abababa

1

UNIVERSITETI I PRISHTINËS FAKULLTETI I EDUKIMIT- PRIZREN

Dr.sc. Ismet Temaj

EKUACIONET DIFERENCIALE TE ZAKONSHME (PËR STUDENTËT E PROGRAMIT MATEMATIKE-INFORMATIKE ) (DISPENCË)

Prizren, 2012

2

PERMBAJTJA EKUACIONET DIFERENCIALE

1.Hyrje ……………………………… ………………………………………………………… …………………………………………… ………………… ......3 2.Ekuacionrt diferenciale të zakonshme të rendit të parë Përkufizimet themelore dhe teorema e Koshiut ………………………………….....4 3.Ekuacioni diferencial seperabile …………………………… ……………………………………………… ………………… ... 5 4.Ekuacioni diferencial homogjene ……………………………… …………………………………………….... ……………...... .. ..7 5.Ekuacioni diferencial linear ……………………………………………………… .12 6.Ekuacioni diferencial i Bernulit ………………………………………………….. 16 7.Ekuacioni diferencial i Rikatit …………………………………… …………………………………………………… ……………… 21 8.Ekuacioni diferencial total …………………………………………………………22 9.Faktori integrues …………………………………………………………………...26 10.Ekuacioni diferencial i rendit të pare i pazgjidhur në lidhje me derivation……....29 11.Zgjidhjet singulare ………………………………………………………………..30 12.Metoda e integrimit me anë të derivimit ……………………………………….....33 13.Ekuacioni diferencial i Lagranzhit ……………………………………………….35 14.Ekuacioni diferencial i Kleros ……………………………………………………38 15.Trajektoret ortogonale dhe izogonale ……………………………………………..40 16.Ekuacionet diferenciale të rendeve të larta Përkufizimet themelore dhe teorema e Koshiut ……………………………......….44 17. Ekuacionet diferen diferenciale ciale lineare te rendeve te larta............................... .................. 46 18.Ekuacioni diferencial i rendit të dytë ……………………………………….......…48 19.Ekuacioni diferencial homogjen i rendit të dytë me koeficinet konstantë ……..….50 20.Ekuacioni diferencial jo homogjen i rendit të dytë ………………………………..52 21. Detyra te zgjidhura nga eekucionet diferenciale diferenciale te zakonshme...............................56 zakonshme...............................56 Litretatura..................................................................................................................80

3

Hyrje

Në këtë dispenc do të shqyrtohet një ndër konceptet më të rëndësishëm të analizës matematike. Koncepti i ekuacionit diferencial është një ndër themelet e formimit matematkë jo vetëm te specialistëve të ardhshëm që do të kenë matematikën si profesion te tyre ,por edhe te gjithë atyre ,që në punën e tyre të përditshme perdorin rëndom metodat matematikore për zgjidhjen e problemeve të fushave më të ndryshme të aktivitetit njerzor.Ketu është përfillur menyra klasike për zgjidhjen e ekuacioneve diferenciale që metodikisht është më e përshtatshme dhe duke pasur parasysh faktin se s e më pare nuk kemi shtjelluar kursin nga ekuacionet diferenciale. Kur studjohen fenomene te ndryshme fizike si psh. Fenomenet fizike , nuk është e lehtë të gjendet njëher ligji qe lidh madhësitë që karakterizojnë fenomenin fizik ,por mund të vendoset lehtë varësia ndërmjet po atyre madhësive dhe derivative ose diferencialeve te tyre. Në fillim trajtohen metodat themelore të integrimit të ekuacioneve diferenciale, teoria e përgjithshme e ekuacioneve diferenciale .Shqyrtohen edhe teoremat e ekzistencës ekzistencës dhe uniciteti për për zgjidhjen e ekuacioneve diferenciale të rendit të pare.Paraqiten forma të ndryshme të ekuacioneve diferenciale dhe mënyrat e zgjidhjeve të tyre pastaj edhe ilustrimi i metodave përkatëse me shembuj praktik.Kjo mënyrë e shtjellimit është mënyra më e mire, bashkohore si dhe më e përshtatshme përs htatshme për përvetësimin e koncepteve të reja matematike. Gjate Gjate punimit të dispences dispences është marr edhe një numer numer i konsiderueshëm shembujsh me anë të të cilave shtjellohen mënyra se si zgjidhen detyrat ne “EDZ” .

4

 EKUACIONET

DIFERENCIALE

1. EKUACIONET DIFERENCIALE TE ZAKONSHME TE RENDIT TE PARE 1.PERKUFIZIMET THEMELORE DHE TEOREMA E KOSHIUT Përkufizimi 1. Le të jete F funksion i dhënë me domen  R 3 . Ekuacioni F ( x, y, y ' ) = 0

(1) ku  y = y ( x ) është funksion I panjohur dhe i diferencueshëm ,quhet ekuacion diferencial i rendit të pare. Psh. Ekuacioni  y ' + 2 xy = 0 është ekuacion diferencial I rendit të parë. Funksi sion onii  y = ϕ ( x ) i përkufizuar në një interval I quhet zgjidhje e Pëkufizimi 2. Funk ekuacio ekuacionit nit I, në qoftë se ϕ ( x ) është i diferencueshëm dhe me zëvendësimin e tij ne (1) e shëndrron atë në identitet ne intervalin I. P.sh. Funksioni y=x është zgjidhje e ekuacionit diiferencial  y ' − 1 = 0 në intervalin ( −∞, +∞ ) . Forma normale e ekuacionit diferencial të rendit të pare është :  y ' = f ( x, y )

(2)

ku f është funksion real I perkufizuar ne ndonjë zone të  R 3 . idhjaa  y = ϕ ( x ) e ekuacionit diferencial (2) e cila e plotson kushtin Përkufizimi 3. Zgjidhj fillestar :  y /  x = x0 = y0 (3) ku x0, y0 janë numra real të dhënë dhe dh e (x0 y0 ) është nga zona e përkufizimit të funksionit f  , quhet zgjidhje e Koshiut. Teorema 1 : (Teorema e Koshiut mbi ekszistencën dhe unicitetin e zgjedhjes ).Le të jetë f(x,y) funksion I vazhdueshëm në një zonë të mbyllur df  D={ (x,y) / a ≤ x ≥ b, c≤ y ≥d }dhe le të jetë funksion I vazhdueshëm në D.Atëherë dy ,egziston ,egziston zgjidhja e vetme e ekuacionit ekuacionit diferencial diferencial (2),  y = ϕ (x ) e cila e plotson kushtin fillestar (3). Përkufizim 3. Zgjidhje të përgjithshme të ekuacionit diferencial (2), në ndonjë zonë D e quajme funksionin

5  y = g ( x, r )

(4)

të përkufizuar në ndonjë zonë G nenbashkesi e  R 2 . dg është funksion i vazhdueshëm në G . 1) dx 2) Ekuacioni :  y = g ( x, c ) është i zgjidhshëm sipas c në D , d.m.th. c = h( x , y )

3) Funksioni (4) është zgjidhje e ekuacionit (2) për cdo vlerë të konstantës c ku ( x , y )ε D . P.sh. Funksioni  y = x + c është zgjidhje e përgjithshme e ekuacionit  y ' − 1 = 0 sepse I plotson kushtet 1) ,2) ,3) te perkufizimit 4. Përkufizimi 5. Zgjidhja partikulare e ekuacionit (2) quhet ajo zgjidhje e cila merret nga zgjidhja e përgjithshme , kur konstantës c i përcaktohet vlera në ndonjë mënyrë. P.sh. Funksioni  y = x + 2 është zgjidhje partikulare e ekuacionit  y ' − 1 = 0 , sepse merret nga zgjidhja e përgjithshme e tij  y = x + c , per c=2. Përkufizimi 6. Pika singulare të ekuacionit diferencial (2) e quhen ato pika nga zona e përkufizimit të funksionit f për të cilat nuk plotsohet së paku njëri prej kushteve të teoremës së Koshiut mbi ekzistencën dhe unicitetin e zgjidhjes së ekuacionit (2). Përkufizimi 7. Zgjidhje singulae të ekuacionit diferencial (2) e quajmë funksionin grafiku i të cilit përbëhet nga pikat singulare të ekuacionit diferencial (2).

3. EKUACIONI DIFERENCIAL SEPERABIL Përkufizimi 1. Ekuacioni diferencial i cili mund të shkruhet në formën :  f1 ( x )ϕ 1 ( x )dy ≠ 0

(1)

quhet ekuacion diferencial seperabil. Duke supozuar se  f1 ( x )ϕ ( y ) ≠ 0 , ekuacionin (1) mund ta shkruajmë në formën :  f ( x )  f1 ( x )

dx +

ϕ 1 ( x ) dy = 0 ϕ ( x )

(2)

Nëse integrojmë anë për anë ekuacionin (2) do të marrrim zgjidhjen e përgjithshme te tij : ϕ  ( y )  f ( x ) dx + ∫ 1 dy = C   ∫ ϕ ( y )  f1 ( x) Integralet që figurojnë në (3) mund të mos njehsohen (paraqiten ) në trajtë të fundme,por megjithatë ekuacioni (3) konsiderohet i zgjidhshëm .

6

Shembulli 1. Të gjendet zgjidhja e pergjithshme e ekuacionit diferencial : (2 x + 1) dx + (3 y 2 + 2 y) dy = 0 Zgjidhje : Ekuacioni I dhënë diferencial është seperabil , prandaj duhet integruar anë për anë : ∫(2 x + 1) dx + ∫(3 y 2 + 2 y) dy = c  x 2

y3

y2

+  x + 3 +2 =c 2 3 2 marrim zgjidhjen e tij të përgjithshme:  x 2 + x + y 3 + y 2 = c

2

Shembulli 2. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial :  x(1 + y 2 ) dx + (1 + x 2 ) dy = 0

Zgjidhje : Ekuacionin e dhënë po e pjestojmë me : (1 +  y 2 )(1 + x 2 ) ≠ 0  x

1 +  x 2

dx +

y

1+ y2

dy = 0

Tani barazimin e fundit e integrojmë anë për anë :  x y ∫ dx + ∫ dy = 0 2 1 +  x 1+ y2 dhe marrim zgjidhjen e përgjithshme: 1 2

ln 1 +  x 2 +

1 2

ln 1 + y 2 = ln c

e cila mund të shkruhet në formë : (1 +  x 2 )(1 + y 2 ) = c 2 .

Shembull 3. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme : (1 +  y ) dx − (1 − x) dy = 0

Zgjidhje: (1 +  y ) dx = (1 − x) dy Pjestojmë me (1 +  y)(1 − x) dx dy 1 − x

=

1+ y

Integrojmë :

∫

dx

=

∫

dy

1 −  x 1+ y − ln(1 −  x) = ln(1 + y )

7 ln(1 −  x) −1 = ln(1 + y) − ln c 1 1 +  y ln( ) = ln( ) c 1 −  x 1 1 +  y =

c 1 − x (1 −  x)(1 + y) = c .

Shembulli 4. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial :  xydx − ( a + x)(b + y ) dy = 0

Zgjidhje : Pjestojmë me  y( a + x) dhe fitohet shprehja  x a+x

dx − (

b+ y y

) dy = 0

Itegrojmë

∫ ∫

 x a+x  x + a a+x

dx = ∫

b+ y

dx − a ∫

∫ dx − a ∫

dx

y dx

dy

a+x = b∫

=

b

y

y

y

∫ dy + ∫ dy

dy

+ ∫ dy

a+x y  x − a ln( a + x) = b ln y + y  x − y = b ln y + a ln( a + x) Zgjidhja e përgjithshme  x − y = ln y b (a + x) a + c

4. EKUACIONI DIFERENCIAL HOMOGJEN

Perkufizimi 1 .Funksioni f(x,y) quhet funksion homogjen i rendit n në qoftë se për çdo vlen barazimi : n

 f (λ x, λ y) = λ  f ( x, y ) (1) ku n është numër i caktuar i cili quhet tregues i rendit te funksionit homogjen .

Shembulli 1. Funksioni  f ( x. y ) = 3 x 3 + y 3  f (λ x, λ y ) =

3

Shembulli 2 .Funksioni  f ( x, y) = x 2 sin

është funksion homogjen i rendit 1 sepse

λ 3 x 3 + λ 3 y 3 = λ 3 x  3 + y 3 = λ  f ( x , y ) x  y

është funksion homogjen I rendit të 2 sepse

λ 

8

 f (λ x , λ y ) = λ 2 x 2 sin

λ  x 2 = λ f (  x , y ) λ  y

Shembulli 3. Funksioni  f ( x, y ) = x 3 + y 3 + 3x 2 y është homogjen I shkallës së tretë  f (λ x , λ y ) = λ 3 x 3 + λ 3 y 3 + 3λ 3 x  2 y  f (λ x, λ y ) = λ 3 ( x 3 + y 3 + 3x 2 y ) = λ 3 f ( x  , y )

Përkufizimi 2. Ekuacioni diferencial I formës: P ( x, y )dx + Q ( x, y )dy = 0

quhet homogjen , në qoftë se P(x,y) dhe Q(x,y) janë funksione homogjene të rendit të njejtë n. Nëse P(x,y) dhe Q(x,y) jan funksione homogjene të rendit n ,atëher në bazë të përkufizimit kemi barazimet : n

P(λ x, λ y) = λ  P ( x , y )

Nëse në barazimet e fundit zëvendësojmë λ  =

1  x

1  y P (1, ) = n P ( x, y )  x x

dhe Q(λ x, λ y) = λ nQ ( x , y )

, x ≠ 0 , do të kemi : dhe

1  y Q(1, ) = n Q ( x , y ) .  x x

Rrjedhimishtë: 1 y n P( x, y ) = x P (1, ) dhe Q( x, y ) = n Q ( x , y )  x  x Nëse shprehjet e fundit I zavendësojmë në ekuacionin e dhënë (2), do të fitojmë:  y y n n  x P (1, )dx + x Q (1, )dy = 0  x x

ose  y y P (1, )dx + Q (1, )dy = 0  x x Bëjmë në (3) zëvendësimin :  y ose y= u x u=  x Atëher dy = udx + xdu , prandaj ,ekuacioni (3) merr formën :

[ P(1, u )dx + Q(1, u )] (udx + xdu ) = 0 [ P(1, u ) + uQ(1, u )] dx + xQ(1, u ) = 0

(3)

(4)

(5)

Ekuacioni (5) është ekuacion diferencial seperabil ,nga I cili mund të caktohet u e pastaj nga (4) gjendet funksioni I kërkuar y . Në qoftë se është zgjidhje e përgjithshme e ekuacionit (5),atëher  y φ ( x, , c) = 0  x është zgjidhje e përgjithshme e ekuacionit (2).

9

Shembulli 1 . Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit x2 + y 2

'

 y =

 xy Zgjidhje : Ekuacioni I dhënë është homogjen sepse funksioni F ( x, y ) =

x2 + y2

është homogjen.  xy Zëvendësojmë y=u x 2

'

u+u x =

2

 x + x u

2

2

 x u

ose 2

'

ux=

2

 x + x u

'

ux=

2

2

 x u

1+ u

−u

2

−u =

1

u u Në ekuacionin e fundit ndajmë variablat dhe pas integrimit marrim : 1 2 u = ln x + C  2 prej nga

u = ± 2(C + ln x . Rrjedhimisht  y  x

= ± 2(C + ln x )

ose  y = ± x 2(C + ln x )

Shembulli 2 . Te zgjidhet ekuacioni diferencial : '

 xy − y =

 xy

 x Tani pjestojme me x dhe fitojme : '

 y −

Marrim zavendesimin

 y

 y

=

 x

2

2

y2 x

2

=u , e vetem y= u x ndërsa  y ' = u ' x + u .

 x u'x + u − u = u2 '

2

'

u x =u , u =

du dx

10 du dx du

 x = u

2

∫

Integrojme

=

2

u 1

-

∫

,

x

= ln xc ,

u

u=−  y

x dx

= ln  x + ln c

u 1

-

dx

=

u du

2

1 ln xc 1

=−

ln xc

 x

Pra zgjidhja e pergjithshme është :  y = −

 x

.

ln  xc

Shembulli 3. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial : ( x 2 + y 2 )dx − xydy = 0

Zgjidhje : Pjestojm me shprehjen  x 2 (1 +

 x 2  y

2

) dx −

y x

dy = 0

Pjestojm me dx

(1 +

 x

2

 y

2

(1 + Marrim zëvendësimet :

 y  x

)−

 y 2  x

2

)−

y dy x dx y x

=0

'

 y = 0

= u , y = ux ⇒ y = u x + u '

Atëherë kemi : (1 + u 2 ) − u( u ' x + u ) = 0 1 + u 2 − uu ' x − u 2 = 0 ' 1 − uu x = 0 ' uu x = 1 dx udu =  x Integrojmë:

'

11

∫ udu = ∫ u

dx  x

2

= ln x + ln c

2 u2

= ln  xc 2 2 u = 2 ln xc

 y

2

= 2 ln xc 2  x Zgjidhja e përgjithshme është:  y 2 = 2 x 2 ln( xc ) .

Shembulli 4. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial : y 2 − x 2 dx

 xdy − ydx =

Zgjidhje : Pjestojmë me :  xdx dy

y

−

dx '

 y −

Zavendesojme :

 y  x

=

x  y

y

2

x

2

y2

=

 x

x

−1

−1

2

= u , y = ux ⇒ y = u x + u '

'

'

2

u u x + u − u = u −1 '

2

u x = u −1 du dx =

 x

u2 −1

Itegrojmë : du

∫

=

u2 −1

∫

dx  x

ln u + u 2 − 1 = ln x + ln c

Dhe kemi :

u + u 2 − 1 = xc  y

+

 x

 y  x

+

y2 x

2

− 1 =  xc

y2 − x2 x2

=  xc

Zgjidhja e përgjithshme është:

12

 y +

y 2 − x 2 = cx 2 .

5. EKUACIONET DIFERENCIALE LINEARE

Përkufizimi 1. Ekuacioni diferencial I formës : a ( x ) y ' + b ( x) y = c( x ) (1) ku a(x),b(x) dhe c(x) janë funksione të dhëna , ndërsa y(x) është funksion I panjohur , quhet ekuacion diferencial linear I rendit të pare. Do ti konsiderojmë se funksionet a(x),b(x) dhe c(x) janë të vazhdueshme në një segment [α , β ] ,si dhe a( x) ≠ 0 .Meqë a( x) ≠ 0 , xε [α , β ] ,ekuacioni (1) mund të transfomohet në

formën :  y ' + p ( x) y = f ( x ) (2) Zgjidhjen e ekuacionit do ta kërkojmë në formë të produktit të dy funksioneve u=u(x) , v=v(x): y=u v (3) Pasi që  y ' = u 'v + uv ' , atëher duke zëvendësuar y dhe  y ' në ekuacionin (2), do të kemi : u ' v + v 'u + p( x)uv = f ( x)

ose u 'v + u  v ' + p ( x )v  = f ( x)

(4)

Funksioni v do ta zgjidhim ashtu që shuma në kllapa të mesme në (4) të jetë zero,d.m.th. v ' + p ( x )v = 0 (5) Prandaj ekuacioni (4) do të merr këtë formë: u ' v = f ( x) (6) Ekuacionin (5) e shkruajmë: dv +  p ( x )v = 0 dx dv (7) +  p ( x ) dx = 0 v Integrojme : dv ∫ + ∫  p ( x)dx = ln c v ln v + ∫ p( x)dx = ln c ln v − ln c1 = − ∫ p( x) dx ln

v c1

= − ∫  p ( x ) dx

v( x) = c1e −

∫ p ( x )d x

Shprehjen e (6) e zëvendësojmë në ekuacionin e (6) dhe fitojme :

(8)

13 1

u ( x) =

c1

∫ f ( x )e ∫ p (x )d x dx + c2

(9)

Duke zëvendësuar (8) dhe (9) ,marrim zgjidhjen :  y = e −

∫  p ( x ) dx

 f ( x )e ∫ p ( x )dx dx + c   

(c = c1c2 )

(10)

e cila paraqet zgjidhjen e përgjithshme të ekuacionit (2).

Shembulli 1. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial : (1 +  x 2 ) y ' − 2 xy = (1 + x 2 ) 2

Zgjidhje : Të dy anët e ekuacionit të dhënë I pjestojmë me 1 +  x 2 ≠ 0 '

 y −

2 xy 2

= 1+ x

2

1 +  x Zgjidhjen e këtij ekuacioni e kërkojmë në formën y=uv , ku u(x) është ndonje zgjidhje partikulare e ekuacionit : 2 x ' u − u=0 (11) 2 1 +  x Tani shprehjen y=uv e zëvendësojmë në ekuacionin e dhënë: 2 x ' ' 2 v(u − u ) + uv = 1 + x (12) 2 1 +  x Në bazë të (11) kemi : v 'u = 1 + x 2 (13) Nga ekuacioni (11) marrim : u = (1 + x 2 ) Atëher ekuacioni (13) do të merr formën : v ' (1 + x 2 ) = 1 + x 2 Ku pas integrimit kemi : v = x+c Përfundimishtë zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit të dhënë është:  y = uv = (1 + x 2 )( x + c) Ekuacioni (1) ku f(x) quhet ekuacion diferencial linear homogjen I rendit të pare, perndryshe quhet johomogjen.

Shembulli 2. Të zgjidhet ekuacioni diferencial linear :  y ' +

 y

= 2x

3

 x Zgjidhje : Marrim zëvendësimet , y=u v ndërsa  y ' = u 'v + v 'u '

'

uv+vu+ v (u ' +

1

1  x

uv = 2 x

(14) (15)

3

u ) + v 'u = 2 x 3

 x 1 u' + u = 0  x

(16)

14 v 'u = 2 x 3 Zgjidhim së pari ekuacionin e (15) du 1 + u=0 dx x du dx + = 0 integrojme u x

(17)

∫

du u

= −∫

dx x

ln u =-ln x ln u = ln x −1 u = x −1 ose u =

1

(18)

 x

Ekuacionin (18) e z ëvendësojmë në ekuacionin (17) dhe fitojmë : v

'

1

= 2x

 x '

3

4

v = 2x dv = 2 x 4 dx integrojmë ∫ dv = 2 ∫ x 4 dx v=2

 x

5

+c 5 Ekuacionin (18) dhe (19) e zëvendësojmë në ekuacionin (15) dhe kemi : 1  x 5  y = uv = (2 + c)  x 5 Pra zgjidhja e përgjithshme është : 2 4 c  y = x + . 5  x

Shembull 3. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme ekuacionit diferencial : '

 y −

3

3 x

y=xe

 x Zgjidhje : Marrim zavendësimet :  y = uv ⇒ y ' = u 'v + v 'u u ' v + v 'u − v(u ' − u' −

3

3  x

3  x

uv = x 3e

x

u ) + v 'u = x 3e

x

u = 0 dhe v 'u = x 3e

 x du 3

− u=0 dx x du dx integrojme : =3 u x

x

(19)

15 du

∫

= 3∫

dx

u x ln u = 3ln x

dhe kemi :

ln u = ln x 3 3 u=x ' 3 x vu = x e ' 3 3 x 3 v x = x e pjestojme me  x dhe kemi dv  x =e dx  x dv = e dx integrojmë : ∫ dv = ∫ e x dx  x

v =e +c Pastaj u dhe v e zëvendësojmë te shprehja  y

uv dhe zgjidhja e përgjithshme është :

 x  y = uv = x3 (e + c) .

Shembulli 6. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit : dy + y cos xdx = sin x cos xdx .

Zgjidhje : Ekuacionin diferencial e pjestojmë me dx dhe kemi : dy

+  y cos x = sin x cos x dx  y ' + y cos x = sin x cos x

ose  y ' + (cos x) y = sin x cos x

Marrim zëvendësimet  y = uv ⇒ y ' = u 'v + v 'u u ' v + v 'u + (cos x)uv = sin x cos x v u ' + (cos x)u  + v 'u = sin x cos x u ' + (cos x)u = 0 du dx du

' dhe v u = sin x cos x

+ (cos  x)u = 0 + cos xdx = 0

u du

integrojmë :

∫

= − ∫ cos xdx u ln u = − sin x − sin x u =e v 'u = sin x cos x ' − sin x

ve = sin x cos x − sin x Pjestojme me e dhe fitohet : ' sin x v = e sin x cos x

16

Pasi v ' =

dv dx

atëherë kemi : dv

=e

sin x

sin x cos x dx sin x dv = e sin x cos x Tani duhet integruar : ∫ dv = ∫ esin x sin x cos xdx v = ∫ esin sin x cos xdx Ky integral zgjidhet me metoden e zëvendësimit:  x t = ∫ esin cos xdx u = sin x  x

 x

t = esin

du = cos xdx

sin sin sin sin −e +c v = ut − ∫ tdu = sin xe − ∫ e cos xdx = sin xe  x

x

x

x

 x

v = esin (sin x − 1) + c Ndërsa zgjidhja e përgjithshme është :  x x  y = uv = e − sin e sin (sin x − 1) + c 

Përkatësisht:  y = sin x − 1 + ce − sin x

6. EKUACIONI DIFERENCIAL I BERNULIT Përkufizimi 1. Ekuacioni diferencial I formës : a ( x ) y' b ( x ) y = c ( x ) y n (1) ku a(x) , b(x) dhe c(x) janë funksione të dhëna ,ndërsa n konstante dhe y(x) funksion I panjohur ,quhet ekuacion diferencial I Bernulit. Do të konsiderojmë se funksionet a(x), b(x) dhe c(x) janë të vazhdueshme në një segment [α , β ] , si dhe a( x) ≠ 0 për  xε [α , β ] , ekuacioni (1) mund të transformohet në formën n

 y ' + p( x) y = f ( x ) y (2) Zgjidhjen e ekuacionit (2) po e kërkojmë duke bërë zëvendësimin k   y = z (3) ku konstantën k duhet ta caktojmë ashtu që ekuacionin (2) të shëndrrohet në ekuacionin diferencial linear. Me të vërtetë ,duke zëvendësuar (3) në (2), marrim :  p ( x) f ( x ) nk − k +1 '  z + z= z (4) k k  Që ekuacioni (4) të jetë ekuacion diferencial linear duhet nk-k+1=0, prej nga 1 k  = . Pra me zëvendësimin : 1− n 1

 y = z

1− n

17 ku ekuacioni diferencial I Bernulit shndërrohet në ekuacion diferencial linear.

Shembulli 1 . Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial  y ' + y = y 2 Zgjidhja : Këtu është n=2 ,prandaj marrim zëvendësimin : 1

 y = z

1− 2

=z

−1

=

1

 z dhe ekuacioni I dhënë shndërrohet në ekuacion diferencial linear :  z ' − z = −1 , zgjidhja e përgjithshme e të cilit është:  z = (c + e − x )e x

Zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit të dhënë duke pasur parasysh se  y = 1

 y =

1  z

do të jetë :

.

(c + e − x )e x

Shembulli 2 . Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit :  xy ' + y = y 2 ln x

(1)

Zgjidhje:Pjestojmë me x dhe fitohet ekuacioni : '

 y +

 y

=

ln x

 x

x

Pasi n = 2 ,prandaj  z = y1− 2 = y −1 =

y

1  y

2

(2) , ndërsa  z ' = −

1  y

2

y'

2

Shprehjen e (2) e pjestojme me  y dhe fitohet :  y

'

2

+

11

=

ln x

 y x y x Dhe bëjmë zëvendësimet : 1 ln x ' − z + z =  x x Shumëzojmë me (-1) ku kemi : 1 ln x '  z − z = −  x x Fitohet ekuacioni diferencial linear . Për zgjidhjen e ekuacioni (3) marrim zëvendësimet : ' ' '  z = uv ⇒ z = u v + v u 1 ln x ' ' u v + v u − uv = −  x x 1 ln x ' ' v(u − u ) + v u = −  x x 1 ln x ' ' u − u=0 dhe vu = −  x  x

(3)

(4)

18 du

∫

=

∫

dx

u x ln u = ln x u=x ln x ' vu = −  x ln x ' vx =−  x

Pjestojmë me x dhe pasi v ' = dv

=−

dx Integrojmë dhe kemi :

dv

atëherë kemi :

dx

ln x x

∫ dv = − ∫

(5)

2

ln x

dx 2  x Ky integral zgjidhet me metodën parciale : dx v = − ∫ ln x 2  x t  = ∫

u = ln x du =

dx

2

 x 1

t  = −

 x

v = − (ut − ∫ tdu ) = (−

Përkatësishë : v =

dx

1  x

ln x + ∫

dx x

2

) = −( −

 x ln x 1 −

x

x

)

1

(ln x + 1) + c  x Zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial linear (3) është : 1   z = uv = x  (ln x + 1) + c  = ln x + 1 + xc  x  Përkatësishtë shprehjen (6) e zëvendësojmë ne  z = Ndërsa veq  y =

1

=

1  y

(6)

(7)

:

1

 z ln x + 1 + xc Pra ,zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial të Bernulit është : 1  y = . ln  x + 1 + xc

Shembulli 3. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial : '

 xy − 2 y = 2 x y

Zgjidhje : Shprehjen e pjestojmë me x dhe kemi :

(1)

19 2

'

 y −

 x

y=2 y

Ose 2

'

 y −

 x

1

y = 2y 2

Marrim zëvendësimet për n =  y '

= 2 z

1

(2) 1

kemi  z = y

2

1−

1 2

1 '

= y 2 , ndërsa  z =

1 1

y'

2 y 2

'

 y 2 1

Ekuacionin (2) e pjestojmë me  y 2 dhe kemi :  y

'

1

2

−

 x

1 2

 y = 2

 y 2 Bëjmë zëvendësimet ne ekuacionin (3), ku kemi : 2 2 z ' − z = 2  x Ekuacionin (4) e pjestojmë me 2 dhe fitohet : 1 '  z − z = 1  x Bëjmë zëvendësimet  z = uv ⇒ z ' = u 'v + v 'u 1 u 'v + v 'u − uv = 1  x 1 ' ' v(u − u ) + v u = 1  x 1 ' ' u − u = 0 dhe vu =1  x du 1 − u=0 dx x du dx =

u

x

Integrojmë :

∫

du

=

∫

dx

u x ln u = ln x u=x ' vu =1 dv  x = 1 dx dx

dv =

 x

(3)

(4)

20 Integrojm:

∫ dv = ∫

dx

 x v = ln x + c Pasi  z = uv atëherë bëjmë zëvendësimet :  z = uv = x(ln x + c) 1

Meqenëse  z = y 2 ose

 y = z :

 y = x(ln x + c)  y = x 2 (ln x + c ) 2

7. EKUACIONI DIFERENCIAL I RIKATIT Përkufizimi 1. Ekuacioni diferencial I formës :

(1)

a ( x) y ' + b( x) y 2 + c( x) y + d ( x) = 0 ku a(x), b(x), c(x) dhe d(x) janë funksione të dhëna ,ndërsa y(x) funksion I panjohur , quhet ekuacion diferencial I Rikatit. Do të konsiderojmë se funksionet a(x), b(x), c(x) dhe d(x) janë të vazhdueshme në një segment [α , β ] si dhe a( x) ≠ 0 .Meqë a( x) ≠ 0 për  xε [α , β ] , ekuacioni (1) mund të

transformohet në formën :  y ' + p ( x) y 2 + q ( x ) y + r ( x) = 0 (2) Ekuacioni I Rikatit në rastin e përgjithshëm nuk mund të zgjidhet me anën e kuadraturave ,prandaj zgjidhjen e përgjithshme të ekuacionit (2) do ta kërkojmë kur e dijmë një zgjidhje partikulare të tij  y1 . Në rastin e tillë kemi :  y1' + p ( x ) y12 + q ( x) y1 + r ( x) = 0

(3)

Marrim zëvendësimin :  y = y1 + z , z = z ( x)

(4)

Atëher ,duke patur parasysh barazimin (3) ,ekuacioni (2) merr formën: ' 2  z + [ p( x) y1 + q ( x ) ] z = − p ( x ) z

(5)

Ekuacioni (5)paraqet ekuacionin diferencial të Bernulit ,të cilin e shqyrtojmë në pikën 5. Le të jetë ϕ ( x, c) zgjidhje e ekuacionit (5). Atëher  y = y1 + ϕ ( x, c )

ështe zgjidhje e përgjithshme e ekuacionit (2). në qoftë se marrim zëvendësimin : 1  y = y1 + , z = z ( x)  z atëher duke pasur parasysh barazimin (3) ,ekuacioni (2) merr formën :

(6)

(7)

21  z

'

 z 2

− [ 2 p ( x) y1 + q ( x ) ]

1 z

+ p ( x)

1 z2

=0

(8)

apo '

 z − [ 2 p( x) y1 + q ( x) ] z = p ( x )

Ekuacioni(8)paraqet ekuacionin diferencial linear ,të cilin e shqyrtuam në pikën 4. Le të jetë Ψ ( x, c) zgjidhje e përgjithshme e ekuacionit (8).Atëherë, 1  y = y1 + Ψ ( x, c ) është zgjidhje e përgjithshme e ekuacionit (2).

Shembulli 1. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial : 1

'

 y −

2

2 3

y+

2x

=0 1 − x 1− x 1 − x3 kur dihet se një zgjidhje partikulare e tij është  y = − x 2 . 3

y +

 x

Zgjidhje :Bëjmë zëvendësimin : 2

 y = − x +

1  z

.

Atëher , 1

'

1

2

1

2

1 2x 2 x x − + + − + + =0 (− x + ) − ( ) ( )  z z z 1 − x3 1 − x3 1 − x3 dhe ekuacioni I dhënë merr formën : 3 x 2 1 '  z + 3 z= 3 .  x − 1 x −1 ekuacioni I fundit është ekuacion diferencial linear , zgjidhja e përgjithshme e të cilit është:  x + c  z = 3 .  x − 1 Prandaj zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit të dhënë është: 3 2  x − 1 − x c − 1 2  y = − x + . =  x + c x+c 2

2

 x

22

8. EKUACIONI DIFERENCIAL TOTAL Përkufizimi 1. Ekuacioni diferencial I formës : P( x, y)dx + Q( x, y )dy = 0 (1) ku ana e majtë e tij është diferencial total I ndonjë funksioni u=u(x,y) , quhet ekuacion me diferencial total. Nga përkufizimi 1, marrim : du ( x, y) = P ( x, y)dx + Q( x, y)dy (2)

Ekuacioni (1), pram und ta shënojmë në formën du = 0 , nga përfundojmë se zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit (1) përcaktohet me anë të formulës: u ( x, y ) = c (3) Siç na është e njohur ,diferenciali total I funksionit u = u( x, y) shprehet me anë të formulës: ∂u ∂u du = dx + dy (4) ∂ x ∂y Nga barazimet (2) dhe (4) rrjedh : ∂u ∂u P( x, y ) = dhe Q( x, y) = (5) ∂ x ∂ y Nëse barazimet (5) I diferencojmë , të parin sipas y-it , ndërsa të dytin sipas x-it , do të marrim barazimet , respektivishtë : 2 2 ∂P( x, y ) ∂ u ∂Q ( x , y ) ∂ u = = dhe ∂ y ∂x∂y ∂ x ∂x∂y Nga barazimet e fundit rrjedh : ∂P ∂Q = (6) ∂ y ∂x Barazimi 96) paraqet kushtin e nevojshëm dhe të mjaftueshëm që ana e majtë e ekuacionit (1) të paraqet diferencial total të një funksioni . Funksioni u(x,y) që ndodhet në formulën (3) , gjendet nga barazimet (5). Me të vërtetë,nga barazimi I parë në (5) kemi : u ( x, y ) = ∫ P ( x, y )dx + ϕ ( y ) (7) ku y e konsiderojmë si konstante, ndërsa ϕ (  y) luan rolin e konstantës së integrimit .Për të caktuar ϕ ( y) ,barazimin (7) po e diferencojmë në lidhje me y : ∂u ∂ y

=

∂ ∂y

∫ P ( x, y )dx + ϕ ' ( y)

Nëse në barazimin (8), zëvendësimin Q ( x, y ) =

prej nga rrjedh :

∂ ∂ y

∂u ∂ y

(8)

nga barazimi I dytë në (5) do të marrim :

∫ P ( x, y )dx +

d ϕ  dy

(9)

23



ϕ ( y ) = ∫ Q ( x, y ) −



 ∫ P( x, y )dx  dy ∂ y  ∂

(10)

Duke zëvendësuar (10) në (7) , do të marrim zgjidhjen e përgjithshme të ekuacionit (1):

∂  ∫ P ( x, y )dx + ∫ Q( x, y )dy − ∫  ∫ P( x, y )dx  dy = C    ∂ y 

(11)

Shembulli 1. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial : (3 x 2 + 6 xy 2 ) dx + (6 x 2 y + 4 y 3 ) dy = 0 Zgjidhje : Për ekuacionin e dhënë kemi : P ( x, y ) = 3x 2 + 6 xy 2 dhe Q( x, y ) = 6 x 2 y + 4 y 3 Prej këndej : ∂P ∂Q = 12 xy dhe = 12 xy ∂ y ∂ x ∂P ∂Q = në këtë mënyrë plotsohet barazimi që d.m.th. se ekuacioni I dhënë është ∂ y ∂x ekuacion me diferencial total .Rrjedhimisht, ∂u ∂u 2 2 2 3 = 3 x y + 6 xy = 6 x y + 4 y dhe ∂ x ∂ y Po I integrojmë ekuacionin e pare në (11) (duke e konsideruar y si konstante ) : u ( x, y ) = x 3 + 3x 2 y 2 + ϕ ( y ) (12) ku ϕ ( y ) është funksion të cilin duhet caktuar . Barazimin (12) po e diferencojmë tani sipas y-it : ∂u 2 ' = 6 x y + ϕ  ( y ) ∂ y ∂u Nëse në barazimin e fundit zëvendësojmë nga (11) do të marrim : ∂ y

ϕ ' ( y ) = 6 x 2 y + 4 y 3 − 6 x 2 y = 4 y3 ϕ ( y ) = y 4 (13) Nëse (13) e zëvendësojmë në (12) do të marrim zgjidhjen e përgjithshme të ekuacionit të dhënë :  x3 + 3 x 2 y 2 + y 4 = c .

Shembulli 2. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial :  y

y

e dx + ( xe − 2 y) dy = 0 .

Zgjidhje :

 y

P=e ∂P ∂ y

Pra :

dhe

 y

=e

dhe ∂P ∂ y

=

∂Q ∂x

 y

Q = xe − 2 y ∂Q ∂ x

 y

=e

24 ∂ z

∫ x (integrojmë sipas x-it )

 y

=e

∂ x

Ku kemi :  z = ∫ e y dx + ϕ ( y ) '  y

 y  z = xe + ϕ ( y )

dz

 y

(derivojme sipas y-it)

'

=  xe + ϕ  ( x) pasi

dy

dz dy

=Q

Atëherë kemi :  xe y − 2 y = xe y + ϕ ' ( y )

Mbetet vetëm :

∫ y (integrojmë sipas y-it)

ϕ ' ( y ) = −2 y ϕ ( y ) = −2 ∫ ydy ϕ ( y ) = −2

 y

2 2

= −y + c

2

Përkatësishtë :

ϕ ( y ) = − y 2 + c Ndërsa  z = xe y − y 2 + c

Për  z = 0 kemi :  xe y − y 2 = c .

Shembulli 3. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial :  x

x (1 + e ) dx + e y (1 − ) dy = 0  y  y

 x

Zgjidhje : P = 1 + e ∂P ∂ y

x

 y

= e (−  x

=e

 y

x Q = e  y (1 − )  y

dhe

 x

∂Q ∂ x

y

y

2

)=−

1

x y

2

x

ey x

x

dhe 1

x

1

y

x

Pra : ∂P ∂ y

dz dx

=

∂Q ∂x

 x

= 1+ e

x

1

∫ x (integrojmë sipas x-it )

 y

Ku kemi :  x

 z = ∫ (1 + e  y ) dx

y

x

x

x (1 − ) + e (− ) = e (1 − − 1) = e (− ) = e y (− 2 ) y y y y y y y y y

25  x

'  y

 z = x + ye y + ϕ ( y ) dz dy dz dx

Pasi

dz dx

 x

x

 y

y

x

= e + ye ( )

(derivojmë sipas y-it )

'

y

 x

x

 y

y

= e −e

x y

'

+ ϕ  ( y )

= Q , atëherë kemi :  x

x

 y

y

e −e

 x

x

x

y

y

= e −e

x

'

+ ϕ  ( y )

 y y Pas thjeshtimit te shprehjeve , kemi : ϕ ' ( y ) = 0 ∫ y ( pasi të integrojmë sipas y-it )

Kemi :

ϕ ( y ) = c Përkatësishtë :  x

 z = x + ye y + c

Për  z = 0 , do të kemi  x

 x + ye y = c

Shembulli 4. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial : (cos  y + e x ) dx + (2 − x sin y )dy = 0

Zgjidhje :

P = cos y + e ∂P ∂ y

Pasi

∂P ∂ y

=

∂Q ∂x

x

Q = 2 − x sin y

dhe

= − sin  y

∂Q

dhe

∂ x

= − sin  y

kemi : ∂ z ∂ x

= cos  y + e

∫ x

x

(integrojmë sipas x-it )

 z = cos y ∫ dx + ∫ e x dx + ϕ ( y )  x  z = x cos y + e + ϕ ( y)

dz dy

Pasi

dz dy

'

= − x sin y + ϕ  ( y )

= Q atëherë kemi :

2 − x sin y = − x sin y + ϕ ' ( y) Mbetet shprehja :

'  y

(derivojmë sipas y-it )

26

ϕ ' ( y ) = 2

∫ y (pasi integrojmë sipas y-it )

Kemi

ϕ ( y ) = 2 y + c Përkatësishtë :  z = x cos y + e x + 2 y + c

Për  z = 0

kemi :  x cos y + e x + 2 y = c .

9.FAKTORI INTEGRUES Në këtë pike do të trajtojmë ekuacionin e formës : P( x, y )dx + Q ( x, y )dy = 0

(1)

në të cilin ana e majtë nuk është diferencial total I ndonjë funksioni , por mund të gjendet funksioni I caktuar  µ = µ ( x, y) ≠ 0 , që pas shumëzimit të ekuacionit (1) me këtë funksion , ekuacioni (1) të shëndrrohet në ekuacion me diferencial total . Funksionin e tillë e quajmë factor integrues të ekuacionit (1). Teorema 1. Le të jetë funksioni P(x,y), Q(x,y) dhe  µ ( x, y) të vazhdueshme në një zonë D dhe në të njejtën zonë le të jenë të vazhdueshme edhe derivatet parciale ∂P ∂Q ∂ µ  ∂ µ  , , dhe .Atëher ,faktori integrues  µ ( x, y) I ekuacionit (1) është zgjidhje e ∂ y ∂x ∂x ∂ y ekuacionit : (2) Vërtetim : Nga ekuacioni (1) duke shumëzuar me  µ ( x, y) ≠ 0 , marrim

 µ ( x, y ) P ( x, y )dx + µ ( x, y )Q ( x, y )dy = 0 Ekuacioni (3) është me diferencial total në qoftë se plotson barazimin :

(3)

I cili shndërrohet në ekuacion difrencial parcial : ∂ µ ∂P ∂ µ  ∂Q P ( x, y ) + µ ( x, y ) = Q ( x, y ) + µ ( x, y ) ∂ y ∂y ∂x ∂x apo ∂ µ ∂µ  ∂P ∂Q Q ( x, y ) − P ( x, y ) =( − ) µ ( x, y ) ∂ x ∂y ∂y ∂x Duke ditur se zgjidhja e ekuacionit (2) kërkon aparat më të gjërë matematikë, ne këtu do të ndalim në faktorin integrues që varet vetëm prej një variable. 1 ) Le të jetë  µ = µ ( x) ,atëher ekuacioni (2) merr formën : d µ  ∂P ∂Q Q =( − ) µ ( x, y ) (4) dx ∂y ∂x

27 Në qoftë se shprehja 1 ∂P ∂Q − ( ) Q ∂y ∂x është funksion vetëm I x-it ,atëher ekuacioni (4) merr formën : d  µ  =  f ( x )dx  µ  prej nga

 µ ( x ) = ce ∫ f ( x ) dx .

Shembulli 1. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit : (1 −  x 2 y ) dx + x 2 ( y − x)dy = 0 .

Zgjidhje : Për arsye se : ∂ ∂ y

(1 −  x 2 y ) = − x 2 ≠

∂ ∂x

( x 2 y − x3 ) = 2 xy − 3 x 2

ekuacioni I dhënë nuk është ekuacion me diferencial total .Prandaj do të bëhet I tillë kur të shumëzohet me faktorin integrues  µ ( x) të cilën po e llogaritim më poshtë. Nga 1 ∂P ∂Q 2  f ( x ) = ( − )=−  µ  ∂ y ∂x x marrim

 µ ( x ) = ce−2 ∫ f ( x ) dx nga gjejmë për c=1 : 1  µ ( x ) = 2 .  x

D.m.th ekuacioni 1 ( 2 −  y )dx + ( y − x) dy = 0  x është ekuacion me diferencial total,zgjidhja e përgjithshme e të cilit është  y 2 1 − −  yx + =c  x 2 2) Le të jetë  µ ( y) ,atëher ekuacioni (5) merr formën : dx ∂P ∂Q −P =( − ) µ ( y ) dy ∂y ∂x Në qoftë se shprehja 1 ∂Q ∂P − ( ) P ∂x ∂y është funksion vetëm I y-it ,atëher ekuacioni (5) merr formën : d  µ  = g ( y ) dy  µ  prej nga

(5)

28

 µ  = ce ∫ g (y )d y .

Shembulli 2. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial :  y

3

dx + ( y − ln x)dy = 0

 x

Zgjidhja :

 y

P=

 x

∂P

=

∂ y ∂P

Pra

∂Q

≠

∂ y

∂x

Q = y 3 − ln x

dhe 1

∂Q

dhe

x

∂ x

=−

1 x

, prandaj duhet gjetur faktorin integrues :

'

 µ  ( x ) =  µ ( x)

−

∂Q ∂y

−

∂P ∂x

−( =

Q

1 1 2 + ) − x x = x =−2  y y y  x x

(integrojme )

ln µ ( x) = ln y −2 Dhe kemi gjetur faktorin integrues : 1  µ ( x) = y −2 = 2  y Tani ekuacionin diferencial e shumëzojme me 1  xy

dx + ( y −

P= ∂P ∂ y ∂P

Pra ∂ z ∂ x

∂ y

∂x

xy 2

dhe

Q= y− ∂Q ∂ x

atëherë kemi :

1 1

∫ dx + ϕ ( y)

 y x

1  y

ln x + ϕ ( y )

=−

Pasi

1

ln x y

∂ z ∂ y

2

'  y

(derivojmë sipas y-it )

'

+ ϕ  ( y )

= Q , atëherë kemi :

 y 2

ku fitohet ekuacioni diferencial total:

) dy = 0

dhe

 xy =−

y2

∫ x (integrojmë sipas x-it )

xy

 z =

∂ y

∂Q

1

=

 z =

∂ z

=

1

ln  x

1

=−

ln x  y 2

1 xy 2

29

 y −

ln  x 2

=−

ln x 2

'

+ ϕ  ( y )

 y y Mbetet vetëm shprehja : ∫ y (Pasi të integrojmë sipas y-it ) ϕ ' ( y ) = y

Kemi :

ϕ ( y ) =

 y

2

+c

2

Pastaj  z =

1

 y 2

+c , ln x +  y 2 Për  z = 0 kemi :

ln  x  y

+

y

2

2

=c

10. EKUACIONI DIFERENCIAL I RENDIT TE PARE I PAZGJIDHUR NE LIDHJE ME DERIVATIN Forma e ekuacionit diferencial të rendit të pare të pazgjidhur në lidhje me derivatin  y ' është : F ( x, y, y ' ) = 0 (1) Supozojmë se ekuacioni (1) ka n-zgjidhje reale sipas

 y ' :

 y ' = f k  ( x, y ); (k = 1, 2,..., n )

(2)

ku të gjithë funksionet  f k ( x, y) janë të përkufizuara dhe të kufizuara në një zonë D. Le të jetë

φ k  ( x, y , c) = 0; ( k = 1, 2,..., n) Zgjidhje të përgjithshme të ekuacionit (2) .Atëher φ1 ( x , y, c) ⋅ φ2 ( x , y , c )...φ n ( x , y , c ) = 0 është zgjidhje e përgjithshme e ekuacionit (1). Shembulli 1. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit : '2

'

 y + yy − x ( x + y ) = 0

Zgjidhje : Duke e zgjidhur ekuacionin e dhënë sipas  y ' ,marrim ekuacionin diferencial :  y ' = x dhe  y ' = − y − x Zgjidhjet e përgjithshme të të cilit janë reciprokishtë :  y −

 x

2

2

−c = 0

dhe ( y −

 x

2

2

− c )( y − ce

− x

− 1) = 0

30 Prandaj ,zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit të dhënë është:  x 2 − x − c )( y − ce − 1) = 0 . ( y − 2

11. ZGJIDHJET SINGULARE Supozojmë se ekuacioni diferencial : F ( x, y , y ' ) = 0

(1)

ka zgjidhje reale sipas  y ' : '

 y = f k  ( x, y ) ;

(k=1,2,….,n)

(2)

Le të jetë  f k ( x, y ) funksione të vazhdueshme në ndonjë zone D dhe le të egzistojë ∂ f k  ∂ y

(k = 1, 2,..., n) .Pikat singulare të ekuacionit diferencial (1) duhet kërkuar në mesin e ∂ f k 

pikave në të cilin derivati

∂ y

( k = 1, 2,..., n) nuk është I kufizuar. Në qoftë se ekuacionin

(1) e diferencojmë sipas y ,atëher do të marrim : ' ∂F ∂F ∂y + =0 . ' ∂ y ∂y ∂y prej nga ∂F  ' ' ∂ f  ∂ y ∂ y ∂y , ( ≡ k  ) =− ∂F  ∂ y ∂y ∂ y ∂ y

Derivati

∂ y

'

'

∂ y

është I përkufizuar , nëse : ∂F ∂ y

'

= 0, (

∂F  ∂y

≠ 0)

(3)

Duke eliminuar derivatin  y ' nga ekuacioni (1) dhe (3) do të marrim : g(x,y)=0 (4) Në qoftë se (4) është zgjidhje e ekuacionit (1) dhe në qoftë se në cdo pike të lakores (4) nuk ruhet uniciteti I zgjidhjes atëher (4) është zgjidhje singulare e ekuacionit (1). Vërejmë ,se zgjidhja singulare nuk mund të meren nga zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial .

Shembulli 1. Të gjendet zgjidhja singulare e ekuacionit : 2

4 y 2 y ' + 4 y 2 − ( x + yy ' ) 2 = 0 .

Zgjidhje : Nga barazimi

31 ∂

 4 y 2 y ' '  ∂ y

2

2

' 2

+ 4 y − ( x + yy )

=0 

marrim :  y ' =

 x

3 y e pastaj duke zëvendësuar barazimin e fundit në ekuacionin e dhënë ,marrim zgjidhjen :  x  y = ± 3 y e cila paraqet zgjidhjen singulare të ekuacionit të dhënë. Siç e dijmë zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit (1) është: G(x,y,c)=0 (5) Ekuacioni (5) paraqet një familje të lakoreve njëparametrike ku si parameter kemi c. Përkufizimi 1. Lakorja  y = ϕ ( x) quhet mbështjellëse e familjes (5) në qoftë se cdo pike e lakores  y = ϕ ( x) I takon vetëm njërës lakore të familjes(5). Nga përkufizimi 1 rrjedh se mbështjellësi I familjes (5) është zgjidhje singulare e ekuacionit (1).Mbështjellesi I familjes (5) do ta gjejmë duke eliminuar parametrin c nga sistemi : G ( x , y , c) = 0 ∂G =0 (6) ∂c

Shembulli 2. Të gjendet mbështjellësi I familjes së lakoreve :  y 2 = c ( x − c)

Zgjidhje : Nga

∂

 y 2 − c( x − c)  = 0 , marrim : ∂c c=

 x

2 dhe duke zëvendësuar këtë në ekuacionin e dhënë , marrim zgjidhjet :  x  y = ± 2 e cila paraqet mbështjellësin e familjes së lakoreve .

Shembulli 3. Të gjendet mbështjellësi I familjes se lakoreve : ( x − c ) 2 + y 2 = 1 .

Zgjidhje :

∂

( x − c )2 + y 2 + 1 = 0 ∂c ∂ f  ∂c

= 2( x − c)(−1)

∂ f 

= 2(c − x ) ∂c 2(c − x) = 0

32  x = c dhe duke e zëvendësuar në ekuacionin e dhënë kemi : (c − c ) 2 + y 2 = 1 dhe  y = ±1 paraqet mbështjellësin e familjes së lakoreve .

Shembulli 4. Të gjendet mbështjellësi I familjes së lakoreve : '2

 y + 4 y − 4 = 0 .

Zgjidhje: '2

 y = 4 − 4 y '

 y = 4(1 − y )  y ' = 2 1 − y dy

= 2 1 −  y

dx dy

1 −  y

∫

= 2dx

∫ (integrojm ë ) ku kemi :

dy

= 2 ∫ dx 1 −  y Ky integral zgjidhet me metodën e zëvendësimit :

1 − y = t 2 e veq t = 1 − y , ndërsa

∫

−2t 

dt = 2 ∫ dx t  − ∫ dt = ∫ dx −t = x − 1− y = x + c

1 −  y = ( x + c ) 2 ose  y = 1 − ( x + c) 2  y + ( x + c )2 − 1 = 0 ∂

 y + ( x + c) 2 − 1 = 0 ∂c ∂ f 

= 2( x + c ) ∂c  x = −c

dhe duke zëvendësuar ne ekuacionin e dhënë kemi :  y = 1 − (−c + c) 2 dhe  y = 1 është zgjidhje singulare.

− dy = 2tdt  

33

12. METODA E INTEGRIMIT ME ANE TE DIFERENCIMIT Po supozojmë se ekuacioni diferencial F ( x , y , y ' ) = 0 ka zgjidhje reale sipas y  y = f ( x, y ) (1) Zëvendësimi  y ' = p . Atëher dy = pdx , dhe ekuacionin (1) do të merr formën : y=f(x,p) (2) Duke diferencuar ekuacionin (2) , amrrim ekuacionin ∂ f ∂f  dy = dx + dp ∂ x ∂p nga I cili rrjedh ekuacioni diferencial I rendit të pare : ∂ f ∂f   pdx = dy = dx + dp (3) ∂ x ∂p Le të jetë  p =  µ ( x, c) zgjidhje e përgjithshme e ekuacionit (3).Atëher  y = f ( x, µ ( x, c ))

është zgjidhje e përgjithshme e ekuacionit (1). Po supozojmë tani se ekuacioni diferencial F ( x , y , y ' ) = 0 , ka zgjidhje reale sipas x-it :  x = g ( y , y ' )

Zëvendësojmë  y ' = p , dx =

(4) dy  p

, dhe ekuacioni (4) merr formën :

x=g(y,p) Duke diferencuar ekuacionin (5), marrim : ∂g ∂g dx = dy + dp ∂ y ∂p prej këndej merret ekuacioni diferencial I rendit të pare ∂g dy ∂g dy + dp =  p ∂y ∂p Le të jetë  p = λ ( y, c) , zgjidhje e përgjithshme e ekuacionit (6).Atëher  y = g ( y, λ ( y, c )) është zgjidhje e përgjithshme e ekuacionit (4).

(5)

(6)

Shembulli 1. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit :  y = y ' + 3

Zgjidhje : Ekuacioni I dhënë është I formës (1). Marrim zëvendësimin  y ' = p , dy = pdx , dhe ekuacioni I dhënë merr formën : y=p+3 Duke diferencuar ekuacionin (7) , marrim dy = dp

prej nga merret ekuacioni diferencial I rendit t ë pare :  pdx = dp Zgjidhja e përgjithshmee e ekuacionit diferencial është :

(7)

34  p = ce x . Nga (8) dhe (3) rrjedh zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit të dhënë :  x  y = ce + 3 .

Shembulli 2. Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial : 2

'

 y = x − 2 xy +

3 2

y

'2

Zgjidhje : Marrim zëvendësimet  y ' = p , dy = pdx  y = x 2 − 2 xp +

3

p2

2

3

dy = 2 xdx − 2 xdp − 2 pdx +

2 pdp 2  pdx = 2 xdx − 2xdp − 2 pdx + 3 pdp 2 xdx − 2 xdp − 2 pdx − pdx + 3 pdp = 0 Pjestojmë me dp dhe kemi : dx dx dx − 2x − 2 p −p + 3p = 0 2 x dp dp dp dx ' =  x : pasi dp 2 xx ' − 2 x − 2 px ' − px ' + 3 p = 0  x ' (2 x − 3 p) − 2 x + 3 p = 0

2

 x ' −

2 x − 3 p

x=−

3 p 2x − 3 p

Marrim zëvendësimet :  x = uv ⇒ x = u 'v + v 'u 2 3 p u ' v + v 'u − uv = 2 x − 3 p 3 p − 2x '





2

'

v u −

2 x − 3 p )  2 u' + u=0 3 p − 2 x du dx + =0 u 3 p − 2x du dx



∫

=

∫

2x − 3 p 2 ln u = − ln(3 p − 2 x) 3 u

u = (3 p − 2 x)

−

2 3

3 p

'

u + v u =

3 p − 2x

dhe

v 'u =

3 p 3 p − 2 x

35

Pasi

v 'u =

3 p 3 p − 2 x

'

v (3 p − 2 x)

−

2 3

=

3 p 3 p − 2 x 2

'

v =3 dv dp

 p (3 p − 2 x) 3

(3 p − 2 x) 2

= 3 p (3 p − 2 x) 3

−1

−

1

∫ dv = 3 ∫ p (3 p − 2 x) 3 dp v=

3

4

1

(3 p − 2 x) + 6 x(3 p − 2 x) 3 + c 3

4 Vlerat e u dhe v I zëvendësojme ne  x = uv : 2 1 2 − − 3 3 3  x = (3 p − 2 x) + 6 x(3 p − 2 x) + c(3 p − 2 x) 3 4 2 1 2 − − 3 3 3  x = (3 p − 2 x) + 6 x(3 p − 2 x) + c(3 p − 2 x) 3 4 Vleren e x e zëvendësojmë ne ekuacionin e dhënë: 3  y = x 2 − 2 xp + p 2 2 9 ( p + 2 x)  y = 1 4 (3 p − 2 x) 3

13. EKUACIONI DIFERENCIAL I LAGRANZHIT Përkufizimi 1 . Ekuacioni diferencial I formës :  y = xf ( y ' ) + ϕ ( y ' )

(1) ku f dhe ϕ  janë funksione të dhënë dhe të diferencueshëm në një interval , quhet ekuacion diferencial I Lagranzhit. Marrim zëvendësimin  y ' = p , dy = pdx , dhe ekuacioni (1) merr f  ormën :  y = xf ( p ) + ϕ ( p ) (2) Duke diferencuar ekuacionin (2), marrim ekuacionin : dy = f ( p)dx + xf ' ( p )dp + ϕ ' ( p) dp

nga I cili rrjedh ekuacioni diferencial I rendit të pare: ' dx f ( p) ϕ ' ( p ) +

dp

f ( p) − p

 x +

f ( p) − p

=0

, për  f ( p ) − p ≠ 0

(3)

36 Le të jetë :  x = cλ ( p ) + µ ( p ) zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit (1) në trajtën parametrike do të jetë :  x = cλ ( p ) + µ ( p )  y = (cλ ( p ) + µ ( p)) f ( p) + ϕ ( p)

(4)

(5)

Në qoftë se f(p)-p=0 , për ndonjë  p = p0 , atëher  y = xf ( p0 ) + ϕ ( p0 )

është zgjidhje singulare e ekuacionit (1).

Shembulli 1 . Të gjendet zgjidhja e ekuacionit  y = 2 xy ' + ln y '

Zgjidhje : Marrim zëvendësimin  y ' = p, dy = pdx , dhe ekuacioni I dhënë merr formën : y=2xp+lnp (6) Duke diferencuar ekuacionin (6), marrim ekuacionin : dp dy = 2 pdx + 2 xdp +  p prej nga duke patur parasysh zëvendësimin  y ' = p marrim ekuacionin diferencial linear : dx 2 1 = −  x − 2 . dp p p zgjidhja e përgjithshme e të cilit është : c 1  x = 2 − (7)  p p Nga (6) dhe (7) rrjedh zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit të dhënë në formën parametrike : c 1  x = 2 −  p p Zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial është: 2c  y = ln p + −2 .  p

Shembulli 2. Të gjendet zgjidhja e ekuacionit diferencial : '

'2

 y = 2 xy + y .

Zgjidhje : Marrim zëvendësimin  y ' = p , dy = pdx dhe ekuacioni merr formën :  y = 2 xp + p 2  y ' = 2 xdp + 2 pdx + 2 pdxp  pdx = 2 xdp + 2 pdx + 2 pdp

2 xdp + pdx + 2 pdp = 0 (pjestojmë me dp ) dx +2p = 0 2 x + p dp

37

Pasi

dx dp

=  x

'

, atëherë kemi : 2 x + px ' + 2 p = 0 (pjestojmë me p)  x 2 +  x ' + 2 = 0  p

ose  x ' +

2  p

x = −2

Marrim zëvendesimin :  x = uv ,  x ' = u 'v + v 'u 2 u 'v + v 'u + uv = −2  p 2 v ( u ' + u ) + v 'u = − 2  p 2 u' + u = 0 v ' u = −2 dhe  p du 2 + u=0 dp p du u

= −2

dp p

Integrojme dhe kemi : du dp ∫ = −2 ∫ u p ln u = −2 ln p u=

1  p 2

'

v u = −2 1 v ' 2 = −2  p dv dp

= −2 p

2

∫ dv = −2 ∫ p 2 dp v=−

2

p3 + c

3 Pasi  x = uv atëher kemi : 1 2  x = 2 (− p 3 + c)  p 3 Përkatësishtë :

38

 x = −

2

c

p+

=

3c − 2 p 3

 p 2 3 3 p2 Vlereën e x e zëvendësojmë në :  y = 2 xp + p 2  y = 2(  y = 2(  y =  y =

3c − 2 p 3 3 p

2

3c − 2 p 3 3 p

6c − 4 p 3 3 p

) p + p2 ) + p2

+ p

2

6c − 4 p 3 + 3 p 3

3 p Zgjidhja e këtij ekuacioni diferencial është: 6c − p 3  y = 3 p

14. EKUACIONI DIFERENCIAL I KLEROS Përkufizimi 1. Ekuacioni diferencial I formës :  y = xy ' + f ( y ' ) (1) ku f është funksion I dhënë I diferencueshëm në një interval , quhet ekuacion I ë interval , quhet ekuacion I Kleros. Nëse marrim zëvendësimin  y ' = p, dy = pdx , ekuacioni (1) do të merr formën :  y = xp + f ( p ) Duke diferencuar ekuacionin (2) marrim : dy = pdx + xdp + f ' ( p )dp

(2)

Nga ekuacioni I fundit ,duke patur parasysh zëvendësimin  y ' = p rrjedh ekuacioni : ( x + f ' ( p ))dp = 0 Në qoftë se  x + f ' ( p ) = 0 , atëher nga (3) marrim dp = 0 përkatesishte  p = c Në qoftë se zëvendësojmë  p = c në ekuacionin (1) do të marrim zgjidhjen e përgjithshme:  y = cx + ln c Në qoftë se  x + f ' ( p ) = 0 ,atëher :  x = − f ' ( x )  y = − f ' ( p ) p + f ( p ) Eshtë zgjidhje singulare e ekuacionit (1)në trajtën parametrike .

(3)

39

Shembulli 1 .Të gjendet zgjidhja e ekuacionit : '

'

y  y = xy − e .

Zgjidhje : Zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit të dhënë është :  y = cx − e c

Nga  f ( p ) = −e p , marrim  f ' ( p ) = −e p prej nga zgjidhja singulare e ekuacionit të dhënë është :  p  x = e  y = p .

Shembulli 2. Të zgjidhet ekuacioni diferencial :  y = y ' x + 1 + y '

Zgjidhje : Marrim zëvendësimet  y ' = p , dy = pdx  y = px + 1 + p dy = pdx + xdp +

1 2 1 +  p

 pdx = pdx + xdp +  xdp +

2 1 +  p 1

( x +  x +

1

2 1 +  p 1

2 1 +  p

 x = −

dp

1 2 1 +  p

dp

dp = 0

)dp = 0 =0

dhe

dp = 0

1 2 1 +  p

1 +  p = − 1 +  p =

1

2 x 1

4 x 2

1

 p =

−1 4 x 2 Vleren e p e zëvendësojme ne ekuacionin e dhene

 y = (  y =

1 4 x 1 4 x

2

− 1) x + 1 +

− x+

1 4 x2

1 4 x2

−1

40

 y =

1

1

− x+

4 x 2x Zgjidhja e ekuacionit diferencial : 3  y == −x 4 x

15. TRAJEKTORET ORTOGONALE DHE IZOGONALE Le të jetë: F (x , y , c ) = 0 ku c I merr të gjitha vlerat e mundshme .

(1)

Përkufizimi 1. Lakoret të cilat I ndërprejnë lakoret e familjes (1) nën një kënd të dhënë ϕ  quhen trajektore të familjes se lakoreve (1). π  Në qoftë se ϕ  = ,ateher trajektoret e familjes (1) quhen trajektore ortogonale ,në të 2 kundërtën quhen trajektore izogonale. Vërejtje :Me kënd ndërmjet dy lakoreve nënkuptojmë këndin ndërmjet tangjenteve të lakoreve të tërhequra në pikëprerjet e këtyre lakoreve.

Teorema 1. Le të jetë :  E ( x, y , y ' ) = 0 (2) ekuacioni diferencial I familjes (1).Atëher ekuacioni diferencial I familjes së trajektoreve izogonale (ortogonale)të familjes (1) është : '

 E ( x, y ,

 y − k 

1 + ky

'

)=0

1 ( E ( x, y , − ) = 0)  y

(3)

k = tgϕ  . Vërtetimi : Ekuacioni diferencial (2) I familjes së lakoreve (1) merret duke eliminuar ∂F ∂F  ' konstantën c nga (1) ddhe ekuacioni :  y = 0 + ∂ x ∂y Le të jetë y=g(x) ekuacioni I trajektores T të familjes së lakoreve (1), ndërsa y=f(x) ekuacioni I lakores L nga familja (1).Atëher marrim :  E ( x , f ( x ), f ' ( x )) = 0 (4)

ku

Le të jetë α  dhe  β  respektivishtë këndet që I formojnë tangjentet përkat%se të lakoreve L dhe T në pikën M. Nga figura 1. shihet se në pikëprerjen  M ( x, f ( x)) të lakoreve L dhe T duhet të vlejnë:  f ( x ) = g ( x) (5) tgα = g ' ( x ), tg β  = f ' ( x )

dhe

41

k = tgϕ = tg (α − β ) =

tgε − tg β 

1 + tgα tg β 

'

=

'

g ( x) − f ( x)

1 + g ' (x ) f ' ( x )

Nga barazimi i fundit marrim : ' g ( x ) − k  '  f ( x ) = (6) 1 + kg ' ( x) Nëse zëvendësojmë (5) dhe (6) në (4) do të marrim : ' g ( x ) − k   E ( x, g ( x), )≡0 1 + kg ' ( x) d.m.th se  y = g ( x) është zgjidhje e ekuacionit e ekuacionit diferencial (3). π  Në qoftë se ϕ  = , atëher kemi 2 1  f ' ( x ) = − ' (7) g ( x) Nëse zëvendësojmë (5) dhe (7) në (4) do të marrim : 1  E ( x, g ( x ), − ' )≡0 g ( x) d.m.th. se  y = g ( x) është zgjidhje e ekuacionit (3).

Shembulli 1 . Të gjenden trajektoret ortogonale të parabolave:  y = cx 2

Zgjidhje : Ekuacioni diferencial I parabolave të dhëna është : '

 y = 2

y  x

Prej këndej ,duke zëvendësuar  y ' me − trajektoreve ortogonale : 1 −

=2

1  y '

do të marrim ekuacionin diferencial të

y

,  y ' x zgjidhje e përgjithshme e të cilit është :  x 2

2

+  y = c .

2 Pra,elipsat paraqesin trajektoret ortogonale të familjes së dhënë të parabolave.

Shembulli 2. Të gjendet trajektoret ortogonale :  x 2 − 8ax + y 2 = 8 .

Zgjidhje :

2 x − 8a + 2 yy ' = 0 1 Marrim zëvendësimet  y ' → − '  y

42

2 x − 8a + 2 y (−

1  y '

)=0

2 xy ' − 8ay ' − 2 y = 0  y ' (2 x − 8a) = 2 y  y '

2

=

2 x − 8a dx = (integrojmë)  y x − 4a dy dx

 y dy

∫

=

∫

 y x − 4a ln  y = ln( x − 4 a ) + ln c  y = ( x − 4a)c .

Shembulli 3. Gjeni trajektoren ortogonale :  x 3 + y 3 = c .

Zgjidhje :

3 x 2 + 3 y 2 y ' = 0

Marrim zëvendësimin  y ' → − 3 x 2 + 3 y 2 ( −

1  y '

1  y '

, ku kemi :

)=0

 x 2 y ' − y 2 = 0  y '

−

2

 y dy

−

 y 2

∫

dy  y

−

2

1

1 x2 dx x2

−∫ +

=0

dx x2

1

 y

=0

x

=0

=c

Ose : 1

−

1

=c  x y Shembulli 3. Gjeni trajektoren izogonale :

 x 2 + y 2 = a 2

Zgjidhje :

'

2 x + 2 yy = 0

nën këndin

'

 y →

3π  4

, ku k 2 = y ' dhe k1 = tg

k 2 − k1

1 + k2 k1

=

y ' − (−1)

1− y'

=

y' + 1

1− y '

3π  4

.

43 '

2 x + 2 y (

 y + 1 )=0 1 −  y '

 x (1 − y ' ) + y ( y ' + 1) = 0  x − xy ' + yy ' + y = 0 '

1 −  y +

 y  x

y

'

y +

=0

x y

 y  y ' (1 − ) = 1 +  x x

Për zgjidhjen e këtij ekuacioni diferencial marim zëvendësimet e duhura : ,  y ' = u ' x + u . (u ' x + u )(1 − u ) = 1+ u u ' x + u − u 'ux − u 2 = 1 + u ' ' 2 u x − u ux = 1 + u u ' x (1 − u ) = 1 + u 2 '

u (1 − u ) 2

1+ u (1 − u ) du

∫ ∫

=

1 x dx

= (integrojmë ) 1+ u2 x dx (1 − u )du =

1+ u2 du

1+ u2

−∫

∫

x

udu

=

∫

dx

1+ u2 x 1 2 arc tgu − ln(1 + u ) = ln x + ln c 2 1 2 2

arc tgu − ln(1 + u ) = ln xc arc tgu = ln xc + ln 1 + u 2 arc tgu = ln( xc 1 + u 2 ) 2

 xc 1 + u = e  xc 1 + 2

 y

2

 x

2

=e 2

arc tgu

arc tg

c x +y =e

 y  x

arc tg

 y  x

 y  x

= u ,  y = ux

44

16. EKUACIONET DIFERENCIALE TE RENDEVE TE LARTA 16. PERKUFIZIMET THEMELORE DHE TEOREMA E KOSHIUT Përkufizimi 1. Le të jetë F funksion I dhënë në  R n+ 2 .Ekuacioni F ( x, y , y ' , y '' ,... y ( n ) ) = 0

(1) ku  y = y ( x) është funksion I panjohur dhe n-herë I diferencueshëm ,quhet ekuacion diferencial I rendit n-të. Shembulli 1. Ekuacioni  y ''' + 2 xy '' + y = x cos x është ekuacion diferrencial I rendit të tretë,ndërsa  y v + y '' = 0 është ekuacion diferencial I rendit të pestë. Përkufizimi 2. Funksionin  y = ϕ ( x) të përkufizuar në një interval I e quajmë zgjidhje të ekuacionit (1) në qoftë se ϕ ( x) është n-herë I diferencueshëm dhe me zëvendësimin e tij në (1) atë e shëndrron në identitetet në intervalin I. Shembulli 2. Funksioni  y = e x është zgjidhje e ekuacionit diferencial  y v − y = 0 në  x intervalin ( −∞, +∞) sepse e është 5-herë I diferencueshëm dhe me zëvendësimin e tij në ekuacionin e dhënë atë e shëndrron në identitet. Forma normale e ekuacionit diferencial të rendit të n-të është :  y n = f ( x, y , y ' ,.....y ( n −1) ) (2)

ku f është funksion real I përkufizuar në ndonjë zone  R n+1 . Përkufizimi 3. Zgjidhje  y = ϕ ( x) të ekuacionit diferencial (2) e cila I plotëson kushtet fillestare : n− n− '  y x = x = y0, y 'x = x = y0,...... y (x = x1) = y0( 1) (3) 0 0 0 ku  x0 , y0 ,.... y0 − janë numra real të dhënë dhe (  x0 , y0 ,.... y0 − ) është pikë nga zona e n 1

n 1

përkufizimit të funksionit f , quhet zgjidhje e Koshiut e ekuacionit diferencial (2). Teorema 1 .(Teorema e Koshiut mbi egzistencën dhe unicitetin e zgjidhjes ). Le të jetë funksioni  f ( x , y , y ' ,..., y ( n−1) ) I vazhdueshëm në një zone të mbyllur. V = {( x, y , y ,....., y '

dhe le të jenë

∂ f  ∂ y

( k )

( n −1)

) x − xk ≤ a , y − yk  ≤ b , k = 0,1,...., n − 1, a > 0, b > 0 }

, (k = 1, 2,..., n ) funksione të vazhdueshme në V .Atëherë ekziston

zgjidhja e vetme  y = ϕ ( x) e ekuacionit diferencial (2) e cila ploëson kushtet fillestare(3). Përkufizimi4. Zgjidhje të përgjithshme të ekuacionit diferencial (2) në ndonjë zonë  D ⊂ R n +1 e quajmë funksionin  y = g ( x, c1 , c2 ,...., cn ), (c1 − kons tan te) (4) të përkufizuar në ndonjë zonë G ⊂ R

n +1

, pë të cilën vlen :

45 k 

(i)

∂ g ∂ x

k 

, (k = 1, 2,....., n) janë funksione të vazhdueshme në G .

(ii) Sistemi I ekuacioneve :  y = g ( x, c1 , c2 ,..., cn )  y

(k )

=g

( k )

(k = 1, 2,..., n − 1)

( x, c1 , c2 ,...., cn )

është I zgjidhshëm sipas konstanteve : c1 ,...., cn në D ,d.m.th. ck  = hk ( x , y , y ' ,....., y( n 1) ); ( k = 1, 2,..., n) −

(iii)Funksioni (4) është zgjidhje e ekuacionit (2) për cdo vlerë të konstanteve n− ck  (k = 1, 2,..., n ) kur ( x, y , y ' ,....., y ( 1) )ε D .

Shembullli 3. Funksioni  y = c1e x + c2e − x është zgjidhje e përgjithshme e ekuacionit diferencial  y '' = y sepse (i)  y ' = c1e x + c2e − x dhe  y '' = c1e x + c2e − x janë funksione të  x x  x x vazhdueshme ; (ii) sistemi I ekuacioneve  y ' = c1e + c2 e − dhe  y '' = c1e + c2e − është I

zgjidhshëm sipas c1 dhe c2 .Me të vërtet duke mbledhur anë për anë ato ekuacione marrim c1 = 2( y − y ' )e − x , ndërsa duke I zbritur anë për anë marrim − − c2 = 2( y − y )e .(iii)Funksioni  y = c1e + c2 e është zgjidhje e ekuacionit të dhënë sepse

x

'

 x

x

 x x −x −x (c1e + c2 e ) '' = c1e + c2 e

Përkufizimi 5. Zgjidhja partikulare e ekuacionit (2) quhet ajo zgjidhje e cila merret nga zgjidhja e përgjithshme kur së paku njërës prej konstantës c1 , c2 ,....., cn I përcaktohet vlera në ndonjë mënyrë. Shembulli 4. Funksioni  y = c1e x + c2e − x është zgjidhje partikulare e ekuacioni  y '' − y = 0 . '

 x

 y = c1e − c2 e

−x

ndersa  y '' = c1e + c1e − .Atëherë  x

x

 y '' − y = 0 c1e + c2 e − − (c1e + c2 e − ) = 0  x

x

x

x

c1e + c2 e − − c1e − c2 e − = 0  x

x

x

x

0=0 Përkufizimi 6. Pika singulare të ekuacionit diferencial (2) quhen ato pika nga zona e përkufizimit të funksionit f në të cilat plotësohet së paku njëri prej kushteve të teorenës së Koshiut mbi ekzistencën dhe unicitetin e zgjidhjes së ekuacionit diferencial (2)

Shembulli 5. Pika (0,0) është pike singulare e ekuacionit diferencial  y '' = x sepse  f ( x, y , y ' ) =

x është I vazhdueshëm për  x ≥ 0 ,ndërsa

∂ f 

=

1

është I vazhdueshëm 2 x për x>1, d.m.th. në x=0 nuk është I vazhdueshëm pra nuk plotesohet njeri prej kushteve të teoremës së Koshiut. Përkufizimi 7. Zgjidhje singulare të ekuacionit diferencial(2) e quajmë funksionin grafiku I të cilit përbehet nga pikat singulare të ekuacionit diferencial (2). Shembulli 6. Funksioni  y = 0 për  x = 0 është zgjidhje singulare e ekuacionit diferencial  y '' =

(0,0).

∂ x

x sepse grafiku I tij përbëhet vetëm prej një pike e ajo pike është pika singulare

46

17. EKUACIONET DIFERENCIALE LINEARE TE RENDEVE TE LARTA Përkufizimi 1. Ekuacioni diferencial I formës :  y

(n )

+ g1 ( x) y

( n −1)

+ g 2 ( x) y

( n − 2)

'

+ ... + g n −1 ( x) y = f ( x )

(1)

në të cilin funksionet g k ( x)( k = 1,2,..., n) dhe f(x) janë funksione të dhëna dhe të vazhdueshme në një interval I ,quhet ekuacion diferencial linear I rendit të n-të. Funksioni g k ( x)( k = 1, 2,..., n) quhet koeficient ,ndërsa f(x) kufiza e lire e ekuacionit (1).Ekuacioni (1) quhet ekuacion diferencial homogjen në qoftë se f(x)=0, në të kundërtën quhetekuacion diferencial johomogjen.Në bazë të teoremës së Koshiut ekziston një zgjidhje e vetme  y = y( x) e ekuacionin (1) e cila plotson kushtet fillestare : ku  x0 , y 0 , y0' ,..., y0( n −1) janë numra të dhënë real dhe  x0ε I  .Kjo zgjidhje është e vazhdueshme dhe n-herë e diferencueshme në intervalin I. Përkufizimi 2. Për funksionin  y1 , y2 ,...., yn të përkufizuar në një interval I ,themi se  janë linearishtë të varur në I, në qoftë se ekzistojnë numrat real k1 , k 2 ,...., k n , prej së cilëve së paku njëri prej tyre është I ndryshueshëm prej zeros,ashtu që vlen : k1 y1 + k2 y2 +,..., + kn yn = 0

(3)

Për funksionet  y1 , y2 ,...., yn themi se janë linearisht të pavarura në intervalin I ,në qoftë se relacioni (3) vlen vetëm për k1 = k 2 = .... = k n = 0

Shembulli 1. Funksioni  y1 = e x dhe  y2

= 2e

x

janë linearishtë varur sepse

k1 y1 + k2 y2 = 0 vlen vetëm për k 2 = −2 dhe k 1 = 1 .Ndërsa funksioni  y1 = x dhe  y2 = cos x janë linearisht të pavarur sepse vlen vetëm për k1 = k 2 = 0 .

Teorema 1. Le të jenë  y1 , y2 ,...., yn zgjidhje linearisht të pavarura të ekuacionit diferencial (4).Atëherë funksioni : n

 y = c1 y1 + c2 y2 + ... + cn yn =

∑c y , i

i

()

i =1

ku ci (i = 1, 2,..., n) janë konstante të çfardoshme ,është zgjidhje linearishtë të pavarura të ekuacionit diferencial (1). Vërtetim : Le të jetë  yi ( i = 1,2,..., n) zgjidhje të ekuacionit (4),d.m.th.

  yi ( n ) + g1 ( x) yi ( n −1) + g 2 ( x) yi ( n − 2) + ... + g n −1 ( x ) yi ' = f ( x) Duke zëvendësuar (5) në (4) do të marrim : n

 ∑ ci ( yi ( n ) + g1 ( x) yi(n −1) + ... + g ( n−1) ( x ) y i' + gn ( x) yi ) = 0 i =1

(i = 1, 2,..., n )

47 ose n

(

∑

n

n

ci yi ) ( ) + g1 ( x)(

i =1

∑

n

ci yi ) (

n −1)

+ ... + g ( n−1) ( x)(

i =1

∑

n

c1 y1 ) ' + g n ( x)(

i =1

∑c y ) ≡ 0 i

i

i =1

eshte zgjidhje e ekuacionit diferencial (1). Shembulli 2. Funksioni  y1 = e x ,  y2 = e − x dhe  y3 = xe − x janë zgjidhje linearisht të  x x x pavarura të ekuacionit  y ''' − y '' − y ' + y = 0 ,prandaj  y = c1e + c2 e − + c3 − është zgjidhje

e përgjithshme e ekuacionit diferencial të dhënë. Teorema 2: Në qoftë se  y 1 është një zgjidhje partikulare e ekuacionit diferencial linear homogjen të rendit të dytë  y '' + g1 ( x) y ' + g 2 ( x) y = 0

(7)

atëher mundet të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit (7) dhe ajo do të jetë e formës : 1 − ∫ g ( x ) dx  y = c1 y1 + c2 y2 ∫ 2 e 1 dx (8)  y1 ku c1 , c2 janë konstante të çfardoshme .

Vërtetim : Le të jetë  y 1 zgjidhje e përgjithshme e ekuacionit (7).Marrim zëvendësimin :  y ( x ) = y1 ( x) z ( x)

ku z(x) funksion I panjohur .Atëherë  y ' = y1' z + y1 z dhe  y '' = y1'' z + 2 y1' + y1 z '' . Nga barazimet e fundit dhe ekuacioni (7) merret ekuacioni : '' ' ' '' ' '  y1 z + 2 y1 z + y1 z + g1 ( x )( y1z + y1 z ) + g 2 ( x) y1 z = 0 Përkatesishtë ekuacioni: :  y1 z '' + (2 y1' + g 1 ( x) y 1 ) z ' + ( y1'' + g1 ( x) y1' + g 2 ( x) y1 ) z = 0 I cili ekuacion mund të shkruhet në formën : '' ' '  y1 z + (2 y1 + g1 ( x) y1 ) z = 0 sepse: '

'

 y1 + g1 ( x ) y1 + g 2 ( x ) y1 ≡ 0

Ekuacioni (9) mund ta shkruajmë në formën : dz 2dy1 =− − g1 ( x) dx '  z y1 prej nga gjejmë një zgjidhje partikulare ln  z ' = −2 ln y1 − ∫ g1 ( x) dx përkatësishtë : '

 z =

1 2 1

 y

e−

∫ g1 ( x ) dx

është një zgjidhje partikulare e ekuacionit (9).

(9)

48

18. EKUACIONI DIFERENCIAL I RENDIT TE DYTE Ekuacioni : F ( x, y, y' , y '' ) = 0

(1)

te I cili y është funksion I x, ndërsa  y ' dhe  y '' derivatet e y sipas x, quhet ekuacion diferencial I rendit të dytë. Zgjidhja e përgjithshme ekuacionit (1) është :  y = f ( x, c1, c2 ) (2) ashtu që c1 dhe c2 janë konstante sipas dëshirës.

Shembulli 1. Të zgjidhet ekuacioni diferencial I rendit të dytë :  y '' = 24 x '' + 6 x

Zgjidhje : d

(

dy

) = 24 x 2 + 6 x

dx dx dy 2 d ( ) = (24 x + 6 x) dx dx dy ∫ d ( ) = ∫(24 x 2 + 6 x) dx dx dy 3 2 = 8 x + 3 x + c1 dx dy = (8 x 3 + 3x 2 + c1 )dx

(integrojmë)

(integrojmë)

∫ dy = ∫ (8 x 3 + 3 x 2 + c1 ) dx Zgjidhja e përgjithshme:  y = 2 x 4 + x 3 + c1 x + c2

Shembulli 2. Të zgjidhet ekuacioni diferencial :  y '' cos x + y ' sin x = 1

Zgjidhje : Marrim zëvendësimet  y ' = p dhe  y '' =

dp dx

keto vlera zëvendësohen ne

ekuacionin e dhënë dhe kemi : dp cos x + p sin x = 1 dx dp Pasi  y '' = atëherë kemi : dx  p ' cos x + p sin x = 1 (pjestojmë me cosx ) 1  p ' + ptgx = cos x

49 Marrim zëvendësimet per zgjidhjen adekuate te ketij ekuacioni diferencial :  p = uv ⇒ p ' = u 'v + v 'u '

1

'

u v + v v + uvtgx = '

'

cos x 1

v(u + utgx ) + v u =

cos x 1

'

u ' + utgx = 0 dhe v u = u'

cos x

+ tgx = 0

u du

=−

sin x

dx cos x − sin x dx ∫ =∫ u cos x u du

ln u = ln(cos x) u = cos x '

vu =

Vleren e u e zëvendësojmë në '

v cos x =

1 cos x

1

cos x dx dv = (integrojmë) cos2  x dv ∫ dv = ∫ cos2  x v = tgx + c Vlerat e gjetura te u dhe v i zëvendësojmë në  p = uv dhe kemi : sin  x  p = uv = cos x(tgx + c) = cos x( + c) = sin x + c1 cos x cos x Pasi  y ' = p , do të kemi :  y ' = sin x + c1 cos x dy

= sin  x + c1 cos x dx dy = (sin x + c1 cos x) dx

∫ dy = ∫ (sin x + c1 cos x) dx  y = − cos x + C1 sin x + C 2  y = f ( x, c1, c2 ) , ku c1 dhe c2 janë konstante të çfardoshme .

50

19. EKUACIONI DIFERENCIAL HOMOGJEN I RENDIT TE DYTE ME KOEFICIENT KONSTANT Ekuacioni a0 y '' + a1 y ' + a2 y = 0

(1)

te I cili a0 ≠ 0 dhe a1 e a2 numra real , quhet ekuacion diferencial homogjen I rendit të dytë. Zgjidhje e përgjithshme e ekuacionit (1) është :  y = c1 y1 + c2 y2

(2)

Funksionet  y = y1 dhe  y = y2 janë zgjidhjet partikulare të ekuacionit (1), ndërsa ndërmjet veti janë dy funksione linearishtë jot ë varura d.m.th.

c1 y1 c2 y2

≠ a , ku a- një

konstante . Në qoftë se supozohet se  y = e rx është zgjidhje partikulare e ekuacionit (1) , atëherë do të gjejmë  y ' = re rx  y '' = r 2erx Nëse relacionet (4) dhe (5) zëvendësojmë në (1) do të marrim rx rx rx a0 r 2e + a1re + a2e = 0

(3) (4) (5) (6)

rx

Duke pjestuar me e barazimin (6) do të fitohet ekuacioni karakteristikë : 2 a0 r + a1r + a2 = 0

(7)

Zgjidhjet e ekuacionit karakteristikë mund të jenë : rx r x a) r = r 1 dhe r = r 2 ( r1 ≠ r 2 janë reale ) atëherë funksionet  y1 = e 1 dhe  y2 = e 2 janë dy zgjidhje partikulare të ekuacionit (1). rx r x  y = c1e 1 + c2 e 2 Pra, b) Për r = r1 = a + ib dhe r = r2 = a − ib , zgjedhjet e përgjithshme do të shëndrrohen në :  y = c1e

( a + ib ) x

+ c2 e

( a −ib ) x

Prej nga do të fitohet ax ibx ax −ibx  y = c1e e + c2e e ax

 y = e (c1e

ibx

+ c2e

− ibx

)

Duke u bazuar ne formulat e Eulerit : ± ix e = cos x ± i sin x mund të shkruhet ax  y = e (c1 cos x + ic1 sin bx + c2 cos bx − ic2 sin bx)

51  y = e

ax

[ (c1 + c2 ) cos bx + i (c1 − c2 ) sin bx ]

Nëse c1 = a + ib , c2 = a − ib ndërsa c1 + c2 = A dhe i (c1 − c 2 ) = B kemi : ax

 y = e ( A cos bx + B sin bx) .

Shembulli 1. Të zgjidhet ekuacioni diferencial : 2 y '' + 3 y ' − 2 y = 0 .

Zgjidhje : Marrim zëvendësimet  y = e rx ,  y ' = re rx ,  y '' = r 2e rx rx rx rx 2r 2 e + 3re − 2e = 0 rx Pjestojmë me e k kemi :

r 1 = −2 dhe r 2 =  y = c1e

r1 x

+ c2e

1 2

r2 x

Zgjidhja e përgjithshme eekuacionit diferencial është:  y = c1e

−2 x

+ c2 e

1  x 2

.

Shembulli 2. Të zgjidhet ekuacioni diferencial :  y '' + 6 y ' + 34 y = 0 .

Zgjidhje : Marim zëvendësimet e duhura  y = e rx ,  y ' = re rx ,  y '' = r 2erx . rx

rx

rx

r 2e + 6re + 34e = 0 rx

Pasi të pjestojmë me e kemi : r 2 + 6r  + 34 = 0 Ky ekuacion karakteristik I ka dy zgjidhje jo reale , pra zgjidhjet janë imagjinare ose komplekse : r1 = −3 + 5i dhe r2 = −3 − 5i ± ( −3 +5 i ) x

e = cos x ± sin x = cos 5 x ± i sin 5 x −3 x  y = e ( A cos 5 x + B sin 5 x) ,

ku c1 + c2 = A dhe i (c1 − c 2 ) = B .

Shembulli 3. Të zgjidhet ekuacioni diferencial : 9 y '' − 6 y ' + y = 0 .

Zgjidhje : Marim zëvendësimet e duhura  y = e rx ,  y ' = re rx ,  y '' = r 2e rx . rx rx rx 9r 2 e − 6re + e = 0 rx Pasi të pjestojmë me e kemi ekuacionin karakteristikë : 9r 2 − 6r  + 1 = 0

52

Ky ekuacion I ka dy zgjidhje reale madje të barabarta , pra : r = r1 = r 2 =

1 3

Zgjidhje e ketij ekuacioni diferencial është :  x

x

 y = c1e + c2 xe , 3

3

ose  x

 y = (c1 + c2 x )e 3 .

20.EKUACIONI DIFERENCIAL JO HOMOGJEN I RENDIT TE DYTE Ekuacioni a0 y '' + a1 y ' + a2 y = f ( x )

(1)

quhet ekuacion diferencial I rendit të dytë jo homogjen . Zgjidhje e përgjithshme eekuacionit (1)është : Y = Y H + Y P me Y  H  do të konsiderojmë zgjidhjen e ekuacionit homogjen , d.m.th. ''

'

a0 y + a1 y + a2 y = 0

Ndërsa Y P paraqet zgjidhjen partikulare të ekuacionit johomogjen . Funks unksio ioni ni  f ( x) në ekuacionin (1) mund të jetë polinom,funksion eksponencial,funksion që shprehet me sinus e kosinus ,prodhim ndërmjet polinomit dhe funksionit eksponencial ose prodhim ndërmjet polinomit, funksionit eksponencial të sinusit ose të kosinusit.

Shembulli 1. Të zgjidhet ekuacioni diferencial johomogjen:  y '' − y ' = x .

Zgjidhje : Zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial : Y = Y H + Y P

Gjejmë zgjidhjen e ekuacionit homogjen Y  H  ,pra : Pas zëvendësimeve te duhura per zgjidhjen e  y '' − y = 0 ,  y = e rx ,  y ' = re rx ,  y '' = r 2e rx . rx

rx

r 2 e − re = 0 rx

Pasi pjestojmë me e fitojmë ekuacionin karakteristikë : r 2 − r  = 0 Ekuacioni karakteristike I ka dy zgjidhje , pra r 1 = 0 dhe r 2 = 1 . Pra

 x

x

x

Y H  = c1e 0 + c2 e1 = c1e0 + c2 e = c1 + c2e

x

Gjejmë zgjidhjen partikulare Y P , pra : Pasi  f ( x) = x d.m.th eshte polinom I shkalles se pare dhe pasi njera zgjidhje eshte r 2 = 1 atëherë kemi : 2

YP = ax + bx + c

53 gjejme derivation e pare dhe të dyte te Y P dhe kemi : '

''

YP = 2ax + b dhe YP = 2a

Derivatin e pare dhe të dytë I zëvendësojmë në ekuacionin e dhënë  y '' − y ' = x : 2a − (2ax + b) = x 2 a − 2 ax − b = x 1 Pra , a = − dhe b = −1 . 2 Keshtu që ,zgjidhja partikulare është : 1 YP = − x 2 − x 2 Zgjidhja e përgjithshme e ketij ekuacioni diferencial jo homogjen të rendit të dyte është: 1  x Y = c1 + c2e − x 2 − x . 2

Shembulli 2. Të zgjidhet ekuacioni diferencial johomogjen :  y '' − 4 y ' + 4 y = cos x .

Zgjidhja e përgjithshme e ketij ekuacioni diferencial është : Y = Y H + Y P Gjejmë zgjidhjen homogjene , pra :  y '' − 4 y ' + 4 y = 0 Marim zëvendësimet e duhura për zgjidhjen e ketij ekuacioni diferencial homogjen :  y = e rx ,  y ' = re rx ,  y '' = r 2erx . 2 rx

rx

rx

r e − 4 r e + 4e = 0 rx Pasi pjestojmë e kemi ekuacioni karakteristike : 2 r − 4r  + 4 = 0 Zgjidhjet e ketij ekuacioni karakteristike janë zgjidhje të dyfishta : r 1 = r 2 = 2 .

Pra ,zgjidhja homogjene e ekuacionit  y '' − 4 y ' + 4 y = 0 , është Y H  = (c1 + c2 x )e2 x . Gjejmë edhe zgjidhjen partikulare : Funksioni  f ( x) = cos x , dhe duhet marrrim : YP = A cos x + B sin x

Gjejmë derivation e pare dhe të dytë të Y P : '

YP = − A sin x + B cos x

dhe

''

YP = − A cos x − B sin x

Derivatin e pare dhe të dytë I zëvendësojmë në ekuacionin e dhënë  y '' − 4 y ' + 4 y = cos x : (− A cos x − B sin x) − 4( − A sin x + B cos x) + 4( A cos x + B sin x) = cos x − A cos x − B sin x + 4 A sin x − 4 B cos x + 4 A cos x + 4 B sin x = cos x cos x(3 A − 4 B) + sin x(3 B + 4 A) = cos x Prej ketu do të gjejmë A dhe B :

54 3 A − 4 B = 1 3 B + 4 A = 0 3 4 Gjejmë vlerat për  A = dhe  B = − . 25 25 Prandaj zgjidhja partikulare është : 3 4 YP = cos x − sin x 25 25 Pra ,zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial është : 3 4  x Y = (c1 + c2 x)e 2 + cos x − sin x . 25 25

Shembulli 3. Të gjendet zgjidhja e ekuacionit diferencial :  y '' + 2 y ' + y = 7e 2

x

Zgjidhja e përgjithshme ekuacionit dferencial : Y = Y H + Y P Gjejmë zgjidhjen homogjene te ekuacionit  y '' + 2 y ' + y = 0 .Marrim zëvendesimet  y = e

rx

,  y ' = re rx ,  y '' = r 2e rx : 2 rx

rx

rx

r e + 2re + e = 0 rx Pasi pjestojmë me e kemi : 2 r + 2r + 1 = 0 Ky ekuacion karakteristikë ka zgjidhje të dyfishtë : r1 = r 2 = −1

Zgjidhja homogjene është : −x Y H  = (c1 + c2 x )e Gjejmë zgjidhjen partikulare : 2 x YP = ae x x Derivatet e para dhe të dyta janë YP' = 2ae 2 dhe YP'' = 4ae 2 dhe keto I zëvendësojmë në

ekuacionin e dhënë : 2 x 2x 2x 2x 4 ae + 4 ae + ae = 7 e  x x 9ae 2 = 7e 2  x Pjestojmë dy anët e barazimit me e 2 : 9a = 7 7 E vetëm a = . 9 7 x  x Zgjidhja partikulare është : YP = ae 2 = e 2 9 Zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial jo homogjen : 7 x  x  y = (c1 + c2 )e − + e 2 . 9

Shembulli 4. Të zgjidhet ekuacioni diferencial :

55  y '' − 2 y ' + y = xe x .

Zgjidhja e përgjithshme ekuacionit diferencial është : Y = Y H + Y P Gjejmë zgjidhjen homogjene të ekuacionit diferencial homogjen  y '' − 2 y ' + y = 0 Marim zëvend%simet e duhura për zgjidhjen e ekuacionit diferencial homogjen :  y = e rx ,  y ' = re rx ,  y '' = r 2erx : Kemi : rx rx 2 rx r e − 2r e + e = 0 rx pas pjestimit me e do të kemi : 2 r − 2r  + 1 = 0 Ky ekuacion karakteristikë karakteristi kë ka dy zgjidhje të dyfishtë : r1 = r 2 = 1 Zgjidhja homogjene është : x Y H  = (c1 + c2 x )e Do të gjejmë edhe zgjidhjen partikulare : x 3 2 YP = (ax + bx + cx + d )e Gjejmë derivatet e para dhe të dyta :  x x YP' = (3ax 2 + 2bx + c)e + ( ax 3 + bx 2 + cx + d ) e '

3

2

2

YP = (ax + 3ax + bx + 2bx + cx + c + d ) e ''

 x

2

x

2

3

2

YP = (6ax + 2b + 3ax + 2bx + c)e + (3ax + 2bx + c + ax + bx + cx + c) e YP'' = (ax 3 + 6ax 2 + 6ax + 5bx + cx + 2b + 2c) e

x

x

Shprehjet Y P , Y P' e Y P'' I zëvendësojmë në ekuacionin e dhënë : (ax 3 + 6ax 2 + 6ax + 5bx + cx + 2b + 2c)e x − 2( ax3 + 3ax2 + bx2 + 2bx + cx + c + d ) ex + ( ax3 + bx2 + cx + d ) ex = xex

( −bx 2 + 6ax + bx + 2b − d )e x = xe x  x

Pasi pjestojmë të dy anët me e , fitojmë : 2 −bx + x(6a + b) + (2b − d ) = x 1 Nga ketu gjejmë : a = , b = 0 , c = 0 dhe d  = 0 . 6 Zgjidhja partikulare është : 1  x YP = x 3e 6 Ndërsa zgjidhja e përgjithshme është :  x 3  x Y = (c1 + c2 x + )e . 6

56

21.DETYRA TE ZGJIDHURA NGA EKUACIONET DIFERENCIALE TE ZAKONSHME Detyra 1. Të tregohet që  y = x3 + c1 x + c2 është zgjidhje e ekuacionit  y '' = 6 x . Zgjidhje : Nga ekuacioni I dhënë gjejme derivatin e pare dhe pastaj të dytin .  y = x 3 + c1 x + c2 '

2

 y = 3x + c1  y '' = 6 x .

Detyra 2. T ë zgjidhet ekuacioni diferencial I rendit të parë : 2 xy + y ' = 0 Zgjidhje : 2 xy + y ' = 0 2 xy = − y ' dy 2 xy = − dx dy 2 xdx = − ,  y dy 2  xdx = −  y

∫

2

∫

 x 2

2

= − ln  y + ln c

 x 2 = ln c  y

∫

 x

=e

c  y 2

2

 x Zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial është :  y = c ⋅ e − .

Detyra 3. Të zgjidhet ekuacioni diferencial :  x + xy 3 + ( y 2 + x 2 y 2 ) y ' = 0

Zgjidhje :  x + xy 3 + ( y 2 + x 2 y 2 ) y ' = 0 3

2

2

 x (1 + y ) + y (1 + x )  x

1 +  x 2

dx +

y

dy dx

=0

2

1 + y 3dy

=0

,

∫

57  x

∫ 1 +  x

2

dx +

y

2

∫ 1+ y

3

dy = 0

1

1 ln(1 +  x 2 ) + ln(1 + y 3 ) = ln c 2 3 ln 1 +  x 2 + ln 3 1 + y 3 = ln c ln 1 +  x 2 ⋅ 3 1 + y 3 = ln c

Pra zgjidhja e pergjithshme është : 2 3 1 +  x ⋅ 3 1 + y = c

Detyra 4. Të zgjidhet ekuacioni diferencial : a x + y dx + b x− y dy = 0 a a dx + b b − dy = 0  x

y

x

 x

a

b

y

−y

dx + y dy = 0  x b a a 1 ( ) x + dy = 0 b (ab) y a  x y ( ) dx + ( ab) − dy = 0 b a ( ) x − y b − (ab) = c a ln ab ln b Zgjidhja e përgjithshme e ekuaacionit diferencial është: a  x a ( ) ln( ab) − ( ab) ln( ) = c b b

∫

∫

Detyra 5. Të zgjidhet ekuacioni diferencial : 1

1

1

1

( x + y ) dx = ( xy + yx 2 ) dy 2

2

2

1

1

1

Zgjidhje : 1

( x + y ) dx = ( xy + yx 2 ) dy 2

2

2

(  x +

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

(  x +

y )dx =

dx = dx

∫ x

−

x ydy =

 x

∫

 ydy

1 2

x y( x +

dx =

∫y

1 2

dy

y )dy

58 1

3

2

 x y2 = +c 1 3

2

2 3

1

 x 2 − c =

 y 2

3 Zgjidhja e përgjithshme është : 3

1

 y = 3( x 2 − c) 2

Detyra 6. Të zgjidhet ekuacioni diferencial: 3 y 2 − 2 xyy ' + x 2 = 0 Zgjidhje : 3 y 2 − 2 xyy ' + x 2 = 0 3

 y 2 2

−2

y

2 pjestojmë me  x

'

 y + 1 = 0

 x x Marrim zëvendësimet e duhura per zgjidhjen e ketij ekuacioni diferencial :  y ' ' =  z ⇒ y = zx ndërsa  y = z x + z .  x 3 z 2 − 2 z ( z ' x + z ) + 1 = 0

3 z 2 − 2 zz ' x − 2 z 2 + 1 = 0 2 '  z + 1 = 2 zxz dz 2  z + 1 = 2 zx dx 2 zdz dx 2

 z + 1 2 z

∫  z

2

∫

=

+1

x dz =

∫

dx

x ln( z + 1) = ln x + ln c 2

ln( z 2 + 1) = ln xc 2

 z + 1 = xc  y

2

+ 1 =  xc  x 2  y 2 + x 2 = x 3c pra zgjidhja e përgjithshme është :  y 2 = x 3c − x 2 . Detyra 7. Të zgjidhet ekuacioni diferencial :  y

'

 y = e +

Zgjidhje :

 x

y  x

59  y

'

 y = e +

y

 x

Marrim zëvendësimet :

 x  y

=  z

⇒ y = zx ndërsa  y '

 x z  z x + z = e + z ' z  z x = e dz dx

'

= z x+ z

'

=

 z

e

x

dz

∫e

=

 z

∫

∫

dx

x −e = ln x − c  z e − = c − ln x − z

−

e −

 y

= c − ln x

 x

 y

= log( c − ln x)  x Pra,zgjidhja e përgjithshme ekuacionit diferencial është :  y = − x log(c − ln x) Detyra 8. Të zgjidhet ekuacioni diferencial:  y

'

y

( xy − y )e = x sin( e )  x

x

Zgjidhje :  y

'

y

( xy − y )e = x sin( e x )  x

 y

 y

'

y

( y − )e = sin(e x )  x  y ' ' =  z ⇒ y = zx ndërsa  y = z x + z Marrim zëvendësimet e duhura :  x ( z ' x + z − z )e z = sin e z  x

 z

 z ' xe = sin e  z

e z

'  z

sin e  z e

 z

=

z

1 x

dz =

sin e  z e dz

∫ sin e = ∫

1

dx x dx

∫

 z

x Pra zgjidhja e përgjithshme ekuacionit diferencial është:  y = x log(2arctg ⋅ c ⋅ x)

Detyra 9. Të zgjidhet ekuacioni diferencial linear : '

 y −

1  x

y = 2x

2

60 Zgjidhje :  y ' −

1

y = 2x 2

 x Për zgjidhjen e këtij ekuacioni diferencial linear marim zëvendësimet e duhura :  y = u ⋅ v ⇒ y ' = u 'v + v 'u . '

'

uv+vu−

1

'

v(u −

1  x

uv = 2 x '

u) + v u = 2x

 x 1 ' u − u=0  x du u − =0 dx x du dx

∫

=

2

dhe

2

v 'u = 2 x 2

∫

u x ln u = ln x u=x v 'u = 2 x 2 '

v x = 2x dv = 2 x dx

2

∫

dv = 2 xdx

∫ dv = 2∫ xdx 2

v = x +c Ndërsa zgjidhja e përgjithshme është :  y = uv = x ( x 2 + c)

Detyra 10. Tëzgjidhet ekuacioni diferencial linear :  y − (2 x + y 3e y ) y ' = 0

Zgjidhje :  y

 y − (2 x + y 3e ) y ' = 0 3  y

 y − (2 x + y e )  y

dx dy

dx

=0

3  y

− 2x − y e = 0

 yx ' − 2 x = y 3e  x ' −

dy

2  y

x = y 2e

y

y

Marrim zëvendësime e duhura :  x = uv ⇒ x ' = u 'v + v 'u

61 2

u ' v + v 'u −

2

v(u ' − u' − du

u=0

 y

∫

y

v 'u = y 2 e

dhe

y

u

=2

dy du

u ) + v 'u = y 2e

 y

2

 y

uv = y 2e y

y

=2

dy

∫

u y ln u = 2 ln y u = y2 v 'u = y 2 e y v ' y 2 = y 2e y dv

 y

=e

dy

 y

dv = e dy

∫ dv = ∫ e dy  y

 y

v =e +c Zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferenciaal :  x = uv = y 2 (e y + c) .

Detyra 11. Të zgjidhet ekuacioni diferencial linear :  xy ' + y = log x

Zgjidhje :  xy ' + y = log x '

 y +

 y

log x

=

 x x Marrim ëvendësimet e duhura :  y = u ⋅ v ⇒ y ' = u 'v + v 'u '

'

uv+vu+

1

'

v(u + '

u + du

∫

u du

1  x

 x

1  x

uv = '

log x

u) + v u =

x log x x '

u = 0 dhe v u =

=−

dx x

=−

∫

dx

u x ln u = − ln x

log x  x

62

u=

1  x

'

vu = v

'

1

log x

=

 x log x

 x dv

x

= log x dx dv = log xdx

∫ dv = ∫ log xdx v = x (log x − 1) + c Zgjidhja e përgjithshme është : 1  y = uv = [ x(log x − 1) + c ]  x Pra : c  y = log x − 1 + .  x Detyra 12. Të zgjidhet ekuacioni diferencial :  x log xy ' − y = ( x log x )2 Zgjidhje :  x log xy ' − y = ( x log x )2  y ' −

1  x log x

y = x log x

Marrim zëvendësimet e duhura :  y = u ⋅ v ⇒ y ' = u 'v + v 'u 1 u ' v + v 'u − uv = x log x  x log x 1 v(u ' − u ) + v 'u = x log x  x log x 1 u' − u=0 v 'u = x log x dhe  x log x du dx =

u du

x log x dx

∫ u = ∫ x log x ln u = ln(log x) u = log x v 'u = x log x v ' log x = x log x dv = xdx

63

∫ dv = ∫ xdx  x

v=

2

+c 2 Zgjidhja e përgjithshme është :  x 2  y = uv = log x( + c) 2

Detyra 13. Të zgjidhet ekuacioni diferencial I Bernulit :  x 2 y ' −2 xy = x 2 y 2

Zgjidhje :  x 2 y ' −2 xy = x 2 y 2  y

'

2

=1  y 2 xy Per zghidhjen e ekuacionit të Bernulit marrim zëvendësimet e duhura :

n = 2 ,  z = y

1− 2

−

= y '

− z −

−1

=

1  y

2

'

ndërsa  z =

− y

'

 y 2

z =1  x 2 '  z + z = −1  x Domethën ekuacioni diferencial I Bernulit eshte shëndërru në ekuacion diferencial linear .Për zgjidhjen e ekuacionit diferencial linear marim zëvendësimet e duhura :  z = u ⋅ v ⇒ z ' = u 'v + v 'u 2 ' ' u v + v u + uv = − 1  x 2 v(u ' + u ) + v 'u = −1  x 2 u ' + u = 0 dhe v 'u = −1  x du dx = −2 u x du dx = −2 u x ln u = −2 ln x 1 − u=x2= 2  x ' v u = −1 dv 1 = −1 2 dx x 2 dv = − x dx

∫

∫

64

∫ dv = − ∫ x dx 2

v=−

 x

3

1

Pasi kemi  z = uv =

 x 2  x c

 z = −

3

+c

(−

 x

3

3

+ c)

+

3  x 2 Zgjidhja e përgjithshme është : 1  x c =−

+

3

 y

x2

3

1

− x + 3c

=

3x 2

 y  y =

3 x 2 3 3c − x

Detyra 14. Të zgjidhet ekuacioni diferencial I Bernulit :  y ' + ytgx = y 2

Zgjidhje:  y ' + ytgx = y 2  y  y

'

+

2

1 y

tgx = 1

Marrim zëvendësimet : n = 2 ,  z = y

1− 2

= y

−1

=

1  y

'

ndërsa  z =

− y

'

 y 2

'

− z − ztgx = 1

 z ' + ztgx = −1 Domethën ekuacioni diferencial I Bernulit eshte shëndërruar në ekuacion diferencial linear .Për zgjidhjen e ekuacionit diferencial linear marim zëvendësimet e duhura :  z = u ⋅ v ⇒ z ' = u 'v + v 'u u 'v + v 'u + uvtgx = − 1 v(u ' + tgx ⋅ u ) + v ' u = −1 u ' +tgx ⋅ u = 0 du

sin x

dx = 0 u cos x du sin x dx =− u cos x 1 u= cos x v ' u = −1

∫

+

∫

dhe

v 'u = −1

65 1

v'

∫

= −1 cos x dv = − cos xdx

∫

v = − sin x + c Zgjidhja e pergjithshme : 1  z = uv = (− sin x + c) cos x 1 c − sin x =

cos x cos x

 y  y =

c − sin x

Detyra 15. Të zgjidhet ekuacioni diferencial total :  x (3x − 2 y ) dx + (2 y − x 2 ) dy = 0

Zgjidhje :  M = 3 x 2 − 2 xy ,

 N = 2 y − x 2 .

∂ M 

∂ N 

∂ y

Pra

= −2 x

∂ M

=

∂ y ∂ z ∂ y ∂ z ∂ x

=

∂ x

= −2 x

.

∂N  ∂x

∂z ∂x

dx +

∂z ∂y

2

= 3 x + 2 y

dy

∫

∫

 z = (3 x 2 + 2 y) dx + ϕ ( y)  z = x 3 + 2 xy + ϕ ( y ) ∂ z ∂ y ∂ z ∂ y

2

'  y

'

=  y + ϕ  ( y ) '

= 2 y + ϕ  ( y )

2 y − x 2 = 2 y + ϕ ' ( y )

ϕ ' ( y ) = − x 2 ϕ ( y ) = − x 2 y + c  z = x 3 + 2 xy − x 2 y + c Zgjidhja e përgjithshme është :  x 3 − x 2 y − 2 xy = c .

Detyra 16. Të zgjidhet ekuacioni diferencial total : (2 x + e − y ) dx + (cos y − xe − y ) dy = 0

66 Zgjidhje : (2 x + e − y ) dx + (cos y − xe − y ) dy = 0 −  M = 2 x + e

∂ z ∂ x

y

= (2 x + e

−y  N = cos y − xe .

,

− y

∫

)

∫

 z = (2 x + e − y ) dx + ϕ ( y )  z = x 2 + xe − y + ϕ ( y ) ∂ z ∂ y

= − xe

− y

'  y

'

+ ϕ  ( y )

cos  y − xe − y = − xe − y + ϕ ' ( y )

ϕ ' ( y ) = cos y ϕ ( y ) = sin y + c  z = x 2 + xe − + sin y + c Zgjidhja e përgjithshme është :  x 2 + xe − y + sin y = c  y

Detyra 17. Të zgjidhet ekuacioni diferencial total : ( y ⋅ x y −1 + y x log y) dx + ( xy x−1 + x y log x) dy = 0 Zgjidhje : ( y ⋅ x y −1 + y x log y) dx + ( xy x−1 + x y log x) dy = 0  M = y ⋅ x y −1 + y x log y ,  N = xy x −1 + x y log x . ∂ M  ∂ y ∂ N 

Pra

∂ x ∂ M

=  x

=  x =

∂ y ∂ z ∂ x

 y −1

 y −1

+ y⋅x

+ y⋅x

y −1

y −1

ln x + x ⋅ y x −1 ⋅ log y + y x −1

ln x + x ⋅ y

x −1

⋅ log y + y

x −1

∂N  ∂x

=  y ⋅ x

 y −1

x

+ y log x

∫

∫

 z = ( y ⋅ x y −1 + y x log x) dx + ϕ ( y)

Pasi te integrojme dhe em pastaj te derivojme sipas y-it arrijme deri te zgjidhja e përgjithshme :  z = x y + y x + c

Përkatësishtë:  x y + y x = c . Detyra 18. Të zgjidhet ekuacioni diferencial : (1 −  x 2 y ) dx + x 2 ( y − x) dy = 0

67 Zgjidhje : Për arsye se : ∂ ∂ y

(1 −  x 2 y ) = − x 2 ≠

∂ ∂x

( x 2 y − x3 ) = 2 xy − 3 x 2

ekuacioni I dhënë nuk është ekuacion me diferencial total .Prandaj do të bëhet I tillë kur të shumëzohet me faktorin integrues  µ ( x) të cilën po e llogaritim më poshtë. Nga 1 ∂P ∂Q 2  f ( x ) = ( − )=−  µ  ∂ y ∂x x marrim

 µ ( x ) = ce−2 ∫ f ( x ) dx nga gjejmë për c=1 : 1  µ ( x ) = 2 .  x

D.m.th ekuacioni 1 ( 2 −  y )dx + ( y − x) dy = 0  x është ekuacion me diferencial total,zgjidhja e përgjithshme e të cilit është  y 2 1 − −  yx + =c  x 2 2) Le të jetë  µ ( y) ,atëher ekuacioni (5) merr formën : dx ∂P ∂Q −P =( − ) µ ( y ) ∂y ∂x dy Në qoftë se shprehja 1 ∂Q ∂P − ( ) P ∂x ∂y është funksion vetëm I y-it ,atëher ekuacioni (5) merr formën : d  µ  = g ( y ) dy  µ  prej nga

 µ  = ce ∫ g (y )d y Detyra 19. . Të gjendet zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial :  y  x

Zgjidhja :

P= ∂P ∂ y

Pra

∂P ∂ y

≠

∂Q ∂x

3

dx + ( y − ln x)dy = 0  y

dhe

 x =

1 x

dhe

Q = y 3 − ln x ∂Q ∂ x

=−

1 x

, prandaj duhet gjetur faktorin integrues :

(5)

68

'

 µ  ( x ) =  µ ( x)

−

∂Q ∂y

−

∂P ∂x

−( =

Q

1 1 2 + ) − x x = x =−2  y y y  x x

(integrojme )

ln µ ( x) = ln y −2 Dhe kemi gjetur faktorin integrues : 1  µ ( x) = y −2 = 2  y Tani ekuacionin diferencial e shumëzojme me 1  xy

dx + ( y −

P= ∂P ∂ y ∂P

Pra ∂ z ∂ x

∂ y

 y −

xy

2

dhe

Q= y− ∂Q ∂ x

=−

atëherë kemi :

1 1

∫ dx + ϕ ( y)

 y x

1  y

'  y

ln x + ϕ ( y )

=−

Pasi

1

ln x y

∂ z

(derivojmë sipas y-it )

'

+ ϕ  ( y )

= Q , atëherë kemi :

∂ y

ln  x 2

2

=−

ln x 2

'

+ ϕ  ( y )

 y y Mbetet vetëm shprehja : ∫ y (Pasi të integrojmë sipas y-it ) ϕ ' ( y ) = y

Kemi :

ϕ ( y ) =

 y

2

2

Pastaj  z =

+c

1

 y

2

+c , ln x +  y 2 Për  z = 0 kemi :

ku fitohet ekuacioni diferencial total:

) dy = 0

dhe

 xy =−

y2

 y 2

∫ x (integrojmë sipas x-it )

xy

 z =

∂ y

∂x

1

=

 z =

∂ z

∂Q

=

1

ln  x

1

ln x  y 2

1 xy 2

69 ln  x  y

+

y

2

2

=c

Detyra 20. Të zgjidhet ekuacioni diferencial : ( x − c ) 2 + y 2 = 1 Zgjidhje : ( x − c ) 2 + y 2 = 1  f ( x, y , c ) = ( x − c ) 2 + y 2 − 1 ∂ f  ∂c ∂ f  ∂c ∂ f  ∂c

= 2( x − c )(−1) = 2(c − x )

=0⇒c = x

(c − c ) 2 + y 2 = 1 Zgjidhje singulare :  y = ±1 .

Detyra 21. Të zgjidhet ekuacioni diferencial :  y 2 − 2cx + c 2 = 0

Zgjidhje :  y 2 − 2cx + c 2 = 0  f ( x, y , c ) = y 2 − 2cx + c 2 ∂ f  ∂c ∂ f  ∂c ∂ f  ∂c

= −2 x + 2c = 2(c − x ) =0⇒c = x

 y 2 − 2 x 2 + x 2 = 0  y 2 = x 2 Zgjidhje singulare :  y = ± x .

Detyra 22. Të zgjidhet ekuacioni diferencial : '2

 y + 4 y − 4 = 0

Zgjidhje : 2

 y ' + 4 y − 4 = 0 '2

 y = 4(1 − y )  y ' = 2 1 − y

70 dy

∫

∫

= 2dx

1 −  y dy

∫

= 2 dx

1 −  y

2 1 −  y = 2 x + c (2 x + c ) 2 = 4(1 − y)  f ( x, y , c ) = (2 x + c ) 2 − 4(1 − y ) ∂ f  ∂c ∂ f  ∂c

= 2(2 x + c) = 0 ⇒ c = −2 x

(2 x − 2 x) 2 = 4(1 − y) 4(1 −  y ) = 0 Zgjidhja singulare është :  y = 1 .

Detyra 23. Të zgjidhet ekuacioni diferencial I Lagranzhit :  y = 2 xy ' + a

Zgjidhje :  y = 2 xy ' + a  y ' = p , dy = pdx  y = 2 xp + a dy = 2 xdp + 2 pdx  pdx = 2 xdp + 2 pdx 2 xdp = − pdx dp

=−

 p dp

∫  p

dx

∫

2x 1 dx

∫

=−

2 x 1 ln  p = − ln x 2 1  p =  x  y = 2 xp + a  y = 2 x

1  x

+a

 y = 2 x + a  y − a = 2 x

71 ( y − a) 2 = 4 x Përkatësishtë zgjidhja e përgjithshme është : ( y − a) 2 − 4 x = 0

Detyra 24. Të zgjidhet ekuacioni diferencial I Lagranzhit :  y − 2 xy ' + ay ' = 0

Zgjidhje :  y − 2 xy ' + ay ' = 0  y ' = p , dy = pdx  y − 2 xp + ap = 0 dy − 2 xdp − 2 pdx + adp = 0  pdx − 2 xdp − 2 pdx + adp = 0 − pdx = (2 x − a ) dp −

dx

∫ 2 x − a = ∫

dp p

1

 p =

a − 2x  y − 2 xp + ap = 0

1

 y = 2 x  y =

a − 2x 2 x − a

 y = −

−a

1 a − 2x

a − 2x (a − 2 x) 1

(a − 2 x) 2  y = − a − 2 x

.

Detyra 25. Të zgjidhet ekuacioni diferencial I Lagranzhit :  y + xy ' + y ' = 0

Zgjidhje :  y + xy ' + y ' = 0  y ' = p

, dy = pdx '

 y = − xy − y '  y = − xp − p dy = − xdp − pdx − dp  pdx = − xdp − pdx − dp 2 pdx = − ( x + 1)dp

2

dx  x + 1

=−

dp p

∫

72

2

dx

∫  x + 1 = − ∫

dp

p 2 ln( x + 1) = − ln p

ln( x + 1) 2 = ln ( x + 1) 2 =

1  p

1  p

c

 p =

( x + 1) 2  y = − xp − p c

 y = − x

c

−

( x + 1) 2 ( x + 1) 2 c( x + 1) − xc − c

 y =

( x + 1) 2 c

 y = −

 x + 1

=−

( x + 1) 2

=−

c x +1

.

Detyra 26. Të zgjidhet ekuacioni diferencial I Kleros:  y = log y '

Zgjidhje :  y = log y '  y ' = p , dy = pdx ,  y = logp dy =

1

 pdx = dx =

∫

 p

 p 2

 x = −

 p

1

1

dx =

1

dp

 p

dp dp

1

∫  p 1  p

2

dp

+c

=c− x

 p =

1 c−x

 y = log p = log(

1 c− x

)

73

 y = log

1

. c−x Detyra 27. Të zgjidhet ekuacioni diferencial I Kleros :  y = xy ' + f ( y ' )

Zgjidhje :  y = xy ' + f ( y ' )  y ' = p , dy = pdx ,  y = xp + f ( p ) dy = xdp + pdx + f ' ( p )dp  pdx = xdp + pdx + f ' ( p )dp  f ' ( p )dp + xdp = 0

  f ' ( p ) + x  dp = 0 dp = 0  p = c  f ' ( p ) + x = 0  y = xc + f (c )

Detyra 28.Të zgjidhet ekuacioni diferencial I Kleros : '2

'

 y = xy + y

Zgjidhje : '2

'

 y = xy + y

 y ' = p , dy = pdx  y = xp + p 2 dy = pdx + xdp + 2 pdp  pdx = pdx + xdp + 2 pdp  xdp + 2 pdp = 0 ( x + 2 p ) dp = 0 dp = 0 ⇒ p = c  x + 2 p = 0 ⇒ p = −  x

x

2

 x

2 2 x

x

2

−x

 y = x( − ) + =− + = 2 4 2 4 4

Përkatesishte : 4 y + x 2 = 0  y = xp + p 2 .

Detyra 29. Të gjendet trajektorja ortogonale :  y = cx

Zgjidhje :

2

74  y = cx  y ' = c  y = y ' ⋅ x

Marim zëvendësimin :  y ' → −  y = −

1  y '

1  y '

x

 y ⋅ y ' = − x

∫

 ydy = − xdx

∫  ydy + ∫ xdx = c  y 2 + x 2 = c Verejtje :Trajektore ortogonale quhen tangjentet e lakoreve të cilat priten nën kënd të drejtë.

Detyra 30. Të gjendet trajektorja ortogonale :  x 2 + y 2 = a 2

ϕ  =

nën kënd

π  4

Zgjidhje :  x 2 + y 2 = a 2 '

 y →

'

k2 = y ,

1 + k2 k 1

k1 = tg

π  4

 y ' − 1

'

 y →

k2 − k 1

1 +  y '

 x 2 + y 2 = a 2  x + 2 yy ' = 0  y ' − 1  x + 2 y ⋅ ( )=0 1 +  y '  x(1 + y ' ) + 2 y ( y ' − 1) = 0  x + xy ' + yy ' − y = 0  y ' ( x + y ) = y − x  y ' (1 +

 y

 x  y

 y =  x  y

)= −1

'

 x

+1

y x

−1

pasi pjestojmë me x kemi :

75

Marim zëvendësimet : '

u x+u =

 y

=u

 x u −1

⇒ y = ux ⇒ y '

u +1 u −1 ' −u ux= u +1 2 u −1− u − u ' ux= u +1 2 −(u + 1) ' ux= u +1 dx (u + 1) du = − u2 +1 x udu du

∫u 1

2

+1

+

∫u

2

=−

+1

'

= u x+u .

∫ ∫

dx x

ln(u 2 + 1) + arctgu = − ln x

2

ln u 2 + 1 + ln x = − arctgu ln x u 2 + 1 = − arctgu −  x u + 1 = e

2

 y

 x ⋅

2

 x 2

+1 = e

2

2

 y + x = e 2

arctgu

2

 y + x = e

− arctg

− arctg

−2 arctg

 y  x

 y  x

 y  x

.

Verejtje :Trajektore izogonale quhen tangjentet e lakoreve të cilat nuk priten nën kënd të drejtë .

Detyra 31. Të gjendet trajektorja izogonale :  x 2 = 2c( y − x 3)

nën këndin α  =

π  . 3

Zgjidhje :  x 2 = 2c ( y − x 3) '

 y → '

 y →

k2 − k 1

'

1 + k2 k 1  y ' − 3

1 +  y

'

3

2 x = 2c( y ' − 3)

k2 = y ,

k1 = tg

π  4

76  x = c ( y ' − 3) '

 y − 3

 x = c ( − 3) 1 +  y ' 3 '

 x = c (

 y − 2 3 − 3 y

'

1 +  y ' 3

)

 x(1 + y ' 3) = c( y ' − 2 3 − 3 y ' )  x + xy ' 3 = −2cy ' − 2c 3  x 3 y ' + 2cy ' = −2c 3 − x  y ' ( x 3 + 2c) = −2c 3 − x  y ' = dy =

∫

−2c 3 − x

 x 3 + 2c −2c 3 − x

dy =

 x 3 + 2c −2c 3

∫  x

∫

dx

3 + 2c

dx −

∫x

x

3 + 2c

dx

 y = −2c ln( x 3 + 2c ) −

Detyra 32. Të zgjidhet ekuacioni diferencial :  y '' − a 2 y = 0

Zgjidhje :  y '' − a 2 y = 0

Marim zëvendësimet :  y = e rx , y ' = re rx , y '' = r 2e rx . rx

rx

r 2e − a 2 e = 0 2 2 r −a = 0 r1/2 = ± a  y = c1e

ax

+ c2 e

− ax

.

Detyra 33. Të zgjidhet ekuacioni diferencial :  y ''' − 3 y '' + 3 y ' − y = 0

Zgjidhje :  y ''' − 3 y '' + 3 y ' − y = 0  y = e rx , y ' = re rx , y '' = r 2e rx , y ''' = r 3erx 3

2

r − 3r + 3r − 1 = 0 (r  − 1)3 = 0

77 r 1/2/3 = 1  x

 y = e (c1 + xc2 + xc3 ) .

Detyra 34. Të zgjidhet ekuacioni diferencial :  y '' + 4 y ' − 5 y = x + 2

Zgjidhja e përgjithshme është :  y = y H + yP , ku  y H  paraqet zgjidhjen homogjene , ndërsa  yP paraqet zgjidhjen partikulare.  y '' + 4 y ' − 5 y = 0 2

r + 4r  − 5 = 0 r 1 = 5 dhe r 2 = 1  y H  = c1e

−5 x

+ c2 e

x

Gjejme zgjidhjen partikulare : YP = ax + b '

YP = a ''

Y P = 0 .  y '' + 4 y ' − 5 y = x + 2 0 + 4a − 5( ax + b) = x + 2 a=−

Pra

1 5 1

YP = −

b=−

dhe x−

14

5 25 Zgjidhja e përgjithshme është :

25

.

.

Y = c1e −5 + c2 e −  x

14

x

1 5

x−

14 25

.

Detyra 35. Të zgjidhet ekuacioni diferencial : x

 y '' − 3 y ' + 2 y = e 3 .

Zgjidhje :  y '' − 3 y ' + 2 y = e 3x

Zgjidhja e përgjithshme është :  y = y H + yP , ku  y H  paraqet zgjidhjen homogjene , ndërsa  yP paraqet zgjidhjen partikulare.  y '' − 3 y ' + 2 y = 0 2

r − 3r + 2 = 0 r1 = 2, r 1 = 1.

Zgjidhja homogjene është: x 2 x Y H  = c1e + c2e Gjejme zgjidhjen partikulare : 3 x ' 3x '' 3x YP = ae ⇒ y = 3ae ⇒ y = 9ae .

78  y '' − 3 y ' + 2 y = e 3x

9ae3 x − 9ae3 x + 2ae3 x = e3 x 1 a= 2 1 3 x YP = e . 2 Zgjidhja e përgjithshme është : 1 3x x 2 x Y = c1e + c2 e + e . 2

Detyra 36. Të zgjidhet ekuacioni diferencial :  y '' − 2 y ' + y = xe x Zgjidhja e përgjithshme ekuacionit diferencial është : Y = Y H + Y P

Gjejmë zgjidhjen homogjene të ekuacionit diferencial homogjen  y '' − 2 y ' + y = 0 Marim zëvend%simet e duhura për zgjidhjen e ekuacionit diferencial homogjen :  y = e rx ,  y ' = re rx ,  y '' = r 2erx : Kemi : rx rx 2 rx r e − 2re + e = 0 rx pas pjestimit me e do të kemi : 2 r − 2r  + 1 = 0 Ky ekuacion karakteristikë ka dy zgjidhje të dyfishtë : r1 = r 2 = 1 Zgjidhja homogjene është : x Y H  = (c1 + c2 x )e Do të gjejmë edhe zgjidhjen partikulare : x 3 2 YP = (ax + bx + cx + d )e Gjejmë derivatet e para dhe të dyta : ' 2 3 2  x x YP = (3ax + 2bx + c)e + ( ax + bx + cx + d ) e '

3

2

2

YP = (ax + 3ax + bx + 2bx + cx + c + d ) e

x

 x

YP'' = (6ax + 2b + 3ax 2 + 2bx + c)e + (3ax 2 + 2bx + c + ax 3 + bx 2 + cx + c) e YP'' = (ax 3 + 6ax 2 + 6ax + 5bx + cx + 2b + 2c) e

x

x

Shprehjet Y P , Y P' e Y P'' I zëvendësojmë në ekuacionin e dhënë : (ax 3 + 6ax 2 + 6ax + 5bx + cx + 2b + 2c)e x − 2( ax3 + 3ax2 + bx2 + 2bx + cx + c + d ) ex + ( ax3 + bx2 + cx + d ) ex = xex

(−bx 2 + 6ax + bx + 2b − d )e x = xe x  x

Pasi pjestojmë të dy anët me e , fitojmë : 2 −bx + x(6a + b) + (2b − d ) = x 1 Nga ketu gjejmë : a = , b = 0 , c = 0 dhe d  = 0 . 6 Zgjidhja partikulare është :

79

YP =

1

 x

x 3e

6 Ndërsa zgjidhja e përgjithshme është : 3  x  x Y = (c1 + c2 x + )e . 6