Navadne diferencialne enaÄbe

Navadne diferencialne enačbe 

(študijsko gradivo) 

Matija Cencelj 

1. maja 2003

Kazalo 

1 Uvod 5 

1.1 Preprosti primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 

2 Diferencialne enačbe prvega reda 11 

2.1 Ločljivi spremenljivki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 

2.2 Homogene enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 

2.3 Eksaktne enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 

2.4 Integrirujoči faktorji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 

2.5 Linearne diferencialne enačbe prvega reda . . . . . . . . . . . 21 

2.6 Bernoullijeve enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 

2.7 Ortogonalne trajektorije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 

3 Diferencialne enačbe višjih redov 27 

3.1 Linearne diferencialne enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 

3.2 Homogene linearne DE s konstantnimi koeficienti . . . . . . . 30 

3.3 Linearne DE s konstantnimi koeficienti . . . . . . . . . . . . . 31 

3.3.1 Nedoločeni koeficienti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 

3.3.2 Variacija konstant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 

3.4 Nihanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 

3.5 Znižanje reda enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 

3.6 Euler-Cauchyjeve enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 

3.7 Posebni tipi DE drugega reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 

3.8 Redukcija diferencialne enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 

3.9 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 odvodi 

in neodvisne spremenljivke. Če je iskana funkcija le funkcija ene spremenljivke, 

rečemo taki enačbi navadna diferencialna enačba. Če pa z enačbo 

iščemo 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 enačbami. 

Še enkrat povejmo, kaj je diferencialna enačba, tokrat bomo bolj 

eksplicitni. 

Naj bo F (x 1 , . . . , x n+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 navadna 

diferencialna 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 vsaka 

funkcija oblike y = A sin x+B cos x, kjer sta A in B poljubni konstanti. 

2. Zlahka ugotovimo, da enačbi 

y ′2 + y 2 + 1 = 0 

ne ustreza nobena realna funkcija y(x). 

5

6 POGLAVJE 1. UVOD 

Pogosto pridejo diferencialne enačbe iz naravoslovnih problemov in so 

zato lahko zapisane z drugimi črkami. To nas ne bo motilo, če pa se pojavijo 

kakšni dvomi o tem, kaj je funkcija česa in kakšni so odvodi, je zelo koristno 

odvode napisati kot kvociente ustreznih diferencialov. 

✸ 

Red diferencialne enačbe 

Za diferencialno enačbo rečemo, da je reda n, če je najvišji odvod neznane 

funkcije, ki nastopa v enačbi, n-ti odvod. 

Splošna diferencialna enačba (1.1) 

je reda n. Diferencialna enačba 

F (x, y, y ′ , . . . , y (n) ) = 0 

y ′′ + y = 0 

iz prvega primera zgoraj je reda 2, diferencialna enačba 

v drugem primeru pa je reda 1. 

y ′2 + y 2 + 1 = 0 

Stopnja diferencialne enačbe 

Stopnja diferencialne enačbe je najvišja potenca odvoda najvišjega reda 

iskane funkcije, ki nastopa v diferencialni enačbi. 

Diferencialna enačba 

y ′′ + y = 0 . 

v prvem primeru zgoraj je prve stopnje, v drugem primeru 

pa druge stopnje. 

y ′2 + y 2 + 1 = 0 

Linearne diferencialne enačbe

7 

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

če je oblike 

a n (x) dn y 

dx n + a n−1(x) dn−1 y 

dx n−1 + · · · a 1(x) dy 

dx + a 0(x)y = f(x) , (1.2) 

kjer so a i (x) in f(x) znane funkcije. To ni splošna diferencialna enačba 

stopnje 1, ampak nastopajo vsi odvodi le s potenco 1 in ni nobenih produktov 

različnih odvodov. 

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

y ′′ + y = 0 

linearna, enačba 

pa ne. 

y ′2 + y 2 + 1 = 0 

Rešitve diferencialne enačbe 

Rešitev diferencialne enačbe je vsaka funkcija, za katero velja enakost v 

enačbi. Že prej smo povedali, da je funkcija y = sin x rešitev enačbe 

y ′′ + y = 0 . 

Taki – posamezni – rešitvi diferencialne enačbe rečemo tudi partikularna 

rešitev. 

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

to enačbo. 

Množici vseh rešitev diferencialne enačbe pa rečemo splošna rešitev diferencialne 

enačbe. Za zgornjo enačbo je splošna rešitev funkcija 

kjer sta c 1 in c 2 poljubni konstanti. 

y = c 1 cos x + c 2 sin x , 

Teorija diferencialnih enačb se ukvarja z razvojem metod za sistematično 

reševanje diferencialnih enačb. 

Začetni in robni pogoji


Včasih iščemo le tiste rešitve dane diferencialne enačbe, ki zadoščajo nekim 

posebnim pogojem. 

Če pogoji določajo vrednost funkcije in njenih odvodov le v neki točki 

(npr. x 0 ), rečemo takemu pogoju začetni pogoj. 

Če pa pogoji določajo vrednost funkcije in morda njenih odvodov v različnih 

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 problem 

ali robna naloga). 

Recimo, da nas zanima tista rešitev diferencialne enačbe 

ki zadošča pogojema 

y ′′ + y = 0 , 

y(π/2) = 1 y(π) = 2 . 

Gre za robni pogoj in ustrezno rešitev poiščemo brez težav: 

in 

y = c 1 cos x + c 2 sin x 

1 = c 1 cos(π/2) + c 2 sin(π/2) 

1 = c 2 

y = c 1 cos x + c 2 sin x 

2 = c 1 cos π + sin π 

2 = −c 1 

c 1 = −2 . 

Iskana rešitev je tedaj 

y = −2 cos x + sin x . 

Če naj bo rešitev diferencialne enačbe z začetnim ali robnim pogojem 

ena sama, moramo imeti toliko pogojev, kolikor je konstant v splošni rešitvi 

enačbe, to pa je praviloma toliko, kot je red enačbe. 

1.1 Preprosti primeri 

Tu si bomo ogledali le nekaj najpreprostejših ali najnaravnejših primerov, ki 

smo jih tako ali drugače že kje srečali.

1.1. PREPROSTI PRIMERI 9 

Primeri: 

1. Diferencialno enačbo 

y ′ = 0 

rešijo konstantne funkcije y = C. To je očitno, iz analize pa vemo, da 

je vsaka funkcija, ki reši tako enačbo konstantna. 

2. Diferencialno enačbo 

y ′′ = 0 

rešijo natanko vse linearne funkcije y = C 1 x + C 2 . Podobno velja: 

enačbo y (n) = 0 reši n-parametrična družina vseh polinomov stopnje 

do 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 velja 

enakost 

m ¨−⇀ r = 

−⇀ F ( 

−⇀ r , t) . 

Če gledamo vsako koordinato prostora posebej, zgornja enakost predstavlja 

tri diferencialne enačbe drugega reda. 

Posebej si oglejmo primer, ko je polje sil trivialno 

Kot rečeno je to sistem treh enačb 

m ¨−⇀ r = 0 . 

ẍ = 0 , ÿ = 0 , ¨z = 0 , 

po prejšnjem primeru so njihove rešitve 

x = a 1 t + b 1 , y = a 2 t + b 2 , z = a 3 t + b 3 , 

kar lahko zapišemo vektorsko z 

kjer je −⇀ a = (a 1 , a 2 , a 3 ) in −⇀ b = (b 1 , b 2 , b 3 ). 

−⇀ r (t) = 

−⇀ a t + 

−⇀ b , (1.3) 

S tem smo pokazali, da prvi Newtonov zakon, po katerem se točka, na 

katero ne deluje nobena zunanja sila giblje premo in enakomerno, sledi 

iz drugega Newtonovega zakona. 

Gibanje točke s tem seveda še ni natanko določeno, odvisno je od začetne 

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

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

natanko določeno.


4. Oglejmo si še en fizikalni primer: kako naj vržemo kamen, da bo v 

času τ padel d metrov daleč? Seveda zanemarimo upor zraka in predpostavimo, 

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. Iz 

Newtonovega zakona sledi: 

Obe enačbi takoj rešimo: 

mẍ = 0 , m¨z = −mg . 

x = v x t + x(0) , 

z = − g 2 t2 + v z t + z(0) 

Tu smo konstante že označili z ustreznimi fizikalnimi pomeni, v x in v z 

sta začetni hitrosti v ustreznih smereh, x(0) in z(0) pa začetni legi, za 

katera sicer vemo, da sta enaki 0; vemo pa še več, naša rešitev zgornjih 

enačb 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 = (v x , v z ) = ( d τ , g 2 τ) . 

5. Navedimo še preprost primer iz biologije oziroma medicine. Oglejmo 

si pretok neke tekočine skozi cev, katere stene so prepustne (to bi bil 

primeren model za dogajanje v ledvicah). Recimo, da je pretok neodvisen 

od časa. Cev parametrizirajmo kot x-os, z Q(x) označimo pretok v 

smeri cevi mimo točke x v cevi, z f(x) pa označimo pretok skozi stene 

cevi na enoto dolžine v točki (x). Tedaj mora veljati za pretok taka 

diferencialna enačba: 

dQ 

dx + f(x) = 0 , 

saj mora natanko toliko tekočine kolikor je pride tudi oditi bodisi vzdolž 

cevi 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 

ali, če to enačbo zapišemo v diferencialni obliki, 

y ′ = f(x, y) (2.1) 

dy − f(x, y)dx = 0 . (2.2) 

Metoda za rešitev take enačbe je odvisna od oblike funkcije f(x, y). V 

vsakem primeru pa prevedemo problem rešitve take enačbe na problem integriranja 

ustrezne funkcije. 

2.1 Ločljivi spremenljivki 

Recimo, da je funkcija f(x, y) v enačbi 2.1 produkt dveh funkcij, od katerih 

je ena odvisna le od x, druga pa le od y. Na primer 

Diferencialni enačbi oblike 

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

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 več 

diferencialna in če je dovolj lahka, najdemo funkcijo y(x). 

Primeri: 

1. Oglejmo si zelo preprost, a pomemben primer take enačbe. Imejmo 

neko spremenljivko x, ki narašča premosorazmerno z svojo vrednostjo. 

ẋ(t) = kx(t) , 

kjer je k neka konstanta. Odtod izračunamo funkcijo x(t) v trenutku. 

Enačbo prepišemo z diferenciali in preuredimo. 

Integriramo 

∫ dx 

x = ∫ 

dx 

x = k dt 

k dt ⇒ ln x = kt + C 

Odtod pa z eksponentno funkcijo dobimo rešitev (pri tem označimo 

C = ln a) 

x(t) = ae kt 

Pri tem za konstanto a velja a = x(0). Konstanta k pa je premosorazmernostni 

faktor med rastjo spremenljivke t in rastjo spremenljivke x. 

Če je k > 0, funkcija x eksponencialno narašča. Na tak način rastejo 

organizmi (ali njihove kolonije) v idealnih razmerah. Zato rečemo, da 

funkcija x ponazarja naravno rast. 

V primeru, da je k < 0, količina opisuje naravno odmiranje, konkretno 

s takimi funkcijami opišemo radioaktivni razpad, pa tudi izločanje 

zdravil iz organizma. 

2. Zgornji primer dovolj dobro ponazarja rast organizmov v začetni fazi 

oziroma idealnih razmerah, kot smo rekli. V resnici pa seveda nobena 

stvar 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. 

ẋ(t) = kx(t)[b − x(t)]

2.1. LOČLJIVI SPREMENLJIVKI 13 

Tudi to je diferencialna enačba prvega reda enačba z ločljivimi spremenljivkami, 

saj v njej nastopa le funkcija x in njen odvod. Rešimo to 

enačbo 

dx 

= −k dt (2.4) 

x[x − b] 

Levo stran razcepimo v ‘delne ulomke’: 

dx 

x − b − dx x 

= −kb dt (2.5) 

Integriramo. 

Antilogaritmiramo. 

ln[x − b] − ln x = −kbt + ln C (2.6) 

x − b 

x 

= Ce −kbt (2.7) 

Če spet označimo x(0) = a, odtod dobimo C = a−b . Zgornjo enačbo 

a 

lahko prepišemo takole. 

1 − b ( 

x = 1 − b ) 

e −kbt 

a 

Torej velja 

x(t) = 

b 

1 + ( b a − 1)e−kbt . 

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

primer na sliki 2.1) 

Slika 2.1: Krivulija za a = 2, b = 3, in k = 4


Slika 2.2: Kondenzator in upor v električnem krogu 

3. Razelektrimo kondenzator čez upor, kot kaže slika 2.2. 

Upoštevamo Kirchhoffov in Ohmov zakon in dobimo enačbo 

U + RI = 0 . 

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

in dobimo diferencialno enačbo 

e = CU 

RC ˙U + U = 0 . 

To pa je enačba z ločljivima spremenljivkama: 

dU 

U = − dt 

RC . 

Integrirajmo in pišimo konstanto kot ln U 0 . 

ln U = ln U 0 − 

Antilogaritmiramo in dobimo rešitev: 

U = U 0 e − t 

RC . 

t 

RC 

Zdaj se vidi, zakaj je bilo smiselno pisati konstanto kot ln U 0 . Pri tako 

izbrani konstanti namreč U 0 pomeni napetost pred razelektritvijo. 

4. Kot zadnji primer, ki pa ni motiviran z naravoslojem, si poglejmo začetno 

nalogo 

y ctgx 

dy = 

4 + y2 cos 2 x dx , y(π 4 ) = 0 .

2.2. HOMOGENE ENAČBE 15 

Prepišimo najprej enačbo v standardno obliko 2.1. 

( ) ( ) 

dy 4 + y 

2 ctgx 

dx = y cos 2 x 

Funkcijo na desni smo lahko zapisali kot produkt neke funkcije spremenljivke 

x in neke funkcije spremenljivke y, torej res gre za enačbo 

z ločljivima spremenljivkama. Preuredimo torej enačbo tako, da bodo 

izrazi z eno spremenljivko na eni, izrazi z drugo pa na drugi strani; 

potem enačbo še integriramo. 

∫ 

∫ 

y 

ctgx 

4 + y dy = 2 

cos 2 x dx = ∫ 1 

cos 2 x 

tgx dx 

Še integriramo integrala na levi in desni in spet preuredimo. 

Torej imamo 

1 

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

ln(4 + y 2 ) = ln tg 2 x + C 1 (C 1 = 2C) 

4 + y 2 = C 2 tg 2 x (C 2 = e C 1 

) 

y 2 = C 2 tg 2 x − 4 . 

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

Rešitev naše naloge je torej 

0 = C 2 tg 2 ( π 4 ) − 4 

0 = C 2 − 4 

C 2 = 4 

y 2 = 4(tg 2 x − 1) . 

✸ 

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 ≠ 0: 

f(λx, λy) = f(x, y) . 

Taki funkciji f rečemo, da je homogena funkcija, diferencialni enačbi zgornje 

oblike (tj.2.1) s homogeno funkcijo f pa rečemo tudi homogena diferencialna 

enačba prvega reda. Toda pozor! Kasneje se bomo ukvarjali z drugačnimi 

diferencialnimi enačbami, za katere bomo tudi rekli, da so homogene, a bo 

tam homogenost pomenila nekaj popolnoma drugega. Zato moramo biti pozorni, 

za kakšno homogenost gre! (To ni ravno pedagoško, a taka je tradicija, 

to pa tudi nekaj velja.) 

Homogeno diferencialno enačbo rešimo z zamenjavo (substitucijo) spremenljivke, 

pišimo 

y(x) = xv(x) , 

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

Leibnizevo pravilo za odvod produkta nam pove 

dy 

dx = v + xdv dx . 

Ker je funkcija f homogena, velja f(x, y) = f(1, y/x) = f(1, v). Našo enačbo 

tedaj lahko zapišemo kot 

x dv 

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 + y 2 

xy 

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

če je homogena. 

(λx) 2 + (λy) 2 

= x2 + y 2 

λxλy xy 

.

2.3. EKSAKTNE ENAČBE 17 

Z zamenjavo y = vx dobimo diferencialno enačbo 

v + x dv 

dx = 1 + v2 

v 

= 1 v + v , 

ki ima ločljive spremenljivke, ki jih ločimo in z integracijo 

∫ ∫ dx 

v dv = 

x 

dobimo 

oziroma 

kjer je C 1 = 2C. 

v 2 

2 

= ln |x| + C , 

y 2 = x 2 ln x 2 + C 1 x 2 , 

✸ 

Mimogrede povejmo, da je včasih bolj ekonomično vpeljati novo spremenljivko 

z x = vy. To velja takrat, ko je funkcija f tak ulomek, da je funkcija 

v števcu enostavnejša od funkcije v imenovalcu. 

2.3 Eksaktne enačbe 

Zapišimo našo diferencialno enačbo v obliko 

ali 

dy 

dx 

= −M(x, 

y) 

N(x, y) , 

M(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 ∂F 

dx + 

∂x ∂y 

ta enačba pa ima enostavno splošno rešitev: 

dy = dF = 0 , (2.10) 

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 več 

diferencialna enačba. 

Kdaj pa bo za enačbo (2.8), obstajala funkcija F z lastnostma (2.9)? To 

velja natanko tedaj, ko je vektorsko polje (M(x, y), N(x, y)) gradientno. Če 

sta funkciji M in N vsaj dvakrat zvezno odveljivi in definirani na dovolj 

lepem območju (npr. konveksnem območju, v resnici potrebujemo le tako 

območje, v katerem lahko vsako zanko zvezno skrčimo v točko), je za to 

dovolj, da velja 

∂M 

∂y = ∂N 

∂x . (2.12) 

Primer: Rešimo enačbo 

dy 

dx = 

3x 2 sin 2 y 

2e 2y − 2x 3 sin y cos y . 

Očitno to ni niti enačba z ločljivima spremenljivkama niti homogena enačba. 

Prepišimo jo v obliko 

3x 2 sin 2 y dx + (2x 3 sin y cos y − 2e 2y ) dy = 0 . 

Z zgornjimi oznakami imamo M = 3x 2 sin 2 y in N = 2x 3 sin y cos y − 2e 2y . 

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 katero 

veljata enakosti 

∂F 

∂x = M = 3x2 sin 2 y , 

∂F 

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

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

F (x, y) = x 3 sin 2 y + k(y) , 

kjer je k(y) neka funkcija (odvisna le od y). Funkcijo k(y) določimo s pomočjo 

druge enakosti (2.13). 

∂F 

∂y = 2x3 sin y cos y − 2e 2y = 2x 3 sin y cos y + k ′ (y)

2.4. INTEGRIRUJOČI FAKTORJI 19 

Odtod pa dobimo k ′ (y) = −2e 2y in k(y) = −e 2y + c 1 . Torej imamo 

F (x, y) = x 3 sin 2 y − e 2y + c 1 . 

Splošna rešitev naše diferencialne enačbe je tedaj 

ali, če označimo konstanto c − c 1 = κ, 

F (x, y) = x 3 sin 2 y − e 2y + c 1 = c 

x 3 sin 2 y − e 2y = κ . 

S tem sicer nismo izrazili funkcije y(x) v eksplicitni obliki, smo jo pa vendarle 

določili z izrazom, ki ne vsebuje odvodov. 

✸ 

2.4 Integrirujoči faktorji 

Včasih diferencialna enačba prvega reda ni eksaktna, jo pa lahko naredimo 

eksaktno tako, da množimo obe strani enačbe s primerno funkcijo µ(x, y), 

ki ji rečemo integrirujoči faktor. Potem dobljeno eksaktno enačbo rešimo po 

postopku iz prejšnjega razdelka. V tem drobnem razdelku si bomo ogledali 

dva 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 funkcija 

( 

1 ∂M 

N ∂y − ∂N ) 

∂x 

(2.15) 

odvisna le od x (in ne od y), označimo jo z R(x), ima naša diferencialna 

enačba (2.8) integrirujoči faktor oblike 

µ(x) = e (∫ R(x) dx) = e ( ∫ 1 

N ( ∂M 

∂y − ∂N 

∂x ) dx) . (2.16) 

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

( 

1 ∂N 

M ∂x − ∂M ) 

. (2.17) 

∂y


Če je ta funkcija odvisna le od y, označimo jo s H(y), ima naša diferencialna 

enačba (2.8) integrirujoči faktor oblike 

µ(y) = e (∫ H(y) dy) = e ( ∫ ( 1 M ( ∂N 

∂x − ∂M 

∂y ) dy) . (2.18) 


Enačbo najprej prepišemo v 

2 sin(y 2 ) 

} {{ } 

M 

dy 

dx = − 2 sin(y2 ) 

xy cos(y 2 ) 

dx + xy cos(y 2 ) dy = 0 . 

} {{ } 

N 

Izračunajmo za nas zanimiva parcialna odvoda 

∂M 

∂y = 4y cos(y2 ) , 

∂N 

∂x = y cos(y2 ) . 

Dobimo 

( 

1 ∂M 

N ∂y − ∂N ) 

∂x 

= 

1 

xy cos(y 2 ) (3y cos(y2 ) 

= 3 x = R(x) . 

Integrirujoči faktor bomo lahko poiskali z (2.16) 

µ(x) = e ∫ 3 

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

Seveda nam zadošča en sam integrirujoči faktor, zato izberimo za konstanto 

c kar 0 in dobimo 

µ(x) = x 3 

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

µ(x) dobimo 

2x 3 sin(y 2 ) dx + x 4 y cos(y 2 ) dy = 0 , 

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

x 4 sin(y 2 ) = c .

2.5. LINEARNE DIFERENCIALNE ENAČBE PRVEGA REDA 21 

2.5 Linearne diferencialne enačbe prvega reda 

V tem razdelku si pobliže oglejmo enačbo 

dy 

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

dx 

kjer sta P (x) in Q(x) dani funkciji spremenljivke x. To je posebni primer 

enačb, kakršne smo obravnavali v prejšnjem razdelku 2.4, saj lahko tako 

enačbo 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 (M y − 

N x ) = 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 

( ) 

dy 

µ(x) 

dx + P (x)y = µ(x)Q(x) . 

Ta enačba je eksaktna in bi jo lahko rešili z metodo iz razdelka 2.4, a raje jo 

rešimo z metodo ločljivih spremenljivk iz razdelka 2.1. Po konstrukciji velja 

namreč µ ′ (x) = µ(x)P (x) in lahko zgornjo enačbo prepišemo v enačbo 

d 

(µ(x)y) = µ(x)Q(x) (2.20) 

dx 

z ločljivimi spremenljivkami (x in µ(x)y) in na ta način dobimo rešitev eksplicitno 

izraženo. 

Primera: 

1. Rešimo enačbo 

dy 

dx = x + y . 

Najprej ugotovimo, da to je enačba oblike 2.19, kjer je P (x) = −1 in 

Q(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 enačbo 

in dobimo 

( ) dy 

e −x 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 . 

Iz 

ye −x = −xe −x − e −x + c 

dobimo splošno rešitev naše enačbe 

y = −(1 + x) + ce x . 


dy 

dx = y 

y 2 − 2x . 

Opazimo, da to ni linearna enačba prvega reda za funkcijo y(x), je pa 

linearna enačba prvega reda za funkcijo x(y), saj jo lahko prepišemo v 

obliko 

dx 

dy + 2 y x = y . 

To enačbo bomo torej lahko rešili z zgornjo metodo, a z zamenjanima 

vlogama spremenljivk x in y. Integrirujoči faktor je 

µ(y) = e∫ 2 

y dy = e (ln y2 +c) , 

izberemo µ(y) = y 2 . Odtod dobimo 

y 2 ( dx 

dy + 2 y x ) 

= y 3 

d 

dy (xy2 ) = y 3 ,

2.6. BERNOULLIJEVE ENAČBE 23 

ki je enačba z ločenima spremenljivkama. Integriramo 

∫ 

d(xy 2 ) = 

∫ 

y 3 dy 

in dobimo splošno rešitev 

xy 2 = y4 

4 + c 

x = y2 

4 + c 

y 2 . 

✸ 

2.6 Bernoullijeve enačbe 

Bernoullijeva diferencialna enačba je oblike 

dy 

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

kjer pa n ni nujno naravno, ampak je lahko poljubno realno število. V 

splošnem 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 linearno 

diferencialno enačbo. 

Uvedba nove spremenljivke 

z(x) = y 1−n 

(v primeru n ≠ 1, saj sicer nova sploh spremenljivka ni potrebna) prevede 

našo enačbo v enačbo 

( 1 

1 − n 

) dz 

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

dx 

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


y ′ = x 3 y 2 + xy .


To je Bernoullijeva enačba z 

P (x) = −x , Q(x) = x 3 , n = 2 , 

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

z diferencialom 

z(x) = y −1 

dz = −y −2 dy = −z 2 dy 

in dobimo enačbo 

− 1 dz 

z 2 dx = x3 

z + x 2 z 

oziroma 

dz 

dx + xz = −x3 , 

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

µ(x) = e x2 /2 , 

s katerim pridemo do enačbe z ločljivima spremenljivkama 

d 

dx (ex2 /2 z(x)) = −x 3 e x2 /2 . 

Za s(x) = e x2 /2 z(x) tedaj dobimo enačbo 

s ′ = −x 3 e x2 /2 

in odtod 

∫ 

s(x) = − 

x 3 e x2 /2 dx . 

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

s(x) = −x 2 e x2 /2 + 2e x2 /2 + C , z(x) = −x 2 + 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 

−x 2 + 2 + Ce −x2 /2 = e x2 /2 

−x 2 e x2 /2 

+ 2e x2 /2 

+ C 

✸

2.7. ORTOGONALNE TRAJEKTORIJE 25 

2.7 Ortogonalne trajektorije 

Oglejmo si neko geometrijsko uporabo diferencialnih enačb. Zadajmo si tako 

nalogo: za dano družino krivulj poiščimo drugo družino krivulj, ki jim rečemo 

ortogonalne trajektorije, tako da se bosta poljubni dve krivulji iz različnih 

družin sekali pravokotno. 

Najprej povejmo v kakšni zvezi so družine krivulj in diferencialne enačbe. 

Začnimo kar s primerom. 

Primer: Imejmo družino funkcij 

y = ae x , 

kjer je a ∈ R. Odvod vsake take funkcije je kar enak funkciji y ′ = ae x , torej 

naša družina funkcij reši diferencialno enačbo 

y ′ = y . 

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

pripadajo družini y = ae x . 

Vrnimo se k naši nalogi. Recimo, da imamo družino K krivulj, ki so grafi 

rešitev diferencialne enačbe oblike 

y ′ = f(x, y) , 

kjer je f neka dana funkcija. Tedaj bo družina ortogonalnih trajektorij C 

ravno družina grafov rešitev diferencialne enačbe 

y ′ = 

−1 

f(x, y) . 

✸ 

Primer: Imejmo družino 

x 2 + y 2 = a 2 

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

2x + 2y dy 

dx = 0 

dy 

dx = −x y .


Tedaj bodo ortogonalne trajektorije na naše kroge zadoščale enačbi 

Ločimo spremenljivki. 

Integriramo in dobimo 

dy 

dx = y x . 

dy 

y = dx x 

ln y = ln x + ln C =⇒ y = Cx . 

Ortogonalne trajektorije koncentričnih krogov so premice, ki potekajo skozi 

središče 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 

a n (x) dn y 

dx n + a n−1(x) dn−1 y 

dx n−1 n + · · · a 1(x) dy 

dx + a 0(x)y = f(x) , (3.1) 

kjer so a i (x) in f(x) znane funkcije. Tej enačbi priredimo enačbo, katere leva 

stran je identična z levo stranjo prejšnje enačbe, desna stran pa je enaka 0, 

a n (x) dn y 

dx n + a n−1(x) dn−1 y 

dx n−1 + · · · a 1(x) dy 

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

Za to enačbo pa rečemo, da je enačbi (1.2) prirejena homogena diferencialna 

enačba. To seveda nima prav nobene zveze (razen besedne) s homogenostjo 

v razdelku (2.2), na kar smo opozorili že tam. Tu gre za to, da je za poljubno 

množico rešitev homogene linearne enačbe tudi vsaka njihova linearna kombinacija 

rešitev te enačbe (to sledi neposredno iz linearnosti odvajanja). To 

lahko povemo tudi takole. 

Trditev: Rešitve homogene linearne diferencialne enačbe sestavljajo vektorski 

prostor. 

27

28 POGLAVJE 3. DIFERENCIALNE ENAČBE VIŠJIH REDOV 

Dokaz: Vaja! 

Kako rešujemo (nehomogeno) enačbo oblike (1.2)? Recimo, da poznamo 

neko – partikularno – rešitev y p (x) te enačbe. Tedaj je splošna rešitev te 

enačbe oblike 

y(x) = y p (x) + y c (x) , (3.3) 

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

✷ 

Vaja: Preverite, da vsaka funkcija oblike (3.3) res zadošča naši diferencialni 

enačbi. 

✸ 

O problemu, kako poiskati kakšno partikularno rešitev, bomo rekli kaj kasneje, 

zdaj recimo nekaj o rešitvah homogene linearne diferencialne enačbe. 

Kot smo ugotovili že zgoraj rešitve take enačbe napenjajo neki vektorski 

prostor. Izkaže se, da je njegova dimenzija ravno red enačbe, v primeru 

(1.2) torej n. Splošno rešitev bomo torej našli natanko tedaj, ko bomo poiskali 

n linearno neodvisnih rešitev. Za dve funkciji ni težko ugotoviti, ali 

sta linearno neodvisni ali ne, za več funkcij pa to ni najlažje ugotovimo z 

determinanto Wronskega. 

Imejmo množico {f 1 , f 2 , . . . , f n } funkcij, ki so definirane na nekem intervalu 

I in so na njem vsaj n-krat zvezno odvedljive. Tedaj je ta množica na 

I linearno neodvisna, če je njena determinanta Wronskega 

⎡ 

⎤ 

f 1 (x) f 2 (x) · · · f n (x) 

f 1(x) ′ f 2(x) ′ · · · f n(x) 

′ W (x) = det ⎢ 

⎥ 

⎣ . . · · · . ⎦ 

f (n−1) 

1 (x) f (n−1) 

2 (x) · · · f n 

(n−1) (x) 

različna od 0. Obratna trditev sicer v splošem ne drži, drži pa za množico 

rešitev homogene linearne diferencialne enačbe. 

Če je {y 1 , . . . , y n } množica rešitev neke linearne diferecialne enačbe z zveznimi 

koeficienti, je njena determinanta Wronskega bodisi različna od 0 v 

vsaki točki intervala I bodisi enaka 0 v vsaki točki intervala I. 

Naredimo primer za ilustracijo doslej povedanega. 


y ′′ + y = x .

3.1. LINEARNE DIFERENCIALNE ENAČBE 29 

Vemo, da bo splošna rešitev te enačbe oblike 

y(x) = y p (x) + y c (x) , 

kjer je y p (x) poljubna partikularna rešitev naše enačbe, y c (x) pa splošna 

rešitev ustrezne homogene enačbe. Za homogeno enačbo 

y ′′ + y = 0 

vemo, da ji ustrezata tako y = cos x, kakor tudi y = sin x. Sta ti funkciji 

linearno neodvisni? Seveda sta, saj vemo, da se ti funkciji ne razlikujeta le za 

kakšen skalarni faktor, lahko pa to preverimo tudi z determinanto Wronskega. 

[ 

W (x) = det 

cos x 

− sin x 

Splošna rešitev homogene enačbe je tedaj 

] 

sin x 

= 1 ≠ 0 

cos x 

y c (x) = C 1 cos x + C 2 sin x . 

Poiskusimo poiskati še kakšno partikularno rešitev. Ponavadi je taka rešitev 

v nekakšnem sorodstvu z desno stranjo nehomogene enačbe. Res, če 

poiskusimo kar z našo desno stranjo 

y p (x) = x , 

je to res partikularna rešitev. Kar takoj pa povejmo, da nasploh desna stran 

enačbe (1.2) ni kar enaka partikularni rešitvi, omenjeno šorodstvo"bo, žal, le 

treba razumeti bolj široko. 

Kakorkoli, dobili smo splošno rešitev naše enačbe, ki je 

y(x) = x + C 1 cos x + C 2 sin x . 

Tako, nekaj splošnega o reševanju linearnih diferencialnih enačb smo povedali. 

Dodajmo še, da nasploh ni lahko najti niti partikularne rešitve niti 

rešitev homogene enačbe. V posebnih primerih, na primer v primeru, da so 

koeficienti a i (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 koeficienti 

V tem razdelku se bomo posvetili diferencialni enačbi 

a n y (n) + a n−1 y (n−1) + · · · + a 1 y ′ + a 0 y = 0 , (3.4) 

kjer so a i poljubna realna števila. To je homogena linearna diferencialna 

enačba s konstantnimi koeficienti. Tej enačbi priredimo njeno karakteristično enačbo 

a n m n + a n−1 m n−1 + · · · + a 1 m + a 

} {{ } 0 = 0 , (3.5) 

P (m) 

ki je polinomska enačba dobljena iz diferencialne enačbe (3.4) tako, da nadomestimo 

vsak odvod y (i) z ustrezno potenco m i neke spremenljivke m. 

Splošna rešitev y(x) diferencialne enačbe (3.4) je odvisna od rešitev njene 

karakteristične enačbe (3.5) P (m) = 0. Različne možnosti sestavimo v naslednjo 

tabelo. 

P (m) 

y(x) 

(m − m 1 )(m − m 2 ) . . . (m − m k ) , C 1 e m1x + C 2 e m2x + · · · + C k e m kx 

kjer so m i paroma različna števila; 

(m − m 1 ) k (C 1 + C 2 x + · · · + C k x k−1 )e m 1x 

[m − (a + bi)][m − (a − bi)] = (m − a) 2 + b 2 (C 1 cos bx + C 2 sin bx)e ax 

[(m − a) 2 + b 2 ] k 

(C 1 + C 2 x + · · · + C k x k−1 )e ax cos bx+ 

+(K 1 + K 2 x + · · · + K k x k−1 )e ax sin bx 

Tu so C i in K i poljubne konstante. Če je polinom P (m) produkt različnih 

faktorjev iz leve strani zgornje tabele, je splošna rešitev vsota ustreznih 

desnih strani. 

Primeri: 


y ′′′ − 6y ′′ + 11y ′ − 6y = 0 .

3.3. LINEARNE DE S KONSTANTNIMI KOEFICIENTI 31 

Njen karakteristični polinom je 

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

Koreni karakterističnega polinoma so vsi različni, splošna rešitev naše 

diferencialne enačbe je tedaj 

2. Poiščimo splošno rešitev enačbe 

Njen karakteristični polinom je 

y(x) = C 1 e x + C 2 e 2x + C 3 e 3x . 

y ′′ − 2y ′ + y = 0 . 

P (m) = m 2 − 2m + 1 = (m − 1) 2 , 

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


Njen karakteristični polinom 

y(x) = (C 1 + C 2 x)e x . 

y ′′′ + y ′′ + y ′ + y = 0 . 

m 3 + m 2 + m + 1 = (m + 1)(m 2 + 1) 

ima en enojni realni koren m = −1 in en par konjugiranih kompleksnih 

korenov. Iz tabele tedaj preberemo splošno rešitev naše enačbe. 

y(x) = C 1 e −x + C 2 cos x + C 3 sin x . 

✸ 

3.3 Linearne DE s konstantnimi koeficienti 

Povedali smo že, da za splošno rešitev linearne diferencialne enačbe potrebujemo 

eno partikularno rešitev in splošno rešitev prirejene homogene enačbe. 

O homogenih linearnih diferencialnih enačbah s konstantnimi koeficientih 

smo govorili v prejšnjem razdelku, za rešitev linearne diferencialne enačbe s 

konstantnimi koeficienti potrebujemo torej le še metode za iskanje partikularnih 

rešitev nehomogenih enačb. Dve taki metodi bomo obravnavali v tem 

razdelku.


3.3.1 Nedoločeni koeficienti 

V primeru linearne diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti 

a n y (n) + a n−1 y (n−1) + · · · + a 1 y ′ + a 0 y = f(x) (3.6) 

lahko poiščemo partikularno rešitev z metodo nedoločenih koeficientov, če je 

desna stran f(x) enačbe funkcija prav posebne oblike, kakršne nastopajo v 

naslednji tabeli. V tej tabeli zapišimo funkcijo f(x) in priporočeno obliko 

partikularne rešitve, ki je izražena z nedoločenimi koeficienti, katere moramo 

določiti tako, da bo ustrezala diferencialni enačbi. 

f(x) 

C 

Ce βx 

C 1 sin mx + C 2 cos mx 

R n (x) 

R n (x)e βx 

R n (x)e βx sin mx 

R n (x)e βx cos mx 

y p (x) 

x s A 

x s Ae βx 

x s (A 1 sin mx + A 2 cos mx) 

x s P n (x) 

x s P n (x)e βx 

x s e βx [P n (x) cos mx + Q n (x) sin mx] 

x s e βx [P n (x) cos mx + Q n (x) sin mx] 

Slika 3.1: Tabela predlaganih oblik partikularnih rešitev 

V tej tabeli so na levi strani dane funkcije; C, C 1 in C 2 so take konstante, 

da funkcija na levi strani tabele ni nikoli 0; R n (x), P n (x) in Q n (x) so polinomi 

iste – dane – stopnje n. Pri tem moramo koeficiente polinomov P n (x) in 

Q n (x) določiti tako, da bo funkcija na desni rešila diferencialno enačbo, isto 

velja za koeficiente A i . Eksponent s pa je najmanjše tako nenegativno celo 

število, da noben člen v priporočeni obliki partikularne rešitve ne more rešiti 

tudi ustrezne homogene enačbe. 

Če je funkcija f(x) vsota različnih funkcij, ki nastopajo na levi strani 

naše tabele, moramo tudi partikularno rešitev sestaviti iz ustreznih funkcij 

na desni strani tabele.


Primera: 


y ′′ − 6y ′ = 6e 6x . 

Ker gre za linearno diferencialno enačbo, bo njena splošna rešitev vsota 

y p (x) + y c (x) ene partikularne rešitve in splošne rešitve ustrezne homogene 

enačbe. 

Najprej rešimo ustrezno homogeno enačbo, zato poiščimo korene njenega 

karakterističnega polinoma. 

P (m) = m 2 − 6m = m(m − 6) . 

Splošna rešitev homogene enačbe je tedaj 

y c (x) = C 1 + C 2 e 6x . 

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

y p (x) = x s Ae 6x . 

Določimo eksponent s. Najmanjša možna vrednost za s je s = 0, a ta 

ne bo dobra, saj vidimo, da bi v tem primeru dobili rešitev homogene 

enačbe. Poskusimo torej s = 1, kakršenkoli bo A, res v tem primeru 

ne dobimo rešitve homogene enačbe, zato s = 1 velja. Določimo še 

koeficient A. Za y = xAe 6x velja y ′ = (1 + 6x)Ae 6x in y ′′ = (1 + 

3x)12Ae 6x , to vstavimo v našo (nehomogeno) diferencialno enačbo in 

dobimo 

12Ae 6x (1 + 3x) − 6Ae 6x (1 + 6x) = 6e 6x 

in odtod A = 1. Partikularna rešitev je tedaj y p (x) = xe 6x , splošna 

rešitev naše diferencialne enačbe pa 


Ustrezno homogeno enačbo 

y(x) = C 1 + C 2 e 6x + xe 6x . 

y ′′ + y = x + sin x . 

y ′′ + y = 0 

že dobro poznamo, njena splošna rešitev je 

y(x) = C 1 cos x + C 2 sin x .


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

poskusimo z nastavkom 

y p (x) = x s 1 

(B 0 + B 1 x) + x s 2 

(A 

} {{ } 

1 sin x + A 2 cos x) . 

} {{ } 

za x 

za sin x 

Začnimo z določitvijo števila s 1 , ugotovimo, da je to lahko kar s 1 = 0, 

saj funkcija B 0 + B 1 x ni rešitev homogene enačbe. Za s 2 pa vidimo, 

da ne more biti 0, saj sin x reši homogeno enačbo. Velja pa s 2 = 1, saj 

funkcija x(A 1 sin x + A 2 cos x) ne more biti rešitev homogene enačbe. 

Partikularna rešitev bo torej oblike 

Tedaj velja 

in 

y p (x) = B 0 + B 1 x + x(A 1 sin x + A 2 cos x) . 

y ′ p = B 1 + (A 1 − xA 2 ) sin x + (A 2 + xA 1 ) cos x 

y ′′ 

p = (−2A 2 − xA 1 ) sin x + (2A 1 − xA 2 ) cos x . 

Če to vstavimo v našo enačbo, dobimo 

2A 1 cos x − 2A 2 sin x + B 0 + B 1 x = x + sin x . 

Odtod pa dobimo A 1 = 0, A 2 = −1/2, B 0 = 0, B 1 = 1. Partikularna 

rešitev je tedaj 

y p (x) = x − x 2 cos x , 

splošna rešitev naše enačbe pa je 

y(x) = C 1 sin x + C 2 cos x + x(1 − cos x 

2 ) . ✸ 

3.3.2 Variacija konstant 

Posvetimo se primeru enačbe 

a n y (n) + a n−1 y (n−1) + · · · + a 1 y ′ + a 0 y = f(x) , (3.7) 

v katerem funkcija f(x) ni take posebne vrste, kakršne smo srečali v prejšnjem 

podrazdelku v tabeli (3.3.1). Tedaj lahko uporabimo neko drugo metodo,


imenovano variacija konstant, s katero najdemo partikularno rešitev zgornje 

enačbe. Gre za to, da najprej izračunamo splošno rešitev ustrezne homogene 

enačbe, potem pa nadomestimo konstante v tej splošni rešitvi homogene 

enačbe s funkcijami, ki jih določimo tako, da dobimo partikularno rešitev 

nehomogene enačbe. Ilustrirajmo to na primeru. 


Splošna rešitev ustrezne homogene enačbe je 

y ′′ + y = tg x . (3.8) 

y c (x) = C 1 sin x + C 2 cos x . 

Funkcija tg x res ni tipa, kakršne smo imeli v tabeli (3.3.1). Zato poiščimo 

partikularno rešitev z variacijo konstant, tj. kostanti C 1 in C 2 v zgornji rešitvi 

homogene enačbe nadomestimo z nekima funkcijama A(x) oziroma B(x): 

y p (x) = A(x) sin x + B(x) cos x . 

Funkciji A(x) in B(x) moramo določiti tako, da bo y p (x) ustrezal naši enačbi 

(3.8). Poleg tega bomo predpostavili, da sta ti funkciji taki, da njuna odvoda 

dasta rešitev homogene enačbe in je zato 

Poiščimo najprej prvi odvod funkcije y p (x). 

A ′ (x) sin x + B ′ (x) cos x = 0 . (3.9) 

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 y p (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 pomnožimo 

s 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 x A ′ (x) 0 

cos x − sin x B ′ = 

(x) tg x 

To enačbo z leve pomnožimo z inverzno matriko matrike na levi (ki je slučajno 

kar 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. 

y p (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) = C 1 sin x + C 2 cos x − cos x ln | cos −1 x + tg x| . 

3.4 Nihanje 

Sinusno nihanje. Najprej si oglejmo gibanje masne točke na R, na katerega 

deluje sila, ki ga vleče k koordinatnemu začetku 0 in katere velikost je 

premosorazmerna oddaljenosti od koordinatnega začetka. V točki x tedaj 

deluje na našo masno točko, katere masa naj bo m, sila F = −kx, kjer je 

k > 0. Po Newtonovem zakonu tedaj velja 

mẍ = −kx ali mẍ + kx = 0 . 

To je linearna diferencialna enačba s konstantnimi koeficienti, njena karakteristična 

enačba je λ 2 + k/m = 0, njena splošna rešitev pa je 

x(t) = C 1 cos(ωt) + C 2 sin(ωt) , 

kjer smo označili ω = k/m. Če konstanti C 1 in C 2 pišemo C 1 = −a sin(ωδ) 

in C 2 = 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 ẋ(0), 

iz njih izračunamo amplitudo a in zamik δ. Tedaj imamo gibanje natanko 

določeno. Perioda tega nihanja je T = 2π/ω. Približno tako nihanje dobimo 

z matematičnim nihalom, če je odklon zelo majhen. 

Dušeno nihanje. Imejmo podobno situacijo kot zgoraj, to je, imejmo 

masno točko na R, nanj pa naj poleg sile F = −kx, ki vleče točko k 0, deluje 

še sila upora F u , ki je premosorazmerna hitrosti ẋ in njej nasprotna, torej 

F u = −rẋ in zunanja sila f(t), ki je odvisna le od časa. Po Newtonovem 

zakonu tedaj velja 

mẍ + rẋ + kx = f(t) . (3.10) 

Če je f(t) = 0, rečemo takemu nihanju prosto nihanje, sicer pa gre za vsiljeno 

nihanje. Tako enačbo dobimo pri nihalu (še vedno le za precej majhne 

kote) in nekaterih drugih mehanskih nihanjih, a pri vseh teh ta enačba zgolj 

približno opiše situacijo. Pri električnem krogu s tuljavo (z induktivnostjo 

µ), uporom (R) in kondenzatorjem (s kapacitivnostjo C = 1/κ) pa nam taka 

enačba popiše situacijo v popolni preciznosti. 

Naj bo naboj na kondenzatorju Q, napetost na kondenzatorju pa U. Tedaj 

velja: 

CU = U/κ = Q , I = − ˙Q = − ˙U/κ . 

Ohmov zakon pove, da je produkt IR enak napetosti, ki je napetost na 

kondenzatorju zmanjšana za napetost zaradi samo indukcije in povečana za 

zunanjo električno silo φ(t). Pridemo do enačbe 

IR = U − µ ˙ I + φ(t) ali µÜ + R ˙U + 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 

ki je podobne oblike. 

Vrnimo se k enačbi (3.10) 

µÏ + R ˙ I + κI = ˙φ(t) , 

mẍ + rẋ + kx = f(t) . 

Prirejena homogena enačba, ki opisuje prosto dušeno nihanje, ima karakteristično 

enačbo 

mλ 2 + rλ + k = 0 .


Njeni rešitvi sta 

λ 1 = − r 

2m + 1 √ 

r2 − 4mk , 

2m 

Tu nastopijo tri možnosti. 

λ 2 = − r 

2m − 1 √ 

r2 − 4mk . 

2m 

Če je √ r 2 − 4mk > 0, dobimo splošno rešitev 

x(t) = C 1 e λ 1t + C 2 e λ 2t , 

pri tem sta λ 1 , λ 2 < 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 v 

0). 

Če je √ r 2 − 4mk = 0, dobimo rešitev 

x(t) = C 1 e λt + C 2 te λt . 

Tudi tu gre za neperiodično gibanje, točka se asimptotično približuje točki 0 

(če ni že na začetku v 0). 

V primeru √ r 2 − 4mk < 0 pa je upor tako majhen, da sta λ 1 in λ 2 kompleksni 

števili. Označimo √ r 2 − 4mk = −4m 2 ν 2 . Splošna rešitev homogene 

enačbe je tedaj 

x(t) = C 1 e −rt/(2m) cos νt + C 2 e −rt/(2m) sin νt . 

Če pišemo C 1 = a cos νt in C 2 = 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 se 

namreč z rastočim t eksponencialno manjša. 

3.5 Znižanje reda enačbe 

V prejšnjih razdelkih smo si ogledali metode reševanja linearnih diferencialnih 

enačb s konstantnimi koeficienti. Za linearne enačbe z nekonstantnimi 

koeficienti žal ne obstajajo take metode reševanja. 

Včasih pa lahko kakšno rešitev uganemo. V tem razdelku si bomo ogledali, 

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 diferencialno 

enačbo prvega reda, zato tej metodi rečemo znižanje reda enačbe. 

Primer: Recimo, da za diferencialno enačbo 

vemo, da jo reši funkcija y 1 = e x . 

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

Tedaj pišemo splošno rešitev te enačbe v obliki 

y(x) = v(x)y 1 (x) = v(x)e x , (3.12) 

kjer moramo ustrezno funkcijo še poiskati. To splošno rešitev vstavimo v 

našo enačbo in pri tem upoštevajmo, da velja 

Dobimo 

y ′ = v ′ e x + ve x , y ′′ = v ′′ e x + 2v ′ e x + ve x . 

x(v ′′ e x + 2v ′ e x + ve x ) − (x + 1)(v ′ e x + ve x ) + ve x = 0 

( 

v ′′ + 1 − 1 ) 

v ′ 

x 

= 0 

Označimo w = v ′ in dobimo 

w ′ + 

( 

1 − 1 ) 

w = 0 (3.13) 

x 

Ta enačba je linearna diferencialna enačba prvega reda. 

faktorjem x −1 e x dobimo splošno rešitev te enačbe 

Z integrirujočim 

w(x) = Cxe −x . 

Odtod dobimo v(x) z integracijo 

∫ 

v(x) = Cxe −x dx = C[−xe −x − e −x ] + C 1 

in iz (3.12) dobimo splošno rešitev prvotne enačbe 

y(x) = ve x = C 1 e x − C(x + 1) . 

Z znižanjem reda enačbe lahko poiščemo tudi partikularno rešitev nehomogene 

diferencialne enačbe, kadar poznamo eno rešitev prirejene homogene


enačbe. To pride prav, kadar ne moremo uporabiti metode nedoločenih koeficientov 

iz podrazdelka (3.3.1). 

Primer: Oglejmo si diferencialno enačbo 

xy ′′ − (x + 1)y ′ + y = x 2 (2x + 1)e (x2 +x) , x ≠ 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 y 1 (x) = 

e x prirejene homogene enačbe, spet lahko poiščemo partikularno rešitev z 

znižanjem reda enačbe. Spet postavimo 

in tokrat dobimo enačbo 

w ′ + 

Rešitev te enačbe prvega reda je 

y(x) = v(x)y 1 (x) 

( 

1 − 1 ) 

w = x(2x + 1)e x2 . 

x 

w(x) = xe x2 + Cxe −x 

in odtod dobimo 

∫ 

v(x) = 

∫ 

w(x) dx = 

∫ 

xe x2 dx + C 

xe −x dx . 

V prvi integral vpeljemo novo spremenljivko x 2 , drugega pa izračunamo po 

delih in dobimo 

v(x) = ex2 

2 − Ce−x (x + 1) + C 1 . 

Končno dobimo splošno rešitev naše diferencialne enačbe. 

y(x) = 1 +x) 

2 e(x2 −C(x + 1) + C 1 e x 

} {{ } 

} {{ } 

y c (x) 

y p (x) 

Prvi del te rešitve je partikularna rešitev, v drugem delu pa lahko opazimo 

vnaprej poznano rešitev y 1 (x) = e x homogene enačbe. 

Pripomnimo, da lahko to metodo uporabimo tudi za linearne enačbe višjih 

redov (> 2), le da v tem primeru še ni rečeno, da bomo znali rešiti dobljeno 

enačbo 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 

x n y (n) + a n−1 x n−1 y (n−1) + . . . + a 1 xy ′ + a 0 y = 0 , (3.15) 

kjer so koeficienti a i konstantni. Karakteristična lastnost tega tipa enačb je, 

da imamo v vsakem členu potenco neodvisne spremenljivke istega reda kot 

je odvod odvisne spremenljivke. 

Tako enačbo z uvedbo nove spremenljivke t, za katero velja x = e t , poenostavimo 

v linearno diferencialno enačbo s konstantnimi koeficienti, to pa 

rešujemo po že znanih poteh. 


x 2 y ′′ − 3xy ′ + 4y = 0 , x > 0 . 

Ta enačba je Euler-Cauchyjeva. Postavimo x = e t , 

( ( )) ( 

dy dy 

= e−t 

dx dt , d 2 y d 

dx = 2 e−t −t dy 

d 

e = e −2t 2 y 

dt dt 

dt − dy ) 

2 dt 

in dobimo 

( ( d 

e 2t e −2t 2 y 

dt − dy )) ( 

− 3e t e 2 dt 

) 

+ 4y = 0 (3.16) 

dt 

−t dy 

d 2 y 

dt − 4dy + 4y = 0 . (3.17) 

2 dt 

Ta enačba je linearna diferencialna enačba s konstantnimi koeficienti. Njena 

karakteristična enačba je 

m 2 − 4m + 4 = 0 , 

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

y(t) = (C 1 + C 2 t)e 2t . 

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

y(x) = (C 1 + C 2 ln x)x 2 , x > 0 . 

Če bi imeli nehomogeno enačbo Euler-Cauchyjevega tipa, na opisani način 

rešimo prirejeno homogeno enačbo, partikularno rešitev pa poiščemo z variacijo 

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 reševanje 

NDE 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 dveh 

navadnih diferencialnih enačb prvega reda (najprej za p, potem pa za y). 


xy ′′ + y ′ = (y ′ ) 3 , x ≠ 0 . 

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

in odtod 

xp ′ + p = p 3 

xp ′ = p 3 − p . 

V tej enačbi pa lahko ločimo spremenljivki. 

dp 

p 3 − p = dx x

3.7. POSEBNI TIPI DE DRUGEGA REDA 43 

Integrirajmo. 

− 

∫ dp 

p + 1 ∫ 

2 

∫ 

∫ 

dp 

p 3 − p 

dp 

p(p − 1)(p + 1) 

dp 

p − 1 + 1 ∫ 

dp 

2 p + 1 

= 

= 

∫ dx 

x 

∫ dx 

x 

= ln |x| + ln K 

1 

2 ln |p2 − 1| − ln |p| = ln K|x| 

ln |p 2 − 1| − ln |p| 2 = ln(K|x|) 2 

ln | p2 − 1 

p 2 | = ln(K|x|) 2 

| p2 − 1 

p 2 | = K 2 |x| 2 

p 2 − 1 

p 2 = ±K 2 x 2 

1 

p = ± √ , 1 − Cx 

2 

kjer je C = ±K 2 . Ker je p = y ′ , imamo 

∫ 

dx 

y(x) = ± √ 

1 − Cx 

2 

= 

⎧ 

⎪⎨ 

⎪⎩ 

± 1 √ 

C 

arcsin(x √ C) + c 1 , C > 0 

± 1 √ −C 

ln |x + 

√ 

1 

+ −C x2 | + c 2 , C < 0 . 

✸ 

Enačbe brez neodvisne spremenljivke 

Recimo, da imamo navadno diferencialno enačbo drugega reda, v kateri 

neodvisna 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 za 

novo odvisno spremenljivko 

y ′ = p , 

y ′′ = dp 

dx = dp dy 

dy dx = pdp dy 

in s tem reduciramo reševanje enačbe (3.20) na reševanje dveh diferencialnih 

enačb prvega reda, najprej enačbo 

g(y, p, p dp 

dy ) = 0 , 

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

Primeri: 


yy ′′ + 2(y ′ ) 2 = 0 , y ≠ 0 . 

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

yp dp 

dy + 2p2 = 0 . 

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

dp 

dy + 2p y = 0 . 

To je linearna diferencialna enačba prvega reda za p(y), celo ločljive 

spremenljivke ima. Dobimo 

dp 

= −2 dy 

p y 

ln p = ln Cy −2 

p = Cy −2 , 

kjer je C konstanta. Ker imamo tu konstanto C multiplikativno (in je 

lahko pozitivna ali negativna), smo lahko izpustili absolutno vrednost 

na levi strani zgornje enakosti. 

Odtod dobimo enačbo za funkcijo y(x): 

dy 

dx = C y 2 .

3.7. POSEBNI TIPI DE DRUGEGA REDA 45 

V tej enačbi spet ločimo spremenljivki in integriramo. 

∫ 

∫ 

y 2 dy = C dx 

y 3 

3 

= Cx + K 

2. Rešimo enačbo matematičnega nihala 

y 3 = 3Cx + 3K = C 1 x + K 1 

ẍ + ax = 0 , a > 0 . 

Uvedemo novo spremenljivko z(x) = ẋ in dobimo 

ẍ = z dz 

dx 

in iz prvotne enačbe 

z dz 

dx = −ax . 

To je enačba z ločljivima spremenljivkama, dobimo 

∫ 

∫ 

z dz = −a 

x dx 

z 2 = C 2 − ax 2 

z = √ C 2 − ax 2 

Z upoštevanjem definicije funkcije z dobimo odtod 

dx 

dt = √ C 2 − ax 2 , 

kar je spet enačba z ločljivima spremenljivkama. 

∫ 

dx 

√ 

C2 − ax 2 = 

∫ 

dt 

1 

√ arcsin x√ a 

a C 

= t − K 

x = C √ a 

sin( √ at − K √ a)


Rešitev je periodična funkcija s periodo √ 2π 

a 

(ki je določena že s konstanto 

a in tako neodvisna od kakšnih začetnih pogojev). 

3. Enačba fizikalnega nihala je 

Za z = ẋ dobimo enačbo 

ẍ + a sin x = 0 , a > 0 . 

z dz 

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 

dx 

√ 

2a cos x + C 

= 

= √ 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 z 

elementarnimi metodami. 

✸ 

3.8 Redukcija diferencialne enačbe 

V tem razdelku bomo pokazali, da lahko reševanje diferencialne enačbe z začetnim 

pogojem reduciramo na reševanje sistema diferencialnih enačb prvega 

reda.

3.8. REDUKCIJA DIFERENCIALNE ENAČBE 47 

Imejmo začetno nalogo oblike 

y (n) = f(x, y, y ′ , . . . , y (n−1) ) , y(a) = c 1 , y ′ (a) = c 2 , . . . , y (n−1) (a) = c n . 

(3.21) 

Recimo, da je je y(x) rešitev tega začetnega problema na nekem intervalu 

[a, b]. Definirajmo funkcije z 1 (x) = y(x), z 2 (x) = y ′ (x), . . . , z n (x) = y (n−1) (x). 

Tedaj veljajo naslednje enakosti. 

z ′ 1 = z 2 

z ′ 2 = z 3 

. . . . . . (3.22) 

z n−1 ′ = z n 

z n ′ = f(x, z 1 , z 2 , . . . , z n ) 

To pa je sistem n diferencialnih enačb prvega reda, zapišimo ga še v vektorski 

obliki. Naj bo −⇀ z (x) vektorska funkcija 

in definirajmo vektorsko funkcijo 

z 

−⇀ z (x) = (z1 (x), z 2 (x), . . . , z n (x)) 

−⇀ F (x, 

−⇀ z ) = (F1 (x, −⇀ z ), F 2 (x, −⇀ z ), . . . , F n (x, −⇀ z )) 

F 1 (x, −⇀ z ) = z 2 , F 2 (x, −⇀ z ) = z 3 , , . . . , F n−1 (x, −⇀ z ) = z n , F n = f(x, z 1 , z 2 , . . . , z n ) . 

Začetne pogoje pa lahko zapišemo z vektorji takole: −⇀ z (a) = −⇀ c = (c 1 , . . . , c n ). 

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. Naj 

bodo na intervalu [a, b] definirane zvezno odvedljive funkcije z 1 (x), . . . , z n (x), 

ki ustrezajo sistemu enačb (3.22) in začetnemu pogoju −⇀ z (a) = −⇀ c . Iz prve 

enačbe sistema (3.22) sledi: ker je z 2 zvezno odvedljiva, je z 1 dvakrat zvezno 

odvedljiva in velja z 2 = z 1. ′ Iz druge enačbe sledi, da je z 2 dvakrat zvezno 

odvedljiva in zato z 1 trikrat zvezno odvedljiva in z 3 = z 1, ′′ itd. Iz predzadnje 

enačbe sledi, da je z 1 n-krat zvezno odvedljiva in z n = z (n−1) 

1 . Če vse to 

vstavimo v zadnjo enačbo vidimo, da z 1 (x) zadošča prvotni diferencialni 

enačbi (3.21).


3.9 Sistemi linearnih NDE prvega reda 

V tem razdelku si bomo ogledali metodo reševanja sistemov linearnih diferencialnih 

enačb prvega reda s konstantnimi koeficienti s pomočjo lastnih 

vrednosti. 

3.9.1 Metoda lastnih vrednosti za homogene sisteme 

Imejmo takle sistem linearnih NDE prvega reda s konstantnimi koeficienti 

a ij , i, j = 1, . . . , n. 

x ′ 1(t) = a 11 x 1 (t) + a 12 x 2 (t) + · · · + a 1n x n (t) 

x ′ 2(t) = a 21 x 1 (t) + a 22 x 2 (t) + · · · + a 2n x n (t) (3.23) 

· · · · · · 

x ′ n(t) = a n1 x 1 (t) + a n2 x 2 (t) + · · · + a nn x n (t) 

Ta sistem prepišemo v matrično obliko 

kjer je x(t) vektor – stolpec 

(3.24) 

x ′ (t) = Ax(t) , (3.25) 

⎡ 

⎢ 

⎣ 

x 1 (t) 

x 2 (t) 

. 

x n (t) 

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

x ′ (t) = dx 

dt 

je vektor – stolpec dimenzije n×1, katerega komponente so odvodi istoležnih 

komponent vektorja x(t) matrika A = [a ij ] pa matrika dimenzije n × n, ki jo 

sestavljajo koeficienti sistema (3.23). 

Kot vemo iz linearne algebre, je število λ lastna vrednost kvadratne matrike 

A, če je 

det(A − λI) = 0 , (3.26) 

kjer je I enotska matrika iste dimenzije kot A. Neničelnemu vektorju x, za 

katerega 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) = C 1 x 1 (t) + C 2 x 2 (t) + · · · + C n x n (t) , 

kjer so x i , i = 1, . . . , n, linearno neodvisne rešitve tega sistema enačb 

in so C i , i = 1, . . . , n, poljubne konstante. 

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

netrivialna rešitev sistema (3.23). 

x(t) = ve λt 

Če torej najdemo n linearno neodvisnih lastnih vektorjev matrike A, lahko 

s pomočjo zgornjega izreka najdemo splošno rešitev sistema (3.23). 

Splošna rešitev sistema (3.23) je torej odvisna od lastnih vrednosti in 

lastnih vektorjev matrike A podobno, kot je rešitev linearne diferencialne 

enačbe (3.4) odvisna od ničel karakteristične enačbe (3.5), zato tudi enačbi 

(3.26) rečemo karakteristična enačba. Oglejmo si različne primere, ki lahko 

nastopijo: da so lastne vrednosti realne ali kompleksne, vse paroma različne 

ali (nekatere) večkratne. 

Različne realne lastne vrednosti 

✷ 

Matrika A naj ima n realnih in različnih lastnih vrednosti λ 1 , . . . , λ n . Z 

njimi lahko iz enačbe (A − λ i I)v i = 0 poiščemo lastnim vrednostim λ i pripadajoče 

lastne vektorje v i , ki so linearno neodvisni. Splošna rešitev sistema 

(3.23) je tedaj 

x(t) = C 1 v 1 e λ 1t + C 2 v 2 e λ 2t + · · · + C n v n e λ nt , 

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

Primer: Poiščimo splošno rešitev naslednjega sistema enačb. 

x ′ 1 = 2x 1 + x 2 

x ′ 2 = x 1 + 2x 2 

Matrika A sistema je tedaj 

A = 

[ 2 1 

1 2 

] 

,


karakteristična enačba pa 

[ ] 

2 − λ 1 

det 

1 2 − λ 

= (2 − λ) 2 − 1 

= 3 − 4λ + λ 2 

= (λ − 3)(λ − 1) = 0 . 

Imamo torej dve različni realni lastni vrednosti λ 1 = 1 in λ 2 = 3. Lastne 

vektorje za lastno vrednost λ poiščemo z enačbo 

[ ] [ ] [ ] 

2 − λ 1 v1 0 

= 

(3.27) 

1 2 − λ v 2 0 

Poiščimo najprej lastni vektor k lastni vrednosti λ 1 = 1 z enačbo 

[ ] [ ] [ ] 

1 1 v1 0 

= 

1 1 v 2 0 

To nam da (dvakrat isto enačbo) 

v 1 + v 2 = 0 . 

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

[ ] 

1 

v 1 = . 

−1 

Poiščimo še lastne vektorje k lastni vrednosti λ = 3. 

[ ] [ ] [ ] 

−1 1 v1 0 

= 

1 −1 v 2 0 

Odtod dobimo ekvivalentni enačbi 

−v 1 + v 2 = 0 

v 1 − v 2 = 0 

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

[ ] 1 

v 2 = . 

1 

Odtod dobimo dve linearno neodvisni rešitvi 

[ ] 

[ 

1 

1 

x 1 = e t , x 

−1 

2 = 

1 

] 

e 3t .


Splošna rešitev našega sistema pa je 

ali (v komponentah) 

x(t) = c 1 v 1 e t + c 2 v 2 e 3t = c 1 

[ 

1 

−1 

] 

e t + c 2 

[ 1 

1 

] 

e 3t 

x 1 (t) = c 1 e t + c 2 e 3t , x 2 (t) = −c 1 (t)e t + c 2 e 3t , 

kjer sta c 1 in c 2 poljubni konstanti. 

Kompleksne lastne vrednosti 

✸ 

Ker je matrika A sistema realna, ima karakteristična enačba realne koeficiente 

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 lastnima 

vrednostma λ in lambda ¯ ustrezajoča kompleksna lastna vektorja. Tedaj so 

ustrezne realne rešitve sistema (3.23) oblike 

x 1 (t) = Re(ve λt ) = e at (p cos bt − q sin bt) 

x 2 (t) = Im(ve λt ) = e at (q cos bt + p sin bt) 

Primer: Poiščimo splošno rešitev sistema enačb 

ẋ = −7x + y 

ẏ = −2x − 5y . 

Matrika A sistema je tedaj 

[ −7 1 

A = 

−2 −5 

] 

, 


[ −7 − λ 1 

det 

−2 −5 − λ 

] 

= (−7 − λ)(−5 − λ) + 2 

= 37 + 12λ + λ 2 

= (λ + 6 − i)(λ + 6 + i) = 0 .


Lastni vrednosti sta torej λ = −6 + i in ¯λ = −6 − i. Poiščimo lastne vektorje 

za lastno vrednost λ = −6 + i. 

[ ] [ ] [ ] 

−7 + 6 − i 1 v1 0 

= 

−2 −5 + 6 − i v 2 0 

Odtod dobimo ekvivialentni enačbi 

(−1 − i)v 1 + v 2 = 0 

−2v 1 + (1 − i)v 2 = 0 , 

iz katerih dobimo v 1 = C, v 2 = (1+i)C, kjer je C poljubna konstanta. Lastni 

vektor 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 vrednost 

¯λ. 

Dobimo torej dve linearno neodvisni realni rešitvi našega sistema enačb: 

x 1 (t) = e −6t cos t, y 1 (t) = e −6t (cos t − sin t) in x 2 (t) = e −6t sin t, y 2 (t) = 

e −6t (cos t + sin t). Splošna rešitev pa je 

] 

, 

x(t) = C 1 e −6t cos t + C 2 e −6t sin t 

y(t) = (C 1 + C 2 )e −6t cos t + (−C 1 + C 2 )e −6t sin t 

Večkratne lastne vrednosti 

✸ 

Zaradi enostavnejše obravnave se omejimo na primer, ko je neka lastna 

vrednost dvakratna, čeprav velja vse kar bomo rekli tudi za več kot dvakratne 

lastne vrednosti. Če je λ rešitev karakteristične enačbe s stopnjo 2, se zgodi 

ena od dveh možnosti: 

1. da za λ obstajata dva linearno neodvisna lastna vektorja, ki nam dasta 

splošno rešitev sistema, to se vedno zgodi, če je matrika sistema 

simetrična;


2. da za λ ne obstajata dva linearno neodvisna lastna vektorja. V tem 

primeru moramo poiskati še eno linearno neodvisno rešitev sistema, 

poiščemo jo podobno, kot pri večkratnih rešitvah karakterističnih enačb 

za homogene linearne diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti. 

Primer 1: Kot primer sistema z dvojno rešitvijo karakteristične enačbe, a 

dvema lastnima vektorjema zanjo si poglejmo naslednji sistem. 

Matrika A sistema je 

ẋ = 2x + 3y + 3z 

ẏ = − y − 3z 

ż = 2z 

⎡ 

A = ⎣ 

2 3 3 

0 −1 −3 

0 0 2 

Karakteristična enačba pa je 

⎡ 

2 − λ 3 

⎤ 

3 

det ⎣ 0 −1 − λ −3 ⎦ = −(1 + λ)(2 − λ) 2 = 0 . 

0 0 2 − λ 

Imamo torej eno enojno lastno vrednost λ 1 = −1 in eno dvojno lastno vrednost 

λ 2 = 2. Za lastno vrednost λ 1 = −1 najdemo brez težav lastni vektor 

v 1 = [1, −1, 0] T . Za λ 2 = 2 pa dobimo naslednjo enačbo za lastne vektorje. 

⎡ 

⎣ 

0 3 3 

0 −3 −3 

0 0 0 

Odtod dobimo eno samo enačbo 

⎤ ⎡ 

⎦ ⎣ 

⎤ 

⎦ 

⎤ 

v 1 

v 2 

⎦ = 

v 3 

v 2 + v 3 = 0 , 

vrednost v 1 pa je poljubna. Za lastne vektorje k lastni vrednosti 2 torej velja 

enakost 

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 

v 1 1 

0 

⎣ v 2 

⎦ = C 2 

⎣ 0 ⎦ + C 3 

⎣ 1 ⎦ , 

v 3 0 −1 

kjer sta C 2 in C 3 poljubni konstanti. Imamo torej dva linearno neodvisna 

lastna vektorja v 2 = [1, 0, 0] T in v 3 = [0, 1, −1] T za lastno vrednost 2. Splošna 

⎡ 

⎣ 

0 

0 

0 

⎤ 

⎦


rešitev našega sistema diferencialnih enačb je tedaj 

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ 

x(t) 

1 1 

⎣ y(t) ⎦ = C 1 

⎣ −1 ⎦ + C 2 

⎣ 0 

z(t) 

0 0 

ali 

⎤ ⎡ 

⎦ + C 3 

⎣ 

0 

1 

−1 

x(t) = C 1 e −t + C 2 e 2t , y(t) = −C 1 e −t + C 3 e 2t , z(t) = −C 3 e 2t . 

Oglejmo si še drugo možnost, da imamo dvojno lastno vrednost λ, a zanjo 

ni dveh linearno neodvisnih lastnih vrednosti. V tem primeru dobimo eno 

rešitev 

x 1 (t) = v 1 e λt , 

kjer je v 1 lastni vektor k lastni vrednosti λ, druga rešitev, ki ‘manjka’ (ali, 

ki bi ustrezala ‘manjkajočemu lastnemu vektorju) pa je oblike 

kjer je vektor v 2 rešitev enačbe 

x 2 (t) = e λt (v 1 t + v 2 ) , 

(A − λI)v 2 = v 1 . (3.28) 

⎤ 

⎦ 

✸ 

Primer 2: Rešimo sistem 

Njegova matrika je 

ẋ = 4x + y 

ẏ = −x + 2y 

[ 

A = 

4 1 

−1 2 

] 

, 


[ ] 

4 − λ 1 

det 

= (λ − 3) 2 = 0 . 

−1 2 − λ 

Enačba za lastne vektorje je 

[ 

1 1 

−1 −1 

] [ ] [ 

v1 0 

= 

v 2 0 

] 

,


iz česar dobimo v 1 + v 2 = 0. Imamo torej en lastni vektor in eno rešitev 

[ ] 

[ ] 

1 1 

v 1 = , x 

−1 

1 (t) = e 3t . 

−1 

Enačba (3.28) pa je 

[ 

K 1 1 

−1 −1 

] [ 

v 2 = 

1 

−1 

] 

, 

iz česar dobimo v 2 = [0, 1] T . Druga rešitev sistema je tedaj 

[ ] [ ]) 

x 2 (t) = e λt (v 1 t + v 2 ) = e 

(t 

3t 1 0 

+ . 

−1 1 

Splošna rešitev pa je tedaj 

[ ] [ 

x 

= C 

y 1 e 3t 

1 

−1 

] ( [ 

+ C 2 e 3t t 

1 

−1 

] [ 0 

+ 

1 

]) 

. 

✸

Navadne diferencialne enaÄbe

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?

Navadne diferencialne enaÄbe