Diferencialne enačbe 2. reda
§ena. Metode za znižanje reda enačbe.
Diferencialna enačba 2. reda ima obliko:
http://pandia.ru/text/78/516/images/image002_107.gif" width="19" height="25 src=">.gif" width="119" height="25 src="> ( ali Differential" href="/text/category/differentcial/" rel="bookmark"> diferencialna enačba 2. naročilo). Cauchyjev problem za diferencialno enačbo 2. reda (1..gif" width="85" height="25 src=">.gif" width="85" height="25 src=">.gif" height=" 25 src =">.
Naj bo diferencialna enačba 2. reda videti takole: http://pandia.ru/text/78/516/images/image009_41.gif" height="25 src=">..gif" width="39" height=" 25 src=">.gif" width="265" height="28 src=">.
Tako je enačba 2. reda http://pandia.ru/text/78/516/images/image015_28.gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="118" height =" 25 src=">.gif" width="117" height="25 src=">.gif" width="34" height="25 src=">. Če jo rešimo, dobimo splošni integral izvirne diferencialne enačbe, ki je odvisna od dveh poljubnih konstant: http://pandia.ru/text/78/516/images/image020_23.gif" width="95" height="25 src=">. gif" width="76" height="25 src=">.
Rešitev.
Ker v prvotni enačbi ni eksplicitnega argumenta http://pandia.ru/text/78/516/images/image011_39.gif" height="25 src=">.gif" width="35" height="25 src=">..gif" width="35" height="25 src=">.gif" width="82" height="38 src="> ..gif" width="99" height="38 src=">.
Od http://pandia.ru/text/78/516/images/image029_18.gif" width="85" height="25 src=">.gif" width="42" height="38 src= " >.gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="68" height="35 src=">..gif" height="25 src=">.
Naj bo diferencialna enačba 2. reda videti takole: http://pandia.ru/text/78/516/images/image011_39.gif" height="25 src=">..gif" width="161" height=" 25 src=">.gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="33" height="25 src=">..gif" width="225" height="25 src =">..gif" width="150" height="25 src=">.
Primer 2 Poiščite splošno rešitev enačbe: http://pandia.ru/text/78/516/images/image015_28.gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="107" height ="25 src=">..gif" width="100" height="27 src=">.gif" width="130" height="37 src=">.gif" width="34" height= "25 src =">.gif" width="183" height="36 src=">.
3. Vrstni red stopnje se zmanjša, če ga je mogoče preoblikovati v takšno obliko, da oba dela enačbe postaneta skupni derivat http://pandia.ru/text/78/516/images/image052_13.gif" širina="92" višina="25 src=">..gif" širina="98" višina="48 src=">.gif" širina="138" višina="25 src=">.gif" širina ="282" višina="25 src=">, (2.1)
kjer http://pandia.ru/text/78/516/images/image060_12.gif" width="42" height="25 src=">.gif" width="42" height="25 src="> so podane funkcije, ki so zvezne na intervalu, na katerem iščemo rešitev. Ob predpostavki, da je a0(x) ≠ 0, delite z (2..gif" width="215" height="25 src="> (2.2)
Predpostavimo brez dokaza, da (2..gif" width="82" height="25 src=">.gif" width="38" height="25 src=">.gif" width="65" height= " 25 src=">, potem enačbo (2.2) imenujemo homogena, enačbo (2.2) pa nehomogeno drugače.
Oglejmo si lastnosti rešitev lodu 2. reda.
Opredelitev. Linearna kombinacija funkcij http://pandia.ru/text/78/516/images/image071_10.gif" width="93" height="25 src=">.gif" width="42" height="25 src = ">.gif" width="195" height="25 src=">, (2.3)
nato njihovo linearno kombinacijo http://pandia.ru/text/78/516/images/image076_10.gif" width="182" height="25 src="> v (2.3) in pokažite, da je rezultat identiteta:
http://pandia.ru/text/78/516/images/image078_10.gif" width="368" height="25 src=">.
Ker so funkcije http://pandia.ru/text/78/516/images/image074_11.gif" width="42" height="25 src="> rešitve enačbe (2.3), potem je vsak oklepaj v zadnja enačba je identično enaka nič, kar je bilo treba dokazati.
Posledica 1. Iz dokazanega izreka sledi, ko je http://pandia.ru/text/78/516/images/image080_10.gif" width="77" height="25 src="> rešitev enačbe (2.3), potem DIV_ADBLOCK101">
Posledica 2. Predpostavka http://pandia.ru/text/78/516/images/image083_11.gif" width="58" height="25 src="> je tudi rešitev te enačbe.
Komentiraj. Lastnost rešitev, dokazana v izreku, ostane veljavna za primer katerega koli reda.
§3. Določnik Vronskega.
Opredelitev. Sistem funkcij http://pandia.ru/text/78/516/images/image084_10.gif" width="61" height="25 src=">.gif" width="110" height="47 src= " >..gif" width="106" height="42 src=">..gif" width="42" height="25 src=">.gif" width="181" height="47 src= " >.gif" width="42" height="25 src="> enačbe (2.3)..gif" width="182" height="25 src=">. (3.1)
Dejansko ..gif" width="18" height="25 src="> izpolnjuje enačbo (2..gif" width="42" height="25 src="> je rešitev enačbe (3.1). .gif" width="87" height="28 src=">..gif" width="182" height="34 src=">..gif" width="162" height="42 src="> .gif" width="51" height="25 src="> je enak. Tako
http://pandia.ru/text/78/516/images/image107_7.gif" width="18" height="25 src=">, v kateri je determinanta za linearno neodvisne rešitve enačbe (2..gif " width= "42" height="25 src=">.gif" height="25 src="> Oba faktorja na desni strani formule (3.2) sta različna od nič.
§ štiri. Struktura splošne rešitve lod. 2. reda.
Izrek.Če so http://pandia.ru/text/78/516/images/image074_11.gif" width="42" height="25 src="> linearno neodvisne rešitve enačbe (2..gif" width=" 19" height="25 src=">.gif" width="129" height="25 src=">je rešitev enačbe (2.3), izhaja iz izreka o lastnostih lodujevih rešitev 2. reda..gif " width="85 "height="25 src=">.gif" width="19" height="25 src=">.gif" width="220" height="47">
Konstante http://pandia.ru/text/78/516/images/image003_79.gif" width="19" height="25 src="> iz tega sistema linearnih algebrskih enačb so enolično določene, saj je determinanta ta sistem http: //pandia.ru/text/78/516/images/image006_56.gif" width="51" height="25 src=">:
http://pandia.ru/text/78/516/images/image116_7.gif" width="138" height="25 src=">.gif" width="19" height="25 src=">. gif" width="69" height="25 src=">.gif" width="235" height="48 src=">..gif" width="143" height="25 src="> (5 ..gif" width="77" height="25 src=">. Glede na prejšnji odstavek je splošno rešitev lodu 2. reda enostavno določiti, če sta znani dve linearno neodvisni delni rešitvi te enačbe. Preprosta metoda za iskanje delnih rešitev enačbe s konstantnimi koeficienti, ki jih je predlagal L. Euler..gif" width="25" height="26 src=">, dobimo algebraično enačbo, ki ji pravimo karakteristika:
http://pandia.ru/text/78/516/images/image124_5.gif" width="59" height="26 src="> bo rešitev enačbe (5.1) samo za tiste vrednosti k ki so korenine karakteristične enačbe (5.2)..gif" width="49" height="25 src=">..gif" width="76" height="28 src=">.gif" width= "205" height="47 src ="> in splošna rešitev (5..gif" width="45" height="25 src=">..gif" width="74" height="26 src=" >..gif" width="83 " height="26 src=">. Preverite, ali ta funkcija ustreza enačbi (5.1)..gif" width="190" height="26 src=">. Zamenjava teh izrazov v enačbo (5.1), dobimo
http://pandia.ru/text/78/516/images/image141_6.gif" width="328" height="26 src=">, because.gif" width="137" height="26 src=" >.
Zasebne rešitve http://pandia.ru/text/78/516/images/image145_6.gif" width="86" height="28 src="> so linearno neodvisne, saj.gif" width="166" height= "26 src=">.gif" width="45" height="25 src=">..gif" width="65" height="33 src=">.gif" width="134" height =" 25 src=">.gif" width="267" height="25 src=">.gif" width="474" height="25 src=">.
Oba oklepaja na levi strani te enakosti sta identično enaka nič..gif" width="174" height="25 src=">..gif" width="132" height="25 src="> je rešitev enačbe (5.1) ..gif" width="129" height="25 src="> bo videti takole:
http://pandia.ru/text/78/516/images/image162_6.gif" width="179" height="25 src="> f(x) (6,1)
predstavljen kot vsota celotne rešitve DIV_ADBLOCK103">
http://pandia.ru/text/78/516/images/image165_6.gif" width="11" height="29 src="> lndu (6.1).
Dokaz.
Najprej dokažimo, da http://pandia.ru/text/78/516/images/image166_6.gif" width="87" height="25 src="> v enačbo (6..gif" width=" 156" height="25 src=">.gif" width="87" height="25 src="> je rešitev enačbe (6.1).
Dokažimo zdaj, da je ta rešitev splošna, tj. da lahko vanjo vključimo poljubne konstante tako, da bodo izpolnjeni kateri koli začetni pogoji oblike: http://pandia.ru/text/78/516/images /image170_5.gif" width="91" height="25 src="> (6.3). Po izreku o zgradbi splošne rešitve linearne homogene diferencialne enačbe (lodu) je splošna rešitev enačbe ( 6..gif" width="17" height="25 src= ">.gif" width="160" height="25 src="> in zato lahko začetne pogoje (6.3) zapišemo kot:
http://pandia.ru/text/78/516/images/image174_4.gif" width="289" height="48 src="> (6,4)
Poljubne konstante http://pandia.ru/text/78/516/images/image003_79.gif" width="19" height="25 src="> so enolično določene iz tega sistema linearnih algebrskih enačb za katero koli desno stran, tj. k..gif" width="133" height="47 src="> je vrednost determinante Wronsky za linearno neodvisne rešitve enačbe (6..gif" width="19" height="25 src=">.gif" width ="160" height="25 src=">, dobimo partikularno rešitev enačbe (6.1), ki zadošča danim začetnim pogojem. Izrek je dokazan.
Dokažimo še en preprost izrek, ki se pogosto uporablja pri reševanju problemov.
2. izrek.Če http://pandia.ru/text/78/516/images/image162_6.gif" width="179" height="25 src=">.gif" width="179" height="25 src="> .gif" width="179" height="25 src="> f1(x) + f2(x). (6.5)
Dokaz.
Zamenjava funkcije http://pandia.ru/text/78/516/images/image180_5.gif" width="284" height="25 src="> f1 + f2. Ta enakost je identiteta, ker.gif " width="141" height="25 src="> f2. Izrek je dokazan.
§7. Rešitev problema 2. reda s konstantnimi koeficienti s posebno desno stranjo.
Naj bodo koeficienti v enačbi (6.1) konstantni, tj. enačba ima obliko:
http://pandia.ru/text/78/516/images/image184_5.gif" width="95" height="25 src=">.
Razmislite o metodi iskanja določene rešitve http://pandia.ru/text/78/516/images/image186_5.gif" width="109" height="25 src=">.gif" width="16" height ="25 src=">.gif" width="11" height="25 src="> ni koren karakteristične enačbe za enačbo (5..gif" width="131" height="25 src ="> – nedefinirani koeficienti, ki jih je treba določiti z metodo nedoločenih koeficientov.
Primer 1 Poiščite splošno rešitev enačbe http://pandia.ru/text/78/516/images/image194_5.gif" width="85" height="25 src=">.gif" width="48" height= "25 src =">.gif" width="207" height="25 src=">..gif" width="45" height="25 src=">.gif" width="30" height=" 25 src= "> - nedoločeni koeficienti. Poiščite odvode prvega in drugega reda in jih nadomestite v dano enačbo:
http://pandia.ru/text/78/516/images/image204_5.gif" width="25" height="25 src="> in izenačite koeficiente na enakih stopnjah v levem in desnem delu enakosti
Diferencialna enačba drugega reda povezuje neodvisno spremenljivko, želeno funkcijo ter njen prvi in drugi odvod. V posebnih primerih lahko enačba manjka. Vendar pa mora enačba drugega reda vsebovati .
Diferencialna enačba drugega reda je na splošno zapisana kot
ali, če je mogoče, v obliki, ki je dovoljena glede na drugo izpeljanko
V 1. točki 1. odstavka smo obravnavali problem, ki je pripeljal do najpreprostejše diferencialne enačbe drugega reda (glej formulo 4. 1. odstavka, 1. točka).
Kot v primeru enačbe prvega reda obstaja tudi za enačbo drugega reda splošna in posebna rešitev. Najprej na primeru razmislimo, kakšno obliko ima splošna rešitev enačbe drugega reda in kako se iz nje izlušči določena rešitev.
Vzemimo najpreprostejšo enačbo drugega reda
Da bi jo rešili, uvedemo zapis. Takrat bo tudi enačba (35) dobila obliko . Iz tega sledi oz. S ponovnim integriranjem najdemo .
Dobljena rešitev je odvisna od dveh poljubnih konstant (splošna rešitev). Geometrijsko predstavlja ta rešitev množico parabol (integralnih krivulj), skozi vsako točko ravnine pa očitno poteka neskončno število parabol, ki imajo na tej točki različne tangente (slika 275). Za izbiro katere koli integralne krivulje iz nabora teh krivulj je potrebno poleg koordinat točke, skozi katero poteka parabola, dodatno nastaviti naklon tangente, tj. vrednost v tej točki odvoda
Tako imajo pogoji, s katerimi se določena rešitev (začetni pogoji) izluščijo iz splošne rešitve enačbe drugega reda, obliko:
Prvi od teh pogojev določa točko, skozi katero mora iti integralna krivulja. Drugi pogoj določa naklon integralne krivulje v dani točki.
Postavimo na primer naslednje začetne pogoje za enačbo (35): .
Iz splošne rešitve najdemo. Z uporabo začetnih pogojev dobimo za določitev sistema enačb
Iz tega sistema najdemo vrednosti. Zato ima želena partikularna rešitev obliko
Izobraževalna ustanova "Beloruska država
kmetijska akademija"
Oddelek za višjo matematiko
Smernice
o študiju teme "Linearne diferencialne enačbe drugega reda" študentov računovodskega oddelka dopisne oblike izobraževanja (NISPO)
Gorki, 2013
Linearne diferencialne enačbe
drugega reda s konstantokoeficientov
Linearne homogene diferencialne enačbe
Linearna diferencialna enačba drugega reda s konstantnimi koeficienti se imenuje enačba oblike
tiste. enačba, ki vsebuje želeno funkcijo in njene odvode samo do prve stopnje in ne vsebuje njihovih produktov. V tej enačbi 
in 
je nekaj števil in funkcija 
dano v nekem intervalu 
.
Če 
na intervalu 
, potem ima enačba (1) obliko
,
(2)
in poklical linearno homogena . V nasprotnem primeru se imenuje enačba (1). linearno nehomogena .
Razmislite o kompleksni funkciji
,
(3)
kje 
in 
so prave funkcije. Če je funkcija (3) kompleksna rešitev enačbe (2), potem je realni del , in imaginarni del rešitve 
ločeno so rešitve iste homogene enačbe. Tako vsaka kompleksna rešitev enačbe (2) generira dve realni rešitvi te enačbe.
Rešitve homogene linearne enačbe imajo naslednje lastnosti:
Če 
je rešitev enačbe (2), potem funkcija 
, kje OD- poljubna konstanta, bo tudi rešitev enačbe (2);
Če in 
so rešitve enačbe (2), potem funkcija 
bo tudi rešitev enačbe (2);
Če in so rešitve enačbe (2), potem njihova linearna kombinacija 
bo tudi rešitev enačbe (2), kjer 
in 
so poljubne konstante.
Funkcije 
in 
klical linearno odvisen
na intervalu če obstajajo takšne številke 
in 
, ki hkrati nista enaka nič, da na tem intervalu velja enakost
Če enakost (4) velja samo takrat, ko 
in 
, nato funkcije in klical linearno neodvisen
na intervalu .
Primer 1
. Funkcije 
in 
so linearno odvisni, saj 
vzdolž celotne številske premice. V tem primeru 
.
Primer 2
. Funkcije in 
so linearno neodvisne na kateremkoli intervalu, saj velja enakost 
mogoče le, če in 
, in 
.
Konstrukcija splošne rešitve linearne homogenosti
enačbe
Da bi našli splošno rešitev enačbe (2), morate najti dve njeni linearno neodvisni rešitvi in . Linearna kombinacija teh rešitev 
, kje in so poljubne konstante in bodo dale splošno rešitev linearne homogene enačbe.
Linearno neodvisne rešitve enačbe (2) bomo iskali v obliki
,
(5)
kje 
- nekaj številk. Potem 
,
. Zamenjajmo te izraze v enačbo (2):
oz 
.
Ker 
, potem 
. Torej funkcija bo rešitev enačbe (2), če bo zadostil enačbi
.
(6)
Enačba (6) se imenuje karakteristična enačba za enačbo (2). Ta enačba je algebraična kvadratna enačba.
Pustiti 
in 
so koreni te enačbe. Lahko so resnični in različni, kompleksni ali resnični in enakopravni. Razmislimo o teh primerih.
Pustite korenine in karakteristične enačbe so realne in različne. Potem bodo rešitve enačbe (2) funkcije 
in 
. Te rešitve so linearno neodvisne, saj je enakost 
mogoče izvajati le, ko , in . Zato ima splošna rešitev enačbe (2) obliko
,
kje 
in 
so poljubne konstante.
Primer 3
.
Rešitev
. Značilna enačba za ta diferencial bo 
. Če rešimo to kvadratno enačbo, najdemo njene korenine 
in 
. Funkcije 
in 
so rešitve diferencialne enačbe. Splošna rešitev te enačbe ima obliko 
.
kompleksno število 
se imenuje izraz oblike 
, kje 
in 
so realna števila in 
se imenuje imaginarna enota. Če 
, nato številko 
se imenuje čisto imaginaren. če 
, nato številko 
se identificira z realnim številom .
številka se imenuje realni del kompleksnega števila in - imaginarni del. Če se dve kompleksni števili med seboj razlikujeta samo v predznaku imaginarnega dela, se imenujeta konjugirani: ,
.
Primer 4
. Rešite kvadratno enačbo 
.
Rešitev
. Diskriminant enačbe 
. Potem. prav tako 
. Tako ima ta kvadratna enačba konjugirane kompleksne korenine.
Naj bodo koreni značilne enačbe kompleksni, tj. 
,
, kje . Rešitve enačbe (2) lahko zapišemo kot 
,
oz 
,
. Po Eulerjevih formulah
,
.
Potem,. Kot je znano, če je kompleksna funkcija rešitev linearne homogene enačbe, potem so rešitve te enačbe tako realni kot imaginarni deli te funkcije. Tako bodo rešitve enačbe (2) funkcije 
in 
. Od enakosti
se lahko izvede le, če in , potem so te rešitve linearno neodvisne. Zato ima splošna rešitev enačbe (2) obliko
kje in so poljubne konstante.
Primer 5
. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe 
.
Rešitev
. Enačba 
je značilen za dani diferencial. Rešimo jo in dobimo kompleksne korene 
,
. Funkcije 
in 
so linearno neodvisne rešitve diferencialne enačbe. Splošna rešitev te enačbe ima obliko.
Naj bodo korenine karakteristične enačbe realne in enake, tj. 
. Potem so rešitve enačbe (2) funkcije 
in 
. Te rešitve so linearno neodvisne, saj je lahko izraz identično enak nič le, če in . Zato ima splošna rešitev enačbe (2) obliko 
.
Primer 6
. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe 
.
Rešitev
. Karakteristična enačba 
ima enake korenine 
. V tem primeru so linearno neodvisne rešitve diferencialne enačbe funkcije 
in 
. Splošna rešitev ima obliko 
.
Nehomogene linearne diferencialne enačbe drugega reda s konstantnimi koeficienti
in posebna desna stran
Splošna rešitev linearne nehomogene enačbe (1) je enaka vsoti splošne rešitve 
ustrezna homogena enačba in katera koli posebna rešitev 
nehomogena enačba: 
.
V nekaterih primerih lahko posamezno rešitev nehomogene enačbe preprosto najdemo z obliko desne strani enačbe (1). Razmislimo o primerih, ko je to mogoče.
tiste. desna stran nehomogene enačbe je polinom stopnje m. Če 
ni koren karakteristične enačbe, potem je treba določeno rešitev nehomogene enačbe iskati v obliki polinoma stopnje m, tj.
kvote 
se določijo v procesu iskanja določene rešitve.
če je koren karakteristične enačbe, potem je treba določeno rešitev nehomogene enačbe iskati v obliki
Primer 7
. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe 
.
Rešitev
. Ustrezna homogena enačba za to enačbo je 
. Njegova značilna enačba 
ima korenine in 
. Splošna rešitev homogene enačbe ima obliko 
.
Ker ni koren karakteristične enačbe, potem bomo partikularno rešitev nehomogene enačbe iskali v obliki funkcije 
. Poiščite odvode te funkcije 
,
in jih nadomestite v to enačbo:
ali . Izenačite koeficiente pri 
in brezplačni člani: 
Če rešimo ta sistem, dobimo 
,
. Takrat ima določena rešitev nehomogene enačbe obliko 
, splošna rešitev te nehomogene enačbe pa bo vsota splošne rešitve ustrezne homogene enačbe in partikularne rešitve nehomogene: 
.
Naj ima nehomogena enačba obliko
Če 
ni koren karakteristične enačbe, potem je treba partikularno rešitev nehomogene enačbe iskati v obliki. če je koren enačbe karakteristične večkratnosti k
(k=1 oz k=2), potem bo imela v tem primeru partikularna rešitev nehomogene enačbe obliko .
Primer 8
. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe 
.
Rešitev
. Karakteristična enačba za pripadajočo homogeno enačbo ima obliko 
. svoje korenine ,
. V tem primeru je splošna rešitev ustrezne homogene enačbe zapisana kot 
.
Ker število 3 ni koren karakteristične enačbe, je treba posebno rešitev nehomogene enačbe iskati v obliki 
. Poiščimo izpeljanke prvega in drugega reda:,
Zamenjajte v diferencialno enačbo: 
+
+,
+,.
Izenačite koeficiente pri in brezplačni člani:
Od tod 
,
. Potem ima določena rešitev te enačbe obliko 
in splošna rešitev
.
Lagrangeova metoda variacije poljubnih konstant
Metodo variacije poljubnih konstant lahko uporabimo za katero koli nehomogeno linearno enačbo s konstantnimi koeficienti, ne glede na obliko desne strani. Ta metoda omogoča, da vedno najdemo splošno rešitev nehomogene enačbe, če je znana splošna rešitev ustrezne homogene enačbe.
Pustiti 
in 
so linearno neodvisne rešitve enačbe (2). Potem je splošna rešitev te enačbe , kje in so poljubne konstante. Bistvo metode variacije poljubnih konstant je v tem, da splošno rešitev enačbe (1) iščemo v obliki
kje 
in 
- nove neznane lastnosti, ki jih je treba najti. Ker obstajata dve neznani funkciji, sta za njuno iskanje potrebni dve enačbi, ki vsebujeta ti funkciji. Ti dve enačbi tvorita sistem
ki je linearni algebrski sistem enačb glede na 
in 
. Reševanje tega sistema, ugotovimo 
in 
. Z integracijo obeh delov dobljenih enakosti ugotovimo
in 
.
Če te izraze zamenjamo v (9), dobimo splošno rešitev nehomogene linearne enačbe (1).
Primer 9
. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe 
.
Rešitev.
Karakteristična enačba za homogeno enačbo, ki ustreza dani diferencialni enačbi, je 
. Njegove korenine so kompleksne 
,
. Ker in 
, potem 
,
, splošna rešitev homogene enačbe pa ima obliko Potem bomo splošno rešitev te nehomogene enačbe iskali v obliki kjer je 
in 
- neznane funkcije.
Sistem enačb za iskanje teh neznanih funkcij ima obliko
Reševanje tega sistema, ugotovimo 
,
. Potem
,
. Dobljene izraze nadomestimo v splošno formulo rešitve:
To je splošna rešitev te diferencialne enačbe, pridobljena z Lagrangeovo metodo.
Vprašanja za samokontrolo znanja
Katero diferencialno enačbo imenujemo linearna diferencialna enačba drugega reda s konstantnimi koeficienti?
Katero linearno diferencialno enačbo imenujemo homogena in katero nehomogeno?
Kakšne so lastnosti linearne homogene enačbe?
Katero enačbo imenujemo značilna za linearno diferencialno enačbo in kako jo dobimo?
V kakšni obliki je zapisana splošna rešitev linearne homogene diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti v primeru različnih korenov karakteristične enačbe?
V kakšni obliki je zapisana splošna rešitev linearne homogene diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti v primeru enakih korenin karakteristične enačbe?
V kakšni obliki je zapisana splošna rešitev linearne homogene diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti v primeru kompleksnih korenov karakteristične enačbe?
Kako se zapiše splošna rešitev linearne nehomogene enačbe?
V kakšni obliki se išče določena rešitev linearne nehomogene enačbe, če so koreni značilne enačbe različni in niso enaki nič, desna stran enačbe pa je polinom stopnje m?
V kakšni obliki se išče določena rešitev linearne nehomogene enačbe, če je med koreni značilne enačbe ena ničla, desna stran enačbe pa je polinom stopnje m?
Kaj je bistvo Lagrangeove metode?
