az = f 2 sprendinys, tuomet z = αz 1 +βz 2 yra tiesinės lygties Az = αf 1 + βf 2 sprendinys.Įrodymas. Iš Az 1 = f 1 , Az 2 = f 2 ⇒ A(αz 1 + βz 2 ) = αAz 1 + βAz 2 = αf 1 + βf 2 . ⊓⊔2.2 uždavinys. Suformuluokite 2.1 ir 2.2 teiginius ir jų išvadas n-osios eilės TDL sprendiniams.2.1 ppavyzdys. Imkime homogeninę tiesinę pirmosios eilės DL z ′ −z = 0. Jos bendrasissprendinys yra z = Ce x , C ∈ R. Jeigu z 1 = C 1e x ir z 2 = C 2e x , tuometαz 1 + βz 2 = (αC 1 + βC 2)e x vėl bus šios TDL sprendinys. Sprendiniųerdvė yra vienmatė, nes pakanka žinoti vieną nenulinį sprendinį ψ = e x ,o tada visi kiti sprendiniai z = Cψ (žiūrėk 2.2 pav.).2.2 ppavyzdys. Imkime nehomogeninę tiesinę pirmosios eilės DL z ′ − z = −x. Šioslygties atskirasis sprendinys yra z a = x + 1. Homogeninės TDL lygtiesbendrasis sprendinys yra z = Ce x , todėl bendrasis nehomogeninės TDLbus z = Ce x + x + 1 (žiūrėk 2.3 pav.).2.3 ppavyzdys. Imkime nehomogeninę tiesinę pirmosios eilės DL z ′ − z = −2e −x . Šioslygties atskirasis sprendinys yra z a = e −x . Todėl bendrasis nehomogeninėsTDL sprendinys yra z = Ce x + e −x .2.4 ppavyzdys. Imkime nehomogeninę tiesinę pirmosios eilės DL z ′ − z = −x + e −x .Kadangi −x + e −x = 1 · (−x) + (−1/2) · (−2e −x ), todėl iš superpozicijosprincipo atskirasis nehomogeninės TDL yra z a = 1·(x+1)+(−1/2)·(e −x ).Tada bendrasis nehomogeninės TDL sprendinys bus z = Ce x + x + 1 −e −x /2.

1. Tiesinė n-osios eilės diferencialinė lygtis 262.2 pav. HomogeninėsTDL integralinės kreivės.2.3 pav. NehomogeninėsTDL integralinės kreivės.2.4 pav. Funkciju˛ tiesinėpriklausomybė.1.2. Funkcijų tiesinis priklausomumas ir nepriklausomumas?Tiesinės erdvės L elementai (vektoriai) v 1 , . . . , v n yra tiesiškai nepriklausomomi, jeigulygybėα 1 v 1 + · · · + α nv n = 0 (1.6)teisinga tik kai α 1 = · · · = α n = 0, priešingu atveju turime tiesiškai priklausomus elementus(vektorius). Jeigu elementai yra tiesiškai priklausomi, tuomet ∃i : α i ≠ 0. Tarkime,i = n. Tada funkcija z n tiesiškai išsireiškia per kitas funkcijas z 1 , . . . , z n−1 .Nagrinėkime tiesines erdves, kurių elementai yra funkcijos. Funkcijos f 1 , . . . ,f n yra tiesiškai nepriklausomos, jeigu tapatybėα 1 f 1 (x) + · · · + α n f n (x) ≡ 0 (1.7)teisinga tik kai α 1 = · · · = α n = 0, priešingu atveju turime tiesiškai priklausomasfunkcijas.2.5 ppavyzdys [Funkcijų tiesinė priklausomybė]. 2.4 pav. yra pavaizduoti funkcijųF (x) = (x 2 + x|x|)/2, G(x) = (x 2 − x|x|)/2, H(x) = (−x 2 − x|x|)/2grafikai. Funkcijos F ir G yra tiesiškai nepriklausomos (kodėl?), o funkcijosF ir H yra tiesiškai priklausomos.2.3 uždavinys. Patikrinkite funkcijų f 1, f 2, f 3 tiesinį priklausomumą:a) f 1(x) = 1, f 2(x) = x, f 3(x) = x 2 ;b) f 1(x) = 1, f 2(x) = x 2 − 1, f 3(x) = x 2 + 1.2.3 apibrėžimas [Vronskio determinantas]. Funkcijų z 1 , . . . , z n ∈ C n−1 (I) Vronskio1 determinantu vadinama funkcija W [z 1 , . . . , z n ] ∈ C(I):z 1 (x) z 2 (x) . . . z n (x)W (x) = W [z 1 , . . . , z n ](x) :=z 1(x) ′ z 2(x) ′ . . . z ′ n(x). . . . . . . . . . . .. (1.8)∣ z (n−1)1 (x) z (n−1)2 (x) . . . z n(n−1) (x) ∣1 Jósef Maria Hoëné–Wroński (1778-1853) – lenku˛ filosofas, matematikas, fizikas, išradėjas,teisininkas ir ekonomistas.

27 2 SKYRIUS. Tiesinės diferencialinės lygtys [2013 12 28 (15:42)]Vronskio determinantas vadinamas vronskianu. .2.6 ppavyzdys [Vronskio determinantas]. Funkcijų 1, x, x 2 Vronskio determinantaslygus1 x x 2W (x) :=0 1 2x∣ 0 0 2 ∣ = 2.Funkcijų 1, x 2 − 1, x 2 + 1 Vronskio determinantas lygus1 x 2 − 1 x 2 + 1W (x) :=0 2x 2x∣ 0 2 2 ∣ = 0.2.1 teorema [Tiesiškai priklausomų funkcijų Vronskio determinantas].Tiesiškai priklausomų funkcijų Vronskio determinantas tapačiai lygus nuliui.Įrodymas. Funkcijos z 1 , . . . , z n yra tiesiškai priklausomos. Tada vieną iš jųgalima išreikšti per likusias funkcijas: z n = β 1 z 1 + · · · + β n−1 z n−1 . Analogiškasavybė lieka teisinga ir jos visoms išvestinėms: z n (i) (x) = β 1 z (i)1 (x) + · · · +β n−1 z (i)n−1 (x), i = 0, . . . , n − 1, t.y. visuose taškuose x Vronskio determinantopaskutinis stulpelis tiesiškai priklauso nuo pirmųjų stulpelių. Vadinasi, visuosetaškuose x ∈ I šis determinantas lygus nuliui. ⊓⊔Jeigu Vronskio determinantas lygus (tapačiai) nuliui, tai nebūtinai funkcijos yra priklausomos(žiūrėk 2.5 pvz.).2.4 uždavinys. Raskite 2.5 pvz. funkcijų Vronskio determinantus W [F, G], W [F, H],W [G, H].1.3. Tiesinė homogeninė diferencialinė lygtisIštirsime tiesinės homogeninės DL sprendinių tiesinį priklausomumą.2.2 teorema [TDL sprendinių Vronskio determinantas]. Tiesiškai nepriklausomųn-osios eilės homogeninės TDL sprendinių sistemos z 1 , . . . , z n ∈C n (I) Vronskio determinantas nė viename taške nevirsta nuliu.Įrodymas. Įrodoma prieštaros būdu. Jeigu W (x 0 ) = 0, tai homogeninė tiesinėlygčių sistema⎛⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞z 1 (x 0 ) z 2 (x 0 ) . . . z n (x 0 ) C 1 0⎜z 1(x ′ 0 ) z 2(x ′ 0 ) . . . z n(x ′ 0 )⎟ ⎜ C 2⎟⎝ . . . . . . . . . . . . ⎠ ⎝ . . . ⎠ = ⎜ 0⎟⎝ . . . ⎠z (n−1)1 (x 0 ) z (n−1)2 (x 0 ) . . . z n (n−1) (x 0 ) C n 0turi nenulinį sprendinį C 0 1, . . . , C 0 n. Tada funkcijaz = C 0 1z 1 (x) + · · · + C 0 nz n (x)

1. Tiesinė n-osios eilės diferencialinė lygtis 28yra homogeninės TDL sprendinys, tenkinantis nulines pradines sąlygas taškex 0 (tiesinių lygčių sistemos dešinioji pusė nulinis vektorius). Tada pagal DLsprendinio egzistavimo ir vienaties teoremą z ≡ 0, t.y. C1z 0 1 + · · · + Cnz 0 n = 0su nenuliniu rinkiniu C1, 0 . . . , Cn. 0 Vadinasi, sprendiniai z 1 , . . . , z n yra tiesiškaipriklausomi. Tačiau tai prieštarauja teoremos sąlygai. ⊓⊔2.3 išvada [Būtina ir pakankama homogeninės TDL sprendinių tiesinionepriklausomumo sąlyga]. TDL sprendiniai yra tiesiškai nepriklausomitada ir tik tada, kai jų Vronskio determinantas nė viename taške nelygus nuliui.2.4 apibrėžimas. Homogeninės TDL n tiesiškai nepriklausomų sprendinių sistemaz 1 , . . . , z n vadinama fundamentaliąja sprendinių sistema.Ją galima gauti sprendžiant Koši uždavinius su pradinėmis sąlygomis:z 1 (x 0 ) = 1, z ′ 1(x 0 ) = 0, . . . , z (n−1)1 (x 0 ) = 0;z 2 (x 0 ) = 0, z 2(x ′ 0 ) = 1, . . . , z (n−1)2 (x 0 ) = 0;. . . . . . . . . . . .z n (x 0 ) = 0, z ′ n(x 0 ) = 0, . . . , z (n−1)n (x 0 ) = 1.Šios sprendinių sistemos Vronskio determinantas taške x 0 lygus 1.fundamentalioji sprendinių sistema visada egzistuoja.Vadinasi,2.3 teorema [homogeninės TDL fundamentalioji sistema ir bendrasissprendinys]. Kiekviena homogeninė TDL turi fundamentaliąją sistemąz 1 , . . . , z n , ir bendrojo sprendinio pavidalas yraz =n∑C i z i . (1.9)i=1Įrodymas. Fundamentaliosios sistemos egzistavimą jau įrodėme. Iš 2.1 lemos(apie TDL sprendinius) išplaukia, kad (1.9) formulė apibrėžia homogeninės TDLsprendinius. Laisvųjų konstantų reikšmes randame spręsdami tiesinę sistemą⎛⎞ ⎛ ⎞ ⎛⎞z 1 (x 0 ) z 2 (x 0 ) . . . z n (x 0 ) C 1z(x 0 )⎜z 1(x ′ 0 ) z 2(x ′ 0 ) . . . z n(x ′ 0 )⎟ ⎜ C 2⎟⎝ . . . . . . . . . . . . ⎠ ⎝ . . . ⎠ = ⎜ z ′ (x 0 )⎟⎝ . . . ⎠ ,z (n−1)1 (x 0 ) z (n−1)2 (x 0 ) . . . z n (n−1) (x 0 ) C n z (n−1) (x 0 )kurios determinantas sutampa su fundamentaliosios sprendinių sistemos Vronskiodeterminantu pradiniame taške x 0 . Kadangi jis nelygus nuliui, laisvosioskonstantos surandamos vienareikšmiškai. Vadinasi, (1.9) formulė apibrėžiabendrąjį sprendinį. ⊓⊔2.4 išvada. Homogeninės n-osios eilės TDL sprendiniai z 1 , . . . , z n , z n+1 visadayra tiesiškai priklausomi.

29 2 SKYRIUS. Tiesinės diferencialinės lygtys [2013 12 28 (15:42)]2.5 išvada. Homogeninės n-osios eilės TDL sprendiniai sudaro tiesinę erdvę,kurios dimensija lygi n, o fundamentalioji sprendinių sistema yra tos tiesinėserdvės bazė. Ši erdvė yra tiesinė daugdara tiesinėje erdvėje C n (I).Jeigu turime nepriklausomų funkcijų sistemą z 1 , . . . , z n ∈ C n (I), tuomet galimarasti homoheninę n-osios eilės TDL , kuriai ši sistema yra fundamentalioji:∣z(x) z 1 (x) . . . z n (x)z ′ (x) z 1(x) ′ . . . z n(x)′. . . . . . . . . . . .z (n) (x) z (n)1 (x) . . . z n(n) (x)= 0.∣TDL gautume išskleidę šį determinantą pagal pirmąjį stulpelį.2.7 ppavyzdys. Nepriklausomų funkcijų sistemą 1, x, x 2 atitinka homogeninė TDLz 1 x x 20 =z ′ 0 1 2xz ′′ 0 0 2⇒ z ′′′ = 0.∣ z ′′′ 0 0 0 ∣2.5 uždavinys. Patikrinkite ar DL sprendiniai sudaro fundamentaliąją sprendinių sistemą:a) z ′′ −z = 0, z 1 = e x , z 2 = e −x ; b) z ′′ +4z = 0, z 1 = cos(2x), z 2 = sin(2x).2.6 uždavinys. Parašykite DL, kurios fundamentalioji sprendinių sistema yra:a) 1, e x ; b) sin x, cos x; c) x, x 2 .1.3.1. Liuvilio formulėTarkime, funkcijos z 1 , . . . , z n yra homogeninės TDL sprendiniai. Rasime šiųfunkcijų Vronskiano išvestinę:W ′ [z 1 , . . . , z n ] = dz 1 . . . z nz 1 ′ . . . z ′ nz 1 ′ . . . z n′ z 1 ′ . . . z ′ ndx. . . . . . . . .=z” 1 . . . z” n+ . . .∣ z (n−1)1 . . . z n(n−1) ∣. . . . . . . . .∣ z (n−1)1 . . . z n(n−1) ∣z 1 . . . z nz z 1 ′ . . . z n′ 1 . . . z nz 1 ′ . . . z ′ n+. . . . . . . . .z (n−1)1 . . . z n(n−1)+. . . . . . . . .z (n−2)∣z (n−1)1 . . . z n(n−1)1 . . . z n(n−2).∣ ∣z (n)1 . . . z n(n) ∣Pirmieji n − 1 determinantai turi dvi vienodas eilutes, t.y. visi jie lygūs nuliui.Todėl vronskiano išvestinė lygi paskutiniam determinantui. Funkcijos z 1 , . . . , z n

1. Tiesinė n-osios eilės diferencialinė lygtis 30yra homogeninės TDL sprendiniai ir šio determinanto paskutinės eilutės elementailygūsz (n)iVadinasi,= −a 1 (x)z (n−1)i− a 2 (x)z (n−2)i − · · · − a n (x)z i , i = 1, . . . , n.z 1 . . . z nz 1 ′ . . . z n′W ′ [z 1 , . . . , z n ](x) = −a 1 (x). . . . . . . . .z (n−2)1 . . . z n(n−2)∣z (n−1)1 . . . z n(n−1)z 1 . . . z nz 1 ′ . . . z ′ n− a 2 (x). . . . . . . . .z (n−2)1 . . . z n(n−2)− · · · − a n (x)∣∣∣z (n−2)1 . . . z n(n−2)∣z 1 . . . z nz ′ 1 . . . z ′ n. . . . . . . . .∣ ∣∣∣∣∣∣∣∣∣.z (n−2)1 . . . z n(n−2)z 1 . . . z nPaskutinieji n − 1 determinantai turi dvi vienodas eilutes, t.y. visi jie lygūsnuliui, o pirmasis sutampa su vronskianu. Gavome, kad vronskianas yra DLW ′ = −a 1 (x)W (1.10)sprendinys. Kadangi funkcija ϕ(x) = exp ( − ∫ xx 0a 1 (ξ) dξ ) yra nenulinis šioslygties sprendinys, todėl W = Cϕ(x) yra bendrasis sprendinys. Parinkę laisvąjąkonstantą, gauname Liuvilio 2 formulę:( ∫ x )W [z 1 , . . . , z n ](x) = W [z 1 , . . . , z n ](x 0 )exp − a 1 (ξ) dξ . (1.11)x 02.6 išvada. Santykis W [z 1 , . . . , z n ](x)/W [z 1 , . . . , z n ](x 0 ) nepriklauso nuo TDLfundamentaliosios sistemos parinkimo, o tik nuo TDL.2.7 išvada. Mes dar sykį įrodėme 2.3 išvadą.2.8 ppavyzdys. Rasime Ležandro 3 lygties(1 − x 2 )z” − 2xz ′ + n(n + 1)z = 0, x ≠ ±1, (1.12)Vronskio determinantą. Lygties koeficientas a 1 = − 2x1−x 2 . TodėlW (x) = W (x 0) 1 − x2 01 − x 2 .2 Joseph Liouville (1809-1882) – prancūzu˛ matematikas.3 Adrien Marie Legendre (1752-1833) – prancūzu˛ matematikas.

31 2 SKYRIUS. Tiesinės diferencialinės lygtys [2013 12 28 (15:42)]Tarkime, radome antrosios eilės TDL vronskianą W (x) ir žinome vienąsprendinį z 1 = ϕ(x) ≠ 0. Tada( z2) ′ z 1 z =2 ′ − z 1z ′ 2z 1 z12 = W (x)/ϕ 2 (x).Integruodami randame dar vieną sprendinį∫ W (x)z 2 = ϕ(x)ϕ 2 dx. (1.13)(x)Šie du sprendiniai sudaro fundamentaliąją sistemą.2.8 išvada. Jeigu žinomas kuris nors vienas antrosios eilės TDL atskirasis sprendinys,tai jos bendrasis sprendinys randamas integravimu:z = ϕ(x) ( C 1 + C 2∫ W (x)ϕ 2 (x) dx) .2.9 ppavyzdys. Tiesiogiai patikriname, kad z = x yra Ležandro lygties, kai n = 1,sprendinys. Tada galime rasti ir antrąjį sprendinį∫∫1( 1z 2 = xx 2 (1 − x 2 ) dx = x x + 12 2(1 − x) + 1)dx2(1 + x)= x ∣ ∣∣2 ln 1 + x∣ − 1.1 − x1.4. Tiesinė nehomogeninė diferencialinė lygtisSkyriaus pradžioje gautas (2.1) ir (2.2) išvadas suformuluosime TDL atveju.2.2 lema. Nehomogeninės (1.1) TDL bendrasis sprendinys lygus homogeninėsTDL bendrojo sprendinio z bh ir atskiro nehomogeninės TDL sprendinio z a sumaiz bnh = z bh + z a . (1.14)2.3 lema [Superpozicijos principas]. Sakykime, y k yra nehomogeninės(1.1) TDL su f(x) = f k sprendinys. Tada z = ∑ k α kz k yra šios nehomogeninėslygties sprendinys su f(x) = ∑ k α kf k .Įrodymas.Pasinaudojame L n tiesiškumu:L n [ ∑ kα k z k ] = ∑ kα k L n [z k ] = ∑ kα k f k = f.⊓⊔1.4.1. Laisvųjų konstantų variavimo metodas?Laisvųjų konstantų varijavimo metodas (Lagranžo metodas 4 ) dažnai naudojimas tirianttrikdžių įtaką proceso eigai. Pavyzdžiui, nagrinėjant planetų judėjimą aplink Saulę, pirmajameartinyje planetų judėjimo trajektorijomis laikomos elipsės (Keplerio 5 dėsnis). Jos4 Joseph Louis Lagrange (1736-1813) – prancūzu˛ matematikas ir mechanikas.5 Johann Kepler (1571-1630) – vokiečiu˛ astronomas ir matematikas.

1. Tiesinė n-osios eilės diferencialinė lygtis 32yra nesutrikdytos sistemos sprendiniai. Norint įtraukti į modelį kitų planetų įtaką, galimadaryti prielaidą, kad planeta juda pagal Keplerio dėsnį, bet elipsės parametrai (truputį)keičiasi laike, t.y. parametrai, buvę pastoviais nesutrikdytame modelyje, dabar nagrinėjamikaip laiko funkcijos.Lygtį, aprašančią šių konstantų kitimą (variaciją), dažnai lengviau spręsti nei pradinęDL. Atskiru atveju, tiriant nehomogeninę TDLz (n) + a 1 (x)z (n−1) + · · · + a n−1 (x)z ′ + a n(x)z = f(x), (1.15)jos nesutrikdytoji lygtis yra homogenine TDL, kurios bendrojo sprendinio formulėz =n∑C i z i , (1.16)i=1o trikdys – nehomogeniškumas. Laisvųjų konstantų varijavimo metodu gaunama išreikštinėsprendinio formulė. Šiuo atveju net nereikalaujame, kad trikdžiai būtų maži.Nehomogeninės lygties sprendinio ieškosime (1.16) pavidalu, vietoje laisvųjųkonstantų C i imdami funkcijas v i (x).z =n∑v i (x)z i (x). (1.17)i=1Diferencijuodami (1.17), gauname išvestinės išraiškąjeiguz ′ =n∑i=1Tęsdami diferencijavimą, gaunamejeiguirz (k) =n∑i=1[∑ n ]v i z i ′ + v iz ′ i =i=1n∑v i z i, ′ (1.18)i=1n∑v iz ′ i = 0. (1.19)i=1[∑ n ]v i z (k)i + v iz ′ (k−1)i =n∑i=1i=1n∑i=1v i z (k)i , k = 1, . . . , n − 1, (1.20)v ′ iz (k−1)i = 0, k = 1, . . . , n − 1, (1.21)z (n) =n∑i=1[∑ n ]v i z (n)i + v iz ′ (n−1)i . (1.22)Istatę (1.17), (1.19), (1.21) į nehomogeninę (1.15) DL, gaunameL[z] =n∑i=1i=1[∑ n ]v i L [ z i ] + v iz ′ (n−1)i =i=1n∑i=1v ′ iz (n−1)i = f. (1.23)

33 2 SKYRIUS. Tiesinės diferencialinės lygtys [2013 12 28 (15:42)]Čia pasinaudojome sąlyga, kad z i , i = 1, . . . , n yra homogeninės DL sprendiniai.Surinkę lygybes (1.18), (1.20), (1.22), gauname tiesinių lygčių sistemą⎛⎜⎝z 1 z 2 . . . z nz 1 ′ z 2 ′ . . . z n′. . . . . . . . . . . .z (n−2)1 z (n−2)2 . . . z n(n−2)z (n−1)1 z (n−1)2 . . . z n(n−1)⎞ ⎛⎟ ⎜⎠ ⎝v ′ 1v ′ 2. . .v ′ n−1v ′ n⎞ ⎛⎟⎠ = ⎜⎝00. . .0f⎞⎟⎠(1.24)Kadangi šios sistemos determinantas sutampa su Vronskio deteminantu, kurisnelygus nuliui, todėl vienareikšmiškai randamev ′ i = f i (x), i = 1, . . . , n.Integruodami gauname∫v i = g i (x) + C i =f i (x) dx + C i , i = 1, . . . , n. (1.25)Vadinasi, atskirasis nehomogeninės n-osios eilės TDL sprendinys yran∑z a = g i (x)z i (x). (1.26)i=12. Tiesinė diferencialinė lygtis su pastoviais koeficientais2.1. Homogeninės diferencialinės lygties su pastoviais koeficientaissprendiniaiPateiksime keletą atskirų atvejų, kai TDL su pastoviais koeficientais sprendiniairandami be kvadratūrų.Jeigu TDL koeficientai yra pastovūs realieji arba kompleksiniai skaičiaiL n [z] := z (n) + a 1 z (n−1) + · · · + a n−1 z ′ + a n z = f(x), (2.1)tai ji vadinama tiesine n-osios eilės diferencialine lygtimi su pastoviais koeficientais.Algebrinė lygtisP n (λ) := λ n + a 1 λ n−1 + · · · + a n−1 λ + a n = 0, (2.2)vadinama homogeninės TDL charakteristine lygtimi, o daugianaris P n (λ) – charakteristiniudaugianariu.Sprendžiant uždavinius, lygtis (2.2) gaunama formaliai keičiant k-ojo laipsnioišvestine (2.1) DL į λ k (pvz., z ′′ į λ 2 , z ′ į λ, o z į λ 0 = 1). Charakteristinėlygtis yra n-ojo laipsnio algebrinė lygtis, reiškia ji turi n šaknų.Sakykime, λ 1 , . . . , λ n yra visos charakteristinio daugianario P n (λ) šaknys.

2. Tiesinė diferencialinė lygtis su pastoviais koeficientais 342.4 lema. Jeigu λ 0 yra charakteristinio daugianario šaknis, tuomet z = e λ0xyra homogeninės TDL sprendinys.Įrodymas.KadangiL n [e λx ] = (e λx ) (n) + a 1 (e λx ) (n−1) + · · · + a n−1 (e λx ) ′ + a n e λx (2.3)= (e λx )(λ n + a 1 λ n−1 + · · · + a n−1 λ + a n ) = e λx P n (λ), (2.4)todėl L n [e λ0x ] = e λ0x P n (λ 0 ) = 0.⊓⊔2.5 lema. Jeigu šaknies λ 0 kartotinumas yra m, tuomet z = x k e λ0x , k =0, . . . , m − 1 yra homogeninės TDL sprendiniai.Įrodymas.Šaknies λ 0 kartotinumas yra m, tai reiškia, kad0 = P n (λ 0 ) = P ′ n(λ 0 ) = . . . = P (m−1)n (λ 0 ).Diferencijuodami k kartų (k = 0, . . . , m−1) tapatybę L n [e λx ] = e λx P n (λ) pagalλ, gaunameL n [x k e λx ] = e λx P (k)n(λ) + kxe λx P n(k−1) (λ) + · · · + kx k−1 e λx P n(λ) ′ + x k e λx P n (λ).Tada L n [x k e λ0x ] = 0.⊓⊔Jeigu yra p skirtingų charakteringojo daugianario šaknų, kurių kartotinumai yram i , i = 1, . . . , p, tuomet bendrasis homogeninės TDL sprendinys yraz =p∑C λi (x)e λix , C λi (x) = C i,0 + C i,1 x + · · · + C i,mi−1x mi−1 , (2.5)i=1čia C i,l ∈ C yra laisvosios konstantos.Dažniausiai nagrinėjamos TDL su realiaisiais koeficientais ir jos sprendiniųieškoma tarp realiųjų funkcijų. Tada TDLL n [y] := y (n) + a 1 y (n−1) + · · · + a n−1 y ′ + a n y = 0, a i ∈ R, (2.6)sprendinys gaunamas kaip homogeninės (1.1) kompleksinės DL sprendinio realiojidalis, t.y. y = Rz. Jeigu daugianaris su realiaisiais koeficientais turi kompleksinęšaknį α + βı, tai jungtinis kompleksinis skaičius α + βı taip pat yra jošaknis.Charakteringojo daugianario šaknies λ ∈ R atvejuR ( (C 1R + C 1I ı)e λx) = C 1R e λx .Kompleksinių šaknų λ 1,2 = α ± βı atveju, pasinaudoję Eulerio formule e α+βı =e α (cos β + ı sin β), turime:R ( (C 1R +C 1I ı)e (α+βı)x +(C 2R +C 2I ı)e (α−βı)x) = e αx( C 1 cos(βx)+C 2 sin(βx) ) ,

35 2 SKYRIUS. Tiesinės diferencialinės lygtys [2013 12 28 (15:42)]su C 1 = C 1R + C 2R , C 2 = C 2I − C 1I .Jeigu charakteringasis daugianaris turi p R realiųjų šaknų λ i (kurių kartotinumasm i ) ir p C kompleksinių šaknų porų λ j = α j + β j ı, ¯λ j = α j − β j ı (kuriųkartotinumas m j ), tuomet homogeninės TDL bendrojo sprendinio pavidalas yraz =p R∑i=1C 0λi (x)e λix +p C∑j=1C 0λi (x) = C i0,0 + C i0,1 x + · · · + C i0,mi−1x mi−1 ,C 1λj (x) = C j1,0 + C j1,1 x + · · · + C j1,mj−1x mj−1 ,C 2λj (x) = C j2,0 + C j2,1 x + · · · + C j2,mj−1x mj−1 ,e αjx( C 1λj (x) cos(β j x) + C 2λj (x) sin(β j x) ) , (2.7)čia C i0,l , C j1,l , C j2,l ∈ R yra laisvosios konstantos, kurių viso yra n.Sekančios taisyklės padeda sukonstruoti DL fundamentalioją sprendinių sistemąir rasti bendrąjį homogeninės lygties sprendinį.1 taisyklė.[Visos charakteringosios lygties šaknys realios ir skirtingos]Jeigu charakteringasis daugianaris turi n skirtingu realiųjų šaknų λ 1 ≠λ 2 ≠ . . . ≠ λ n , tai atitinkantije atskirieji sprendiniai z 1 (x) = e λ1x , z 2 (x) =e λ2x , . . . , z n (x) = e λnx sudaro fundamentaliųjų sprendinių sistemą. Tuomethomogeninės TDL bendrasis sprendinis yraz = C 1 e λ1x + C 2 e λ2x + . . . + C n e λnx , (2.8)čia C l , C 2 , . . . , C n ∈ R yra laisvosios konstantos.1 taisyklė.[Charakteringosios lygties šaknys kompleksinės ir skirtingos]Jeigu tarp charakteringojo daugianario šaknų yra kompleksinės šaknys λ 1,2 =α±βı, tai šioje šaknų poroje atitinka atskirieji sprendiniai z 1 (x) = e λ1x , z 2 (x) =e λ2x , . . . , z n (x) = e λnx sudaro fundamentaliųjų sprendinių sistemą. Tuomet homogeninėsTDL bendrasis sprendinis yraz = C 1 e λ1x + C 2 e λ2x + . . . + C n e λnx , (2.9)čia C l , C 2 , . . . , C n ∈ R yra laisvosios konstantos.2.10 ppavyzdys [Visos šaknys realios ir skirtingos]. Diferencialinės lygtiesy ′′′ − 2y ′′ − y ′ + 2y = 0charakteringasis daugianaris λ 3 − 2λ 2 − λ + 2 = (λ − 1)(λ + 1)(λ − 2)turi tris skirtingas realiąsias šaknis λ 1 = −1, λ 2 = 1, λ 3 = 2. Tada DLbendrasis sprendinys yray = C 1e −x + C 2e x + C 3e 2x .Šios DL fundamentalioji sprendinių sistema yra {e −x , e x , e 2x }.2.11 ppavyzdys [Šaknys realios]. Diferencialinės lygtiesy ′′′ − y ′′ − y ′ + y = 0

2. Tiesinė diferencialinė lygtis su pastoviais koeficientais 36charakteringasis daugianaris λ 3 −λ 2 −λ+1 = (λ+1)(λ−1) 2 turi realiąsiasšaknis λ 1 = −1, λ 2 = λ 3 = 1. Tada DL bendrasis sprendinys yray = C 1e −x + (C 2 + C 3x)e x .Šios DL fundamentalioji sprendinių sistema yra {e −x , e x , xe x }.2.12 ppavyzdys. Diferencialinės lygtiesy ′′′ + y = 0charakteringasis daugianaris λ 3 +1 turi realiąsias šaknis λ 1 = −1, λ 2,3 =1ı. Tada DL bendrasis sprendinys yra±√ 32 2y = C 1e −x + e 1 2 x( C 2 cos( √ 32 x) + C3 sin( √ 32 x)) .Šios DL fundamentalioji sprendinių sistema yra {e −x , e 1 2 x cos( √ 32 x), e 1 2 x sin( √ 32 x)}.2.13 ppavyzdys [Kartotinės kompleksinės šaknys]. Diferencialinės lygtiesy (4) + 8y ′′ + 16y = 0charakteringasis daugianaris λ 4 + 8λ 2 + 16 = (λ 2 + 4) 2 turi kartotineskompleksines šaknis λ 1,2 = λ 3,4 = ±2ı. Tada DL bendrasis sprendinysyray = (C 1 + C 2x) cos(2x) + (C 3 + C 4x) sin(2x).Šios DL fundamentalioji sprendinių sistema yra {cos(2x), sin(2x), x cos(2x), x sin(2x)}.2.7 uždavinys. Raskite homogeninių DL bendrąjį sprendinį ir fundamentaliąją sprendiniųsistemą:a) y ′′ − 3y ′ − 4y = 0; b) y ′′ − 6y ′ + 9y = 0; c) y ′′ − 2y ′ + 5y = 0.2.14 ppavyzdys [Koši uždavinys]. Diferencialinės lygtiesy (4) + 8y ′′′ + 24y ′′ + 32y ′ + 16y = 0charakteringasis daugianaris λ 4 + 8λ 3 + 24λ 2 + 32λ + 16 = (λ + 2) 4 turivienintelę šaknį λ 1,2,3,4 = −2. Tada DL bendrasis sprendinys yray = (C 1 + C 2x + C 3x 2 + C 4x 3 )e −2x .Rasime sprendinį su pradinėmis sąlygomis y(0) = 1, y ′ (0) = 0, y ′′ (0) = 0,y ′′′ (0) = 0. Bendrasis sprendinys ir jo išvestinės yra lygiosy = C 1e −2x + C 2xe −2x + C 3x 2 e −2x + C 4x 3 e −2x ,y ′ = (C 2 − 2C 1)e −2x + (2C 3 − 2C 2)xe −2x + (3C 4 − 2C 3)x 2 e −2x − 2C 4x 3 e −2x ,y ′′ = (2C 3 + 4C 1 − 6C 2)e −2x + (6C 4 + 4C 2 − 8C 3)xe −2x + (4C 3 − 12C 4)x 2 e −2x+ 4C 4x 3 e −2x ,y ′′′ = (6C 4 + 16C 2 − 12C 3 − 8C 1)e −2x + (24C 3 − 36C 4 − 8C 2)xe −2x+ (36C 4 − 8C 3)x 2 e −2x − 8C 4x 3 e −2x .

37 2 SKYRIUS. Tiesinės diferencialinės lygtys [2013 12 28 (15:42)]Įstatę pradines reikšmes, gauname sistemą⎧⎧C 1 = 1, C 1 = 1,⎪⎨−2C 1 + C 2 = 0,⎪⎨C 2 = 2,⇔4C 1 − 6C 2 + 2C 3 = 0, C 3 = 2,⎪⎩⎪⎩−8C 1 + 16C 2 − 12C 3 + 6C 4 = 0 C 4 = 4 . 3Atskirasis sprendinys yra y = (1 + 2x + 2x 2 + 4 3 x3 )e −2x .2.8 uždavinys. Raskite homogeninių DL atskiruosius sprendinius:a) y ′′ − 3y ′ − 4y = 0, y(0) = 0, y ′ (0) = 1;b) y ′′ − 6y ′ + 9y = 0, y(1) = 1, y ′ (1) = 0;c) y ′′ − 2y ′ + 5y = 0, y(0) = 1, y ′ (0) = 0.Eulerio n-osios eilės tiesinė homogeninė DLx n y (n) + a 1 x n−1 y (n−1) + · · · + a n−1 xy ′ + a n y = 0 (2.10)nepriklausomo kintamojo x keitiniu x = e t , kai x > 0 (x = −e t , kai x < 0)suvedama į TDL su pastoviais koeficientais.2.15 ppavyzdys [Eulerio lygtis]. Nagrinėkime lygtįRandame išvestinesx 2 d 2 y− 2y = 0, x > 0.dx2 dydydx = dtdxdt= e −t dydt ,d 2 ydx 2 = e−tddt(e−t dy )= e−2t ( d 2 ydt dt 2− dy ).dtTada Eulerio lygtį redukuojame į lygtį su pastoviais koeficientaisd 2 ydt 2− dy − 2y = 0, t ∈ R,dtkurios charakteristinės lygties λ 2 − λ − 2 = 0 šaknys λ 1 = −1 ir λ 2 = 2.Vadinasi, Eulerio lygties bendrasis sprendinys yray = C 1e −t + C 2e 2t = C 1x −1 + C 2x 2 .2.9 uždavinys. Raskite Eulerio lygčių bendruosius sprendinius:a) x 2 d 2 y dy+ 3xdx2 dx + y = 0, x > 0; b) d 2 yx2dx − x dy + 2y = 0, x > 0.2 dx

2. Tiesinė diferencialinė lygtis su pastoviais koeficientais 382.2. Nehomogeninės diferencialinės lygties su pastoviais koeficientaissprendiniai sprendiniaiKai kuriais atvejais žinomas atskirojo nehomogeninės lygties sprendinio pavidalas.Jeigu nehomogeninės (1.1) TDL dešinioji pusė yra kvazidaugianarisf(x) = P m (x)e˜λx , P m (x) = p 0 + p 1 x + · · · + p m x m ,tai atskirojo nehomogeninės DL sprendinio ieškoma pavidaluy a = x s Q m (x)e˜λx , Q m (x) = ˜p 0 + ˜p 1 x + · · · + ˜p m x m ,čia daugianario Q m (x) koeficientai yra nežinomi, s sutampa su homogeninėslygties charakteringojo daugianario šaknų, lygių ˜λ, skaičiumi.Jeigu dešiniosios pusės pavidalas yrataif(x) = P m1 (x)e˜αx cos( ˜βx) + R m2 (x)e˜αx sin( ˜βx), (2.11)y a = x s e˜αx( Q m (x) cos( ˜βx) + T m (x) sin( ˜βx) ) ,čia P m1 (x) ir R m2 (x) yra žinomi daugianariai, o daugianarių Q m (x) ir T m (x)koeficientai yra nežinomi, ir m = max(m 1 , m 2 ).Kartais, (2.11) funkcijos atveju, iš pradžių sprendžiama nehomogeninė DLsu dešiniosiomis pusėmis P m1 (x)e (˜α+ ˜βı)x ir R m2 (x)e (˜α+ ˜βı)x , o po to surandamapirmojo sprendinio realioji dalis ir antrojo – menamoji dalis.2.16 ppavyzdys. Rasime DLy ′′ + 16y = 17e −xbendrąjį sprendinį. Surandame homogeninės TDL charakteringojo daugianariošaknis λ 1,2 = ±4ı. Vadinasi, homogeninės DL bendrasis sprendinysyra y bh = C 1 cos(4x) + C 2 sin(4x). Dešiniojoje DL pusėje yrakvazidaugianaris su P 0(x) = 17 ir ˜λ = −1. Kadangi ˜λ nėra tarp charakteringojodaugianario šaknų, todėl s = 0, ir atskirojo sprendinio ieškomepavidalu y a = Ae −x . Surandame jo išvestinesy = Ae −x , y ′ = −Ae −x , y ′′ = Ae −x ,ir įstatome jas į DL:Ae −x + 16Ae −x = 17e −x .Prilygindami koeficientą prie e −x , turime algebrinę lygtį 17A = 17. Vadinasi,atskirasis nehomogeninės DL sprendinys yra e −x , o tada bendrasisy = C 1 cos(4x) + C 2 sin(4x) + e −x .Jeigu papildomai turime pradines sąlygas y(0) = 1, y ′ (0) = 0, tai laisvąsiaskonstantas randame spręsdami tiesinę lygčių sistemą{C 1 cos(4 · 0) + C 2 sin(4 · 0) + e −0 = 1, C 1 = 0, C 1 = 0,−4C 1 sin(4 · 0) + 4C 2 cos(4 · 0) − e −0 = 0 ⇔ {Tada Koši uždavinio sprendinys yra y = 1 4 sin(4x) + e−x .4C 2 = 1 ⇔ {C 2 = 1 4 .

3 skyriusKlasikinės DL ir jų integravimasŠiame skyriuje nagrinėsime klasikines pirmosios eilės diferencialines lygtis. Plačiau nagrinėsimeatvejus, kai jos integruojamos kvadratūromis. Įrodysime sprendinio egzistavimoir vienaties teorema vienmačiu atveju autonominei lygčiai. Pagrįsime kintamųjų atskyrimometodą. Rasime pirmosios eilės tiesinių ir paprasčiausių netiesinių DL sprendinius.Panagrinėsime aukštesnės eilės DL atskirus integravimo metodus.1. Pirmosios eilės DL integravimas kvadratūromisIšnagrinėkime atskirus DL integravimo atvejus.1.1. DL, kai žinoma sprendinio išvestinėNagrinėkime DLdydx= f(x), f ∈ C(I). (1.1)3.1 lema. Tarkime, f aprėžta intervale I. Tada DL (1.1) sprendinys randamasintegruojant:y = ∫ f(x) dx + C. (1.2)Įrodymas. DL lygties (1.1) prasmė yra, kad ieškoma funkcija y yra funkcijosf pirmykštė funkcija. Iš matematinės analizės (Rymano 1 integralo teorija)žinome, kad funkcijos f pirmykščių funkcijų šeima yra (1.1). ⊓⊔3.1 ppavyzdys. DL y ′ = cos x visi sprendiniai yra y = sin x + C, t.y. visi jie aprašomibendruoju sprendiniu.3.2 ppavyzdys. Intervale (0, 1) sprendinys yra funkcija ϕ(x) = x, intervale (−1, 0) –funkcija ϕ(x) = −x, o taške x = 0 sprendinio reikšmė turėtų būti nulinė(tolydumas). Tačiau funkcija ϕ(x) = |x| nėra glodžioji funkcija.Vadinasi, DL y ′ = sign x, (−1; 1) sprendinių neturi.Nagrinėkime Koši uždavinį (1.1) lygčiai. Tuomet pirmykščių funkcijų šeimągalima išreikšti apibrėžtiniu integraluy(x) =∫ x1 Bernhard Riemann (1826-1866) – vokiečiu˛ matematikas.x 0f(ξ) dξ + C. (1.3)

1. Pirmosios eilės DL integravimas kvadratūromis 40Kai x = x 0 , iš pradinės sąlygos randame C = y 0 . Vadinasi, integralinė kreivėeinanti per tašką (x 0 , y 0 ) apibrėžia vienintelį sprendinį (Barou 2 formulė)y(x) = y 0 + ∫ xx 0f(ξ) dξ. (1.4)3.3 ppavyzdys. Koši uždavinio y ′ = cos x, y(0) = 1 sprendinys (žiūrėk 1.9 pav.)∫ xy(x) = 1 + cos(ξ) dξ = 1 + sin ξ∣ x = 1 + sin x.03.1 uždavinys. Raskite DL arba Koši uždavinio sprendinius:a) y ′ = x(1 − x), x ∈ (−1; 1), y(0) = 1;b) y ′ = 11+x 2 .1.2. Sprendinio tęsinys0Nagrinėkime DLdy= f(x), f ∈ C(a, b), b < +∞, ir ∃ lim f(x) = B. (1.5)dx x→b−0Nustatysime, kada sprendinį galima apibrėžti intervale (a; b].1 atvejis. B – baigtinis. Apibrėžkime funkciją{f(x) kai x ∈ (a; b),¯f :=B kai x = b.Funkcija ¯f ∈ C(a; b] ir aprėžta intervale (a 1 ; b], kievienam a 1 ∈ (a; b). NagrinėkimeKoši uždavinį su pradine sąlyga y(x 0 ) = y 0 , x 0 ∈ (a; b). Šio uždaviniosprendinį y = ϕ(x), ϕ ∈ C 1 (a; b),galima glodžiai pratęsti į tašką x = b:ϕ(b) = y 0 +∫ xϕ(x) := y 0 + f(ξ) dξ, (1.6)x 0ϕ ′ (x) ≡ f(x), x ∈ (a; b), (1.7)∫ bx 0f(ξ) dξ = y 0 +Tada funkcijos ϕ kairinė išvestinė taške x = b lygiϕ ′ l(b) =ϕ(b) − ϕ(x)limx→b−0 b − x=(1)limx→b−0 ϕ′ (x) =čia (1) lygybėje pasinaudojome Lopitalio 3 taisykle.∫ bx 0¯f(ξ) dξ. (1.8)lim f(x) = B = ¯f(b),x→b−02 Isaac Barrow (1630-1677) – anglu˛ matematikas, filologas ir teologas.3 Guillaume François Antoine, Marquis de l’Hôpital (1661-1704) – prancūzu˛ matematikas.

41 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]yyy(b)(b)y00y00y000 a xbx0 a xbx0 a xbx(a) 1 atvejis(b) 2a) atvejis(c) 2b) atvejis3.1 pav. Lygties y ′ = f(x) sprendinio y = ϕ(x) elgsena intervale (a; b]:∫b∫ b(a) lim f(x) ≠ ∞; (b) f(ξ) dξ < +∞; (c) f(ξ) dξ = +∞.x→b−0 x 0 x 02 atvejis. B – begalinis. Tarkime, B = +∞ (atvejis B = −∞ nagrinėjamasanalogiškai). Šiuo atveju integralas ∫ bx 0f(ξ) dξ yra netiesioginis, ir galimi duatvejai:∫ ba) lim ϕ(x) = y 0 + f(ξ) dξ, kai integralas konverguoja,x→b−0 x 0∫ bt.y. | f(ξ) dξ| < +∞;x 0b) lim ϕ(x) = +∞ (arba −∞), kai integralas diverguoja,x→b−0∫ bt.y. f(ξ) dξ = +∞ (arba −∞).x 0Visi atvejai pavaizduoti 3.1 pav. 1 atveju ir 2a) atveju sprendinys y = ϕ(x)„pasiekia“ tašką (b, ϕ(b)), o 2b) atveju sprendinys turi vertikalią asimptotę x =b. 2a) atveju sprendinio liestinė taške x = b yra vertikali, todėl sprendinys„pasiekia“ tašką tolydžiai, bet ne glodžiai.Kai lim f(x) = +∞ arba lim f(x) = −∞, x ≡ b yra apverstosios lygtiesdxx→b−0 x→b−0 dy =1sprendinys. Vadinasi, 2a) atveju taškas (b, ϕ(b)) yra ypatingasis taškas, kuriamef(x)neišpildyta Koši uždavinio vienatis.Analogiškas sprendinio savybes gautume ir kairiame intervalo krašte x =a > −∞, kai f ∈ C(a, b) ir ∃ lim f(x) = A:x→a+01) A – baigtinis. Sprendinį galima glodžiai pratęsti į tašką x = air ϕ(a) = y 0 + ∫ ax 0f(ξ) dξ;a∫2a) lim ϕ(x) = y 0 + f(ξ) dξ, kai integralas konverguoja,x→a+0x 0a∫t.y. | f(ξ) dξ| < +∞;x 0

1. Pirmosios eilės DL integravimas kvadratūromis 422b) lim ϕ(x) = +∞ (arba −∞), kai integralas diverguoja,x→a+0a∫t.y. f(ξ) dξ = +∞ (arba −∞).x 03.4 ppavyzdys. Nagrinėkime DL y ′ = x α , x ∈ (0; 1) α ∈ R. Funkcija f(x) = x α ∈C(0; 1). Randame ribas: lim x→0+0 f(x) = 0, kai α > 0; lim x→0+0 f(x) =1, kai α = 0; lim x→0+0 f(x) = +∞, kai α < 0; lim x→1−0 f(x) = 1.Vadinasi, į tašką x = 1 visais atvejais sprendinys pratęsiamas glodžiai, oį tašką x = 0 sprendinį glodžiai pratęsiame tik kai α 0.Sprendiniai (pirmykštės funkcijos) intervale (0; 1) yra ϕ(x) = xα+1α+1 + C,kai α ≠ −1 ir ϕ(x) = ln x + C, kai α = −1. Sprendinys tolydžiai (bet neglodžiai) pratęsiamas į x = 0, kai −1 < α < 0, ir turi asimptotę x = 0,kai α < −1.3.2 uždavinys. Raskite Koši uždavinio y ′ = x α , x ∈ (0; 1], y(1) = 0, sprendinius.Nubraižykite integralines kreives įvairiems α. Kuriais atvejais sprendinyspratęsiamas į intervalą [0; 1].Nagrinėkime DLdydx = f(x), f ∈ C(ā, ¯b). (1.9)Kiekviename uždarame intervale [a; b] ⊂ (ā, ¯b) funkcija f yra tolydi ir aprėžta.Vadinasi, turime 1 atvejį, ir sprendinys yra apibrėžtas kiekviename intervalo(ā, ¯b) taške, t.y. apibrėžia pilnąjį sprendinį, kurio egzistavimo maksimalusisintervalas yra (ā, ¯b).3.2 lema. DL (1.1) sprendinys intervale (a; b) randamas integruojant:∫y = f(x) dx + C. (1.10)o Koši uždavinio su pradine sąlyga y(x 0 ) = y 0 vienintelis sprendinys yra∫ xy = ϕ(x) = y 0 +x 0f(ξ) dξ. (1.11)3.5 ppavyzdys. Nagrinėkime DL y ′ = 1 , x ∈ (0; +∞). Funkcija f(x) = 1 ∈ C(0; +∞).x xSprendinys y = ln x yra pilnasis sprendinys, o jo egzistavimo maksimalusisintervalas yra (0; +∞).3.3 uždavinys. Raskite DL pilnuosius sprendinius ir jų maksimaliuosius intervalus:a) y ′ = 1 x ;d) y ′ = 1x 2 ;b) y ′ = x;c) y ′ = 1f) y ′ = 12 √ ; x f) y ′ = 1x(1−x) ;3 3√ x 2 .

43 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]1.3. Sprendinio aprėžtumasNagrinėkime DLdy= f(x), f ∈ C(a, b). (1.12)dxJeigu b < +∞, tuomet matėme, kad sprendinys aprėžtas intervale [x 0 ; b], x ∈(a; b), 1 atveju ir 2a) atveju.Toliau nagrinėkime, atvejį b = +∞ (atvejis a = −∞ nagrinėjamas analogiškai).Nagrinėkime Koši uždavinį su pradine sąlyga y(x 0 ) = y 0 , x 0 ∈ (a; +∞).Integralinė kreivė einanti per tašką (x 0 , y 0 ) apibrėžia vienintelį sprendinį (Barou4 formulė)∫ xy = ϕ(x) = y 0 + f(ξ) dξ, x ∈ (a; +∞). (1.13)x 0Iš šios sprendinio išraiškos matome, kad egzistuoja baigtinė ribaB, tada ir tik tada, kai konverguoja netiesioginis integralas:∫ +∞lim ϕ(x) =x→+∞x 0f(ξ) dξ. (1.14)3.6 ppavyzdys. Nagrinėkime DL y ′ = cos x, x ∈ (−∞; +∞). Integralas ∫ +∞x 0cos x dξnekonverguoja. DL bendrasis sprendinys yra y(x) = − sin x + C.Jeigu f > 0 (f < 0), tuomet funkcija ϕ yra monotoniškai didėjanti (mažėjanti)ir+∞a) lim ϕ(x) = y ∫0 + f(ξ) dξ, kai integralas konverguoja,x→+∞t.y. |b) lim+∞ ∫x 0x→+∞+∞t.y. |x 0f(ξ) dξ| < +∞;ϕ(x) = +∞, kai integralas diverguoja,∫x 0f(ξ) dξ| = +∞.3.4 uždavinys. Nustatykite 3.3 uždavinio DL sprendinių savybes, kai x → ±∞.1.4. Apverstosios DL integravimasNagrinėkime DLdydx= g(y), g ∈ C(A; B). (1.15)Panagrinėsime kelis atvejus kai galima rasti (1.15) lygties sprendinius.4 Isaac Barrow (1630-1677) – anglu˛ matematikas, filologas ir teologas.

1. Pirmosios eilės DL integravimas kvadratūromis 441 atvejis. Taškas α ∈ (A; B) yra funkcijos g nulis, t.y. g(α) = 0.Konstanta y ≡ α yra stacionarusis (1.15) DL sprendinys (x ∈ R).2 atvejis. Funkcija g(y) ≠ 0 ∀y ∈ (A; B).Šiuo atveju, funkcija f(y) := 1g(y)∈ C(A; B). Užrašykime apverstąją DLJai išpildytos 3.2 lemos sąlygos.dxdy = f(y) = 1g(y) . (1.16)3.3 lema. Tarkime, g(y) ≠ 0 ∀y ∈ (A; B). Tada (1.15) DL sprendinys randamasintegruojant:x = ∫ dyg(y)+ C, (1.17)o atitinkamo Koši uždavinio (vienintelis) sprendinysx(y) = x 0 + ∫ y dηy 0 g(η) . (1.18)Pastebėsime, kad sprendinys yra monotoniška funkcija, todėl visada egzistuojaatvirkštinė funkcija. Todėl sprendinių pavidalas yra (žiūrėk 3.2 pav.):y = ϕ(x − x 0 , y 0 ) arba y = ϕ(x − C), x ∈ R. (1.19)3.1 išvada. Pakanka rasti vieną (1.15) lygties integralinę kreivę, o kitos integralinėskreivės gaunamos ją pastūmus x-kryptymi.3.7 ppavyzdys. DL y ′ = 1 + y 2 dešinioji pusė tenkina lemos sąlygas. Rasime Košiuždavinio su pradine sąlyga y(π/4) = 1 sprendinį∫ y∣1∣∣x = π/4+1 1 + η dη = π/4+arctg η y= π/4+arctg y−π/4 = arctg y2 1arbay = tg x,x ∈ (−π/2; π/2).3.5 uždavinys. Raskite DL (stacionariuosius it monotoniškuosius) sprendinius:a) y ′ = 1 + y 2 ;d) y ′ = y 2 ;b) y ′ = y;e) y ′ = y 2/3 ;c) y ′ = y(1 − y);f) y ′ = 13y 2 , y > 0.3 atvejis. Funkcija g ∈ C(A; B], g(y) ≠ 0 ∀y ∈ (A; B), B < +∞ ir g(B) = 0.Išsiaiškinsime kaip sprendiniai aprašyti 2 atvejyje sąveikauja su stacionariuojuspendiniu y ≡ b. Nagrinėkime 1.16 apverstosios DL sprendinių elgseną.Tarkime, g(y) > 0 itervale (A; B), o f(y) = 1/g(y). Tadalimy→B−0f(y) = +∞.

45 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]yyyBy0y0y110xy10 x0xy2x2 x 00x xA3.2 pav. Lygtiesy ′ = g(y) sprendiniai.(a) atskirasis sprendinys(b) ypatingasis sprendinys3.3 pav. Lygties y ′ = g(y) stacionarieji sprendiniai.yyyy000 x xy00 x08xx101 2 x(a)(b)3.4 pav. Lygties y ′ = g(y) sprendinio y = ϕ(x) elgsena,kai y → +∞.3.5 pav. Lygtiesy ′ = 3(y − 1) 2/3sprendiniai.3.4 lema. Jeigu netiesioginis integralas∫ by 01g(y) dy (=∫ b)f(y) dyy 0(1.20)diverguoja, tuomet (1.15) DL (1.19) sprendiniai monotoniškai artėja prie horizontaliosasimptotės y ≡ B, kuri šiuo atveju yra atskirasis sprendinys, kaix → +∞.Jeigu (1.20) netiesioginis integralas konverguoja, tuomet (1.15) DL (1.19)sprendiniai monotoniškai artėja prie ypatingojo sprendinio y ≡ B ir jį pasiekia,kai∫ B1x b = x 0 +y 0g(y) dy.Įrodymas. Pakanka pasinaudoti sprendinio tęsinio savybėmis 2a) ir 2b) atvejais(1.16) lygčiai. ⊓⊔Integralinės kreivės pavaizduotos 3.3 pav.4 atvejis. Funkcija g ∈ C(a; +∞], g(y) ≠ 0.

1. Pirmosios eilės DL integravimas kvadratūromis 46Išsiaiškinsime kaip sprendiniai aprašyti 2 atvejyje elgiasi, kai y → ±∞.Nagrinėkime 1.16 apverstosios DL sprendinių elgseną, kai y → ±∞. Tarkime,g(y) > 0 itervale (a; +∞), o f(y) = 1/g(y).3.5 lema. Jeigu netiesioginis integralas∫ +∞y 01g(y) dy (=∫ +∞y 0)f(y) dy(1.21)diverguoja, tuomet (1.15) DL (1.19) sprendiniai apibrėžti visiems (x 0 ; +∞) monotoniškaiartėja į +∞, kai x → +∞.Jeigu (1.20) netiesioginis integralas konverguoja, tuomet (1.15) DL (1.19)sprendiniai monotoniškai artėja prie vertikalios asimptotės∫ +∞1x ∞ = x 0 +y 0g(y) dy.Įrodymas. Pakanka pasinaudoti sprendinio aprėžtumo savybėmis a) ir b) atvejais(1.16) lygčiai. ⊓⊔Integralinės kreivės pavaizduotos 3.4 pav.1.5. Sprendinio egzistavimo ir vienaties teorema vienmatei autonominiailygčiai3.8 ppavyzdys [ypatingasis stacionarusis sprendinys]. Spręskime DL y ′ = 3(y − 1) 2/3 .Funkcija y ≡ 1 apibrėžia stacionarųjį sprendinį. Kai y ≠ 1, sprendiniaiužrašomi Barou formulex − x 0 =∫ yy 0dξ3(ξ − 1) 2/3 .Integruodami, randame x−x 0 = (y −1) 1/3 −(y 0 −1) 1/3 . Imkime pradinęsąlygą y(0) = 0. Šią sąlygą tenkina sprendinys y = ϕ 1(x) = (x − 1) 3 + 1,x ∈ (−∞; 1). Ši sprendinį galima glodžiai pratęsti į tašką (1; 1), kuriameturime nulinę išvestinę. Imdami pradinę sąlygą y(2 + δ) = 2, δ 0,turėsime sprendinį y = ϕ 2(x; δ) = (x−1−δ) 3 +1, x ∈ [1+δ; +∞). Tadafunkcija⎧⎨ϕ(x; δ) =⎩ϕ 1(x), kai x ∈ (−∞; 1],1, kai x ∈ [1; 1 + δ),ϕ 2(x; δ), kai x ∈ [1 + δ; +∞).yra Koši uždavinio su pradine sąlyga y(0) = 0 sprendinys su bet kokiuδ 0. 3.5 pav. pavaizduotos dvi integralinės kreivės ϕ(x; 0) ir ϕ(x; 1),kurios sutampa, kai x 1.Taigi matome, kad funkcijos g tolydumo neužtenka Koši uždavinio sprendiniovienačiai.

47 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]3.1 apibrėžimas [Lipšico sąlyga]. Sakysime, kad funkcija f : M → R, M ⊂ Rtenkina Lipšico sąlygą, 5 jei egzistuoja tokia konstanta L > 0, kad|f(x 2 ) − f(x 1 )| ≤ L|x 2 − x 1 |, ∀x 1 , x 2 ∈ M. (1.22)Tokių funkcijų klasę žymėsime Lip L (M).3.6 uždavinys. Įrodykite, kad funkcija, tenkinanti Lipšico sąlygą, yra tolydi.3.6 lema. Tarkime, f ∈ C 1 (A; B), (A; B) ⊂ R. Tada f ∈ Lip L ([a; b]), kiekvienamintervalui [a; b] ⊂ (A; B).Įrodymas.Taikome Niutono 6 ir Leibnico 7 formulęf(x 2 ) − f(x 1 ) =∫ x2x 1f ′ (ξ) dξ, x 1 , x 2 ∈ [a; b].Įvertiname (funkcija f ′ ∈ C[a; b] yra aprėžta intervale reikšme maxx∈[a;b] |f ′ (x)|:|f(x 2 ) − f(x 1 )| ∣∫ x2x 1|f ′ (ξ)| dξ∣ max |f ′ (x)| · ∣x∈[a;b] maxx∈[a;b] |f ′ (x)| · |x 2 − x 1 |.∫ x2x 11 dξ∣Gavome, kad konstanta L = maxx∈[a;b] |f ′ (x)|.⊓⊔Nagrinėkime autonominę DLčia U = (A; B) ⊂ R.y ′ = g(y), y ∈ U, (1.23)3.1 teorema [sprendinio egzistavimas ir vienatis]. Tarkime, g ∈ Lip L (U).Tada (1.23) DL su pradinėmis sąlygomis (x 0 , y 0 ) sprendinys y = ϕ(x)1) egzistuoja visiems x 0 ∈ R ir y 0 ∈ U;2) yra vienintelis, t.y. du sprendiniai su tomis pačiomis pradinėmis sąlygomissutampa taško x 0 aplinkoje;3) užrašomas formule:x − x 0 =∫ ϕ(x)y 0dηg(η) , jei g(y 0) ≠ 0, (1.24)ϕ(x) ≡ y 0 , jei g(y 0 ) = 0. (1.25)5 Rudolf Otto Sigismund Lipschitz (1832-1903) – vokiečiu˛ matematikas.6 Isaac Newton (1643-1727) – anglu˛ fizikas ir matematikas.7 Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716) – vokiečiu˛ filosofas, matematikas, fizikas, juristas,istorikas, kalbotyrininkas ir išradėjas.

1. Pirmosios eilės DL integravimas kvadratūromis 48Įrodymas. Tarkime, taškas y 0 ∈ U nėra funkcijos g nulis, pvz. g(y 0 ) > 0.Tada egzistuoja (g – tolydi) intervalas (a; b): y 0 ∈ (a; b) ⊂ U ir jame g(y) > 0.Remiantis 3.3 lema, taško x 0 aplinkoje egzistuoja vienintelis sprendinys, ir jisužrašomas Barou formule.Tarkime, taškas y 0 ∈ U yra funkcijos g nulis. Tada ϕ(x) ≡ y 0 yra sprendinys.Parodysime, kad joks sprendinys, aprašomas Barou formule, nepasiekia stacionariojosprendinio. Tarkime priešingai, ϕ(x) sprendinys pasiekiantis stacionarųjįsprendinį: ϕ(x 0 ) = y 0 , ϕ(x 2 ) = y 2 (žiūrėk 3.3(b) pav.). Nemažindamibendrumo, galime laikyti, kad y 2 < y 0 ir g(y) > 0, kai y ∈ [y 2 ; y 0 ). Tada∀x 1 ∈ [x 2 , x 0 ) teisinga Barou formulėx 1 − x 2 =∫ y1y 2dηg(η) , y 1 = ϕ(x 1 ).Pasinaudodami Lipšico sąlyga g(η) = |g(η) − g(y 0 )| L|η − y 0 | = L(y 0 − η),η ∈ [y 2 , y 0 ] ⊂ U, ir įvertinkime integralą iš apačios:x 1 − x 2 1 L∫ y1y 2dηy 0 − η . (1.26)Integralas ∫ y 0 dηy 2 y diverguoja, todėl x 0−η 1 − x 2 → +∞, kai y 1 → y 0 , t.y. x 1didesnis už bet kokį iš anksto parinktą skaičių. Gauta prieštara, leidžia teigti,kad sprendinys su pradine sąlyga (x 0 , y 0 ) negali turėti taškų, kuriuose g(y) ≠ 0.Vadinasi, jei ϕ(x 0 ) = y 0 , tai g(ϕ(x)) = 0 visiems x. Tada ϕ ′ ≡ 0, t.y. ϕ –konstanta. Vadinasi, turime atskirąjį sprendinį. ⊓⊔3.1 pastaba. Lipšico sąlygą teoremoje galima pakeisti glodumu, t.y. reikalauti,kad funkcija g ∈ C 1 (U).3.2 pastaba. Vienačiai įrodyti pakanka integralo ∫ y dηy 0 g(η) divergavimo.3.7 uždavinys. Rasti visus DL y ′ = √ 1 − y 2 aibėje |y| ≤ 1 sprendinius. Parodyti,kad egzistuoja be galo daug sprendinių tenkinančių pradines sąlygas a)y(0) = 1; b) y(0) = −1. Rasti sprendinius. Nubraižyti integralineskreives.3.8 uždavinys. Rasti visus DL y ′ = 2 √ y aibėje y ≥ 0 sprendinius. Parodyti, kadegzistuoja be galo daug sprendinių tenkinančių pradinę sąlygą y(0) = 0.Rasti sprendinius ir nubraižyti integralines kreives.3.9 uždavinys. Rasti visus DL y ′ = (y 2 − 1)/2, y ∈ R, sprendinius. Nubraižyti integralineskreives.Pabaigoje parodysime, kad neiišreikštinės lygties atveju, Koši sprendinys galibūti nevienintelis.3.9 ppavyzdys. Raskime DL (y ′ ) 2 = y + 4ay 2 sprendinius, čia a ∈ R – parametras. Šiąneišreikštinę DL galima užrašyti pora išreikštinių DL:y ′ = √ y + 4ay 2 , y ′ = − √ y + 4ay 2 .

49 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]yyy0x0x0x(a) a = 0(b) a < 0(c) a > 03.6 pav. Neišreikštinės (y ′ ) 2 = y + 4ay 2 DL sprendiniai.Kiekviena iš jų yra su atsiskiriančiais kintamaisiais ir galima net užrašytiviena formuley ′ = ± √ y + 4ay 2⇒dy√ = ± dx. (1.27)y + 4ay2Suintegravę gautume dvi šeimas bendrųjų sprendinių, ir kai kuriais atvejaispapildomus sprendinius. Vadinasi, per kiekvieną tašką (x 0, y 0) galieiti po vieną kiekvienos šeimos kreivę.Panagrinėsime, kaip šios sprendinių šeimos ir papildomi sprendiniai priklausonuo parametro a. Sprendiniai apibrėžti tik kai y(1 + 4ay) 0.y ≡ 0 yra ypatingasis sprendinys (kodėl?), o kai a ≠ 0 turime dar antrąypatingąjį sprendinį y ≡ − 1 (įrodykite). Ieškosime sprendinių kai4ay(1 + 4ay) > 0.a) Atvejis a = 0. Integruodami (1.27) DL, gauname dvi sprendiniųšeimas ± √ y = x+C, kurias galima užrašyti bendra formule y = (x+C) 2(žiūrėk 3.6(a) pav.).b) Atvejis a < 0. Ieškosime (y ′ ) 2 = y + 4ay 2 DL sprendinių juostoje 0 0. Tuomet ieškome sprendinių srityse y < 14aPirmuoju atveju taikysime keitinį y = − ch 2 u4a( dy = − 12aantruoju y = sh 2 u( dy = 14a 2apačią lygtįir y > 0.sh u ch u du), osh u ch u du). Abiejais atvejais gauname tą( du) 2 du= a ⇒dxdx = ±√ a.

P 81. Pirmosios eilės DL integravimas kvadratūromis 50N0OE1P 1yy=8z0 1 yz0( )101 P20( )( )( )3.7 pav. Projektyvinės koordinatės.Randame dvi šeimas sprendinių u = ± √ a(x − C), ir turime (žiūrėk3.6(c) pav.):atitinkamai.y = − ch 2 ( √ a(x − C))4airy = sh 2 ( √ a(x − C))4a1.6. p-procesas ir projektyvinė tiesėNorint ištirti DL dydx= f(x, y) sprendinio elgseną prie didelių sprendinioreikšmių, t.y. y = ∞ aplinkoje, reikalinga pakeisti kintamuosius taip, kad y = ∞atsivaizduotų į baigtinį tašką, pvz., nulį.p-procesas yra kintamojo keitinys srityje Ṙ = R {0}:y ⇆ z, y = z −1 (z = y −1 ), kai y ≠ 0; dy = − dzz 2 . (1.28)p-proceso keitinys susijęs su projektyvinėmis koordinatėmis.?Plokštumoje nubraižykime vienetinį apskritimą S 1 ir per apskritimo tašką N išveskimeliestinę ir atidėkime vienetinę atkarpą [N, O] (žiūrėk 3.7(α) pav.). Tada šią liestinę interpretuosimekaip koordinatinę y-ašį. Išveskime per y-ašies tašką y ir apskritimo centrąO tiesę. Ši tiesė kerta apskritimą taškuose P 1 (y) ir P 2 (y). Kampą tarp šios tiesės irspindulio [ON] pažymėkime ψ(y) (kampo ženklą suderinsime su y ženklu: ψ(y) > 0, kaiy > 0; ir ψ(y) < 0, kai y < 0). Laikysime, kad priešingi apskritimo taškai P 1 ir P 2 yraekvivalentiški, t.y. P 1 ∼ P 2 . Lygiai taip pat galima įvesti ekvivalentiškumo sąryšį kampųaibėje ψ 1 ∼ πψ 2 ⇔ (ψ 2 − ψ 1 )/π ∈ Z. Faktoraibė RP 1 := S 1 / ∼ ∼ = R 1 / ∼ π vadinamaprojektyvine tiese, ją sudaro klasės [P (y)] = [ψ(y)]. Klasėje [ψ] yra vienintelis kampasψ ∈ (−π/2; +π/2], todėl toliau klasę (projektyvinės erdvės RP 1 tašką) sutapatinsime sušiuo kampu. Projektyvinės erdvės elementams žymėti galima naudoti kampą ϕ := π/2−ψ,ϕ ∈ (−π/2; +π/2] (žiūrėk 3.7(β) pav.). Tada kievienam y ∈ R abipus vienareikšmiškai galimepriskirti projektyvinės erdvės elementą ψ ∈ (−π/2; π/2) arba ϕ ∈ (−π/2; 0)∪(0; π/2]:y = tg ψ, dy = dψcos 2 ψarba y = ctg ϕ, dy = − dϕsin 2 ϕ . (1.29)Projektyvinėje tiesėje yra dar vienas taškas ψ = π/2 (ϕ = 0, P ∞), kuris neturi atitinkamotaško y ∈ R. Galime laikyti, kad šį tašką atitinka y = ∞. Norėdami aprašyti

51 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]jo aplinką, išveskime liestinę taške P ∞, ir šią liestinę interpretuosime kaip koordinatinęz-ašį (žiūrėk 3.7(β) pav.). Išveskime per z-ašies tašką z ir apskritimo centrą O tiesę. Taipgalime kievienam z abipus vienareikšmiškai galime priskirti projektyvinės erdvės elementąϕ ∈ (−π/2; π/2) arba ψ ∈ (−π/2; 0) ∪ (0; π/2]:z = tg ϕ, dz = dψcos 2 ϕarba y = ctg ψ, dy = − dψsin 2 ψ . (1.30)Kintamasis z aprašo visus RP 1 taškus, išskyrus N. Abi koordinatės y arba z pilnai aprašovisą RP 1 . Projektyvinės tiesės taškus, išskyrus P ∞ ir N galima aprašyti kintamaisiais yir x. Iš (1.29) ir (1.30) gauname formules susiejančias y ir z: jos sutampa su p-procesoformulėmis.Norint pavaizduoti integralines kreives aibėje R 1 x × RP 1 ϕ, kuri yra begalinis cilindras, yrasudėtinga. Todėl integralinės kreivės vaizduojamos plokštumose R 1 x ×R 1 y ir R 1 x ×R 1 z. Kitasbūdas, suprojektuoti RP 1 taškus į η-ašį (žiūrėk 3.7(γ) pav.) ir ζ-ašį (žiūrėk 3.7(δ) pav.):η = sin ψ, dη = cos ψ dψ ir ζ = sin ϕ, dζ = cos ϕ dϕ . (1.31)Šiuo atveju, integralinės kreivės braižomos juostoje R 1 x ×[−1; +1] (pastebėsime, kad taškai−1 ∼ 1).3.10 ppavyzdys. Nagrinėkime DL y ′ = y 2 . Užrašykime šią lygtį projektyvinėse koordinatėseψ ir ϕ, atlikime p-procesą (koordinatės z) ir taip pat projekcijoseη ir ζ ir užrašykime sprendinius kiekvienoje iš jų (patikrinkite arba išspręskite):y ′ = y 2 , y ∈ R 1 , y = − 1x − C , C ∈ R;ψ ′ = sin 2 ψ, ψ ∈ RP 1 ,ψ = −arctg1x − C , C ∈ R;ϕ ′ = − cos 2 ψ, ψ ∈ RP 1 , ϕ = −arctg (x − C), C ∈ R;z ′ = −1, z ∈ R 1 , z = −(x − C), C ∈ R;⎧1η ′ = η 2√ ⎨+, kai x C,√1+(x−C)1 − η 2 2, η ∈ [−1; 1], η =⎩1− √ , kai x C, C ∈ R;1+(x−C) 2ζ ′ = (ζ 2 − 1) √ 1 − ζ 2 , ζ ∈ [−1; 1],x − Cζ = − √ , C ∈ R.1 + (x − C)2Integralinės kreivės pavaizduotos 3.8 pav. Pastebėsime, kad projektuojantį η-ašis ir η-ašis gali atsirasti papildomos integralinės kreivės (žiūrėkη ≡ 1 atsirado papildomai). Pereinant iš projektyvinių koordinačių įz-koordinates pranyko integralinė kreivė ϕ ≡ π/2.3.10 uždavinys. Pritaikykite p-procesą duotajai DL, užrašykite DL gautą p-procesu:a) y ′ = y(1 − y); b) y ′ = f(x)y + g(x)y α ).3.11 ppavyzdys. Pritaikysime p-procesą DL (z ′ ) 2 = 4az 2 + z 3 . Po p-proceso gaunameDL (y ′ ) 2 = y + 4ay 2 . Pastebėsime, kad praradome sprendinį z ≡ 0.Gautąją DL jau nagrinėjome 3.9 pvz. (užduotis: nubraižykite pradinėsDL integralines kreives).

2. Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtis 52zxy0x00x1 -1xyz0x0x0x-113.8 pav. DL integralinės kreivės įvairiose koordinatėse.2. Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtisNagrinėkime tiesinę homogeninę pirmosios eilės diferencialų lygtįv(x, y) dx + w(x, y) dy = 0, |v(x, y)| + |w(x, y)| ≠ 0, (x, y) ∈ G ⊂ R 2 . (2.1)Laikysime, kad v, w ∈ C(G), G ⊂ R 2 – sritis. Išraiška v(x, y) dx + w(x, y) dyvadinama diferencialine 1-forma ir žymima ω = v(x, y) dx + w(x, y) dy. Formosapibrėžime, nereikalaujama, kad būtų išpildyta sąlyga |v(x, y)| + |w(x, y)| ≠ 0.2.1. Diferencialinės 1-formos

53 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]?Priminsime pagrindinius diferencialinių formų apibrėžimus srityje G ⊂ R n . Visų antisimetriniųk-tiesių funkcionalų erdvėje R n aibę žymėkime Ω k (R n ), o jos elementus vadinsimek-formomis. Atvaizdis ω : G → Ω k (R n ) vadinamas k-tosios eilės diferencialine forma(arba k-forma). Nulinės eilės diferencialinė forma yra funkcija. Jeigu erdvės R n bazė yra(e 1 , . . . , e n) ir x = ∑ ni=1 xi e i , tai funkcionalai dx i (x) := x i yra tiesiniai ir nepriklausomi,t.y. sudaro erdvės Ω 1 (R n ) bazę, todėl 1-formos erdvėje užrašomos pavidaluJeigu ω(x) ∈ Ω 2 (R n ), taiω =ω =∑n∑ω i (x) dx i . (2.2)i=11i

2. Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtis 54Jeigu v, w, ∂v∂y , ∂w∂x ∈ C(G) G ⊂ R2 , tuomet 1-formos ω = v(x, y) dx +w(x, y) dy (išorinis) diferencialas yra 2-forma( ∂w(x, y)dω = −∂x∂v(x, y))dx ∧ dy.∂yTodėl plokštumos srityje 1-formos uždarumo sąlygą yra∂w(x,y)∂x= ∂v(x,y)∂y, (x, y) ∈ G. (2.3)?Aibė U ⊂ R 2 vadinama lankiškai jungia, jeigu kiekvienai porai taškų x 0 , x 1 ∈ U, egzistuojatolydžioji intervale I := [a; b] ⊂ R funkcija g : I → U, g(a) = x 0 , g(b) = x 1 .Funkcija g vadinama lanku aibėje G, jungiančiu taškus x 0 ir x 1 . Taškas x 0 vadinamaslanko pradžia, o x 1 – lanko pabaiga. Kiekviena lankiškai jungi aibė yra jungi aibė (jeiguaibė U yra atviroji, teisingas ir atvirkštinis teiginys). Lanko vaizdas Γ aibėje U vadinamaslanko pėdsaku arba lanko atrama. Glodžiojo (g ∈ C 1 (I)) lanko atveju, reikalaujama, kadDg(t) := ( d dt g1 d(t), dt g2 (t)) ≠ (0, 0) ∀t ∈ I.Du glodieji lankai g 1 ir g 2 vadinami ekvivalenčiais, jeigu egzistuoja difeomorfizmas (abipusvienareikšmis atvaizdis, glodus kartu su savo atvirkštiniu). : I 1 → I 2 , t = t(τ),dtdτ (τ) > 0 ∀τ ∈ I, kad g 2(τ) = g 1 (t(τ)) (įrodykite, kad toks sąryšis g 1 ∼ g 2 yra ekvivalentiškumosąryšis). Tokį difeomorfizmą vadinsime leistinuoju. Visi glodieji lankai,priklausantys tai pačiai ekvivalentiškumo klasei [g] := {f– lankas: f ∼ g}, turi tą patįpėdsaką. Tą klasę vadinsime orientuota kreive. Klasėje [g] visada galima parinkti lankąsu I = [0; 1]. Jei difeomorfizmas tenkina sąlygą dt (τ) < 0 ∀τ ∈ I, tai rašysimedτg 2 = −g 1 , ir vadinsime priešingos orientacijos lankais (o klases priešingos orentacijoskreivėmis Γ 2 = −Γ 1 ).Tolydus uždaras lankas (g(a) = g(b)) vadinamas ciklu. Galima apibrėžti ir dalimisglodųjį lanką g ∈ Cp 1[a; b] (kai duotas intervalo [a; b] skaidinys T = {a = t 0 < t 1 < · · ·

55 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]Sumuodami, gauname∫ω = u ( g(b) ) − u ( g(a) ) . (2.4)gDiferencialinių lygčių teorijoje, jeigu žinome, kad diferencialinė forma, apibrėžtakairiąja (1.1) lygybės puse, yra tiksli, vienas iš pagrindinių uždavinių yrafunkcijos u radimas. Jeigu randame u, tuomet (1.1) lygtis ekvivalenti lygčiaidu = 0, iš kurios gauname (1.1) lygties bendrąjį integralą u(x, y) = C.3.12 ppavyzdys. Raskime lygties (2x + y) dx + (x + 2y) dy = 0 bendrąjį integralą. Pertvarkomelygtį2x dx + 2y dy + y dx + x dy = d(x 2 + y 2 + xy) = 0.Randame u = x 2 + y 2 + xy ir bendrąjį integralą x 2 + xy + y 2 = C.3.2 teorema [1-formos tikslumo kriterijus]. Tarkime ω ∈ C 0 1(G), G – sritis.Tada ekvivalentūs teiginiai:1) ω yra tiksli srityje G;2) 1-formos ω cirkuliacija bet kokiam dalimis glodžiam ciklui ϕ iš G yra lyginuliui, t.y. ∫ ϕ ω = 0;3) 1-formos ω cirkuliacija bet kokiam dalimis tiesiniam ciklui ϕ iš G yra lyginuliui.Įrodymas. 1)⇒2). Kadangi 1-forma tiksli, tai ∫ ϕ ω = u( g(a) ) − u ( g(a) ) = 0.2)⇒3). Akivaizdu, nes dalimis tiesinis ciklas yra atskiras dalimis glodžiojociklo atvejis.3)⇒1). Fiksuokime x 0 ∈ G. Kadangi G yra sritis, tai bet kokį x ∈ G galimesujungti laužte Γ. Jeigu Γ 1 yra kita laužtė su pradžia taške x 0 ir pabaiga taškex, laužtė Γ 0 = Γ ∪ (−Γ 1 ) yra dalimis tiesinis ciklas, todėl∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ω = ω − ω + ω = ω + ω = 0 + ω = ω.Γ Γ Γ 1 Γ 1 Γ 0 Γ 1 Γ 1 Γ 1Vadinasi, integralas priklauso tik nuo laužtės pradžios ir pabaigos ir nepriklausonuo pačios laužtės. Apibrėžkime funkciją∫u(x) := ω, ∀x ∈ Γ.1-forma ω ∈ C 0 1(G), parinkime h taip, kad x + he i ∈ G. Tada įvertiname|u(x + he i ) − u(x) − ω i (x)h| = ∣∫ 10Γ(ωi (x + hte i ) − ω i (x) ) dt∣∣ · |h|Taigi egzistuoja ∂u∂x i = ω i i = 1, n, ir u ∈ C 1 (G). ⊓⊔ maxt∈[0;1] |ω i(x + hte i ) − ω i (x)| · |h| = o(h), h → 0.

2. Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtis 563.13 ppavyzdys. Raskime lygties (2x + y) dx + (x + 2y) dy = 0 bendrąjį integralą. 3.12pavyzdyje parodėme, kad 1-forma ω = (2x+y) dx+(x+2y) dy yra tiksli.Sprendimas Koši metodu. Plokštuma R 2 yra sritis. Taškus (0, 0) ir (x, y)sujunkime laužte g = (g 1, g 2): g 1 = (0, η), η ∈ [0, y]; g 2 = (ξ, y), ξ ∈[0, x]. Tada g 1 ′ = (0, 1), ω| g1 = (η, 2η), g 2 ′ = (1, 0), ω| g2 = (2ξ +y, ξ +2y),ir∫ ∫ ∫ y∫ xu(x, y) = ω + ω = 2η dη + (2ξ + y) dξ = y 2 + x 2 + xy.g 1 g 2 00Sprendimas neapibrėžtinio integralo metodu. Pilnųjų diferencialų lygčiaipilnasis integralas randamas integruojant lygtis dalinėmis išvestinėmis∂u∂u= v(x, y),∂x= w(x, y). (2.5)∂yŽinome dalines išvestines∂u∂u= 2x + y,∂x∂y = x + 2y.Integruojame pirmąją lygybę pagal x:∫u(x, y) = (2x + y) dx + C(y) = x 2 + xy + C(y);įstatome į antrąją lygybę:randame C(y):Vadinasi, u(x, y) = x 2 + xy + y 2 .∂u∂y = x + C′ (y) = x + 2y;C ′ (y) = 2y; C(y) = y 2 + C.3.7 lema teigia kad kieviena tiksli 1-forma yra ir uždara, tačiau atvirkščiasteiginys nėra teisingas.3.14 ppavyzdys. Srityje G = R 2 {(0, 0)} nagrinėkime 1-formą ω = −y dx+x dy.x 2 +y 2 x 2 +y 2Šios 1-formos ω ∈ C1 1 (G) išorinis diferencialas dω = 0 (patikrinkite (2.3)lygybę), todėl forma yra uždara srityje G. Tačiau ši 1-forma nėra tiksli,nes jos cirkuliacija glodžiu ciklu g = (cos(2πt), sin(2πt)), t ∈ [0; 1] nelyginuliui:∫ ∫ 1∫cos(2πt) d sin(2πt) − sin(2πt) d cos(2πt)1ω =0 cos 2 (2πt) + sin 2 = 2π dt = 2π ≠ 0.(2πt)0g?Tarkime, U ⊂ R 2 yra atviroji aibė. Du lankai g i : I → U, i = 0, 1, vadinami homotopiškais,jeigu egzistuoja tolydusis atvaizdis F : I ×[0; 1] → U: F (t, 0) = g 0 (t), F (t, 1) = g 1 (t).Atvaizdis F vadinamas lanko g 0 homotopija į lanką g 1 . Rašoma g 0 ∼ g 1 (įrodykite, kadhomotopija apibrėžia ekvivalentiškumo sąryšį). Ciklas g : I → U vadinamas homotopiškutaškui x 0 ∈ G, jeigu g ∼ x 0 , x 0 (t) ≡ x 0 , ir F (a, τ) = F (b, τ) ∀τ ∈ [0; 1]. Sritis G ⊂ R 2vadinama vienajungia, jei joje kievienas ciklas homotopiškas taškui.

57 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]431(46)3842(45) G 1(27)8(41,44)261(15)25G 14G9(40)132412728237(39)172236(10)33621132 27(36)2916(22)3(11)181026 3(7)15391231(34) 8204303519 2113(18)5(20)21(25)5(13)4(19)229(11)14(17)4(12) 145246 7 8101516233.9 pav. Laužtės ”apendiksu˛“ ir „parazitiniu˛“ ciklu˛ naikinimas vienajungėje.?Matematinės analizės kurse įrodoma Gryno 8 formulė:∫∂K v(x, y) dx + w(x, y) dy = ∫∫ ( ∂w(x,y)K ∂x)− ∂v(x,y) dx dy. (2.6)∂y∂v(x,y)Ji teisinga, kai v, w ∈ C(K), K yra paprastasis kompaktas, , ∂w(x,y) ∈ C(˚K) ∩∂y ∂xB(˚K), čia ˚K yra aibės K vidus (didžiausia atviroji aibė prikausanti K), ∂K yra aibės Kkraštas (aibės K uždarinio ir vidaus skirtumas), kuris yra lokaliai yra dalimis glodžiojikreivė, B(˚K) – aprėžtųjų funkcijų klasė paprastojo kompakto viduje. Krašto orientacijąapibrėžiama taip: einant palei kraštą jo vidinė normalė lieka lieka iš kairės (t.y. (τ , ν) ∼(e 1 , e 2 )).Paprastojo kompakto pavyzdžiai: bet koks stačiakampis, bet koks trikampis.3.2 išvada. Sakykime, K yra daugiakampis, ∂K yra savęs nekertanti laužtė (tokį daugiakampįvadinsime paprastuoju), o ω = v(x, y) dx + w(x, y) dy ∈ C 1 1 (˚K) yra uždaroji1-forma. Tada ∫ ±∂K ω = 0.Įrodymas.Toks daugianaris yra trikampių sąjunga. Tada∫m∑∫m∑∫∫m∑∫∫ω =ω = dω = 0 = 0.±∂K i=1 ±∂T i i=1 T i i=1 T i⊓⊔3.3 teorema [1-formos uždarumo kriterijus]. Tarkime ω yra 1-forma vienajungėjesrityje G ⊂ R 2 , ir ω = v(x, y) dx + w(x, y) dy, v, w, ∂v∂y , ∂w∂x∈ C(G).Tada ekvivalentūs teiginiai:1) ω yra tiksli srityje G;2) ω yra uždara srityje G.Laužtės „apendiksų“ ir „parazitinių“ ciklų naikinimas vienajungėje.Įrodymas. 1)⇒2) Įrodymas išplaukia iš 3.7 lemos.2)⇒1). Sakykime, L yra bet koks dalimis tiesinis ciklas vienajungėje srityjeG ⊂ R 2 . Tokio ciklo pėdsakas yra uždaroji laužtė, kuri turi ne daugiau baigtinioskaičiaus susikirtimo taškų arba atkarpų. Laužtės viršūnių skaičius yrabaigtinis. Sunumeruokime visas viršūnes ir laužties grandžių susikirtimo taškustvarka, kuri yra cikle (pradedant nuo bet kurios viršūnės ar susikirtimo taško).8 George Green (1793-1841) – anglu˛ matematikas.

2. Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtis 583.9(b) pav. viršūnės apibrėžia seką(1 − 3, 4, 5, 6 − 8, 9, 6(10), 3(11) − 13, 14 − 14(17), 13(18), 4(19), 5(20), 21 − 21(25),26 − 27 − 31 − 31(34) − 27(36), 37, 38, 37(39), 9(40), 8(41), 42 − 8(44), 42(45)), 1(46))čia n(m) žymi viršūnę m, kuri jau buvo sunumeruota n < m (laužties grandžių susikirtimotaškai arba susikirtimo atkarpų galai), n − m žymi laužtės dalį (n, n + 1, . . . , m), kuriojen + 1, . . . , m − 1 yra tik laužties viršūnės. Tokia seką atitinka cirkuliacijos skaidinys į atskirusintegralus pagal laužties grandis.Apibrėšime dvi operacijas: 1) „apendikso“ šalinimas, kai pakeičiame sekosdalį (n, n+1, n(n+2)) į n+2; 2) „parazitinio“ ciklo (paprastasis daugiakampis)šalinimas, kai pakeičiame sekos dalį (n, n+1, . . . , n(m)) į m. Jeigu šių operacijųmetu išmetame numerį n, o toliau yra žymuo n(m), tai tą žymenį iš kartokeičiame į m. Abi šios operacijos nekeičia cirkuliacijos reikšmės.Mūsų pavyzdyje, atlikus šias operacijas (nuosekliai einant palei ciklą), lieka seka(1 − 3, 4, 5, 10, 3(11) − 13, 17, 13(18), 4(19), 5(20), 25, 26 − 27 − 34 − 27(36), 39, 40, 44, 45, 1(46)).Pernumeruojame iš naujo:Analogiškai gauname:(1 − 3, 4, 5 − 3(7) − 9, 10, 9(11), 4(12), 5(13) − 16 − 16(22) − 26, 1(27)).(1 − 7 − 11, 12, 13 − 22 − 26, 1(27)) arba (pernumeravus)(1 − 1(15)).Bendruoju atveju, kadangi laužtės grandžių ir susikirtimo atkarpų ir taškų skaičiusbaigtinis, o kievieną sykį atlikus šalinimo operacijas išmetame dalį grandžių,tai galų gale liks vienas ciklas: paprastas daugiakampis arba atkarpa („apendiksas“).Cirkuliacija šiais ciklais lygi nuliui. Vadinasi, cirkuliacija ir pradinelaužte lygi nuliui. ⊓⊔3.12 uždavinys. Tarkime, ω yra uždara 1-forma vienajungėje srityje G ⊂ R 2 , ϕ ⊂ G yra(2.1) lygties integralinė kreivė. Parodyti, kad srityje, apribotoje šia kreive,egzistuoja bet vienas taškas (x 0, y 0), kuriame v(x 0, y 0) = w(x 0, y 0) =0.3.13 uždavinys. Ar 1-forma ω yra tiksli, uždara? Jei tiksli, raskite u: w = du.a) ω = y dx +x dy;x 2 +y 2 x 2 +y 2b) ω = (2xy − cos x) dx + (x 2 − 1) dy;c) ω = (2x + cos x) dx + (3y 2 + e y ) dy;d) ω = x(1 + y 2 ) dx + y(1 + x 2 ) dy.Jei 1-forma yra tiksli, tai (2.1) lygtis vadinama pilnųjų diferencialų lygtimi.Tuomet du = 0 ir u(x, y) = C yra (2.1) lygties bendrasis integralas.2.2. Lygtys su atskirtaisiais ir atsiskiriančiais kintamaisiaisTiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtisv(x) dx + w(y) dy = 0, v ∈ C(I x ), w ∈ C(I y ), |v(x)| + |w(x)| ≠ 0, (2.7)

59 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]vadinama lygtimi su atskirtaisiais kintamaisiais, čia I x = (a x ; b x ), I y = (a y ; b y ).Šią lygtį atitinkanti 1-forma ω = v(x) dx + w(y) dy yra uždara (patikrinkite!)atvirajame stačiakampyje G = I x × I y , kuris yra vienajungė sritis. Tokiamestačiakampyje bet kuriuos du jo taškus (x 0 , y 0 ) ir (x, y) galima sujungti laužte[(x 0 , y 0 ), (x, y 0 )] ∪ [(x, y 0 ), (x, y)], todėlir bendrasis integralas yrau(x, y) =∫ xx 0v(ξ) dξ +∫ yy 0w(η) dη,∫ xx 0v(ξ) dξ + ∫ yy 0w(η) dη = 0 arba ∫ v(x) dx + ∫ w(y) dy = C. (2.8)3.15 ppavyzdys. Rasime lygties x dx + y dy = 0 bendrąjį integralą ir integralines kreives.Lygtis yra su atskirtaisiais kintamaisiais. Integruodami gaunamebendrąjį sprendinįx 22 + y22 = C arba x2 + y 2 = R 2 = 2C.integralinės kreivės bus koncentriniai apskritimai su centru koordinačiųpradžioje ir spinduliu R > 0 (žiūrėk 3.10 pav.). Pastebėsime, kad 1-forma ω = x dx + y dy neapibrėžia DL koordinačių pradžioje (v(0) =w(0) = 0).Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtisv 1 (x)w 2 (y) dx + v 2 (x)w 1 (y) dy = 0, (2.9)v 1 , v 2 ∈ C(I x ), w 1 , w 2 ∈ C(I y ), |v 1 (x)w 2 (y)| + |v 2 (x)w 1 (y)| ≠ 0, vadinamalygtimi su atsiskiriančiais kintamaisiais. Taškuose (x k , y k ), kuriuose v 1 (x) = 0arba w 2 (x) = 0 ir v 2 (y) = 0 arba w 1 (y) = 0, 1-forma ω = v 1 (x)w 2 (y) dx +1v 2 (x)w 1 (y) dy neapibrėžia DL. Padauginę (2.7) lygtį iš daugiklio µ =v 2(x)w 2(y)gauname lygtį su atskirtaisiais kintamaisiaiskurios bendrasis integralasv 1(x) w1(y)v 2(x)dx +w 2(y)dy = 0, (2.10)∫ xx 0v 1(ξ)v dξ + ∫ y w 1(η)2(ξ) y 0 w 2(η)dη = 0. (2.11)(2.9) ir (2.10) lygčių 1-formos apibrėžtos skirtingose aibėse. Jeigu v 2 (α) = 0, α ∈ I x irw 2 (β) = 0, β ∈ I y, tuomet 1-forma atitinkanti (2.10) lygtį neapibrėžta taškuose (α, y),y ∈ I y ir (x, β), x ∈ I x (žiūrėk 3.11 pav.) y ≡ β, x ∈ I x, bus (2.9) lygties sprendiniais, ox ≡ α, y ∈ I y, bus lygties sprendiniais, išskyrus taškus v 2 (x) = 0, w 2 (y) = 0, atitinkamai.Šie sprendiniai negaunami iš (2.11) bendrojo integralo. Jie gali būti, ir ypatingieji.

2. Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtis 60ybyyy2x1xayax1 b23xx3.10 pav. Koncentriniiu˛apskritimu˛ šeima.3.11 pav. Sritiesskaidymas atskiriantkintamuosius.3.12 pav. Spinduliu˛šeima.DL su atsiskiriančiais kintamaisiais sprendimasNagrinėkime DLTada jos sprendiniai gaunami formuledy= f(x)g(y), g(y) ≠ 0. (2.12)dx∫ xx f(ξ) dξ + ∫ y 10 y dη = 0. (2.13)0 g(η)3.16 ppavyzdys. Nagrinėkime lygtį −y dx + x dy = 0. Jos 1-forma nėra uždara. Spręsimelygtį atskirdami kintamuosius. Daugindami ją iš µ = 1 gauname−xyDL1dy = 1 dx, x ≠ 0 arba y ≠ 0.y xŠi lygtis su atskirtaisiais kintamaisiais ekvivalenti pradinei atviroje aibėjeG 1, kuri gaunama išmetus iš plokštumos koordinatines ašis, t.y.iš tikrųjų nagrinėjame keturias DL (kieviename plokštumos kvadrante).Integruodami randame bendrąjį integralą∫ ∫ 1 1y dy = dx + C1 arba ln |y| = ln |x| + C1.xPatogu, laisvąją konstantą C 1 pažymėti ln |C|, čia C ≠ 0, kadangi ln |C|gali įgyti (kai ln |C|) bet kurią reikšmę iš R. Tada gauname ln |y| =ln |Cx|, arba |y| = |Cx| arba y = Cx, C ≠ 0. Taigi, daugindami išµ = 1 (arba dalindami iš 1 = −xy) praradome dalį sprendinių. Todėl−xy µvisada reikia patikrinti ar lygtis 1 = −xy = 0 neapibrėžia sprendinių.µŠiame pavyzdyje jie yra x = 0 ir y = 0 (išmetant koordinačių pradžią)(žiūrėk 3.12 pav.).3.14 uždavinys. Raskite DL sprendinius:a) 3x 2 y dx+x 3 dy = 0; b) y 2/3 dx− dy = 0; c) y 2/3 dx−x 2/3 dy = 0;d) ye sin x dx + ln ycos x dy = 0, G = {(x, y) ∈ R2 : |x| < π/2, y > 0};e) 2x(1 + y 2 ) dx + 2y((1 + x 2 ) dy = 0;f) x √ 1 − y 2 dx + yx √ 1 − x 2 dy = 0, |x| 1, |y| 1.

61 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]2.3. Integruojantysis daugiklisJeigu sritis yra vienajungė, bet (2.3) sąlyga neišpildyta, tuomet ieškomasintegruojantysis daugiklis µ ∈ C(G), µ ≠ 0, paverčiantis (2.1) lygtį pilnųjųdiferencialų lygtimi, t.y. 1-forma µω būtų tiksli. Jei µ ∈ C 1 (G), šios 1-formosuždarumo sąlyga∂(µw)= ∂(µv)∂x ∂y .Vadinasi, integruojantis daugiklis tenkina tiesinę pirmosios eilės lygtį dalinėmisišvestinėmis(w ∂µ∂x − v ∂µ∂y =∂v∂y − ∂w∂xGalima pirmiau rasti ν = ln |µ| sprendžiant lygtį)µ. (2.14)w ∂ν∂x − v ∂ν∂y = ∂v∂y − ∂w∂x . (2.15)3.17 ppavyzdys. Homogeninės pirmosios eilės diferencialų lygties ((x, y) ≠ (0, 0))(x + y) dx + (y − x) dy = 0atveju, integruojantysis daugiklis µ yra lygties dalinėmis išvestinėmis(y − x) ∂µ ∂µ− (x + y)∂x ∂y = 2µsprendinys. Galima patikrinti, kad µ = (x 2 + y 2 ) −1 yra toks sprendinys.Vadinasi,x + yx 2 + y dx + y − x2 x 2 + y dy = 02yra pilnųjų diferencialų lygtis. Pirmiausia randame lygtiessprendinį∂u∂x =x + yx 2 + y 2 =Jį įstatome į antrąją (2.5) lygtįxx 2 + y 2 +yx 2 + y 2u = 1 (2 ln(x2 + y 2 y)) − arctg + C(y).x∂u∂y =x − yx 2 + y 2 + C′ (y) =y − xx 2 + y 2 ,ir randame, kad C ′ (y) = 0, t.y. bendrasis integralas lygus1(2 ln(x2 + y 2 y)) − arctg = C.xJeigu randame integruojantįjį daugiklį µ, tuometv(x, y) dx + w(x, y) dy = 1 du = 0,µt.y. be bendrojo integralo u(x, y) = C, lygtis 1/µ(x, y) = 0 gali apibrėžti ypatinguosiussprendinius.

2. Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtis 623.15 uždavinys. Parodykite, kad µ = 1/ √ x 2 − y yra DL( √ x 2 − y + 2x) dx − dy = 0integruojantysis daugiklis. Raskite bendrąjį integralą ir raskite ypatinguosiussprendinius (jei egzistuoja).3.4 teorema. Tarkime, µ yra 1-formos ω = v dx + w dy, |v| + |w| ̸= 0, srityjeG ⊂ R 2 integruojantysis daugiklis, ir µω = du, f ∈ C(R) – laisvoji funkcija.Tada funkcijos µ 1 = f(u) yra integruojantys daugikliai ir tik jos.Įrodymas. Pakankamumas. Imkime, funkcijos f pirmykštę funkciją F ∈ C 1 (R).Raskime, funkcijos u 1 (x, y) = F (u(x, y)) ∈ C 1 (G) diferencialądu 1 = F ′ (u(x, y)) du = f(u(x, y))(µω) = µf(u(x, y)) ω.Būtinumas. Tarkime, µ 1 yra kitas 1-formos ω integruojantysis daugiklis irµ 1 ω = du 1 . Tada jakobianas∣ ∣ D(u, u 1 ) ∣∣∣∣ ∂u ∂u∣∣∣∣D(x, y) = ∂x ∂y∣ = µv µwµ 1 v µ 1 w∣ = µµ v w1∣vw∣ = 0.∂u 1∂x∂u 1∂yTodėl funkcijos u 1 ir u yra priklausomos, t.y. u 1 = F (u), F ∈ C 1 (G), f = F ′ ∈C(R). Tadaµ 1 ω = du 1 = dF (u) = f(u) du = f(u)µω.Kadangi |v| + |w| ≠ 0, gauname lygybę µ 1 = µf(u).3.3 išvada. Jeigu žinome du tiesiškai nepriklausomus integruojančiuosius daugikliusµ 1 ir µ 2 , tuomet u = µ2µ 1= C yra bendrasis integralas.⊓⊔Integruojančiojo daugiklio radimo uždavinys yra žymiai sudėtingesnis negu (2.1) uždavinys.Šis uždavinys turi begalo daug sprendinių priklausančių nuo laisvosios funkcijos.Kaip matėme, pakanka rasti vieną tokį integruojamąjį daugiklį µ. Pastebėsime, kad (2.14)lygtis yra tiesinė, tačiau tai lygtis dalinėmis išvestinėmis.3.18 ppavyzdys. Nagrinėkime lygtį y dx + x dy = 0.Sprendimas neapibrėžtinio integralo metodu. Kadangi 1-forma ω = y dx+x dy uždara, todėl iš karto randame bendrąjį integralą u 0 := xy = C(µ 0 = 1). Integralinės kreivės bus hiperbolės (C ≠ 0) ir koordinatiniaispinduliai (C = 0) (žiūrėk 3.16 pav.). Koordinačių pradžios taške DLneapibrėžta v(0) = 0, w(0) = 0, ir jis neapibrėžia jokios integralinėskreivės.Sprendimas atskiriant kintamuosius. Daugindami ją iš µ 1 = 1 gaunamexyDL1x dx + 1 dy = 0, x ≠ 0 arba y ≠ 0.yŠi lygtis su atskirtaisiais kintamaisiais ekvivalenti pradinei atviroje aibėjeG 1, kuri gaunama išmetus iš plokštumos koordinatines ašis, t.y.

63 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]iš tikrųjų nagrinėjame keturias DL (kieviename plokštumos kvadrante).Integruodami randame bendrąjį integralą∫ ∫ 1 1C 1 =x dx + dy = ln |x| + ln |y| = ln |xy| (u1 = ln |x| + ln |y|).yPatogu, laisvąją konstantą C 1 pažymėti ln |C|, čia C ≠ 0, kadangi ln |C|gali įgyti (kai ln |C|) bet kurią reikšmę iš R. Tada gauname ln |C| =ln |xy|, arba |xy| = |C| arba xy = C, C ≠ 0. Taigi, daugindami išµ = 1 (arba dalindami iš 1 = xy) praradome dalį sprendinių. Todėlxy µvisada reikia patikrinti ar lygtis 1 = xy = 0 neapibrėžia sprendinių.µŠiame pavyzdyje jie yra x = 0 ir y = 0 (išmetant koordinačių pradžią).Matome, kad kievieną integruojantįjį daugiklį atitinka bendrasis integralas:µ 0 = 1 ir u 0 = xy, µ 1 = 1 ir u1 = ln |xy|, ir u1 = ln |u0|,xyµ 1 = µ 0f(u 0) = 1 , šiame pavyzdyje f(x) = 1 = xy x ln′ |x|.Daugiklio radimo dalimis metodas. Metodo esmė: 1-formą užrašome kaipsumą ω = ω 1 + ω 2 ir surandame kiekvienos iš jų integruojantįjį daugiklį µ 1ir µ 2 , bei atitinkamus bendruosius integralus u 1 ir u 2 . Tada ieškome laisvųjųfunkcijų f 1 ir f 2 , kad galiotų lygybė3.19 ppavyzdys. Nagrinėkime lygtį1-formą išskaidome į dvi dalis:Užrašome lygybęµ = µ 1 f 1 (u 1 ) = µ 2 f 2 (u 2 ). (2.16)y(2y 2 + x) dx + x(y 2 + x) dy = 0.ω 1 = 2y 3 dx + xy 2 dy, µ 1 = x −1 y −3 , u 1 = yx 2 ;ω 1 = yx dx + x 2 dy, µ 2 = x −2 y −1 , u 2 = xy.Įveskime kintamąjį z = xy. Tadaµ = x −1 y −3 f 1(yx 2 ) = x −2 y −1 f 2(xy).f 2(z) = f 1(zx)x 3 z −2 ,ir dešinioji lygybės pusė priklausis tik nuo z, jei f 1(t) = t −3 , o f 2(z) =(zx) −3 x 3 z −2 = z −5 . Integruojantysis daugiklis pradinei lygčiai lygusµ = x −7 y −6 .3.16 uždavinys. Raskite y(2y 2 + x) dx + x(y 2 + x) dy = 0 lygties bendrąjį integralą.2.4. σ-procesas ir π-procesasTarkime, turime izoliuotą ypatingąjį DL tašką (x 0 , y 0 ), kuriame v(x 0 , y 0 ) =w(x 0 , y 0 ) = 0. Paprastumo dėlei, laikysime, kad toks ypatingasis taškas yra

2. Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtis 64+8y+8y=zxtt21 10- 8-½-½-1-28x8-2-1 -½0½ 12z8~-1-½-280 ½2z13.13 pav. σ-procesas ir Mėbijaus lapas.1 2½y -121-2-1½-½0 0 0x1-½ 2-½-1 -2 -2-1½z882-2-11½t-121½00-½-½-1-28z ~ 21½0 ~8-½-1-2t3.14 pav. Integralinės kreivės (paraboliu˛ šeima y = Cx 2 ) gautos σ-procesu.Tuo pačiu skaičiumi (C) sunumeruotos atitinkamos integralinės kreivės, C = ∞atitinka x = 0 tiesę, C = σ koordinačiu˛ pradžią.koordinačių pradžioje. Gerai žinomi du būdai kaip nagrinėti DL to taško aplinkoje:1) σ-procesas; 2) p-procesas, kurie atitinka Dekarto 9 koordinačių(x, y) ∈ Ṙ2 := R 2 {(0, 0)} keitimą į homogenines koordinates arba polineskoordinates.σ-procesas yra kintamųjų keitinys srityje Ṙ2 :(x, y) ⇆ (t, z), x = t, y = zt (t = x, z = y x), kai x ≠ 0; (2.17)(x, y) ⇆ (t 1 , z 1 ), x = z 1 t 1 , y = t 1 (z 1 = x y , t 1 = y), kai y ≠ 0. (2.18)Galime laikyti, kad vietoje Ṙ2 turime begalinį Mėbijaus 10 lapą (žiūrėk 3.13 pav.),o kreivė t = 0 jame atitinka projektyvinę tiesę RP 1 z , kuri yra apskritimas S 1 .3.17 uždavinys. Raskite kreivių σ-proceso vaizdus:9 René Descartes (1596-1650) – prancūzu˛ matematikas.10 August Ferdinand Möbius (1790-1868) – vokiečiu˛ fizikas ir chemikas.

65 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]a) x = a; b) y = cx; c) y = b;d) x 2 + y 2 = R 2 ; e) y = ax 2 ; f) x 2 = y 3 .3.4 apibrėžimas. Funkcija f : R n → R vadinama m-osios eilės kvazihomogenine,jeigu f(e α1s x 1 , . . . , e αns x n ) = e ms f(x) (galima įvesti žymenį λ := e s > 0).α i vadinami kintamojo x i svoriais. Jeigu visi α 1 = · · · = α n = 1, tuometfunkcija vadinama m-osios eilės homogenine. Dvimačiu atveju f(e αs x, e βs y) =e ms f(x, y).3.18 uždavinys. Parodyti, kad daugianaris P (x, y) yra m-osios eilės kvazihomogeninėfunkcija su svoriais α, β, jei jo visų vienanarių x p y q laipsniai priklausoNiutono diagramai αp + βq = m.3.19 uždavinys [Eulerio teorema]. Tarkime f : R n → R yra m-osios eilės kvazihomogeninėfunkcija. Įrodykite Eulerio 11 teoremą: Kad funkcija f būtų m-osioseilės kvazihomogeninė, būtina ir pakanka, kad ji tenkintų Eulerio lygybę∑ n ∂fi=1αixi∂x i= mf.Tarkime, v ir w yra vienodos eilės homogeninės funkcijos. Pastebėsime, kadv(0, 0) = w(0, 0) = 0. Taikome σ-procesą. Tadair gauname DL atsiskiriančiais kintamaisiais:Randame integruojamąjį daugiklįarba (sugrįžus prie senųjų kintamųjų)dx = dt, dy = z dt + t dz (2.19)t m( v(1, z) + w(1, z)z ) dt + t m+1 dz = 0.µ =1t m+1 (v(1,z)+w(1,z)z) = 1tv(t,zt)+w(t,zt)ztµ =1xv(x,y)+yw(x,y) . (2.20)3.20 uždavinys. Raskite integruojantįjį daugiklį lygčiai (x + y) dx + (y − x) dy = 0(žiūrėk 3.17 pvz.).3.21 uždavinys. Ar galima šiuo metodu išspręsti lygtį −y dx + x dy = 0?3.20 ppavyzdys. Pritaikysime σ-procesą DL −2y dx + x dy = 0 integralinėms kreivėsrasti. Iš (2.17)dx = dt, dy = z dt + z dt.Gauname DL (kintamieji t ir z) −tz dt + t 2 dz = 0. Dar sykį taikomeσ-procesą (t = ˜t, z = ˜z˜t): ˜t 3 d˜z = 0. Randame šios DL sprendinius˜z = C. Grižtame prie pradinių kintamųjų (žiūrėk 3.14 pav.):˜z = C ⇒ z t = C ⇒ z = Ct ⇒ y x = Cx ⇒ y = Cx2 .Patebėsime, kad norint rasti integralines kreives x = 0, y > 0 ir x = 0,y < 0, reikėtų taikyti (2.18) formules, nes standartinis σ-procesas šiaskreives „numeta“ į begalybę.11 Leonhard Euler (1707-1783) – šveicaru˛ matematikas, mechanikas ir fizikas.

2. Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtis 663.22 uždavinys. Suintegruokite lygtis:a) (x − y) dx + x dy = 0; b) (xy − y) dx + x dy = 0;c) (y 2 − 2xy) dx + x 2 dy = 0; d) y 2 dx + (x 2 − xy) dy = 0;e) xy ′ − y = xtg ( yx); f) (y +√ xy) dx − x dy = 0;g) √ y dx − √ x dy = 0, x 0, y 0 (atskirdami kintamuosius irσ-procesu).dy3.5 apibrėžimas. Normaliąja kvazihomogenine DL vadiname lygtįdx= f(x, y),kurios dešiniosios dalies funkcija f ∈ C(Ṙ2 ) yra (β −α)-osios eilės kvazihomogeninėfunkcija. DL vadinama normaliąja homogenine DL, jei f yra nulinės eilėshomogeninė funkcija (β = α = 1).Homogeninės DL sprendimasσ-procesas homogeninę DL suveda į lygtį su atsiskiriančiaiskintamaisiais (žiūrėk (2.19) ir paliekame x vietoje t):x dzdz+ z = f(x, zx) = f(1, z) ⇔ x = f(1, z) − z =: g(z).dx dx3.21 ppavyzdys. Rasime DL (patikrinkite, kad ji homogeninė)dydx = y x ((1 + ln y − ln x), D f = {(x, y): x > 0, y > 0}sprendinius. Taikome σ-procesą ir gauname lygtįz + x dzdx = z((1 + ln z), D f = {(x, z): x > 0, z > 0}arba x dz = z ln z. Šios lygties sprendinys yra z ≡ 1 (y = x). Kitusdxsprendinius randame atskirdami kintamuosiusdzz ln z = dxx⇔ ln | ln z| = ln x + ln |C|, C ≠ 0 ⇔ ln z = Cx, C ≠ 0.Prijungiame sprendinį z ≡ 1, tuomet C ∈ R. Tada z = e Cx , o grįžę priepradinių kintamųjų, užrašome bendrąjį sprendinį y = xe Cx , C ∈ R.DL pertvarkomos į homogeninesLygtis()dy ax + by + cdx = f , ∆ =a 1 x + b 1 y + c ∣ a b∣ ∣∣∣≠ 01 a 1 b 1tampa homogenine pakeitus kintamuosius x = ξ + x 0 , y = η + y 0 ( dx = dξ, dy = dη),čia (x 0 , y 0 ) yra tiesiųax + by + c = 0, a 1 x + b 1 y + c 1sankirtos taškas (raskite šį tašką):( )dη aξ + bηdξ = f .a 1 ξ + b 1 ηParodykite, kad gautoji lygtis yra homogemninė.

67 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]Jeigu ∆ = 0 ir b ≠ 0 , tuomet ∃λ: a 1 = λa, b 1 = λb ir keitiniu z = ax + by ( dz =a dx + b dy) gauname lygtį su atsiskiriančiais kintamaisiais:dzdx = a + bf( ) z+cλz+c .1Jeigu∆ = 0 ir a ≠ 0, b = 0 , tuomet b 1 = 0, ir turime lygtį su atskirtais kintamaisiaisdydx = f( ax+ca 1 x+c 1).Jeigu ∆ = 0 ir a = b = 0 , tuomet keitiniu z = a 1 x + b 1 y gauname lygtį su atsiskiriančiaiskintamaisiais:dzdx = a 1 + b 1 f ( ) cz+c .13.23 uždavinys. Raskite DL sprendiniusa) dydx =x+y+12x+2y−1 ;dyb) = dxx+y−34x−2y−6 ;c) dydx = 2( y+2x+y−1) 2; d) (x + y − 3) dx + (y − x − 1) dy = 0.apibendrintasis σ-procesas yra kintamųjų keitinys srityje Ṙ2 :(x, y) ⇆ (t, z), t = x, z = yαx β , kai t = x ≠ 0; (2.21)kvazihomogeninės lygties sprendimasApibendintasis σ-procesas kvazihomogeninę DLsuveda į lygtį su atsiskiriančiais kintamaisiais, kai α ≠ 0. Iš y α = zx β turime αy α−1 dy =x β dz + βzx β−1 dx. Kvazihomogeninės lygties dešinioji dalyje turime (β − α)-osios eilėskvazihomogeninę funkcijąarbady = f(x, y) dx = f((x 1/α ) α , x β/α z 1/α ) dx = x β/α−1 f(1, z 1/α ) dxdzdx = αz1−1/α f(1, z 1/α ) − βz.xParodykite, kad kvazihomogeninė DL, kai α = 0, yra DL su atsiskiriančiais kintamaisiais:y ′ = q(x)y.xy yra kvazi-tiesinė. Raskite jos spren-y 3 +x 23.22 ppavyzdys. Nustatykite, kad DL dydinius.dx =π-procesas. Dekarto koordinačių (x, y) srityje R 2 x,y {y = 0, x < 0} keitimąį polines koordinates srityje r > 0 ir ϕ ∈ (−π; π) apibrėžia formulės:(x, y) ⇆ (r, ϕ), x = r cos ϕ, y = r sin ϕ. (2.22)Pastebėsime, kad srityje R 2 x,y {y = 0, x > 0} keitimą į polines koordinatessrityje r > 0 ir ϕ ∈ (−π; π) apibrėžia tos pačios formulės. Todėl dažnai laikoma,kad koordinačių keitimas vyksta Ṙ2 (lokaliai visada pasirenkame vieną iš variantųϕ ∈ ((0; 2π) arba ϕ ∈ (−π; π)). Galima laikyti, kad vietoje Ṙ2 turime pusiaubegalinį cilindrą (žiūrėk 3.15 pav.). Iš kitos pusės, patogu integralines kreivesparametrizuoti parametru ϕ ∈ R ir leisti integralinėms kreivėms "vyniotis"aplink cilindrą.Užrašykime diferencialų sąryšius:dx = cos ϕ dr − r sin ϕ dϕ, dy = sin ϕ dr + r cos ϕ dϕ. (2.23)

2. Tiesinė homogeninė pirmosios eilės diferencialų lygtis 68yx0~rr - 0 3.15 pav. Polinės koordinatės, p-procesas ir pusiau begalinis cilindras.yy -1rxx3.16 pav. Hiperboliu˛šeima ir ju˛ asimptotės.3.17 pav. Spiraliu˛ šeima ir ju˛ vaizdai (eksponentės)gauti π-procesu ant cilindro išklotinės.3.23 ppavyzdys. Pritaikyme π-procesą DL y dx − x dy = 0 integralinėms kreivės rasti.Panaudodami (2.23), gauname DLr sin ϕ(cos ϕ dr − r sin ϕ dϕ) − r cos ϕ(sin ϕ dr + r cos ϕ dϕ) = 0arba −r 2 dϕ = 0.y/x = C 1.Vadinasi, ϕ = C ir x = r cos C, y = r sin C, t.y.3.24 ppavyzdys. 3.17 pvz. (žiūrėk taip pat 1.3 užd.) nagrinėjome DL (x + y) dx +(y − x) dy = 0. π-procesu raskime jos integralines kreives. Panaudodami(2.23), gauname DL r dr−r 2 dϕ = 0, kurioje kintamieji atsiskiria (r ≠ 0):drr− dϕ = 0. Integruojame ir randame sprendinius ln r−ϕ = ln C ( arbar = Ce ϕ , C > 0, kodėl?). Braižome integralines kreives koordinatėse(ϕ, r) ir jas pernešame (žiūrėk 3.17 pav.) į Dekarto koordinačių sistemą,kurioje sprendinio sprendinio formulė būtų √ x 2 + y 2 e arctg y x = C.3.24 uždavinys. Raskite DL sprendinius ir integralines kreives π-proceso metodu:a) x dx + y dy = 0;b) (2x − y) dx + (2x + y) dy = 0.

69 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]2.5. Integruojantysis daugiklis kaip sudėtinė funkcijaRasime integruojantįjį daugiklį, kuris yra pavidalo µ = e ν , ν = ν(z(x, y)),z(x, y) ∈ C 1 (G) yra žinoma funkcija, o ν = ν(z) ∈ C 1 (R). Įstatę ν išraišką į(2.15), gauname lygtįJeigu(w ∂z∂x − v ∂z ) ( ∂wdν +∂y ∂x − ∂v )dz = 0. (2.24)∂y∂v∂y − ∂w∂xw ∂z∂x − v ∂z∂y= φ(z), (2.25)φ ∈ C(R), tuomet 1-forma dν − φ(z) dz yra tiksli ir ν = ∫ φ(z) dz. Sąryšis(2.25) yra būtina ir pakankama lygties v dx + w dy = 0 integruojančio daugiklio,priklausančio nuo funkcijos z = z(x, y), egzistavimo sąlyga. Kai kuriomsfunkcijoms šios sąlygos pateiktos 3.1 lentelėje.3.25 uždavinys. Raskite integruojantįjį daugiklį lygčiai (x + y) dx + (y − x) dy = 0 kaipsudėtinę funkciją (žiūrėk 3.17 pvz. ir 3.20 pvz.).3.26 uždavinys. Patikrinkite, kad integruojantysis daugiklis priklauso nuo funkcijos z.Jei turi, tuomet raskite daugiklį ir suintegruokite DL:a) (xy − x 2 ) dx + (y 2 − 3xy − 2x 2 ) dy = 0, z = x;b) y(1 + xy) dx − x dy = 0, z = y;c) (y 4 − 2x 3 y) dx + (x 4 − 2xy 3 ) dy = 0, z = x + y;d) (y 4 − 2x 3 y) dx + (x 4 − 2xy 3 ) dy = 0, z = xy;e) (xy − 1) dx + x 2 dy = 0, z = x;f) (xy − 1) dx + x 2 dy = 0, z = xy;g) y(x − 3y 2 ) dx + (6xy 2 + x 2 ) dy = 0, z = x 2 y.3.27 uždavinys. Raskite sąlygas kada integruojantysis daugiklis yra µ = µ(z(x, y)):a) z = ax + by; b) z = xy 2 ; c) z = x 2 y;d) z = y − x 2 ; e) z = y 2 − x; f) z = x 2 y;g) z = x 2 + xy + y 2 .Integruojančiojo daugiklio radimo metodas nėra universalus, nes bendruojuatveju neturime jokių prielaidų kaip nustatyti z(x, y).

3. Pirmosios eilės tiesinės DL 703.1 lentelė. Integruojančiu˛ju˛ daugikliu˛ µ(z(x, y)) egzistavimo sąlygos.z(x, y) z(x, y)xx + yx 2 + y 2xy∂v∂y − ∂w∂x∂v∂y − ∂w∂xw = φ(x) yw−v = φ(x + y) x − y∂v∂y − ∂w∂x−v∂v∂y − ∂w∂x= φ(y)w+v = φ(x − y)∂v∂y − ∂w∂x2xw−2yv = φ(x2 + y 2 ) x 2 − y 2 ∂v∂y − ∂w∂x2xw+2yv = φ(x2 − y 2 )∂v∂y − ∂w∂xyw−xv = φ(xy) xy∂v∂y − ∂w∂x− ywx 2 − v = φ( yx 2 x )3. Pirmosios eilės tiesinės diferencialinės lygtys3.6 apibrėžimas [Tiesinė DL]. Pirmosios eilės DLdydx= f(x)y + g(x), f, g ∈ C(I), x ∈ I ⊂ R, (3.1)vadinsime tiesine diferencialine lygtimi (TDL).Lygtis yra tiesinė y ir y ′ atžvilgiu.Kai kurios DL tampa tiesinėmis, jei jos apverčiamos. Lygtis dydx = 1dxapverstoji dy = −y2 x + y 3 yra TDL x atžvilgiu.Į TDL susiveda diferencialu˛ lygtys, kuriu˛ pavidalas yray 3 −y 2 x(a(x) + b(x)y) dx + c(x) dy = 0, c(y) dx + (a(y) + b(y)x) dy = 0.nėra tiesinė, oJei g(x) ≡ 0, kai x ∈ I, tada (3.1) TDL vadinama homogenine, o bendruojuatveju – nehomogenine TDL (paprastai, TDL vadinama nehomogenine, kaig(x) ≢ 0).?Tarkime, ϕ(t; ε) yra DL ẋ = v(t, x; ε), priklausančios nuo parametro ε, sprendinys, irϕ 0 = ϕ(t; 0). TDLẏ = f(t)y + g(t),f(t) := ∂v∂x (t, ϕ 0(t); 0),g(t) := ∂v∂ε (t, ϕ 0(t); 0), (3.2)vadinama variacijų lygtimi. Tada funkcija ψ := ∂ϕ (t; 0) yra variaciju˛ lygties sprendinys.∂εIš tikro, užrašykime sąlygą, kad ϕ yra sprendinys:∂ϕ(t; ε)≡ v(t, ϕ(t; ε), ε).∂tKai ε = 0, ši tapatybė duoda ϕ˙0 ≡ v(t, ϕ 0 (t), 0). Skleiskime abi tapatybės puses Teiloroformule pagal ε, kai ε = 0:∂ϕ(t; ε)= ˙ϕ 0 + ˙ψε + o(ε) = v(t, ϕ 0 (t), 0) + ˙ψε + o(ε),∂tv(t, ϕ(t; ε), ε) = v(t, ϕ 0 (t), 0) + (f(t)ψ + g(t))ε + o(ε),ε → 0. Palyginę, šiuos du skleidinius, gauname˙ψ = f(t)ψ + g(t).

71 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]?Tarkime, plokštumoje DL dydx = g(x, y) integralinė kreivė yra apskritimas (x − x 0) 2 + (y −y 0 ) 2 = R 2 . Galime laikyti, kad (x 0 , y 0 ) = (0, 0), o R = 1. Parodykite, naudodamiesi(2.23) sąryšiais, kad polinėse koordinatėse lygtis užrašoma pavidaludrdϕcos ϕ + v(r cos ϕ, r sin ϕ) sin ϕ= w(ϕ, r) := r , w(ϕ + 2π, r) = w(ϕ, r), (3.3)v(r cos ϕ, r sin ϕ) cos ϕ − sin ϕir w(ϕ, 1) = 0. Galima pakeisti kintamąjį r = ϱ+1 ir užrašyti DL dešiniosios pusės Teiloroskleidinį pagal ϱ, kai ϱ = 0:dϱdϕ∂w= w(ϕ, 1) + (ϕ, 1)ϱ + o(ϱ) = f(ϕ)ϱ + o(ϱ), ϱ → 0.∂rPalikus tiesinę dalį dešinės pusės išraiškoje, turėsime homogeninę pirmos eilės TDL superiodiniu koeficientu f(ϕ + 2π) = f(ϕ) := ∂w (ϕ, 1).∂r3.1. Homogeninė tiesinė diferencialinė lygtisNagrinėkime homogeninę TDLdydx= f(x)y, f ∈ C(I), x ∈ I ⊂ R. (3.4)3.5 teorema. Homogeninės (3.4) TDL su pradinėmis sąlygomis (x 0 , y 0 ) sprendinioformulė yraSprendinys pratęsiamas į visą intervalą I.y = y 0 e∫ xx 0f(ξ) dξ . (3.5)Įrodymas. Homogeninė TDL yra DL su atsiskiriančiais kintamaisiais. Akivaizdu,kad y ≡ 0 yra homogeninės lygties sprendinys. Ieškokime nenuliniosprendinio:dydx = f(x)y ⇔ 1 ∫ yy dy = f(x) dx ⇔⇔ ln |y| − ln |y 0 | =∫ xx 0f(ξ) dξ ⇔ y = y 0 edηηy 0∫ xf(ξ) x dξ 0 .= ∫ xx 0f(ξ) dξNulinį sprendinį gausime, paėmę y 0 = 0.⊓⊔Nulinis (trivialusis) sprendinys yra atskirasis, nes eksponetė visada teigiama. Kievienasnetrivialus sprendinys nekeičia ženklo, nes y(x)/y(x 0 ) > 0.Homogeninės (3.4) TDL visi sprendiniai gaunami iš bendrojo sprendinioy = Cϕ(x) , ϕ(x) = K(x, x 0 ) := e∫ xx 0f(x) dx . (3.6)Funkcija K(x, x 0 ) vadinama Koši funkcija. Pastebėsime, kad Koši funkcija sutampasu Koši uždavinio su pradine sąlyga y(x 0 ) = 1 ir ji yra nevienintelė

3. Pirmosios eilės tiesinės DL 72y0I xM b32M bMbb0yT 2T 3Txy0y0y0T 2T 3TT 2T 3TT 2T 3Txxx3.18 pav. HomogeninėsTDL integralinės kreivės.3.19 pav. Monodromijosoperatorius.3.20 pav. Nuliniosprendinio stabilumas.(priklausoma nuo parametro x 0 ). Koši funkcijoms teisinga K(x, x) = 1 ∀x ∈ I.(3.5) formulę, panaudojant Koši funkciją, galima užrašytiy = y 0 K(x, x 0 ). (3.7)3.4 išvada. Homogeninės (3.4) TDL sprendinių aibė yra vienmatė.3.5 išvada. Dviejų skirtingų sprendinių y 1 ir y 2 santykis yra konstanta, t.y.y 1 /y 2 = C, C ∈ R.Norint nubraižyti homogeninės TDL integralines kreives, pakanka nubraižytivieną nenulinę integralinę kreivę. Visos kitos integralinės kreivės gaunamosiš nubraižytosios spaudžiant arba tempiant y-ašį su koeficientu C (žiūrėk3.18 pav.).3.25 ppavyzdys. Išspręskime Koši uždavinįdydx = 2x y, y(0) = 1. (3.8)1 + x2 Ieškome netrivialių sprendinių atkirdami kintamuosiusdyy2x dx= ⇔1 + x 2∫ y1dηη= ∫ x02ξ dξ1 + ξ 2 ⇔ ln y = ln(1 + x 2 ).Ieškomasis sprendinys yra y = ϕ(x) = 1 + x 2 . Vadinasi, bendrasis sprendinysyra y = C(1 + x 2 ) (nubraižykite integralines kreives). Integralinės1+xkreivės einanančios per tašką (x 0, y 0) formulė yra y = y 20 ir Košifunkcija K(x, x 0) = 1+x2 .1+x 2 03.26 ppavyzdys. Išspręsime Koši uždavinį y ′ + tg x y = 0, x ∈ (−π/2; π/2), y(0) =2. Atskiriame kintamuosius, ir integruodami randame nenulinius sprendinius(C ≠ 0):1+x 2 01 sin xdy = − dx ⇒ ln |y| = ln |C| + ln | cos x| ⇒ y = C cos x.y cos xIš lygybės 2 = y(0) = C cos 0 = C randame konstantą C = 2. Ieškomassprendinys yra y = 2 cos x.

73 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]3.2. Homogeninė tiesinė diferencialinė lygtis su periodiniu koeficientuNagrinėkime homogeninę TDLdydx= f(x)y, f ∈ C(I), f(x + T ) = f(x), x ∈ R, 0 < T ∈ R. (3.9)Tarkime, ϕ(x) yra (3.9) TDL sprendinys. Apibrėžkime monodromijos operatorių(žiūrėk 3.19 pav.):M : R → R, M : ϕ(0) ↦→ ϕ(T ).3.8 lema. Homogeninės tiesinės DL atveju monodromijos operatorius yra daugybosoperatorius iš teigiamo skaičiaus λ := e ∫ T0 f(ξ) dξ :ϕ(T ) = λϕ(0).Įrodymas. Akivaizdžiai išplaukia iš (3.5) formulės. ⊓⊔Dydis λ vadinamas multiplikatoriumi. Dydisfunkcijos vidurkiu pagal periodą. Tada,〈f〉 := 1 T∫ T0f(ξ) dξ vadinamasλ = e 〈f〉T = K(T, 0). (3.10)3.6 išvada. Monodromijos operatorius yra tiesinis.3.9 lema. Tarkime f yra periodinė funkcija. Tada Koši funkcijai teisinga:K(x + T, x 0 + T ) = K(x, x 0 ), K(x + T, x 0 ) = λK(x, x 0 ). (3.11)3.10 lema. Homogeninės tiesinės (3.9) DL atveju teisinga formulė:ϕ(x) = λ n ϕ(x 0 ), x = nT + x 0 .Įrodymas. Vėl pasinaudojame (3.7) formule ir funkcijos f periodiškumu ir Košifunkcijos savybėmis:ϕ(x 0 + T ) = ϕ(x 0 )K(x 0 + T, x 0 ) = ϕ(x 0 )λK(x 0 , x 0 ) = λϕ(x 0 ).⊓⊔3.7 išvada. Jeigu multiplikatorius 〈f〉 > 0 (λ > 1), tuomet visi nenuliniaisprendiniai artėja į begalybę, kai x → +∞; jei 〈f〉 < 0 (λ < 1) – į nulį, jei〈f〉 = 0 (λ = 1), tuomet visi sprendiniai yra aprėžti.Pirmuoju atveju nulinį sprendinį vadinsime stabiliuoju, antruoju atveju – nestabiliuoju,trečiuoju – periodiniu (žiūrėk 3.20 pav.).

3. Pirmosios eilės tiesinės DL 74Jeigu λ ≠ 1, tuomet stabilumo arba nestabilumo savybė išlieka ir netiesiniam uždaviniui.Jeigu multiplikatorius λ = 1, tuomet nieko teigti negalime.3.27 ppavyzdys. Nagrinėkime TDLdy= y(cos x + µ). (3.12)dxRandame multiplikatorių < cos ξ + µ >= ∫ 2π(cos ξ + µ) dξ/(2π) = µ.0Nulinis sprendinys bus stabilus, jei µ < 0, nestabilus jei µ > 0 ir periodinis,jei µ = 0.3.28 uždavinys. Raskite 3.27 pvz. DL bendrąjį sprendinį.3.29 uždavinys. Ištirkite DL dy = y(y + 2)(2(y + 1) cos x − 1) ir linearizuotos TDLdxnulinio sprendinio stabilumą.3.30 uždavinys. Išspręskite homogenines TDL (arba suvedamas į jas):a) y ′ − cos x y = 0; b) y ′ + 2x1+x 2 y = 0; c) y ′ + 2xy = 0, y(1) = −e;d) y ′ + 11+x 2 y = 0; e) y ′ + 1 x y2 = 0;f) cos y y ′ + x sin y = 0, (z = sin y); g) y ′ − y cos x = 0, y(π) = 5;h) xy ′ + y = 0; j) xy ′ + y = 0.3.3. Nehomogeninė tiesinė diferencialinė lygtis3.31 uždavinys. Parodykite, kad nehomogeninės TDL bendrasis sprendinys gaunamasprie bendrojo homogeninės TDL sprendinio pridėjus atskirąjį nehomogeninėsTDL sprendinį.3.32 uždavinys. Raskite TDL y ′ + 2xy = 2x 4 + 3x 2 bendrąjį sprendinį, jei žinomasnehomogeninės TDL atskirasis sprendinys y a = x 3 .3.33 uždavinys. Parodykite, kad dviejų skirtingų nehomogeninės TDL sprendinių skirtumasyra homogeninės TDL sprendinys.3.34 uždavinys. Raskite TDL y ′ − th x y = 1/ch x bendrąjį sprendinį, jei žinomi dunehomogeninės TDL atskirieji sprendiniai y 1 = e x ir y 2 = −e −x .3.35 uždavinys [Superpozicijos principas]. Parodykite, kad jeigu y 1 yra nehomogeninėsTDL su g = g 1 sprendinys, y 2 yra nehomogeninės TDL su g = g 1sprendinys, tuomet y 1 + y 2 yra TDL su g = g 1 + g 1 sprendinys.3.36 uždavinys. Pasinaudodami superpozicijos principu, raskite TDL y ′ − xy = 1 −x 2 + (1 − x)e x bendrąjį sprendinį.Yra keletas metodų kaip rasti nehomogeninės TDL sprendinius. Visi jieremiasi homogeninės TDL Koši funkcija ϕ (žiūrėk 3.31 užd.).Integruojančiojo daugiklio metodas. Metodas vadinamas Eulerio metodu.Užrašykime nehomogenine lygtį pavidalu(f(x)y + g(x)) dx − dy = 0. (3.13)

75 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]Šiuo atveju, v(x, y) = f(x)y + g(x), w(x, y) = −1, ∂v∂y − ∂w∂x= f(x), todėl∂v∂y − ∂w∂xw= −f(x),ir randame (pagal būtiną ir pakankamą daugiklio priklausančio tik nuo x sąlygą)µ = e − ∫ f(x) dxarba galima paimti µ = 1 ϕ = 1K(x,x 0) .Kadangi ϕ ′ = f(x)ϕ, (3.13) lygtis padauginta iš 1 ϕekvivalenti lygčiai( ϕ′ϕ 2 y + g(x) )dx − dyϕ ϕ = 0 arba d y ϕ = g(x)ϕdx.Integruodami, gauname∫ g(x)y = (C +ϕdx)ϕ(x) = Cϕ(x) + ∫ g(x)ϕdx ϕ(x). (3.14)Pirmasis dėmuo yra homogeninės lygties bendrasis sprendinys, o antrasis dėmuo– nehomogeninės lygties atskirasis sprendinys (žiūrėk 3.1 užd.).3.8 išvada. Jeigu žinome vieną nehomogeninės TDL sprendinį y 1 , tuomet bendrąjįsprendinį galima rasti viena kvadratūra: integruodami randame homogeninėslygties bendrąjį sprendinį ir prie jo pridedame y 1 .3.9 išvada. Jeigu žinome du nehomogeninės TDL sprendinius y 1 ir y 2 , tuometbendrasis sprendinys yra y = C(y 2 − y 1 ) + y 1 , t.y. trims skirtingiems nehomoheninėsTDL sprendiniams y 1 , y 2 ir y 3 , teisingas sąryšis:y 3 − y 1y 2 − y 1= C. (3.15)Laisvosios konstantos varijavimo metodas. Metodas vadinamas Lagranžo 12metodu.Homogeninės TDL bendrasis sprendinys užrašomas y = Cϕ(x), čia C –laisvoji konstanta, o ϕ(x) – nenulinis homogeninės TDL sprendinys. NehomogeninėsTDL sprendinio ieškome pavidalu y = c(x)ϕ(x). Įstatome tokią išraiškąį nehomogeninę TDL. Tada(cϕ) ′ − fcϕ = c ′ ϕ + c(ϕ ′ − fϕ) = g.Bet ϕ(x) yra homogenines TDL sprendinys, todėl ϕ ′ − fϕ = 0. Integruodamidcdx = g ϕ , randame funkciją ∫ xg(ξ)c(x) = dξ + C. (3.16)ϕ(ξ)x 0Pakanka rasti vieną nehomogeninės DL sprendinį, pvz., su pradine sąlyga y(x 0 ) =0 (tada C = 0).12 Joseph Louis Lagrange (1736-1813) – prancūzu˛ matematikas ir mechanikas.

3. Pirmosios eilės tiesinės DL 763.6 teorema [Nehomogeninės TDL sprendinys]. Nehomogeninės (3.1) TDLsu pradine sąlyga y(x 0 ) = 0, sprendinys egzistuoja, yra vienintelis, ir užrašomasformule:y a = ∫ ∫x xx 0eξ f(η) dη g(ξ) dξ = ∫ xx 0K(x, ξ)g(ξ) dξ. (3.17)Įrodymas.Įstatome funkcijų c ir ϕ išraiškasy a = c(x)ϕ(x) =∫ xx 0g(ξ)e − ∫ ξx 0f(η) dη dξ · e∫ xx 0f(η) dη . ⊓⊔3.10 išvada. Nehomogeninės (3.1) TDL su pradine sąlyga y(x 0 ) = y 0 bendrojosprendinio formulės:y = K(x, x 0 )y 0 + ∫ xx 0K(x, ξ)g(ξ) dξ, K(x, x 0 ) = e∫ xx 0f(η) dη . (3.18)DL teorijoje naudojama (vėluojanti) Gryno funkcija:G(x, ξ) :={K(x, ξ) jei , x > ξ;0 jei , x < ξ.(3.19)3.11 išvada. Nehomogeninės (3.1) TDL su pradine sąlyga y(0) = 0 sprendinioformulė:y = ∫ xG(x, ξ)g(ξ) dξ, x > 0. (3.20)03.37 uždavinys. Raskite nehomogeninių TDL sprendinius:a) y ′ − cos x y = −e sin x ; b) y ′ + 2y = cos x; c) y ′ + y = (x + 1) 2 ;d) y ′ =1x cos y+sin y ; e) y′ − cos x y = −e sin x , y(0) = 1;f) y ′ + x 3 y = 4x 3 , y(0) = −1; g) y ′ − 3y = e −3x , y(0) = 2.3.3.1. Nehomogeninė tiesinė diferencialinė lygtis su periodiniais koeficientaisNagrinėkime nehomogeninę tiesinę DLdydx= f(x)y + g(x), f(x + T ) = f(x), g(x + T ) = g(x), x ∈ R, (3.21)f, g ∈ C(I).3.11 lema. Jeigu 〈f〉 ≠ 0, tuomet egzistuoja vienintelis T -periodinis (3.21) DLsprendinys, kuris yra stabilus, kai 〈f〉 < 0 ir yra nestabilus, 〈f〉 > 0.

77 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]Įrodymas. Tarkime, K(x, x 0 ) yra homogeninės lygties Koši funkcija. Jei f yraT -periodinė funkcija, tuomet K(0, T ) = λ, čia λ homogeninės lygties multiplikatorius,ir iš (3.18) gaunameϕ(T ) = λϕ(0) + c, c :=∫ T0K(T, x)g(x) dx.Jeigu φ yra T -periodinis sprendinys, tuomet iš lygybės φ(0) = λφ(0) + c vienareikšmiškairandame φ(0), kai λ ≠ 1:φ(0) =∫ λ T1−λ 0Vienatis įrodyta. Apibrėžkime glodžiąją funkciją:φ(x) =K(0, ξ)g(ξ) dξ. (3.22)∫ λ x+T1−λK(x, ξ)g(ξ) dξ. (3.23)xJi tenkina vienaties sąlygą (3.22). Nesunku patikrinti, kadφ ′ (x) = f(x)φ(x) +λ1−λ(g(x + T )/λ − g(x)).Funkcija φ tenkina nehomogeninę (3.21) DL tada, ir tik tada, jei funkcija g yraT -periodinė. Jeigu g yra T -periodinė, tuomet ir φ yra T -periodinė:φ(x + T ) =λ1 − λ= λ1 − λ= λ1 − λ∫ x+2Tx+T∫ x+Tx∫ x+TxK(x, ξ)g(ξ) dξK(x + T, ξ + T )g(ξ + T ) dξK(x, ξ)g(ξ) dξ = φ(x),čia pasinaudojome savybe K(x + T, ξ + T ) = K(x, ξ), kai f yra T -periodinėfunkcija. Periodinio sprendinio egzistavimas įrodytas. Jeigu ϕ yra kitas nehomogeninėsDL sprendinys, tuomet ϕ − φ yra homogeninės DL sprendinys, onulinio sprendinio 0 = φ − φ stabilumas priklauso nuo 〈f〉 (žiūrėk 3.7 išvadą).⊓⊔3.28 ppavyzdys. Nagrinėkime TDLdy= −y + sin x. (3.24)dxPeriodas T = 2π ir 〈−1〉 = −1, todėl periodinis sprendinys bus stabilus.Randame multiplikatorių λ = e −2π . Koši funkcija K(x, x 0) = e −(x−x0) .Randame 2π-periodinį sprendinį∫ x+2πφ =e−2πe −(x−ξ) sin ξ dξ =1 − e −2πxsin x − cos x.2Šį sprendinį galima rasti ir sprendžian Koši uždavinį su pradine sąlygay(0) = −1/2 (žiūrėk 3.21 pav.).3.38 uždavinys. Raskite (3.24) TDL bendrąjį sprendinį.

84. Bernulio ir Rikačio lygtys 78yyC=0.5C=0.5C=0C=-1yC=1021x0C=2C=x1C=00xC=0.5C=0C=-13.21 pav. Stabilusperiodinis sprendinys.(a)(b)3.22 pav. Bernulio lygties integralinės kreivės.4. Bernulio ir Rikačio lygtys4.1. Bernulio lygtisKai kurios DL gali būti suvestos į TDL. Tarp tokių DL ypatingą vietą matematikosistorijoje užima Bernulio 13 lygtisdydx − f(x)y = g(x)yα , x ∈ I, y 0, f, g ∈ C(I). (4.1)Pirmasis išsprendė šią lygtį Leibnicas. Kai α = 0 arba α = 1 Bernulio DLyra TDL. Spręskime šią DL kitais atvejais, kai ji yra netiesinė. Bernulio DLkairioji pusė yra tiesinė, todėl pabandykime ją spręsti laisvųjų konstantų varijavimometodu, į DL įstatydami varijuotą homogeninės TDL bendrąjį sprendinįy = c(x)ϕ(x):(cϕ) ′ − fcϕ = c ′ ϕ + c(ϕ′ − fϕ) = gc α ϕ α .Varijuojamai konstantai gauname DL lygtį su atsiskiriančiais kintamaisiaisdcdx = cα g(x)ϕ α−1 (x).Kai α > 0 ši DL turi trivialų sprendinį c ≡ 0. Kitais atvejais nulinio sprendinionėra. Randame nenulinius sprendinius∫ ∫dcdcc α = cα g(x)ϕ α−1 (x) dx ⇔c α = g(x)ϕ α−1 (x) dx + C ⇔c 1−α ∫1 − α = g(x)ϕ α−1 (x) dx + C. (4.2)13 Jakob Bernoulli (1654-1705) – šveicaru˛ matematikas.

79 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]Užrašome Bernulio lygties bendrąjį sprendinį (α ≠ 0, α ≠ 1):y =(( ∫ ) 1g(x)ϕ α−1 1−α(x) dx + C)(1 − α) ϕ(x). (4.3)Kai α ∈ (0; 1) integralas ∫ 0 c−α dc konverguoja, todėl c ≡ 0 (ir jį atitinkantisy ≡ 0) yra ypatingasis sprendinys, kurį pasiekia kiti sprendiniai. Kai α ∈ (1; ∞)integralas ∫ 0 c−α dc diverguoja, todėl c ≡ 0 nėra ypatingasis sprendinys, ir kitisprendiniai į jį artėja asimptotiškai, o sprendinį c ≡ 0 galima gauti iš bendrojosprendinio, kai C = ∞. Kai α ∈ (−∞; 0) visi Bernulio lygties sprendiniaigaunami iš bendrojo sprendinio, kai C ∈ R.3.39 uždavinys. Išspręskite DL ir nubraižykite jų integralines kreives:a) y ′ + 1 x y = 1 y ; b) y′ − 3 2 y = 3 2 xy 1 3 ; c) y ′ − 2 x y = 2√ yx .3.40 uždavinys. Pirmajame kvadrante raskite kreives, turinčias savybę: atkarpa, kuriąordinačių ašyje atkerta kreivės liestinė, yra lygi lietimosi taško ordinatėskvadratui.3.41 uždavinys. Parodykite, kad:a) keitinys z = y 1−α , y ≠ 0 , transformuoja Bernulio lygtį į TDL;b) jeigu žinomi du Bernulio lygties nenuliniai sprendiniai, tai bendrasissprendinys y = (C(y 1−α2 − y 1−α1 ) + y 1−α1 ) 11−α ;c) jeigu žinomi trys Bernulio lygties nenuliniai sprendiniai, tai3.29 ppavyzdys. Rasime Bernulio lygtiesy 1−α3 −y 1−α1y 1−α2 −y 1−α1= C.dydx − y x = ln x−y2 x , x > 0,sprendinius. Kadangi α = 2 > 1, todėl y ≡ 0 yra atskirasis sprendinys.Homogeninės TDL dy = y nenulinis sprendinys yra ϕ(x) = x. Ieškomedx xBernulio lygties sprendinio pavidalu y = c(x)x:xc ′ + c − c = −c 2 x ln x ⇔ dcdx = −c2 ln x ⇔ dc = ln x dx.−c2 Integruodami, gauname c −1 = x(ln x − 1) + C, C ∈ R, arbay =1x ln x − x + C , C ∈ R.Nulinį sprendinį atitinka laisvojo konstanta C = ∞ (žiūrėk 3.22(a) pav.).Kai C > 1,sprendiniai yra apibrėžti visiems x > 0; kai C = 1, turimedu sprendinius, apibrėžtus (0; 1) ir (1; +∞); kai 0 < C < 1, turimetris sprendinius, apibrėžtus (0; a), (a; b)) ir (b; +∞), čia a, b yra lygtiesx ln x − x + C = 0 šaknys; kai C 0, turime du sprendinius, apibrėžtus(0; a), ir (a; +∞), čia a yra lygties x ln x − x + C = 0 šaknis.

4. Bernulio ir Rikačio lygtys 80Integruojančiojo daugiklio metodas . Keitinysz = y 1−α ,dz = (1 − α)y −α dysuveda Bernulio lygtį į nehomogeninę TDL:dz= (1 − α)f(x)z + (1 − α)g(x),dxt.y. turime daugiklį (1−α)y −α . Šią nehomogeninę TDL daugikliu e −(1−α) ∫ f(x) dxsuvedame į pilnųjų diferencialų lygtį. Vadinasi, Bernulio lygčiai daugiklis yraµ = y −α e −(1−α) ∫ f(x) dx . (4.4)3.42 uždavinys. Raskite 3.29 pvz. integruojantįjį daugiklį ir raskite sprendinius integruojančiojodaugiklio metodu.3.30 ppavyzdys. Rasime lygtiesdydx − 2 y x = − 2√ yx , y 0,sprendinius. Lygtis neapibrėžta taškuose (0, 0) ir (0, 1). Funkcija y ≡0 yra ypatingasis sprendinys (0 < α < 1), o x ≡ 0 apverstosios DLsprendinys. Pastebėsime, kad ši DL yra Bernulio lygtis. Pirmiausiaraskime sprendinius srityje x > 0, y > 0. Homogeninės y ′ = 2x −1 ylygties nenulinis sprendinys yra x 2 (patikrinkite arba suraskite), todėlBernulio lygties spendinių ieškome pavidalu y = c(x)x 2 :x 2 dcdx = −2√ c ⇔ dc2 √ c = − dxx 2 ⇔ √ c = x −1 + C.Pastebėsime, kad funkcija c(x) apibrėžta, tik kai 1+Cx 0, t.y., kai C

81 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]3.44 uždavinys. Ar integruojama kvadratūromis DL y ′ = ax −2 y 2 +bx −1 y +c, čia a, b, c– pastovūs dydžiai.3.45 uždavinys. Tarkime, žinome Rikačio DL sprendinį y = y 1. Įrodykite, kad tadakeitiniu y = z + y 1 Rikačio DL susiveda į Bernulio DL, t.y. ją galimasuintegruoti kvadratūromis. Šiuo atveju, Bernulio lygtyje α = 2, todėltoliau reikėtų taikyti keitinį z = u −13.31 ppavyzdys. Nagrinėkime Rikačio lygtį(p-procesą).y ′ = ay 2 + bx −1 y + x −2 c,čia a, b, c – pastovūs dydžiai. Ieškokime atskirojo sprendinio pavidaluy = Ax −1 , kurioje A – neapibrėžtas koeficientas. Įstatę šį pavidalą į DL,gauname kvadratinę lygtįaA 2 + (b + 1)A + c = 0.Kai ∆ = (b + 1) 2 − 4ac 0, randame A (arba net dvi).Lygties y ′ = y 2 + x −2 /4 atveju kvadratinė lygtis yra A 2 + A + 1/4 = 0ir A = −1/2. Darome keitinį y = u −1 − x −1 /2:dudx = u x + 1 ⇔ u = Cx + 1 ⇒ y = 1Cx + 1 − 12x .3.46 uždavinys. Tarkime, žinome du skirtingus Rikačio DL sprendinius y = y 1 ir y =y 2. Įrodykite, kad tada keitiniuy = y 1 + y 2−y 11+(y 2 −y 1 )z⇔ z = 1y−y 1− 1y 2 −y 1Rikačio DL susiveda į homogeninę tiesinę DL, t.y. ją galima suintegruotiviena kvadratūra.3.32 ppavyzdys. Funkcija y 1 = x yra Rikačio lygtiesy ′ = −x −1 y 2 + (2 + x −1 )y − xsprendinys. Keitiniu y = z + x gauname Bernulio lygtį:z ′ = x −1 z − x −1 z 2 ,ir funkcija z 2 ≡ 1 yra jos sprendinys (kuris atitinka Rikačio lygties sprendinįy 2 = x + 1). Keitiniu z = u −1 gauname TDL:u ′ = −x −1 u + x −1 ,ir u 1 ≡ 1 yra jos sprendinys. Keitiniu u = v + 1 gauname homogeninęTDL:v ′ = −x −1 v ⇔ v = Cx −1 ⇒ u = C + xx⇒ y = x + xC + x .

4. Bernulio ir Rikačio lygtys 823.47 uždavinys. Tarkime, žinome tris skirtingus Rikačio DL sprendinius y = y 1, y = y 2ir y = y 3. Įrodykite, kad tada galima rasti bendrąjį išreikštinį sprendinį:y = y 1 + (y 3−y 1 )(y 2 −y 1 )y 3 −y 1 +(y 3 −y 2 )C = y1 + y 2−y 11+ y 2 −y 3y 1 −y 3C . (4.5)yra du skirtingi neho-Patarimas: parodykite, kad u 1 = 11y 2 −y 1ir u 2 y 3 −y 1mogeninės TDL sprendiniai, o jų skirtumas z = u 1−u 2 =y 2 −y 3(y 2 −y 1 )(y 1 −y 3 ) .3.12 išvada. Keturiems skirtingiems Rikačio lygties sprendiniams teisinga:y 4−y 2y 4−y 1: y3−y2y 3−y 1≡ const. (4.6)3.48 uždavinys. Suintegruokite lygtį y ′ = −y 2 + 2xy + 5 − x 2 .4.2.1. Kanoninis Rikačio lygties pavidalasKeitinys z = yg, g ≠ 0, Rikačio lygtį paverčia lygtimiz ′ = gy ′ + g ′ y = g 2 y 2 + (gf + g ′ )y + gh ⇒ z ′ = z 2 + f 1 z + h 1 .Keitinys z = u − f 1 /2 Rikačio lygtyje paverčia lygtimiu ′ = z ′ − f ′ 1/2 = u 2 − uf 1 + f 2 1 /4 + f 1 u − f 2 1 /2 + h 1 ⇒ u ′ = u 2 + h 2 .Lygtisdydx = y2 + h(x) (4.7)vadinama kanonine Rikačio lygtimi.Tarkime, y yra Rikačio kanoninės lygties sprendinys. Keitiniu y = −u ′ /ugauname tiesinę antros eilės DL:u ′′ = −h(x)u. (4.8)Jeigu žinome šios lygties arba jai ekvivalenčios tiesinės sistemosu ′ = v, v ′ = h(x)u (4.9)sprendinius, tuomet rastumėm ir Rikačio lygties sprendinius.4.2.2. Specialioji Rikačio lygtisLygtisdydx + ay2 = cx α , (4.10)čia a, b, α – pastovūs dydžiai, vadinama specialiąja Rikačio lygtimi. Kai α = 0,turime lygtį su atsiskiriančiais kintamaisiais; kai α = −2 keitinys y = z −1 transformuojaspecialiąją Rikačio lygtį į DL, kurios dešinioji dalis yra homogeninėnulinio matavimo funkcija.Ž. Liuvilis 15 1841 m. įrodė, kad specialiosios Rikačio lygties (α ≠ 0, −2)15 Joseph Liouville (1809-1882) – prancūzu˛ matematikas.

83 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]sprendinys yra išreiškiamas elementariųjų funkcijų integralais tada ir tik tada,kai tenkinama integruojamumo sąlygaα2α+4∈ Z. (4.11)Jeigu išpildyta integruojamumo sąlyga, tuomet α = 4k/(1−2k), k ∈ Z. Keitinysz = yx; t = x α+2 specialiąją Rikačio lygtį transformuoja įt dzdt + βz + γz2 = δt, β = k − 1/2,čia γ, δ – pastovūs dydžiai. Toliau naudojame vieną iš keitinių:Gauname lygtįz =t(1 + β)/δ + uarba z = t u − β γ .t dzdt + (β ± 1)z + δz2 = γt,čia ± atitinka pirmąjį arba antrąjį keitinį. Atlikdami šiuos keitinius, visadagalime gauti lygtį:s dwds − w 2 + γ 1w 2 = δ 1 s,kuri keitiniu w = v √ s tranformuojama į lygtį su atsiskiriančiais kintamaisiais.3.49 uždavinys. Suintegruokite specialiąją Rikačio lygtį:a) y ′ = −y 2 + 2x −2 ; b) y ′ = y 2 + x −4 .5. Aukštesnės eilės lygčių integravimas kvadratūromisIšnagrinėsime atskirus n-osios eilės DL integravimo atvejus.5.1. Lygtis kurioje yra tik x ir y (n)Nagrinkime DLF (x, y (n) ) = 0. (5.1)Išreikštinis atvejis. Tarkime, lygtis išspręsta išvestinės y (n) atžvilgiuy (n) = f(x), f ∈ C(I). (5.2)Nuosekliai integruodami, gauname bendrąjį sprendinįy = ∫ ··· ∫f(x) dx . . . dx + C 1 x n−1 + · · · + C n−1 x + C n . (5.3)n kartųAtitinkamai Koši uždavinio sprendinio formulėy = ∫ xx 0. . . ∫ xx 0n kartųf(t) dt . . . dt + y(n−1) 0(n−1)! (x − x 0) n−1 + · · · + y ′ 0(x − x 0 ) + y 0 .

5. Aukštesnės eilės lygčių integravimas kvadratūromis 843.50 uždavinys. Parodykite, kad∫ xx 0. . .∫ xx 0n kartųf(t) dt . . . dt =t.y. sprendinys gaunamas viena kvadratūra.∫1 xf(t)(x − t) n−1 dt,(n − 1)! x 03.33 ppavyzdys. Rasime Koši uždavinio y ′′ = sin x, y(0) = 1, y ′ (0) = 0 sprendinį:y ′ =∫ x0sin t dt = 1 − cos x ⇒ y = 1 +∫ x3.51 uždavinys. Raskite DL y (4) = xe x bendrąjį sprendinį.Neišreikštinis atvejis. Tarkime, (5.1) DL parametrizuojama0(1 − cos t) dt = 1 + x − sin x.x = g(t) ∈ C 1 (I), y (n) = f(t) ∈ C(I), (5.4)t.y. šios funkcijos DL paverčia tapatybe F ( g(t), f(t) ) ≡ 0. Pirmiausia išnagrinėkimeatvejį n = 1:Tadax = g(t) ∈ C 1 (I), z ′ = h(t) ∈ C k (I). (5.5)dz = z ′ dt ⇒ dz = f(t)g ′ (t) dt ⇒ z = ∫ f(t)g ′ (t) dt = H(t, C) ,ir gaunamex = g(t) ∈ C 1 (I), z = H(t, C) ∈ C k+1 (I). (5.6)Taikydami n sykių šią integravimo ((5.4)→(5.5)) procedūrą (5.4) lygčiai, gaunamex = g(t) ∈ C(I), y = h 1 (t, C 1 , . . . , C n ) ∈ C n (I),ir šios funkcijos apibrėžia parametrizuotąjį bendrąjį sprendinį.3.34 ppavyzdys. Raskime DL y ′′ + e y′′ = x bendrąjį sprendinį. Išreikšti y ′′ negalime.Parametrizuokime DL:Tada du kartus integruojame:x = e t + t, y ′′ = t.dy ′ = y ′′ dx = t(e t + 1) dt ⇒ y ′ = (t − 1)e t + t 2 /2 + C 1⇒dy = y ′ dx = ( t − 1)e t + t 2 /2 + C 1)(e t + 1) dt⇒ y = (t/2 − 3/4)e 2t + (t 2 /2 − 1 + C 1)e t + t 2 /6 + C 1t + C 2.Bendrasis parametrizuotasis sprendinys yrax = e t + t, y = (t/2 − 3/4)e 2t + (t 2 /2 − 1 + C 1)e t + t 2 /6 + C 1t + C 2.3.52 uždavinys. Raskite Koši uždavinio y ′′ +ln y ′′ −x = 0, y(1) = 1, y ′ (1) = 2 sprendinį.Jeigu z = f(x), f ∈ C(I) yra lygties F (x, z) = 0 sprendinys, tuomet esame išreikštinioatvejo situacijoje: y (n) = f(x). Lygtis F (x, z) = 0 gali turėti daugiau negu vieną sprendinį.Tada sprendžiame visą šeimą išreikštinių DL: y (n) = f k (x), k ∈ K (pateikite DLpavyzdžius, kai K = ∅, 1, 2, 3, N).

85 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]5.2. Lygtis kurioje yra tik y (n−1) ir y (n)Nagrinėkime DLF (y (n−1) , y (n) ) = 0. (5.7)Išreikštinis atvejis. Tarkime, lygtis išspręsta išvestinės y (n) atžvilgiuy (n) = f(y (n−1) ), f ∈ C(I). (5.8)Keitinys z = y (n−1)(5.8) lygtį paverčia pirmos eilės lygtimi z ′ = f(z) , kuriintegruojama kvadratūromis. Tarkime, z = ϕ(x, C 1 ) yra bendrasis šios lygtiessprendinys. Tada turime ankstesniame punkte nagrinėtą DLy (n−1) = ϕ(x, C 1 ).3.35 ppavyzdys. Raskime DL y ′′′ −x −1 y ′′ = 0 bendrąjį sprendinį. Pažymėkime z = y ′′ .Gauname DLdzdx = z x ⇒ y′′ = z = 6C 1x ⇒ y = C 1x 3 + C 2x + C 3.3.53 uždavinys. Išspręskite DL (y ′′′ ) 2 + (y ′′ ) 2 = 1.Neišreikštinis atvejis. Tarkime, (5.7) DL parametrizuojamay (n−1) = g(t) ∈ C 1 (I), y (n) = f(t) ∈ C(I). (5.9)Po pakeitimo z = y (n−1)turime pirmosios eilės DL užrašytą pavidalu:z = g(t) ∈ C 1 (I), z ′ = f(t) ∈ C(I). (5.10)Tadadz = z ′ dx ⇒ dx = g′ (t)f(t) dt ⇒ x = G(t, C 1),t.y. gauname (5.4) pavidalo DLx = G(t, C 1 ), y (n−1) = g(t). (5.11)3.36 ppavyzdys. Raskime DL (y ′′ ) 2/3 − 1 − (y ′ ) 2 = 0 bendrąjį sprendinį. ParametrizuokimeDL:y ′ = tg t, y ′′ = 1cos 3 t .Tada du kartus integruojame:dy ′ = y ′′ dx ⇒dx = dy′y ′′= cos t dt

5. Aukštesnės eilės lygčių integravimas kvadratūromis 86⇒ x = − sin t + C 1, y ′ = tg t,dy = y ′ dx ⇒dy = tg t cos t dt = sin t dt⇒ x = − sin t + C 1, y = cos t + C 2.Bendrąjį parametrizuotąjį sprendinį galima užrašyti neišreikštiniu pavidalu(x − C 1) 2 + (y − C 2) 2 = 1. Integralinės kreivės yra vienetiniųapskritimų šeima plokštumoje (žiūrėk 1.16 pvz.).3.54 uždavinys. Išspręskite DL (y ′′′ ) 2 − (y ′′ ) 2 = 1. Patarimas: ch 2 t − sh 2 t = 1.5.3. Lygtis kurioje yra tik y (n−2) ir y (n)Nagrinėkime DLF (y (n−2) , y (n) ) = 0. (5.12)Išreikštinis atvejis. Tarkime, lygtis išspręsta išvestinės y (n) atžvilgiuy (n) = f(y (n−2) ), f ∈ C(I). (5.13)Keitinys z = y (n−2)(5.13) lygtį paverčia antros eilės lygtimiz ′′ = f(z).Pastebėsime, kadTadadz ′ = z ′′ dx, dz = z ′ dx ⇒ dx = dz′z ′′∫d(z ′ ) 2 = 2f(z) dz ⇒ (z ′ ) 2 = 2Išreiškiame z ′ ir gauname DL su atkirtais kintamaisiais= dzz ′ ⇒ 2z ′ dz ′ = 2z ′′ dz .f(z) dz + C 1 .dz± √ 2 ∫ f(z) dz+C 1= dx ⇒ x = h(z, C 1 , C 2 ) ,t.y. gauname (5.1) pavidalo DLH(x, y (n−2) , C 1 , C 2 ) = 0. (5.14)3.37 ppavyzdys. Raskime DL y ′′ = e y sprendinius. Perrašome DL:Integruojame ir randamed(y ′ ) 2 = 2y ′′ dy = 2e y dy.(y ′ ) 2 = C 1 + 2e y .1) C 1 = 0: dy = √ 2e y/2 dx ⇒ √ 2 dx = e −y/2 dy ⇒ e y (x + C) 2 = 2.

87 3 SKYRIUS. Klasikinės DL ir jų integravimas [2013 12 28 (15:42)]3.55 uždavinys. Išspręskite DL (y ′′′ ) 2 + (y ′′ ) 2 = 1.Neišreikštinis atvejis. Tarkime, (5.12) DL parametrizuojamay (n−1) = g(t) ∈ C 1 (I), y (n) = f(t) ∈ C(I). (5.15)Po pakeitimo z = y (n−1) turime pirmosios eilės DL užrašytą pavidalu:z = g(t) ∈ C 1 (I), z ′ = f(t) ∈ C(I). (5.16)Tadadz = z ′ dx ⇒ dx = g′ (t)f(t) dt ,ir integruodami gauname (5.4) pavidalo DLx = G(t, C 1 ), y (n−1) = g(t). (5.17)3.38 ppavyzdys. Raskime DL (y ′′ ) 2/3 − 1 − (y ′ ) 2 = 0 bendrąjį sprendinį. ParametrizuokimeDL:y ′ = tg t, y ′′ = 1cos 3 t .Tada du kartus integruojame:dy ′ = y ′′ dx ⇒dx = dy′y ′′= cos t dt⇒ x = − sin t + C 1, y ′ = tg t,dy = y ′ dx ⇒dy = tg t cos t dt = sin t dt⇒ x = − sin t + C 1, y = cos t + C 2.Bendrąjį parametrizuotąjį sprendinį galima užrašyti neišreikštiniu pavidalu(x − C 1) 2 + (y − C 2) 2 = 1. Integralinės kreivės yra vienetiniųapskritimų šeima plokštumoje (žiūrėk 1.16 pvz.).3.56 uždavinys. Išspręskite DL (y ′′′ ) 2 − (y ′′ ) 2 = 1. Patarimas: ch 2 t − sh 2 t = 1.

Dalykinė rodyklėSymbols1-forma– diferencialinė, 52– tikslioji, 53– uždaroji, 53Aaibė– lankiškai jungi, 54atrama– lanko, 54Cciklas, 54cirkuliacija– formos, 54Ddaugianaris– charakteristinis, 33daugiklis– integruojantysis, 60determinantas– Vronskio, 26diagrama– Niutono, 65difeomorfizmas– leistinasis, 54diferencialas– 1-formos, 54– funkcijos, 53– išorinis, 53DL, 2– autonominė, 22– homogeninė, 66– kreivių šeimos, 12– kvazihomogeninė, 66– tiesinė, 23– – su pastoviais koeficientais,33– vektorinė, 19DLS, 19– autonominė, 22Eeilė– DL, 2erdvė– fazinė, 19Fformulė– Gryno, 57– Liuvilio, 30– Niutono ir Leibnico, 54funkcija– glodžioji, 1– Gryno, 76– homogeninė, 65– Koši, 71– kvazihomogeninė, 65– tolydžiai diferencijuojama, 1funkcijos– tiesiškai nepriklausomos, 26– tiesiškai priklausomos, 26homotopija, 56HIintegralas– atskirasis, 11– bendrasis, 11integravimas

89 Dalykinė rodyklė [2013 12 28 (15:42)]– DL, 6intervalas– maksimalusis, 16Kkompaktas, 16konstanta– laisvoji, 11koordinatės– Dekarto, 64– homogenines, 64– polinės, 64, 67– projektyvinės, 50kraštas– aibės, 16kreivė– fazinė, 5, 19– integralinė, 5, 19– orientuota, 54kvazidaugianaris, 38Llankas, 54lygtis– apverstoji, 4– Bernulio, 78– charakteristinė, 33– diferencialinė, 1– diferencialų, 3– pilnųjų diferencialų, 58– Rikačio, 80– – kanoninė, 82– – specialioji, 82– su atsiskiriančiais kintamaisiais,59– su atskirtaisiais kintamaisiais,59– tiesinė, 24– – homogeninė, 23, 70– – nehomogeninė, 23, 70– tiesinė DL, 70– variacijų, 70– vektorinė, 19metodasM– Eulerio, 74– integruojančiojo daugiklio, 74– Koši, 56– Lagranžo, 75– laisvosios konstantos varijavimo,75– laisvųjų konstantų variavimo,31– neapibrėžtinio integralo, 56– parametro eliminavimo, 13multiplikatorius, 73Ooperatorius– diferencialinis, 24– monodromijos, 73– tiesinis, 24Ppavidalas– DL išreikštinis, 3– DL neišreikštinis, 2– DL paramerizuotasis, 4– kanoninis, 3– simetrinis, 4PDL, 1procesas– σ, 64– p, 50, 64pėdsakas– lanko, 54Ssistema– DL– – normalioji, 19– fundamentalioji, 28– lygčių– – diferencialinių, 19sprendinys– atskirasis, 11, 17– bendrasis, 11– DL, 5– išreikštinis, 7– neišreikštinis, 8– nestabilusis, 73

Dalykinė rodyklė 90– parametrizuotasis, 7– periodinis, 73– pilnasis, 16– stabilusis, 73– stacionarusis, 44– ypatingasis, 18, 61sritis– DL apibrėžimo, 2–4– vienajungė, 56– vienaties– – sprendinio, 17sąlyga– integruojamumo, 83– Lipšico, 47– pradinė, 14– – pagal periodą, 73vidus– aibės, 16vronskianas, 27Ššeima– vienaparametrinė– – kreivių, 13Ttaškas– ypatingasis, 18TDL, 70teorema– Eulerio, 65tiesė– projektyvinė, 50trajektorija– fazinė, 5, 19tęsinys, 16Uuždarinys– aibės, 16uždavinys– Koši, 14– pradinis, 14Vvektoriai– tiesiškai nepriklausomi, 26– tiesiškai priklausomi, 26vidurkis– funkcijos

Vardų rodyklėBBarou I., 40, 43Bernulis Jakobas, 78DDekartas R., 64Euleris L., 65EPikaras E., 15Riikatis J.F., 80Rymanas B., 39RVVronskis J.M., 26Grynas G., 57GHHausdorfas F., 16JJakobis C.G.J., 4Kepleris J., 31Koši A.L., 14KLLagranžas J.L., 31, 75Leibnicas G.W., 47Ležandras A.M., 30Lipšicas R.O.S., 47Liuvilis J., 30, 82Lopitalis G.F., 40MMebijus A.F., 64Niutonas I., 47Peano G., 15NP

Literatūra[1] M. Abell, J. Braselton. Differential Equations with Maple V. AcademicPress, 2000.[2] A. Ambrazevičius. Įvadas į kokybinę paprastųjų diferencialiniųlygčių teoriją. Vilnius: Paskaitų konspektas,http://mif.vu.lt/lt2/dlsm/darbuotojai/darbuotojai-1/algirdasambrazevicius,2000.[3] A. Ambrazevičius. Diferencialinės lygtys. Vilnius: Paskaitų konspektas,http://mif.vu.lt/lt2/dlsm/darbuotojai/darbuotojai-1/algirdasambrazevicius,2008.[4] V.I. Arnold. Ordinary Differential Equations. Springer Verlag, 1997.[5] D.K. Arrowsmith, C.M. Place. Ordinary Differential Equations. A qualitativeapproach with applications. London New York: Chapman and Hall,1982.[6] C. Chicone. Ordinary Differential Equations with Applications. SpringerVerlag, 1999.[7] R.L. Devaney. Differential Equations, Dynamical Systems, & an Introductionto Chaos. Academic Press, 2003.[8] P. Golokvosčius. Diferencialinės lygtys. Vilnius: TEV, 2000.[9] P.-F. Hsieh, Y. Sibuya. Basic Theory of Ordinary Differential Equations.Springer Verlag, 1999.[10] W. Hurewicz. Lectures on Ordinary Differential Equations. Dover Pubns,2002.[11] H.J. Lee, W.E. Schiesser. Ordinary & Partial Differential Equation Routinesin C, C++, Fortran, Java, Maple, & MATLAB. CRC Press, 2003.[12] James D. Meiss. Differential Dynamical Systems. Philadelphia:SIAM, MathematicalModeling and Computation, 2007.[13] S.H. Saperstone. Inroduction to Ordinary Differential Equations. BrooksCole, 1998.

Literatūra 94[14] D. Somasundaram. Ordinary Differential Equations. CRC Press, 2001.[15] Н.Н. Баутин, Е.А. Леонтович. Методы и приемы качественного исследованиядинамических систем на плоскости. Москва: Наука, 1990.[16] А.К. Боярчук, Г.П. Головач. Справочное пособие по высшей математике.Том 5. Дифференциальные уравнения в примерах и задачах.Москва: УРСС, 1999.[17] Н.М. Матвеев. Дифференциальные уравнения. Минск: Вышэйшая школа,1976.[18] И.Г. Петровский. Лекции по теории обыкновенных дифференциальныхуравнений. Москва: Наука, 1970.[19] Л.С. Понтрягин. Обыкновенные дифференциальные уравнения. Москва:Наука, 1982.[20] В.В. Степанов. Курс дифференциальных уравнений. Москва: ГИТТЛ,1953.[21] А.Ф. Филиппов. Сборник задач по дифференциальным уравнениям.Москва-Ижевск: НИЦ «Регулярная и хаотическая динамика», 2002.[22] Д. Эрроусмит, К. Плейс. Обыкновенные дифференциальные уравнения.Качественная теория с приложениями. Москва: Мир, 1986.