Navadne diferencialne enačbe

Navadne diferencialne enačbe(študijsko gradivo)

Matija Cencelj

1. maja 2003

2

Kazalo

1 Uvod 51.1 Preprosti primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2 Diferencialne enačbe prvega reda 112.1 Ločljivi spremenljivki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2 Homogene enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.3 Eksaktne enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.4 Integrirujoči faktorji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.5 Linearne diferencialne enačbe prvega reda . . . . . . . . . . . 202.6 Bernoullijeve enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.7 Ortogonalne trajektorije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3 Diferencialne enačbe višjih redov 273.1 Linearne diferencialne enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.2 Homogene linearne DE s konstantnimi koeficienti . . . . . . . 303.3 Linearne DE s konstantnimi koeficienti . . . . . . . . . . . . . 31

3.3.1 Nedoločeni koeficienti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323.3.2 Variacija konstant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.4 Nihanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.5 Znižanje reda enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.6 Euler-Cauchyjeve enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.7 Posebni tipi DE drugega reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423.8 Redukcija diferencialne enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463.9 Sistemi linearnih NDE prvega reda . . . . . . . . . . . . . . . 48

3.9.1 Metoda lastnih vrednosti za homogene sisteme . . . . . 48

Kopiranje je dovoljeno le s pristankom avtorja.

3

4 KAZALO

Poglavje 1

Uvod

Diferencialna enačba je enačba, v kateri nastopa iskana funkcija, njeni odvodiin neodvisne spremenljivke. Če je iskana funkcija le funkcija ene spremen-ljivke, rečemo taki enačbi navadna diferencialna enačba. Če pa z enačboiščemo funkcijo več spremenljivk (in so zato njeni odvodi parcialni odvodi),rečemo enačbi parcialna diferencialna enačba.

Mi se bomo v tem tečaju ukvarjali le z navadnimi diferencialnimi enač-bami. Še enkrat povejmo, kaj je diferencialna enačba, tokrat bomo boljeksplicitni.

Naj bo F (x1, . . . , xn+2) funkcija (n + 2)-spremenljivk. Enačbi

F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0 , (1.1)

ki sprašuje po taki funkciji y(x), za katero velja ta enakost, rečemo navadnadiferencialna enačba.

Primera:

1. Funkcija y = sin x je rešitev enačbe

y′′ + y = 0 .

Brez težav pa ugotovimo, da to ni edina rešitev. To enačbo reši vsakafunkcija oblike y = A sin x+B cos x, kjer sta A in B poljubni konstanti.

2. Zlahka ugotovimo, da enačbi

y′2 + y2 + 1 = 0

ne ustreza nobena realna funkcija y(x).

5

6 POGLAVJE 1. UVOD

3

Pogosto pridejo diferencialne enačbe iz naravoslovnih problemov in sozato lahko zapisane z drugimi črkami. To nas ne bo motilo, če pa se pojavijokakšni dvomi o tem, kaj je funkcija česa in kakšni so odvodi, je zelo koristnoodvode napisati kot kvociente ustreznih diferencialov.

Red diferencialne enačbe

Za diferencialno enačbo rečemo, da je reda n, če je najvišji odvod neznanefunkcije, ki nastopa v enačbi, n-ti odvod.

Splošna diferencialna enačba (1.1)

F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0

je reda n. Diferencialna enačba

y′′ + y = 0

iz prvega primera zgoraj je reda 2, diferencialna enačba

y′2 + y2 + 1 = 0

v drugem primeru pa je reda 1.

Stopnja diferencialne enačbe

Stopnja diferencialne enačbe je najvišja potenca odvoda najvišjega redaiskane funkcije, ki nastopa v diferencialni enačbi.

Diferencialna enačbay′′ + y = 0 .

v prvem primeru zgoraj je prve stopnje, v drugem primeru

y′2 + y2 + 1 = 0

pa druge stopnje.

Linearne diferencialne enačbe

7

Diferencialni enačbi reda n, ki sprašuje po funkciji y(x), rečemo linearna,če je oblike

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ · · · a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = f(x) , (1.2)

kjer so ai(x) in f(x) znane funkcije. To ni splošna diferencialna enačbastopnje 1, ampak nastopajo vsi odvodi le s potenco 1 in ni nobenih produktovrazličnih odvodov.

Če se ozremo na primera, ki smo jih že večkrat obravnavali, je enačba

y′′ + y = 0

linearna, enačbay′2 + y2 + 1 = 0

pa ne.

Rešitve diferencialne enačbe

Rešitev diferencialne enačbe je vsaka funkcija, za katero velja enakost venačbi. Že prej smo povedali, da je funkcija y = sin x rešitev enačbe

y′′ + y = 0 .

Taki – posamezni – rešitvi diferencialne enačbe rečemo tudi partikularnarešitev.

Ni pa to edina rešitev te enačbe, brez težav vidimo, da tudi y = cos x rešito enačbo.

Množici vseh rešitev diferencialne enačbe pa rečemo splošna rešitev dife-rencialne enačbe. Za zgornjo enačbo je splošna rešitev funkcija

y = c1 cos x + c2 sin x ,

kjer sta c1 in c2 poljubni konstanti.

Teorija diferencialnih enačb se ukvarja z razvojem metod za sistematičnoreševanje diferencialnih enačb.

Začetni in robni pogoji

8 POGLAVJE 1. UVOD

Včasih iščemo le tiste rešitve dane diferencialne enačbe, ki zadoščajo ne-kim posebnim pogojem.

Če pogoji določajo vrednost funkcije in njenih odvodov le v neki točki(npr. x0), rečemo takemu pogoju začetni pogoj.

Če pa pogoji določajo vrednost funkcije in morda njenih odvodov v raz-ličnih točkah, rečemo takemu pogoju robni pogoj.

Nalogah, v katerih moramo poiskati rešitev, ki ustreza začetnemu (oz.robnemu) pogoju, rečemo začetni problem ali začetna naloga (oz. robni pro-blem ali robna naloga).

Recimo, da nas zanima tista rešitev diferencialne enačbe

y′′ + y = 0 ,

ki zadošča pogojemay(π/2) = 1 y(π) = 2 .

Gre za robni pogoj in ustrezno rešitev poiščemo brez težav:

y = c1 cos x + c2 sin x

1 = c1 cos(π/2) + c2 sin(π/2)

1 = c2

in

y = c1 cos x + c2 sin x

2 = c1 cos π + sin π

2 = −c1

c1 = −2 .

Iskana rešitev je tedajy = −2 cos x + sin x .

Če naj bo rešitev diferencialne enačbe z začetnim ali robnim pogojemena sama, moramo imeti toliko pogojev, kolikor je konstant v splošni rešitvienačbe, to pa je praviloma toliko, kot je red enačbe.

1.1 Preprosti primeri

Tu si bomo ogledali le nekaj najpreprostejših ali najnaravnejših primerov, kismo jih tako ali drugače že kje srečali.

1.1. PREPROSTI PRIMERI 9

Primeri:

1. Diferencialno enačboy′ = 0

rešijo konstantne funkcije y = C. To je očitno, iz analize pa vemo, daje vsaka funkcija, ki reši tako enačbo konstantna.

2. Diferencialno enačboy′′ = 0

rešijo natanko vse linearne funkcije y = C1x + C2. Podobno velja:enačbo y(n) = 0 reši n-parametrična družina vseh polinomov stopnjedo vključno n− 1.

3. Če na točko z maso m deluje sila−⇀F (−⇀r , t), odvisna le od lege −⇀r točke

in časa t, nam drugi Newtonov zakon pove, da za gibanje točke veljaenakost

m−⇀r =−⇀F (−⇀r , t) .

Če gledamo vsako koordinato prostora posebej, zgornja enakost pred-stavlja tri diferencialne enačbe drugega reda.Posebej si oglejmo primer, ko je polje sil trivialno

m−⇀r = 0 .

Kot rečeno je to sistem treh enačb

x = 0 , y = 0 , z = 0 ,

po prejšnjem primeru so njihove rešitve

x = a1t + b1 , y = a2t + b2 , z = a3t + b3 ,

kar lahko zapišemo vektorsko z

−⇀r (t) = −⇀a t +−⇀b , (1.3)

kjer je −⇀a = (a1, a2, a3) in−⇀b = (b1, b2, b3).

S tem smo pokazali, da prvi Newtonov zakon, po katerem se točka, nakatero ne deluje nobena zunanja sila giblje premo in enakomerno, slediiz drugega Newtonovega zakona.Gibanje točke s tem seveda še ni natanko določeno, odvisno je od zače-tne lege (

−⇀b ) in od začetne hitrosti (−⇀a ). Če pa poznamo tidve količini,

ki imata seveda lahko poljubni vrednosti, pa je gibanje točke z 1.3natanko določeno.

10 POGLAVJE 1. UVOD

4. Oglejmo si še en fizikalni primer: kako naj vržemo kamen, da bo včasu τ padel d metrov daleč? Seveda zanemarimo upor zraka in pred-postavimo, da sta začetna lega in končna lega v isti – ničelni – višini.Recimo, da mečemo kamen iz koordinatnega začetka ravnine {(x, z)},kjer je os x vodoravna, os z pa navpična in orientirana navzgor. IzNewtonovega zakona sledi:

mx = 0 , mz = −mg .

Obe enačbi takoj rešimo:

x = vxt + x(0) , z = −g

2t2 + vzt + z(0)

Tu smo konstante že označili z ustreznimi fizikalnimi pomeni, vx in vz

sta začetni hitrosti v ustreznih smereh, x(0) in z(0) pa začetni legi, zakatera sicer vemo, da sta enaki 0; vemo pa še več, naša rešitev zgornjihenačb mora ustrezati naslednjim pogojem:

x(0) = 0 , z(0) = 0 , x(τ) = d , z(τ) = 0 .

Odtod dobimo rešitev naše naloge, kamnu moramo dati začetno hitrost

−⇀v0 = (vx, vz) = (d

τ,g

2τ) .

5. Navedimo še preprost primer iz biologije oziroma medicine. Oglejmosi pretok neke tekočine skozi cev, katere stene so prepustne (to bi bilprimeren model za dogajanje v ledvicah). Recimo, da je pretok neodvi-sen od časa. Cev parametrizirajmo kot x-os, z Q(x) označimo pretok vsmeri cevi mimo točke x v cevi, z f(x) pa označimo pretok skozi stenecevi na enoto dolžine v točki (x). Tedaj mora veljati za pretok takadiferencialna enačba:

dQ

dx+ f(x) = 0 ,

saj mora natanko toliko tekočine kolikor je pride tudi oditi bodisi vzdolžcevi bodisi skozi stene cevi. Tako enačbo seveda brez težav rešimo,pretok Q je kar enak −

∫f(x) dx.

Poglavje 2

Diferencialne enačbe prvega reda

V tem poglavju bomo obravnavali diferencialne enačbe oblike

y′ = f(x, y) (2.1)

ali, če to enačbo zapišemo v diferencialni obliki,

dy − f(x, y)dx = 0 . (2.2)

Metoda za rešitev take enačbe je odvisna od oblike funkcije f(x, y). Vvsakem primeru pa prevedemo problem rešitve take enačbe na problem inte-griranja ustrezne funkcije.

2.1 Ločljivi spremenljivki

Recimo, da je funkcija f(x, y) v enačbi 2.1 produkt dveh funkcij, od katerihje ena odvisna le od x, druga pa le od y. Na primer

f(x, y) = h(x)g(y) .

Diferencialni enačbi oblike

y′ = h(x)g(y) (2.3)

rečemo enačba z ločljivima spremenljivkama, saj jo lahko prepišemo v obliko

dy

g(y)= h(x) dx ,

11

12 POGLAVJE 2. DIFERENCIALNE ENAČBE PRVEGA REDA

kjer sta spremenljivki ločeni. To enačbo integriramo∫dy

g(y)=

∫h(x) dx + C

in tako dobimo neko enačbo za spremenljivki y in x. Ta enačba pa ni večdiferencialna in če je dovolj lahka, najdemo funkcijo y(x).

Primeri:

1. Oglejmo si zelo preprost, a pomemben primer take enačbe. Imejmoneko spremenljivko x, ki narašča premosorazmerno z svojo vrednostjo.

x(t) = kx(t) ,

kjer je k neka konstanta. Odtod izračunamo funkcijo x(t) v trenutku.Enačbo prepišemo z diferenciali in preuredimo.

dx

x= k dt

Integriramo ∫dx

x=

∫k dt ⇒ ln x = kt + C

Odtod pa z eksponentno funkcijo dobimo rešitev (pri tem označimoC = ln a)

x(t) = aekt

Pri tem za konstanto a velja a = x(0). Konstanta k pa je premosoraz-mernostni faktor med rastjo spremenljivke t in rastjo spremenljivke x.Če je k > 0, funkcija x eksponencialno narašča. Na tak način rastejoorganizmi (ali njihove kolonije) v idealnih razmerah. Zato rečemo, dafunkcija x ponazarja naravno rast.

V primeru, da je k < 0, količina opisuje naravno odmiranje, konkre-tno s takimi funkcijami opišemo radioaktivni razpad, pa tudi izločanjezdravil iz organizma.

2. Zgornji primer dovolj dobro ponazarja rast organizmov v začetni fazioziroma idealnih razmerah, kot smo rekli. V resnici pa seveda nobenastvar ne raste preko vseh meja, kot to počne eksponencialna funkcija.Pierre Verhulst je zato podal nekoliko spremenjen model naravne rasti,ki se po njem imenuje Verhulstova enačba.

x(t) = kx(t)[b− x(t)]

2.1. LOČLJIVI SPREMENLJIVKI 13

Tudi to je diferencialna enačba prvega reda enačba z ločljivimi spre-menljivkami, saj v njej nastopa le funkcija x in njen odvod. Rešimo toenačbo

dx

x[x− b]= −k dt (2.4)

Levo stran razcepimo v ‘delne ulomke’:

dx

x− b− dx

x= −kb dt (2.5)

Integriramo.ln[x− b]− ln x = −kbt + ln C (2.6)

Antilogaritmiramo.x− b

x= Ce−kbt (2.7)

Če spet označimo x(0) = a, odtod dobimo C = a−ba

. Zgornjo enačbolahko prepišemo takole.

1− b

x=

(1− b

a

)e−kbt

Torej velja

x(t) =b

1 + ( ba− 1)e−kbt

.

Konstanta b je v tem modelu meja, ki je količina x ne prekorači.

3. Razelektrimo kondenzator čez upor, kot kaže slika.

Slika: kondenzator in upor v električnem krogu


Upoštevamo Kirchhoffov in Ohmov zakon in dobimo enačbo

U + RI = 0 .

Pri tem pa je tok I = e, kjer je e naboj na kondenzatorju. Tedaj je

e = CU

in dobimo diferencialno enačbo

RCU + U = 0 .

To pa je enačba z ločljivima spremenljivkama:

dU

U= − dt

RC.

Integrirajmo in pišimo konstanto kot ln U0.

ln U = ln U0 −t

RC

Antilogaritmiramo in dobimo rešitev:

U = U0e− t

RC .

Zdaj se vidi, zakaj je bilo smiselno pisati konstanto kot ln U0. Pri takoizbrani konstanti namreč U0 pomeni napetost pred razelektritvijo.

4. Kot zadnji primer, ki pa ni motiviran z naravoslojem, si poglejmo za-četno nalogo

y

4 + y2dy =

ctgx

cos2 xdx , y(

π

4) = 0 .

Prepišimo najprej enačbo v standardno obliko 2.1.

dy

dx=

(4 + y2

y

) (ctgx

cos2 x

)Funkcijo na desni smo lahko zapisali kot produkt neke funkcije spre-menljivke x in neke funkcije spremenljivke y, torej res gre za enačboz ločljivima spremenljivkama. Preuredimo torej enačbo tako, da bodoizrazi z eno spremenljivko na eni, izrazi z drugo pa na drugi strani;potem enačbo še integriramo.∫

y

4 + y2dy =

∫ctgx

cos2 xdx =

∫ 1cos2 x

tgxdx

2.2. HOMOGENE ENAČBE 15

Še integriramo integrala na levi in desni in spet preuredimo.

1

2ln(4 + y2) = ln |tgx|+ C

ln(4 + y2) = ln tg2x + C1 (C1 = 2C)

4 + y2 = C2tg2x (C2 = eC1)

Torej imamoy2 = C2tg

2x− 4 .

To je splošna rešitev naše enačbe. Upoštevajmo še začetni pogoj.

0 = C2tg2(

π

4)− 4

0 = C2 − 4

C2 = 4

Rešitev naše naloge je torej

y2 = 4(tg2x− 1) .

3

2.2 Homogene enačbe

Lotimo se spet navadne diferencialne enačbe prvega reda 2.1

dy

dx= f(x, y) .

Recimo, da za funkcijo f velja za vsako realno število λ 6= 0:

f(λx, λy) = f(x, y) .

Taki funkciji f rečemo, da je homogena funkcija, diferencialni enačbi zgornjeoblike (tj.2.1) s homogeno funkcijo f pa rečemo tudi homogena diferencialnaenačba prvega reda. Toda pozor! Kasneje se bomo ukvarjali z drugačnimidiferencialnimi enačbami, za katere bomo tudi rekli, da so homogene, a botam homogenost pomenila nekaj popolnoma drugega. Zato moramo biti po-zorni, za kakšno homogenost gre! (To ni ravno pedagoško, a taka je tradicija,to pa tudi nekaj velja.)


Homogeno diferencialno enačbo rešimo z zamenjavo (substitucijo) spre-menljivke, pišimo

y(x) = xv(x) ,

kjer je v(x) neka neznana funkcija spremenljivke x.

Leibnizevo pravilo za odvod produkta nam pove

dy

dx= v + x

dv

dx.

Ker je funkcija f homogena, velja f(x, y) = f(1, y/x) = f(1, v). Našo enačbotedaj lahko zapišemo kot

xdv

dx= f(1, v)− v ,

kar preuredimo v diferencialno enačbo z ločenima spremenljivkama

dx

x=

dv

f(1, v)− v.

Primer: Rešimo diferencialno enačbo

y′ =x2 + y2

xy.

Opazimo lahko, da to ni enačba z ločljivima spremenljivkama. Preverimo,če je homogena.

(λx)2 + (λy)2

λxλy=

x2 + y2

xy

Z zamenjavo y = vx dobimo diferencialno enačbo

v + xdv

dx=

1 + v2

v=

1

v+ v ,

ki ima ločljive spremenljivke, ki jih ločimo in z integracijo∫v dv =

∫dx

x

dobimov2

2= ln |x|+ C ,

oziromay2 = x2 ln x2 + C1x

2 ,

2.3. EKSAKTNE ENAČBE 17

kjer je C1 = 2C. 3

Mimogrede povejmo, da je včasih bolj ekonomično vpeljati novo spremen-ljivko z x = vy. To velja takrat, ko je funkcija f tak ulomek, da je funkcijav števcu enostavnejša od funkcije v imenovalcu.

2.3 Eksaktne enačbe

Zapišimo našo diferencialno enačbo v obliko

dy

dx= −M(x, y)

N(x, y),

aliM(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 . (2.8)

Če obstaja taka funkcija F (x, y), da veljata enakosti

∂F

∂x= M ,

∂F

∂y= N , (2.9)

je leva stran enačbe (2.8) totalni diferencial dF funkcije F , enačba sama pa

∂F

∂xdx +

∂F

∂ydy = dF = 0 , (2.10)

ta enačba pa ima enostavno splošno rešitev:

F (x, y) = konst. (2.11)

V takem primeru rečemo, da je funkcija F prvi integral diferencialne enačbe(2.8), taki enačbi pa rečemo eksaktna diferencialna enačba prvega reda.

Našo diferencialno enačbo smo uspeli prevesti v enačbo (2.11), ki ni večdiferencialna enačba.

Kdaj pa bo za enačbo (2.8), obstajala funkcija F z lastnostma (2.9)? Tovelja natanko tedaj, ko je vektorsko polje (M(x, y), N(x, y)) gradientno. Česta funkciji M in N vsaj dvakrat zvezno odveljivi in definirani na dovoljlepem območju (npr. konveksnem območju, v resnici potrebujemo le takoobmočje, v katerem lahko vsako zanko zvezno skrčimo v točko), je za todovolj, da velja

∂M

∂y=

∂N

∂x. (2.12)


Primer: Rešimo enačbo

dy

dx=

3x2 sin2 y

2e2y − 2x3 sin y cos y.

Očitno to ni niti enačba z ločljivima spremenljivkama niti homogena enačba.Prepišimo jo v obliko

3x2 sin2 y dx + (2x3 sin y cos y − 2e2y) dy = 0 .

Z zgornjimi oznakami imamo M = 3x2 sin2 y in N = 2x3 sin y cos y − 2e2y.Poglejmo, če ustrezata ti funkciji pogoju (2.12).

∂M

∂y= 6x2 sin y cos y =

∂N

∂x

Torej bo splošna rešitev naše enačbe oblike (2.11) s funkcijo F , za kateroveljata enakosti

∂F

∂x= M = 3x2 sin2 y ,

∂F

∂y= N = 2x3 sin y cos y − 2e2y . (2.13)

Zdaj moramo eno od teh dveh enakosti integrirati. Iz prve dobimo

F (x, y) = x3 sin2 y + k(y) ,

kjer je k(y) neka funkcija (odvisna le od y). Funkcijo k(y) določimo s pomočjodruge enakosti (2.13).

∂F

∂y= 2x3 sin y cos y − 2e2y = 2x3 sin y cos y + k′(y)

Odtod pa dobimo k′(y) = −2e2y in k(y) = −e2y + c1. Torej imamo

F (x, y) = x3 sin2 y − e2y + c1 .

Splošna rešitev naše diferencialne enačbe je tedaj

F (x, y) = x3 sin2 y − e2y + c1 = c

ali, če označimo konstanto c− c1 = κ,

x3 sin2 y − e2y = κ .

S tem sicer nismo izrazili funkcije y(x) v eksplicitni obliki, smo jo pa vendarledoločili z izrazom, ki ne vsebuje odvodov.

3

2.4. INTEGRIRUJOČI FAKTORJI 19

2.4 Integrirujoči faktorji

Včasih diferencialna enačba prvega reda ni eksaktna, jo pa lahko naredimoeksaktno tako, da množimo obe strani enačbe s primerno funkcijo µ(x, y),ki ji rečemo integrirujoči faktor. Potem dobljeno eksaktno enačbo rešimo popostopku iz prejšnjega razdelka. V tem drobnem razdelku si bomo ogledalidva posebna primera, v katerih brez težav najdemo integrirujoči faktor.

Najprej zapišimo našo diferencialno enačbo v obliki (2.8)

M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 . (2.14)

Če je funkcija1

N

(∂M

∂y− ∂N

∂x

)(2.15)

odvisna le od x (in ne od y), označimo jo z R(x), ima naša diferencialnaenačba (2.8) integrirujoči faktor oblike

µ(x) = e(∫

R(x) dx) = e(∫

1N ( ∂M

∂y− ∂N

∂x ) dx) . (2.16)

Če funkcija (2.15) ni odvisna le od x, lahko poskusimo s funkcijo

1

M

(∂N

∂x− ∂M

∂y

). (2.17)

Če je ta funkcija odvisna le od y, označimo jo s H(y), ima naša diferencialnaenačba (2.8) integrirujoči faktor oblike

µ(y) = e(∫

H(y) dy) = e(∫

( 1M ( ∂N

∂x− ∂M

∂y ) dy) . (2.18)


dy

dx= − 2 sin(y2)

xy cos(y2)

Enačbo najprej prepišemo v

2 sin(y2)︸︷︷︸M

dx + xy cos(y2)︸︷︷︸N

dy = 0 .

Izračunajmo za nas zanimiva parcialna odvoda

∂M

∂y= 4y cos(y2) ,

∂N

∂x= y cos(y2) .


Dobimo

1

N

(∂M

∂y− ∂N

∂x

)=

1

xy cos(y2)(3y cos(y2)

=3

x= R(x) .

Integrirujoči faktor bomo lahko poiskali z (2.16)

µ(x) = e∫

3x

dx = e(ln |x3|+c) .

Seveda nam zadošča en sam integrirujoči faktor, zato izberimo za konstantoc kar 0 in dobimo

µ(x) = x3

(za pozitivne x, seveda). Zdaj se lotimo naše enačbe, če jo pomnožimo zµ(x) dobimo

2x3 sin(y2) dx + x4y cos(y2) dy = 0 ,

ta enačba je eksaktna, njena splošna rešitev je dana z enakostjo

x4 sin(y2) = c .

2.5 Linearne diferencialne enačbe prvega reda

V tem razdelku si pobliže oglejmo enačbo

dy

dx+ P (x)y = Q(x) , (2.19)

kjer sta P (x) in Q(x) dani funkciji spremenljivke x. To je posebni primerenačb, kakršne smo obravnavali v prejšnjem razdelku 2.4, saj lahko takoenačbo prepišemo v obliko

(P (x)y −Q(x)) dx + dy = 0 ,

torej sta funkciji M = P (x)y−Q(x), N(x) = 1, in je zato funkcija N−1(My−Nx) = P res odvisna le od x. Torej je integrirujoči faktor za to enačbo

µ(x) = e∫

P (x) dx .

Če pomnožimo našo enačbo z integrirujočim faktorjem µ(x), dobimo enačbo

µ(x)

(dy

dx+ P (x)y

)= µ(x)Q(x) .

2.5. LINEARNE DIFERENCIALNE ENAČBE PRVEGA REDA 21

Ta enačba je eksaktna in bi jo lahko rešili z metodo iz razdelka 2.4, a raje jorešimo z metodo ločljivih spremenljivk iz razdelka 2.1. Po konstrukciji veljanamreč µ′(x) = µ(x)P (x) in lahko zgornjo enačbo prepišemo v enačbo

d

dx(µ(x)y) = µ(x)Q(x) (2.20)

z ločljivimi spremenljivkami (x in µ(x)y) in na ta način dobimo rešitev eks-plicitno izraženo.

Primera:

1. Rešimo enačbody

dx= x + y .

Najprej ugotovimo, da to je enačba oblike 2.19, kjer je P (x) = −1 inQ(x) = x. Integrirujoči faktor je tedaj

µ(x) = e∫

(−1) dx = e−x+c

izberemo seveda µ(x) = e−x. S tem faktorjem pomnožimo našo enačboin dobimo

e−x

(dy

dx− y

)= xe−x .

To enačbo lahko prepišemo v obliko 2.20

d

dx(ye−x) = xe−x ,

ki ima ločeni spremenljivki. Integriramo in dobimo∫d(ye−x) =

∫xe−x dx

ye−x =

∫xe−x dx .

Zadnji integral izračunamo z integracijo po delih (u = x, dv = e−x dx)∫xe−x dx = −xe−x +

∫e−x dx = −xe−x − e−x + c .

Izye−x = −xe−x − e−x + c

dobimo splošno rešitev naše enačbe

y = −(1 + x) + cex .


2. Rešimo enačbody

dx=

y

y2 − 2x.

Opazimo, da to ni linearna enačba prvega reda za funkcijo y(x), je palinearna enačba prvega reda za funkcijo x(y), saj jo lahko prepišemo vobliko

dx

dy+

2

yx = y .

To enačbo bomo torej lahko rešili z zgornjo metodo, a z zamenjanimavlogama spremenljivk x in y. Integrirujoči faktor je

µ(y) = e∫

2y

dy = e(ln y2+c) ,

izberemo µ(y) = y2. Odtod dobimo

y2

(dx

dy+

2

yx

)= y3

d

dy(xy2) = y3 ,

ki je enačba z ločenima spremenljivkama. Integriramo

∫d(xy2) =

∫y3 dy

xy2 =y4

4+ c

in dobimo splošno rešitev

x =y2

4+

c

y2.

3

2.6 Bernoullijeve enačbe

Bernoullijeva diferencialna enačba je oblike

dy

dx+ P (x)y = Q(x)yn , (2.21)

2.6. BERNOULLIJEVE ENAČBE 23

kjer pa n ni nujno naravno, ampak je lahko poljubno realno število. Vsplošnem to ni linearna diferencialna enačba (razen v posebnem primeru,da je n = 0 ali n = 1), se jo pa da na enostaven način prevesti na linearnodiferencialno enačbo.

Uvedba nove spremenljivke

z(x) = y1−n

(v primeru n 6= 1, saj sicer nova sploh spremenljivka ni potrebna) prevedenašo enačbo v enačbo (

1

1− n

)dz

dx+ P (x)z = Q(x) ,

ki je linearna diferencialna enačba prvega reda in jo rešimo z znano metodo.

Primer: Rešimo enačboy′ = x3y2 + xy .

To je Bernoullijeva enačba z

P (x) = −x , Q(x) = x3 , n = 2 ,

če uporabljamo oznake iz (2.21). Uvedimo torej novo spremenljivko

z(x) = y−1

z diferencialomdz = −y−2 dy = −z2 dy

in dobimo enačbo− 1

z2

dz

dx=

x3

z2+

x

z

oziromadz

dx+ xz = −x3 ,

ki je linearna diferencialna enačba. Njen integrirujoči faktor je, na primer,

µ(x) = ex2/2 ,

s katerim pridemo do enačbe z ločljivima spremenljivkama

d

dx(ex2/2z(x)) = −x3ex2/2 .


Za s(x) = ex2/2z(x) tedaj dobimo enačbo

s′ = −x3ex2/2

in odtods(x) = −

∫x3ex2/2 dx .

Z integracijo per partes (u = x2 in dv = xex2/2 dx) dobimo

s(x) = −x2ex2/2 + 2ex2/2 + C , z(x) = −x2 + 2 + Ce−x2/2 ,

kjer je C konstanta. Zdaj se lahko vrnemo k prvotni spremenljivki y = z−1

in dobimo splošno rešitev.

y(x) =1

−x2 + 2 + Ce−x2/2=

ex2/2

−x2ex2/2 + 2ex2/2 + C

3

2.7 Ortogonalne trajektorije

Oglejmo si neko geometrijsko uporabo diferencialnih enačb. Zadajmo si takonalogo: za dano družino krivulj poiščimo drugo družino krivulj, ki jim rečemoortogonalne trajektorije, tako da se bosta poljubni dve krivulji iz različnihdružin sekali pravokotno.

Najprej povejmo v kakšni zvezi so družine krivulj in diferencialne enačbe.Začnimo kar s primerom.

Primer: Imejmo družino funkcij

y = aex ,

kjer je a ∈ R. Odvod vsake take funkcije je kar enak funkciji y′ = aex, torejnaša družina funkcij reši diferencialno enačbo

y′ = y .

Zdaj že vemo, da vse rešitve te enačbe (razen konstantne funkcije y(x) = 0)pripadajo družini y = aex.

3

2.7. ORTOGONALNE TRAJEKTORIJE 25

Vrnimo se k naši nalogi. Recimo, da imamo družino K krivulj, ki so grafirešitev diferencialne enačbe oblike

y′ = f(x, y) ,

kjer je f neka dana funkcija. Tedaj bo družina ortogonalnih trajektorij Cravno družina grafov rešitev diferencialne enačbe

y′ =−1

f(x, y).

Primer: Imejmo družinox2 + y2 = a2

krogov s središčem v izhodišču. Odvajajmo to enačbo po x.

2x + 2ydy

dx= 0

dy

dx= −x

y.

Tedaj bodo ortogonalne trajektorije na naše kroge zadoščale enačbi

dy

dx=

y

x.

Ločimo spremenljivki.dy

y=

dx

x

Integriramo in dobimo

ln y = ln x + ln C =⇒ y = Cx .

Ortogonalne trajektorije koncentričnih krogov so premice, ki potekajo skozisredišče teh krogov.


Poglavje 3

Diferencialne enačbe višjih redov

V tem poglavju bomo obravnavali navadne diferencialne enačbe višjih redov,predvsem bo šlo za linearne diferencialne enačbe.

3.1 Linearne diferencialne enačbe

Linearna diferencialna enačba (1.2) je enačba oblike

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1n+ · · · a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = f(x) , (3.1)

kjer so ai(x) in f(x) znane funkcije. Tej enačbi priredimo enačbo, katere levastran je identična z levo stranjo prejšnje enačbe, desna stran pa je enaka 0,

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ · · · a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = 0 . (3.2)

Za to enačbo pa rečemo, da je enačbi (1.2) prirejena homogena diferencialnaenačba. To seveda nima prav nobene zveze (razen besedne) s homogenostjov razdelku (2.2), na kar smo opozorili že tam. Tu gre za to, da je za poljubnomnožico rešitev homogene linearne enačbe tudi vsaka njihova linearna kom-binacija rešitev te enačbe (to sledi neposredno iz linearnosti odvajanja). Tolahko povemo tudi takole.

Trditev: Rešitve homogene linearne diferencialne enačbe sestavljajo vektor-ski prostor.

27

28 POGLAVJE 3. DIFERENCIALNE ENAČBE VIŠJIH REDOV

Dokaz: Vaja!

2

Kako rešujemo (nehomogeno) enačbo oblike (1.2)? Recimo, da poznamoneko – partikularno – rešitev yp(x) te enačbe. Tedaj je splošna rešitev teenačbe oblike

y(x) = yp(x) + yc(x) , (3.3)

kjer je yc(x) splošna rešitev enačbi (1.2) prirejene homogene enačbe.

Vaja: Preverite, da vsaka funkcija oblike (3.3) res zadošča naši diferencialnienačbi. 3

O problemu, kako poiskati kakšno partikularno rešitev, bomo rekli kaj ka-sneje, zdaj recimo nekaj o rešitvah homogene linearne diferencialne enačbe.Kot smo ugotovili že zgoraj rešitve take enačbe napenjajo neki vektorskiprostor. Izkaže se, da je njegova dimenzija ravno red enačbe, v primeru(1.2) torej n. Splošno rešitev bomo torej našli natanko tedaj, ko bomo po-iskali n linearno neodvisnih rešitev. Za dve funkciji ni težko ugotoviti, alista linearno neodvisni ali ne, za več funkcij pa to ni najlažje ugotovimo zdeterminanto Wronskega.

Imejmo množico {f1, f2, . . . , fn} funkcij, ki so definirane na nekem inter-valu I in so na njem vsaj n-krat zvezno odvedljive. Tedaj je ta množica naI linearno neodvisna, če je njena determinanta Wronskega

W (x) = det

f1(x) f2(x) · · · fn(x)f ′

1(x) f ′2(x) · · · f ′

n(x)...

... · · · ...f

(n−1)1 (x) f

(n−1)2 (x) · · · f

(n−1)n (x)

različna od 0. Obratna trditev sicer v splošem ne drži, drži pa za množicorešitev homogene linearne diferencialne enačbe.

Če je {y1, . . . , yn} množica rešitev neke linearne diferecialne enačbe z zve-znimi koeficienti, je njena determinanta Wronskega bodisi različna od 0 vvsaki točki intervala I bodisi enaka 0 v vsaki točki intervala I.

Naredimo primer za ilustracijo doslej povedanega.

Primer: Rešimo enačboy′′ + y = x .

3.1. LINEARNE DIFERENCIALNE ENAČBE 29

Vemo, da bo splošna rešitev te enačbe oblike

y(x) = yp(x) + yc(x) ,

kjer je yp(x) poljubna partikularna rešitev naše enačbe, yc(x) pa splošnarešitev ustrezne homogene enačbe. Za homogeno enačbo

y′′ + y = 0

vemo, da ji ustrezata tako y = cos x, kakor tudi y = sin x. Sta ti funkcijilinearno neodvisni? Seveda sta, saj vemo, da se ti funkciji ne razlikujeta le zakakšen skalarni faktor, lahko pa to preverimo tudi z determinanto Wronskega.

W (x) = det

[cos x sin x

− sin x cos x

]= 1 6= 0

Splošna rešitev homogene enačbe je tedaj

yc(x) = C1 cos x + C2 sin x .

Poiskusimo poiskati še kakšno partikularno rešitev. Ponavadi je taka reši-tev v nekakšnem sorodstvu z desno stranjo nehomogene enačbe. Res, čepoiskusimo kar z našo desno stranjo

yp(x) = x ,

je to res partikularna rešitev. Kar takoj pa povejmo, da nasploh desna stranenačbe (1.2) ni kar enaka partikularni rešitvi, omenjeno šorodstvo"bo, žal, letreba razumeti bolj široko.

Kakorkoli, dobili smo splošno rešitev naše enačbe, ki je

y(x) = x + C1 cos x + C2 sin x .

3

Tako, nekaj splošnega o reševanju linearnih diferencialnih enačb smo po-vedali. Dodajmo še, da nasploh ni lahko najti niti partikularne rešitve nitirešitev homogene enačbe. V posebnih primerih, na primer v primeru, da sokoeficienti ai(x) v (1.2) konstante, pa tako enačbo sorazmerno lahko rešimo.S takimi enačbami se bomo ukvarjali v naslednjih dveh razdelkih.


3.2 Homogene linearne DE s konstantnimi ko-eficienti

V tem razdelku se bomo posvetili diferencialni enačbi

any(n) + an−1y

(n−1) + · · ·+ a1y′ + a0y = 0 , (3.4)

kjer so ai poljubna realna števila. To je homogena linearna diferencialnaenačba s konstantnimi koeficienti. Tej enačbi priredimo njeno karakteristično enačbo

anmn + an−1m

n−1 + · · ·+ a1m + a0︸︷︷︸P (m)

= 0 , (3.5)

ki je polinomska enačba dobljena iz diferencialne enačbe (3.4) tako, da na-domestimo vsak odvod y(i) z ustrezno potenco mi neke spremenljivke m.Splošna rešitev y(x) diferencialne enačbe (3.4) je odvisna od rešitev njenekarakteristične enačbe (3.5) P (m) = 0. Različne možnosti sestavimo v na-slednjo tabelo.

P (m) y(x)

(m−m1)(m−m2) . . . (m−mk) , C1em1x + C2e

m2x + · · ·+ Ckemkx

kjer so mi paroma različna števila;

(m−m1)k (C1 + C2x + · · ·+ Ckx

k−1)em1x

[m− (a + bi)][m− (a− bi)] = (m− a)2 + b2 (C1 cos bx + C2 sin bx)eax

[(m− a)2 + b2]k (C1 + C2x + · · ·+ Ckxk−1)eax cos bx+

+(K1 + K2x + · · ·+ Kkxk−1)eax sin bx

Tu so Ci in Ki poljubne konstante. Če je polinom P (m) produkt različ-nih faktorjev iz leve strani zgornje tabele, je splošna rešitev vsota ustreznihdesnih strani.

Primeri:

1. Rešimo enačboy′′′ − 6y′′ + 11y′ − 6y = 0 .

3.3. LINEARNE DE S KONSTANTNIMI KOEFICIENTI 31

Njen karakteristični polinom je

P (m) = m3 − 6m2 + 11m− 6 = (m− 3)(m− 2)(m− 1) .

Koreni karakterističnega polinoma so vsi različni, splošna rešitev našediferencialne enačbe je tedaj

y(x) = C1ex + C2e

2x + C3e3x .

2. Poiščimo splošno rešitev enačbe

y′′ − 2y′ + y = 0 .

Njen karakteristični polinom je

P (m) = m2 − 2m + 1 = (m− 1)2 ,

ki ima dvojni koren m = 1. Splošna rešitev naše enačbe je torej

y(x) = (C1 + C2x)ex .

3. Rešimo enačboy′′′ + y′′ + y′ + y = 0 .

Njen karakteristični polinom

m3 + m2 + m + 1 = (m + 1)(m2 + 1)

ima en enojni realni koren m = −1 in en par konjugiranih kompleksnihkorenov. Iz tabele tedaj preberemo splošno rešitev naše enačbe.

y(x) = C1e−x + C2 cos x + C3 sin x .

3

3.3 Linearne DE s konstantnimi koeficienti

Povedali smo že, da za splošno rešitev linearne diferencialne enačbe potrebu-jemo eno partikularno rešitev in splošno rešitev prirejene homogene enačbe.O homogenih linearnih diferencialnih enačbah s konstantnimi koeficientihsmo govorili v prejšnjem razdelku, za rešitev linearne diferencialne enačbe skonstantnimi koeficienti potrebujemo torej le še metode za iskanje partiku-larnih rešitev nehomogenih enačb. Dve taki metodi bomo obravnavali v temrazdelku.


3.3.1 Nedoločeni koeficienti

V primeru linearne diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti

any(n) + an−1y

(n−1) + · · ·+ a1y′ + a0y = f(x) (3.6)

lahko poiščemo partikularno rešitev z metodo nedoločenih koeficientov, če jedesna stran f(x) enačbe funkcija prav posebne oblike, kakršne nastopajo vnaslednji tabeli. V tej tabeli zapišimo funkcijo f(x) in priporočeno oblikopartikularne rešitve, ki je izražena z nedoločenimi koeficienti, katere moramodoločiti tako, da bo ustrezala diferencialni enačbi.

f(x) yp(x)

C xsA

Ceβx xsAeβx

C1 sin mx + C2 cos mx xs(A1 sin mx + A2 cos mx)

Rn(x) xsPn(x)

Rn(x)eβx xsPn(x)eβx

Rn(x)eβx sin mx xseβx[Pn(x) cos mx + Qn(x) sin mx]

Rn(x)eβx cos mx xseβx[Pn(x) cos mx + Qn(x) sin mx]

Slika 3.1: Tabela predlaganih oblik partikularnih rešitev

V tej tabeli so na levi strani dane funkcije; C, C1 in C2 so take konstante,da funkcija na levi strani tabele ni nikoli 0; Rn(x), Pn(x) in Qn(x) so polinomiiste – dane – stopnje n. Pri tem moramo koeficiente polinomov Pn(x) inQn(x) določiti tako, da bo funkcija na desni rešila diferencialno enačbo, istovelja za koeficiente Ai. Eksponent s pa je najmanjše tako nenegativno celoštevilo, da noben člen v priporočeni obliki partikularne rešitve ne more rešititudi ustrezne homogene enačbe.

Če je funkcija f(x) vsota različnih funkcij, ki nastopajo na levi straninaše tabele, moramo tudi partikularno rešitev sestaviti iz ustreznih funkcijna desni strani tabele.


Primera:

1. Rešimo enačboy′′ − 6y′ = 6e6x .

Ker gre za linearno diferencialno enačbo, bo njena splošna rešitev vsotayp(x)+ yc(x) ene partikularne rešitve in splošne rešitve ustrezne homo-gene enačbe.

Najprej rešimo ustrezno homogeno enačbo, zato poiščimo korene nje-nega karakterističnega polinoma.

P (m) = m2 − 6m = m(m− 6) .

Splošna rešitev homogene enačbe je tedaj

yc(x) = C1 + C2e6x .

Ker je funkcija f(x) = 6e6x, iščemo partikularno rešitev oblike

yp(x) = xsAe6x .

Določimo eksponent s. Najmanjša možna vrednost za s je s = 0, a tane bo dobra, saj vidimo, da bi v tem primeru dobili rešitev homogeneenačbe. Poskusimo torej s = 1, kakršenkoli bo A, res v tem primerune dobimo rešitve homogene enačbe, zato s = 1 velja. Določimo šekoeficient A. Za y = xAe6x velja y′ = (1 + 6x)Ae6x in y′′ = (1 +3x)12Ae6x, to vstavimo v našo (nehomogeno) diferencialno enačbo indobimo

12Ae6x(1 + 3x)− 6Ae6x(1 + 6x) = 6e6x

in odtod A = 1. Partikularna rešitev je tedaj yp(x) = xe6x, splošnarešitev naše diferencialne enačbe pa

y(x) = C1 + C2e6x + xe6x .

2. Rešimo enačboy′′ + y = x + sin x .

Ustrezno homogeno enačbo

y′′ + y = 0

že dobro poznamo, njena splošna rešitev je

y(x) = C1 cos x + C2 sin x .


Poiščimo še partikularno rešitev. Glede na funkcijo f(x) = x + sin xposkusimo z nastavkom

yp(x) = xs1(B0 + B1x)︸︷︷︸za x

+ xs2(A1 sin x + A2 cos x)︸︷︷︸za sin x

.

Začnimo z določitvijo števila s1, ugotovimo, da je to lahko kar s1 = 0,saj funkcija B0 + B1x ni rešitev homogene enačbe. Za s2 pa vidimo,da ne more biti 0, saj sin x reši homogeno enačbo. Velja pa s2 = 1, sajfunkcija x(A1 sin x + A2 cos x) ne more biti rešitev homogene enačbe.

Partikularna rešitev bo torej oblike

yp(x) = B0 + B1x + x(A1 sin x + A2 cos x) .

Tedaj velja

y′p = B1 + (A1 − xA2) sin x + (A2 + xA1) cos x

iny′′p = (−2A2 − xA1) sin x + (2A1 − xA2) cos x .

Če to vstavimo v našo enačbo, dobimo

2A1 cos x− 2A2 sin x + B0 + B1x = x + sin x .

Odtod pa dobimo A1 = 0, A2 = −1/2, B0 = 0, B1 = 1. Partikularnarešitev je tedaj

yp(x) = x− x

2cos x ,

splošna rešitev naše enačbe pa je

y(x) = C1 sin x + C2 cos x + x(1− cos x

2) .

3

3.3.2 Variacija konstant

Posvetimo se primeru enačbe

any(n) + an−1y

(n−1) + · · ·+ a1y′ + a0y = f(x) , (3.7)

v katerem funkcija f(x) ni take posebne vrste, kakršne smo srečali v prejšnjempodrazdelku v tabeli (3.3.1). Tedaj lahko uporabimo neko drugo metodo,


imenovano variacija konstant, s katero najdemo partikularno rešitev zgornjeenačbe. Gre za to, da najprej izračunamo splošno rešitev ustrezne homogeneenačbe, potem pa nadomestimo konstante v tej splošni rešitvi homogeneenačbe s funkcijami, ki jih določimo tako, da dobimo partikularno rešitevnehomogene enačbe. Ilustrirajmo to na primeru.

Primer: Rešimo enačboy′′ + y = tg x . (3.8)

Splošna rešitev ustrezne homogene enačbe je

yc(x) = C1 sin x + C2 cos x .

Funkcija tg x res ni tipa, kakršne smo imeli v tabeli (3.3.1). Zato poiščimopartikularno rešitev z variacijo konstant, tj. kostanti C1 in C2 v zgornji rešitvihomogene enačbe nadomestimo z nekima funkcijama A(x) oziroma B(x):

yp(x) = A(x) sin x + B(x) cos x .

Funkciji A(x) in B(x) moramo določiti tako, da bo yp(x) ustrezal naši enačbi(3.8). Poleg tega bomo predpostavili, da sta ti funkciji taki, da njuna odvodadasta rešitev homogene enačbe in je zato

A′(x) sin x + B′(x) cos x = 0 . (3.9)

Poiščimo najprej prvi odvod funkcije yp(x).

y′p(x) = A′(x) sin x + B′(x) cos x + A(x) cos x−B(x) sin x

Za drugi odvod odvajamo prvega, hkrati pa upoštevajmo predpostavko (3.9).Dobimo torej

y′′p(x) = A′(x) cos x−B′(x) sin x− (A(x) sin x + B(x) cos x)

in ko vstavimo yp(x) v enačbo dobimo

A′(x) cos x−B′(x) sin x = tg x .

Rešiti moramo torej naslednji sistem enačb

A′(x) sin x + B′(x) cos x = 0

A′(x) cos x−B′(x) sin x = tg x

Ta sistem lahko rešimo z eliminacijo (na primer: prvo enačbo pomnožimos sin x, drugo s cos x, seštejemo in dobimo A′(x) = sin x, odtod dobimo B′(x)


in odtod rešitev). Lahko pa se tega lotimo bolj sistematično, z matrikami.Zgornji sistem lahko prepišemo v matrično enačbo.[

sin x cos xcos x − sin x

] [A′(x)B′(x)

]=

[0

tg x

]To enačbo z leve pomnožimo z inverzno matriko matrike na levi (ki je slučajnokar enaka tej matriki) in dobimo

A′(x) = sin x

B′(x) = −sin2 x

cos x.

Odtod pa dobimo z integracijo funkciji A(x) in B(x).

A(x) = − cos x , B(x) = sin x− ln | cos−1 x + tg x|

Odtod dobimo partikularno rešitev.

yp(x) = A(x) sin x + B(x) cos x = − cos x ln | cos−1 x + tg x|

Splošna rešitev naše enačbe pa je

y(x) = C1 sin x + C2 cos x− cos x ln | cos−1 x + tg x| .

3.4 Nihanje

Sinusno nihanje. Najprej si oglejmo gibanje masne točke na R, na kate-rega deluje sila, ki ga vleče k koordinatnemu začetku 0 in katere velikost jepremosorazmerna oddaljenosti od koordinatnega začetka. V točki x tedajdeluje na našo masno točko, katere masa naj bo m, sila F = −kx, kjer jek > 0. Po Newtonovem zakonu tedaj velja

mx = −kx ali mx + kx = 0 .

To je linearna diferencialna enačba s konstantnimi koeficienti, njena karak-teristična enačba je λ2 + k/m = 0, njena splošna rešitev pa je

x(t) = C1 cos(ωt) + C2 sin(ωt) ,

kjer smo označili ω = k/m. Če konstanti C1 in C2 pišemo C1 = −a sin(ωδ)in C2 = a cos(ωδ) dobimo

x(t) = −a sin(ωδ) cos(ωt) + a cos(ωδ) sin(ωt) = a sin[ω(t− δ)] .

3.4. NIHANJE 37

Od tod tudi ime sinusno nihanje. Če poznamo začetna podatka x(0) in x(0),iz njih izračunamo amplitudo a in zamik δ. Tedaj imamo gibanje natankodoločeno. Perioda tega nihanja je T = 2π/ω. Približno tako nihanje dobimoz matematičnim nihalom, če je odklon zelo majhen.

Dušeno in vsiljeno nihanje. Imejmo podobno situacijo kot zgoraj, to je,imejmo masno točko na R, nanj pa naj poleg sile F = −kx, ki vleče točko k0, deluje še sila upora Fu, ki je premosorazmerna hitrosti x in njej nasprotna,torej Fu = −rx in zunanja sila f(t), ki je odvisna le od časa. Po Newtonovemzakonu tedaj velja

mx + rx + kx = f(t) . (3.10)

Če je f(t) = 0, rečemo takemu nihanju prosto nihanje, sicer pa gre za vsi-ljeno nihanje. Tako enačbo dobimo pri nihalu (še vedno le za precej majhnekote) in nekaterih drugih mehanskih nihanjih, a pri vseh teh ta enačba zgoljpribližno opiše situacijo. Pri električnem krogu s tuljavo (z induktivnostjoµ), uporom (R) in kondenzatorjem (s kapacitivnostjo C = 1/κ) pa nam takaenačba popiše situacijo v popolni preciznosti.

Naj bo naboj na kondenzatorju Q, napetost na kondenzatorju pa U . Te-daj velja:

CU = U/κ = Q , I = −Q = −U/κ .

Ohmov zakon pove, da je produkt IR enak napetosti, ki je napetost nakondenzatorju zmanjšana za napetost zaradi samo indukcije in povečana zazunanjo električno silo φ(t). Pridemo do enačbe

IR = U − µI + φ(t) ali µU + RU + κU = −κφ(t) ,

ki ji zadošča napetost v električnem krogu. To je spet enačba oblike (3.10).Če to enačbo delimo z −1/κ in odvajamo po času, dobimo za tok enačbo

µI + RI + κI = φ(t) ,

ki je podobne oblike.

Vrnimo se k enačbi (3.10)

mx + rx + kx = f(t) .

Prirejena homogena enačba, ki opisuje prosto dušeno nihanje, ima karakte-ristično enačbo

mλ2 + rλ + k = 0 .


Njeni rešitvi sta

λ1 = − r

2m+

1

2m

√r2 − 4mk , λ2 = − r

2m− 1

2m

√r2 − 4mk .

Tu nastopijo tri možnosti.

Če je√

r2 − 4mk > 0, dobimo splošno rešitev

x(t) = C1eλ1t + C2e

λ2t ,

pri tem sta λ1, λ2 < 0 in to gibanje ni periodično. Sila upora je tako močna,da se masna točka le asimptotično približuje točki 0 (če ni že na začetku v0).

Če je√

r2 − 4mk = 0, dobimo rešitev

x(t) = C1eλt + C2te

λt .

Tudi tu gre za neperiodično gibanje, točka se asimptotično približuje točki 0(če ni že na začetku v 0).

V primeru√

r2 − 4mk < 0 pa je upor tako majhen, da sta λ1 in λ2 kom-pleksni števili. Označimo

√r2 − 4mk = −4m2ν2. Splošna rešitev homogene

enačbe je tedaj

x(t) = C1e−rt/(2m) cos νt + C2e

−rt/(2m) sin νt .

Če pišemo C1 = a cos νt in C2 = a sin νt, lahko to rešitev zapišemo tudi

x(t) = ae−rt/(2m) cos[ν(t− δ)] .

V tem primeru gre za nihanje, ki mu rečemo dušeno nihanje, amplituda senamreč z rastočim t eksponencialno manjša.

VSILJENO NIHANJE IN RESONANCA

3.5 Znižanje reda enačbe

V prejšnjih razdelkih smo si ogledali metode reševanja linearnih diferencial-nih enačb s konstantnimi koeficienti. Za linearne enačbe z nekonstantnimikoeficienti žal ne obstajajo take metode reševanja.

Včasih pa lahko kakšno rešitev uganemo. V tem razdelku si bomo ogle-dali, kako rešimo linearno diferencialno enačbo drugega reda, če poznamo

3.5. ZNIŽANJE REDA ENAČBE 39

eno rešitev. V takem primeru lahko našo enačbo prevedemo v linearno dife-rencialno enačbo prvega reda, zato tej metodi rečemo znižanje reda enačbe.

Primer: Recimo, da za diferencialno enačbo

xy′′ − (x + 1)y′ + y = 0 , x 6= 0 (3.11)

vemo, da jo reši funkcija y1 = ex.

Tedaj pišemo splošno rešitev te enačbe v obliki

y(x) = v(x)y1(x) = v(x)ex , (3.12)

kjer moramo ustrezno funkcijo še poiskati. To splošno rešitev vstavimo vnašo enačbo in pri tem upoštevajmo, da velja

y′ = v′ex + vex , y′′ = v′′ex + 2v′ex + vex .

Dobimo

x(v′′ex + 2v′ex + vex)− (x + 1)(v′ex + vex) + vex = 0

v′′ +

(1− 1

x

)v′ = 0

Označimo w = v′ in dobimo

w′ +

(1− 1

x

)w = 0 (3.13)

Ta enačba je linearna diferencialna enačba prvega reda. Z integrirujočimfaktorjem x−1ex dobimo splošno rešitev te enačbe

w(x) = Cxe−x .

Odtod dobimo v(x) z integracijo

v(x) =

∫Cxe−x dx = C[−xe−x − e−x] + C1

in iz (3.12) dobimo splošno rešitev prvotne enačbe

y(x) = vex = C1ex − C(x + 1) .

Z znižanjem reda enačbe lahko poiščemo tudi partikularno rešitev neho-mogene diferencialne enačbe, kadar poznamo eno rešitev prirejene homogene


enačbe. To pride prav, kadar ne moremo uporabiti metode nedoločenih koe-ficientov iz podrazdelka (3.3.1).

Primer: Oglejmo si diferencialno enačbo

xy′′ − (x + 1)y′ + y = x2(2x + 1)e(x2+x) , x 6= 0 (3.14)

Tu desna stran enačbe ni take oblike, da bi si lahko pomagali s tabelo (3.3.1).Ker pa že iz prvega primera tega razdelka poznamo eno rešitev y1(x) =ex prirejene homogene enačbe, spet lahko poiščemo partikularno rešitev zznižanjem reda enačbe. Spet postavimo

y(x) = v(x)y1(x)

in tokrat dobimo enačbo

w′ +

(1− 1

x

)w = x(2x + 1)ex2

.

Rešitev te enačbe prvega reda je

w(x) = xex2

+ Cxe−x

in odtod dobimo

v(x) =

∫w(x) dx =

∫xex2

dx + C

∫xe−x dx .

V prvi integral vpeljemo novo spremenljivko x2, drugega pa izračunamo podelih in dobimo

v(x) =ex2

2− Ce−x(x + 1) + C1 .

Končno dobimo splošno rešitev naše diferencialne enačbe.

y(x) =1

2e(x2+x)︸︷︷︸yp(x)

−C(x + 1) + C1ex︸︷︷︸

yc(x)

Prvi del te rešitve je partikularna rešitev, v drugem delu pa lahko opazimovnaprej poznano rešitev y1(x) = ex homogene enačbe.

Pripomnimo, da lahko to metodo uporabimo tudi za linearne enačbe višjihredov (> 2), le da v tem primeru še ni rečeno, da bomo znali rešiti dobljenoenačbo nižjega (a ne prvega) reda.

3.6. EULER-CAUCHYJEVE ENAČBE 41

3.6 Euler-Cauchyjeve enačbe

Euler-Cauchyjeva diferencialna enačba je linearna diferencialna enačba oblike

xny(n) + an−1xn−1y(n−1) + . . . + a1xy′ + a0y = 0 , (3.15)

kjer so koeficienti ai konstantni. Karakteristična lastnost tega tipa enačb je,da imamo v vsakem členu potenco neodvisne spremenljivke istega reda kotje odvod odvisne spremenljivke.

Tako enačbo z uvedbo nove spremenljivke t, za katero velja x = et, po-enostavimo v linearno diferencialno enačbo s konstantnimi koeficienti, to parešujemo po že znanih poteh.


x2y′′ − 3xy′ + 4y = 0 , x > 0 .

Ta enačba je Euler-Cauchyjeva. Postavimo x = et,

dy

dx= e−t dy

dt,

d2y

dx2= e−t

(d

dt

(e−t dy

dt

))= e−2t

(d2y

dt2− dy

dt

),

in dobimo

e2t

(e−2t

(d2y

dt2− dy

dt

))− 3et

(e−t dy

dt

)+ 4y = 0 (3.16)

d2y

dt2− 4

dy

dt+ 4y = 0 . (3.17)

Ta enačba je linearna diferencialna enačba s konstantnimi koeficienti. Njenakarakteristična enačba je

m2 − 4m + 4 = 0 ,

njena rešitev (dvojna) je m = 2. Zato je splošna rešitev te enačbe

y(t) = (C1 + C2t)e2t .

Rešitev prvotne enačbe pa dobimo s t = ln x v obliki

y(x) = (C1 + C2 ln x)x2 , x > 0 .

Če bi imeli nehomogeno enačbo Euler-Cauchyjevega tipa, na opisani načinrešimo prirejeno homogeno enačbo, partikularno rešitev pa poiščemo z vari-acijo konstant ali metodo nedoločenih koeficientov.


3.7 Posebni tipi DE drugega reda

Splošna navadna enačba drugega reda je oblike

F (x, y, y′, y′′) = 0 . (3.18)

V tem razdelku si bomo ogledali dve družini navadnih diferencialnih enačb(ne nujno linearnih) drugega reda, ki jih lahko rešimo z metodami za reševanjeNDE prvega reda.

Enačbe brez odvisne spremenljivke

Recimo, da je naša enačba oblike

g(x, y′, y′′) = 0 , (3.19)

to je, da odvisna spremenljivka y v enačbi ne nastopa eksplicitno.

V tem primeru vpeljemo novo (odvisno) spremenljivko

y′ = p , y′′ =dp

dx

in s tem reduciramo reševanje naše enačbe drugega reda na reševanje dvehnavadnih diferencialnih enačb prvega reda (najprej za p, potem pa za y).


xy′′ + y′ = (y′)3 , x 6= 0 .

V skladu z navodilom vpeljemo y′ = p in dobimo enačbo

xp′ + p = p3

in odtodxp′ = p3 − p .

V tej enačbi pa lahko ločimo spremenljivki.

dp

p3 − p=

dx

x

3.7. POSEBNI TIPI DE DRUGEGA REDA 43

Integrirajmo. ∫dp

p3 − p=

∫dx

x∫dp

p(p− 1)(p + 1)=

∫dx

x

−∫

dp

p+

1

2

∫dp

p− 1+

1

2

∫dp

p + 1= ln |x|+ ln K

1

2ln |p2 − 1| − ln |p| = ln K|x|

ln |p2 − 1| − ln |p|2 = ln(K|x|)2

ln |p2 − 1

p2| = ln(K|x|)2

|p2 − 1

p2| = K2|x|2

p2 − 1

p2= ±K2x2

p = ± 1√1− Cx2

,

kjer je C = ±K2. Ker je p = y′, imamo

y(x) = ±∫

dx√1− Cx2

=

± 1√

Carcsin(x

√C) + c1 , C > 0

± 1√−C

ln |x +√

1−C

+ x2|+ c2 , C < 0 .

3

Enačbe brez neodvisne spremenljivke

Recimo, da imamo navadno diferencialno enačbo drugega reda, v katerineodvisna spremenljivka ne nastopa eksplicitno. Ta enačba je torej oblike

g(y, y′, y′′) = 0 . (3.20)


V tem primeru vzamemo y za novo neodvisno spremenljivko, y′ pa zanovo odvisno spremenljivko

y′ = p , y′′ =dp

dx=

dp

dy

dy

dx= p

dp

dy

in s tem reduciramo reševanje enačbe (3.20) na reševanje dveh diferencialnihenačb prvega reda, najprej enačbo

g(y, p, pdp

dy) = 0 ,

v kateri iščemo funkcijo p(y), potem pa še y′ − p(y) = 0.

Primeri:

1. Rešimo enačboyy′′ + 2(y′)2 = 0 , y 6= 0 .

Z vpeljavo nove spremenljivke p = y′, y′′ = pp′ dobimo enačbo

ypdp

dy+ 2p2 = 0 .

Odtod pa dobimo p = 0 (in je tako y konstanta) ali

dp

dy+ 2

p

y= 0 .

To je linearna diferencialna enačba prvega reda za p(y), celo ločljivespremenljivke ima. Dobimo

dp

p= −2

dy

y

ln p = ln Cy−2

p = Cy−2 ,

kjer je C konstanta. Ker imamo tu konstanto C multiplikativno (in jelahko pozitivna ali negativna), smo lahko izpustili absolutno vrednostna levi strani zgornje enakosti.

Odtod dobimo enačbo za funkcijo y(x):

dy

dx=

C

y2.

3.7. POSEBNI TIPI DE DRUGEGA REDA 45

V tej enačbi spet ločimo spremenljivki in integriramo.∫y2 dy = C

∫dx

y3

3= Cx + K

y3 = 3Cx + 3K = C1x + K1

2. Rešimo enačbo matematičnega nihala

x + ax = 0 , a > 0 .

Uvedemo novo spremenljivko z(x) = x in dobimo

x = zdz

dx

in iz prvotne enačbe

zdz

dx= −ax .

To je enačba z ločljivima spremenljivkama, dobimo∫z dz = −a

∫x dx

z2 = C2 − ax2

z =√

C2 − ax2

Z upoštevanjem definicije funkcije z dobimo odtoddx

dt=√

C2 − ax2 ,

kar je spet enačba z ločljivima spremenljivkama.∫dx√

C2 − ax2=

∫dt

1√a

arcsinx√

a

C= t−K

x =C√a

sin(√

at−K√

a)


Rešitev je periodična funkcija s periodo 2π√a

(ki je določena že s kon-stanto a in tako neodvisna od kakšnih začetnih pogojev).

3. Enačba fizikalnega nihala je

x + a sin x = 0 , a > 0 .

Za z = x dobimo enačbo

zdz

dx+ a sin x = 0 ,

ki je spet enačba z ločljivima spremenljivkama. Dobimo

∫z dz = −a

∫sin x dx

z =√

2a cos x + C

in

dx

dt=

√2a cos x + C∫

dx√2a cos x + C

=

∫dt

∫dx√

2a cos x + C= t−K

Integral, ki smo ga dobili na levi pa je eliptični integral in ni rešljiv zelementarnimi metodami.

3

3.8 Redukcija diferencialne enačbe

V tem razdelku bomo pokazali, da lahko reševanje diferencialne enačbe z za-četnim pogojem reduciramo na reševanje sistema diferencialnih enačb prvegareda.

3.8. REDUKCIJA DIFERENCIALNE ENAČBE 47

Imejmo začetno nalogo oblike

y(n) = f(x, y, y′, . . . , y(n−1)) , y(a) = c1, y′(a) = c2, . . . , y

(n−1)(a) = cn .(3.21)

Recimo, da je je y(x) rešitev tega začetnega problema na nekem intervalu[a, b]. Definirajmo funkcije z1(x) = y(x), z2(x) = y′(x), . . . , zn(x) = y(n−1)(x).Tedaj veljajo naslednje enakosti.

z′1 = z2

z′2 = z3

. . . . . . (3.22)z′n−1 = zn

z′n = f(x, z1, z2, . . . , zn)

To pa je sistem n diferencialnih enačb prvega reda, zapišimo ga še v vektorskiobliki. Naj bo −⇀z (x) vektorska funkcija

−⇀z (x) = (z1(x), z2(x), . . . , zn(x))

in definirajmo vektorsko funkcijo

−⇀F (x,−⇀z ) = (F1(x,−⇀z ), F2(x,−⇀z ), . . . , Fn(x,−⇀z ))

z

F1(x,−⇀z ) = z2 , F2(x,−⇀z ) = z3 , , . . . , Fn−1(x,−⇀z ) = zn , Fn = f(x, z1, z2, . . . , zn) .

Začetne pogoje pa lahko zapišemo z vektorji takole: −⇀z (a) = −⇀c = (c1, . . . , cn).Tedaj je zgornji sistem enačb (3.22) v vektorski obliki

−⇀z′=−⇀F (x,−⇀z ) , −⇀z (a) = −⇀c .

Pokazali smo, da nam da rešitev y(x) diferencialne enačbe n-tega reda(3.21) da rešitev sistema enačb (3.22) prvega reda. Pokažimo še obratno. Najbodo na intervalu [a, b] definirane zvezno odvedljive funkcije z1(x), . . . , zn(x),ki ustrezajo sistemu enačb (3.22) in začetnemu pogoju −⇀z (a) = −⇀c . Iz prveenačbe sistema (3.22) sledi: ker je z2 zvezno odvedljiva, je z1 dvakrat zveznoodvedljiva in velja z2 = z′1. Iz druge enačbe sledi, da je z2 dvakrat zveznoodvedljiva in zato z1 trikrat zvezno odvedljiva in z3 = z′′1 , itd. Iz predzadnjeenačbe sledi, da je z1 n-krat zvezno odvedljiva in zn = z

(n−1)1 . Če vse to

vstavimo v zadnjo enačbo vidimo, da z1(x) zadošča prvotni diferencialnienačbi (3.21).


3.9 Sistemi linearnih NDE prvega reda

V tem razdelku si bomo ogledali metodo reševanja sistemov linearnih dife-rencialnih enačb prvega reda s konstantnimi koeficienti s pomočjo lastnihvrednosti.

3.9.1 Metoda lastnih vrednosti za homogene sisteme

Imejmo takle sistem linearnih NDE prvega reda s konstantnimi koeficientiaij, i, j = 1, . . . , n.

x′1(t) = a11x1(t) + a12x2(t) + · · ·+ a1nxn(t)

x′2(t) = a21x1(t) + a22x2(t) + · · ·+ a2nxn(t) (3.23)· · · · · ·

x′n(t) = an1x1(t) + an2x2(t) + · · ·+ annxn(t)

(3.24)

Ta sistem prepišemo v matrično obliko

x′(t) = Ax(t) , (3.25)

kjer je x(t) vektor – stolpec x1(t)x2(t)

...xn(t)

dimenzije n (tj. matrika dimenzije n× 1),

x′(t) =dx

dt

je vektor – stolpec dimenzije n×1, katerega komponente so odvodi istoležnihkomponent vektorja x(t) matrika A = [aij] pa matrika dimenzije n× n, ki josestavljajo koeficienti sistema (3.23).

Kot vemo iz linearne algebre, je število λ lastna vrednost kvadratne ma-trike A, če je

det(A− λI) = 0 , (3.26)kjer je I enotska matrika iste dimenzije kot A. Neničelnemu vektorju x, zakaterega velja (A− λI)v = 0, pa rečemo lastni vektor za lastno vrednost λ.Za rešitve sistema (3.23) velja takle izrek, ki pa ga ne bomo dokazali.

3.9. SISTEMI LINEARNIH NDE PRVEGA REDA 49

Izrek 3.9.1 1. Splošna rešitev sistema diferencialnih enačb (3.23) je oblike

x(t) = C1x1(t) + C2x2(t) + · · ·+ Cnxn(t) ,

kjer so xi, i = 1, . . . , n, linearno neodvisne rešitve tega sistema enačbin so Ci, i = 1, . . . , n, poljubne konstante.

2. Če je λ lastna vrednost matrike A in v njen lastni vektor, tedaj je

x(t) = veλt

netrivialna rešitev sistema (3.23).

2

Če torej najdemo n linearno neodvisnih lastnih vektorjev matrike A, lahkos pomočjo zgornjega izreka najdemo splošno rešitev sistema (3.23).

Splošna rešitev sistema (3.23) je torej odvisna od lastnih vrednosti inlastnih vektorjev matrike A podobno, kot je rešitev linearne diferencialneenačbe (3.4) odvisna od ničel karakteristične enačbe (3.5), zato tudi enačbi(3.26) rečemo karakteristična enačba. Oglejmo si različne primere, ki lahkonastopijo: da so lastne vrednosti realne ali kompleksne, vse paroma različneali (nekatere) večkratne.

Različne realne lastne vrednosti

Matrika A naj ima n realnih in različnih lastnih vrednosti λ1, . . . , λn. Znjimi lahko iz enačbe (A − λiI)vi = 0 poiščemo lastnim vrednostim λi pri-padajoče lastne vektorje vi, ki so linearno neodvisni. Splošna rešitev sistema(3.23) je tedaj

x(t) = C1v1eλ1t + C2v2e

λ2t + · · ·+ Cnvneλnt ,

kjer so Ci, i = 1, . . . , n, poljubne konstante.

Primer: Poiščimo splošno rešitev naslednjega sistema enačb.

x′1 = 2x1 + x2

x′2 = x1 + 2x2

Matrika A sistema je tedaj

A =

[2 11 2

],


karakteristična enačba pa

det

[2− λ 1

1 2− λ

]= (2− λ)2 − 1

= 3− 4λ + λ2

= (λ− 3)(λ− 1) = 0 .

Imamo torej dve različni realni lastni vrednosti λ1 = 1 in λ2 = 3. Lastnevektorje za lastno vrednost λ poiščemo z enačbo[

2− λ 11 2− λ

] [v1

v2

]=

[00

](3.27)

Poiščimo najprej lastni vektor k lastni vrednosti λ1 = 1 z enačbo[1 11 1

] [v1

v2

]=

[00

]To nam da (dvakrat isto enačbo)

v1 + v2 = 0 .

Torej je poljubni lastni vektor k lastni vrednosti λ = 1 kolinearen z

v1 =

[1

−1

].

Poiščimo še lastne vektorje k lastni vrednosti λ = 3.[−1 11 −1

] [v1

v2

]=

[00

]Odtod dobimo ekvivalentni enačbi

−v1 + v2 = 0v1 − v2 = 0

Vsak lastni vektor k lastni vrednosti λ = 3 je tedaj kolinearen z

v2 =

[11

].

Odtod dobimo dve linearno neodvisni rešitvi

x1 =

[1

−1

]et , x2 =

[11

]e3t .


Splošna rešitev našega sistema pa je

x(t) = c1v1et + c2v2e

3t = c1

[1

−1

]et + c2

[11

]e3t

ali (v komponentah)

x1(t) = c1et + c2e

3t , x2(t) = −c1(t)et + c2e

3t ,

kjer sta c1 in c2 poljubni konstanti.

3

Kompleksne lastne vrednosti

Ker je matrika A sistema realna, ima karakteristična enačba realne koe-ficiente in tako lahko kompleksne rešitve nastopajo le v konjugiranih parih,npr. λ = a + bi in λ = a− bi. Označimo z v = p+ iq in v = p− iq lastnimavrednostma λ in ¯lambda ustrezajoča kompleksna lastna vektorja. Tedaj soustrezne realne rešitve sistema (3.23) oblike

x1(t) = Re(veλt) = eat(p cos bt− q sin bt)x2(t) = Im(veλt) = eat(q cos bt + p sin bt)

Primer: Poiščimo splošno rešitev sistema enačb

x = −7x + y

y = −2x− 5y .

Matrika A sistema je tedaj

A =

[−7 1−2 −5

],


det

[−7− λ 1−2 −5− λ

]= (−7− λ)(−5− λ) + 2

= 37 + 12λ + λ2

= (λ + 6− i)(λ + 6 + i) = 0 .


Lastni vrednosti sta torej λ = −6+ i in λ = −6− i. Poiščimo lastne vektorjeza lastno vrednost λ = −6 + i.[

−7 + 6− i 1−2 −5 + 6− i

] [v1

v2

]=

[00

]Odtod dobimo ekvivialentni enačbi

(−1− i)v1 + v2 = 0

−2v1 + (1− i)v2 = 0 ,

iz katerih dobimo v1 = C, v2 = (1+i)C, kjer je C poljubna konstanta. Lastnivektor v za lastno vrednost λ = −6 + i je tedaj na primer

v =

[1

1 + i

],

njemu konjugirani vektor v = [1, 1−i]T pa je lastni vektor za lastno vrednostλ.

Dobimo torej dve linearno neodvisni realni rešitvi našega sistema enačb:x1(t) = e−6t cos t, y1(t) = e−6t(cos t − sin t) in x2(t) = e−6t sin t, y2(t) =e−6t(cos t + sin t). Splošna rešitev pa je

x(t) = C1e−6t cos t + C2e

−6t sin t

y(t) = (C1 + C2)e−6t cos t + (−C1 + C2)e

−6t sin t

3

Večkratne lastne vrednosti

Zaradi enostavnejše obravnave se omejimo na primer, ko je neka lastnavrednost dvakratna, čeprav velja vse kar bomo rekli tudi za več kot dvakratnelastne vrednosti. Če je λ rešitev karakteristične enačbe s stopnjo 2, se zgodiena od dveh možnosti:

1. da za λ obstajata dva linearno neodvisna lastna vektorja, ki nam da-sta splošno rešitev sistema, to se vedno zgodi, če je matrika sistemasimetrična;


2. da za λ ne obstajata dva linearno neodvisna lastna vektorja. V temprimeru moramo poiskati še eno linearno neodvisno rešitev sistema,poiščemo jo podobno, kot pri večkratnih rešitvah karakterističnih enačbza homogene linearne diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti.

Primer 1: Kot primer sistema z dvojno rešitvijo karakteristične enačbe, advema lastnima vektorjema zanjo si poglejmo naslednji sistem.

x = 2x + 3y + 3zy = − y − 3zz = 2z

Matrika A sistema je

A =

2 3 30 −1 −30 0 2

Karakteristična enačba pa je

det

2− λ 3 30 −1− λ −30 0 2− λ

= −(1 + λ)(2− λ)2 = 0 .

Imamo torej eno enojno lastno vrednost λ1 = −1 in eno dvojno lastno vre-dnost λ2 = 2. Za lastno vrednost λ1 = −1 najdemo brez težav lastni vektorv1 = [1,−1, 0]T. Za λ2 = 2 pa dobimo naslednjo enačbo za lastne vektorje. 0 3 3

0 −3 −30 0 0

v1

v2

v3

=

000

Odtod dobimo eno samo enačbo

v2 + v3 = 0 ,

vrednost v1 pa je poljubna. Za lastne vektorje k lastni vrednosti 2 torej veljaenakost v1

v2

v3

= C2

100

+ C3

01

−1

,

kjer sta C2 in C3 poljubni konstanti. Imamo torej dva linearno neodvisnalastna vektorja v2 = [1, 0, 0]T in v3 = [0, 1,−1]T za lastno vrednost 2. Splošna


rešitev našega sistema diferencialnih enačb je tedaj x(t)y(t)z(t)

= C1

1−1

0

+ C2

100

+ C3

01

−1

ali

x(t) = C1e−t + C2e

2t , y(t) = −C1e−t + C3e

2t , z(t) = −C3e2t .

3

Oglejmo si še drugo možnost, da imamo dvojno lastno vrednost λ, a zanjoni dveh linearno neodvisnih lastnih vrednosti. V tem primeru dobimo enorešitev

x1(t) = v1eλt ,

kjer je v1 lastni vektor k lastni vrednosti λ, druga rešitev, ki ‘manjka’ (ali,ki bi ustrezala ‘manjkajočemu lastnemu vektorju) pa je oblike

x2(t) = eλt(v1t + v2) ,

kjer je vektor v2 rešitev enačbe

(A− λI)v2 = v1 . (3.28)

Primer 2: Rešimo sistem

x = 4x + y

y = −x + 2y

Njegova matrika je

A =

[4 1

−1 2

],


det

[4− λ 1−1 2− λ

]= (λ− 3)2 = 0 .

Enačba za lastne vektorje je[1 1

−1 −1

] [v1

v2

]=

[00

],


iz česar dobimo v1 + v2 = 0. Imamo torej en lastni vektor in eno rešitev

v1 =

[1−1

], x1(t) = e3t

[1−1

].

Enačba (3.28) pa je [K

1 1−1 −1

]v2 =

[1

−1

],

iz česar dobimo v2 = [0, 1]T. Druga rešitev sistema je tedaj

x2(t) = eλt(v1t + v2) = e3t

(t

[1

−1

]+

[01

]).

Splošna rešitev pa je tedaj[xy

]= C1e

3t

[1

−1

]+ C2e

3t

(t

[1

−1

]+

[01

]).

3

Documents

Navadne diferencialne enačbe