Данная статья рассматривает способы решения линейных дифференциальных однородных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами вида y » + p y ‘ + q y = 0 с p и q являющимися действительными числами. Будет рассмотрена теория с приведением примеров с подробным решением.
Перейдем к формулировке теоремы, которая показывает, какого вида должно быть уравнение, чтобы можно было искать общее решение ЛОДУ.
- Теорема общего решения линейного однородного дифференциального уравнения
- Алгоритм нахождения общего решения линейного однородного дифференциального уравнения
- Теорема о структуре общего решения линейного однородного дифференциального уравнения 2 го порядка
- Линейные дифференциальные уравнения второго порядка
- Линейные однородные уравнения второго порядка
- 💥 Видео
Видео:Теорема о структуре общего решения линейного однородного дифференциального уравненияСкачать
Теорема общего решения линейного однородного дифференциального уравнения
Общим решением линейного однородного дифференциального уравнения вида y ( n ) + f n — 1 ( x ) · y ( n — 1 ) + . . . + f 0 ( x ) · y = 0 с непрерывными на интервале интегрирования x коэффициентами f 0 ( x ) , f 1 ( x ) , . . . , f n — 1 ( x ) определяют линейную комбинацию вида y 0 = ∑ j = 1 n C j · y j , где y j , j = 1 , 2 , . . . , n являются линейно независимыми частными решениями ЛОДУ на интервале x , где C j , j = 1 , 2 , . . . , n берут за произвольные постоянные.
Отсюда получаем, что общее решение такого уравнения y » + p y ‘ + q y = 0 может быть записано как y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2 , где y 1 и y 2 выражаются линейно независимыми решениями, а С 1 и C 2 – произвольными постоянными. Необходимо поработать с нахождением частных решений y 1 и y 2 .
Существует формула по Эйлеру для поиска частных решений вида y = e k · x .
Если взять y = e k · x за частное решение ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами y » + p y ‘ + q y = 0 , тогда, используя подстановку, получим тождество вида:
e k · x » + p · e k · x ‘ + q · e k · x = 0 k 2 · e k · x + p · e k · x + q · e k · x = 0 e k · x · ( k 2 + p · k + q ) = 0 k 2 + p · k + q = 0
Данное тождество называют характеристическим уравнением с постоянными коэффициентами k 1 и k 2 , которые и являются его решениями и определяют частые решения вида y 1 = e k 1 · x и y 2 = e k 2 · x заданного ЛОДУ.
При различных значениях p и q можно получить характеристические уравнения с корнами такого вида:
- Действительные и различные k 1 ≠ k 2 , k 1 , k 2 ∈ R .
- Действительные и совпадающие k 1 = k 2 , = k 0 , k 0 ∈ R .
- Комплексно сопряженную пару k 1 = α + i · β , k 2 = α — i · β .
Первый случай показывает, что решениями такого уравнения могут быть y 1 = e k 1 · x и y 2 = e k 2 · x , а общее решение принимает вид y 0 = C 1 · e k 1 · x + C 2 · e k 2 · x с постоянными коэффициентами. Функции y 1 = e k 1 · x и y 2 = e k 2 · x рассматриваются, как линейно независимыми по причине отличного от нуля определителя Вронского W ( x ) = y 1 y 2 y 1 ‘ y 2 ‘ = e k 1 · x e k 2 · x k 1 · e k 1 · x k 2 · e k 2 · x = e k 1 · x · e k 2 · x · k 2 — k 1 с действительными k 1 ≠ k 2 , k 1 , k 2 ∈ R .
Второй случай объясняет, что первым частным решением функции – это выражение y 1 = e k 0 · x . Вторым частным решением можно брать y 2 = x · e k 0 · x . Определим, что y 2 = x · e k 0 · x может являться частным решением ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами y » + p y ‘ + q y = 0 и докажем линейную независимость y 1 и y 2 .
Имеем, что k 1 = k 0 и k 2 = k 0 являются совпадающими корнями характеристического уравнения. Тогда оно примет вид k — k 0 2 = 0 ⇔ k 2 — 2 k 0 · k + k 0 2 = 0 . Отсюда следует, что y » — 2 k 0 · y ‘ + k 0 2 · y = 0 является линейным однородным дифференциальным уравнением. Необходимо подставить выражение y 2 = x · e k 0 · x для того, чтобы убедиться в тождественности:
y 2 » — 2 k 0 · y ‘ 2 + k 0 2 · y 2 = 0 x · e k 0 · x » — 2 k 0 · x · e k 0 x ‘ + k 0 2 · x · e k 0 · x = 0 e k 0 · x + k 0 · x · e k 0 x ‘ — 2 k 0 · e k 0 · x + k 0 · x · e k 0 x + k 0 2 · x · e k 0 · x = 0 ( k 0 · e k 0 · x + k 0 · e k 0 · x + k 0 2 · x · e k 0 · x — — 2 k 0 · e k 0 · x — k 0 2 · x · e k 0 · x + k 0 2 · x · e k 0 · x ) = 0 0 ≡ 0
Отсюда следует, что y 2 = x · e k 0 · x — это частное решение данного уравнения. Необходимо рассмотреть линейную независимость y 1 = e k 0 · x и y 2 = x · e k 0 · x . Чтобы убедиться в этом, следует прибегнуть к вычислению определителя Вронского. Он не должен быть равен нулю.
W ( x ) = y 1 y 2 y 1 ‘ y 2 ‘ = e k 0 · x x · e k 0 · x e k 0 · x ‘ x · e k 0 · x ‘ = = e k 0 · x x · e k 0 · x k 0 · e k 0 · x e k 0 · x · ( 1 + k 0 · x ) = = e k 0 · x · e k 0 · x · 1 + k 0 · x — k 0 · x · e k 0 · x · e k 0 · x = e 2 k 0 · x ≠ 0 ∀ x ∈ R
Можно сделать вывод, что линейно независимые частные решения ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами y » + p y ‘ + q y = 0 считаются y 1 = e k 0 · x и y 2 = x · e k 0 · x . Это подразумевает то, что решением будет являться выражение y 0 = C 1 · e k 0 · x + C 2 · x · e k 0 · x при k 1 = k 2 = k 0 , k 0 ∈ R .
Третий случай говорит о том, что имеем дело с парой комплексных частных решений ЛОДУ вида y 1 = e α + i · β · x и y 2 = e α — i · β · x .
Запись общего решения примет вид y 0 = C 1 · e α + i · β · x + C 2 · e α — i · β · x .
Функции y 1 = e a · x · cos β x и y 2 = e a · x · sin β x могут быть записаны вместо частных решений уравнения, причем с соответствующими действительной и мнимой частями. Это понятно при преобразовании общего решения y 0 = C 1 · e α + i · β · x + C 2 · e α — i · β · x . Для этого необходимо воспользоваться формулами из теории функции комплексного переменного вида. Тогда получим, что
y 0 = C 1 · e α + i · β · x + C 2 · e α — i · β · x = = C 1 · e α · x · cos β x + i · sin β x + C 2 · e α · x · cos β x — i · sin β x = = ( C 1 + C 2 ) · e α · x · cos β x + i · ( C 1 — C 2 ) · e α · x · sin β x = = C 3 · e α · x · cos β x + C 4 · e α · x · sin β x
Отчетливо видно, что С 3 и С 4 используются в качестве произвольных постоянных.
Видео:Линейное однородное дифференциальное уравнение 2-го порядка с постоянными коэффициентами.Скачать
Алгоритм нахождения общего решения линейного однородного дифференциального уравнения
Алгоритм нахождения общего решения линейного однородного дифференциального уравнения 2 порядка с постоянными переменными вида y » + p y ‘ + q y = 0 :
- Запись характеристического уравнения k 2 + p ⋅ k + q = 0 .
- Нахождение корней характеристического уравнения k 1 и k 2 .
- Производим запись ЛОДУ, исходя из полученных значений с постоянными коэффициентами:
- y 0 = C 1 · e k 1 · x + C 2 · e k 2 · x при k 1 ≠ k 2 , k 1 , k 2 ∈ R ;
- y 0 = C 1 · e k 0 · x + C 2 · x · e k 0 · x при k 1 = k 2 = k 0 , k 0 ∈ R ;
- y 0 = e α · x · ( C 1 · cos β x + C 2 · sin β x ) при k 1 = α + i · β , k 2 = α — i · β .
Найти общее решение заданного уравнения с постоянными коэффициентами y » + 4 y ‘ + 4 y = 0 .
Решение
Следуя алгоритму, необходимо записать характеристическое уравнение k 2 + 4 ⋅ k + 4 = 0 , после чего обозначить его корни. Получаем, что
k 2 + 4 k + 4 = 0 ( k + 2 ) 2 = 0 k 1 = k 2 = k 0 = — 2
Очевидно, что полученные корни являются совпадающими.
Ответ: Запись общего решения: y 0 = C 1 · e k 0 x + C 2 · x · e k 0 x = C 1 · e — 2 x + C 2 · x · e — 2 x .
Найти решение заданного уравнения вида y » — 5 y ‘ + 6 y = 0 .
Решение
По условию имеется ЛОДУ 2 порядка с постоянными коэффициентами. Это указывает на то, что необходимо записать характеристическое уравнение и обозначить его корни. Получим:
k 2 — 5 k + 6 = 0 D = 5 2 — 4 · 6 = 1 k 1 = 5 — 1 2 = 2 k 2 = 5 + 1 2 = 3
Видно, что корни различные и действительные. Это говорит о том, что уравнение общего вида запишется как y 0 = C 1 · e k 1 x + C 2 e k 2 x = C 1 · e 2 x + C 2 · e 3 x .
Ответ: y 0 = C 1 · e k 1 x + C 2 e k 2 x = C 1 · e 2 x + C 2 · e 3 x .
Найти общее решение дифференциального уравнения вида y » — y ‘ + 3 y = 0 .
Решение
Необходимо перейти к характеристическому уравнению ЛОДУ 2 порядка, что соответствует записи k 2 — k + 3 = 0 , после чего обозначить его корни. Тогда получим, что
D = 1 2 — 4 · 3 = — 11 k 1 = 1 + i 11 2 = 1 2 + i · 11 2 k 2 = 1 — i 11 2 = 1 2 — i · 11 2 ⇒ α = 1 2 , β = 11 2
На выходе имеем пару комплексно сопряженных корней характеристического уравнения. Отсюда следует, что общим решением является запись уравнения вида
y 0 = e a · x · ( C 1 · cos β x + C 2 · sin β x ) = = e x 2 · C 1 · cos 11 x 2 + C 2 · sin 11 2
Ответ: y 0 = e x 2 · C 1 · cos 11 x 2 + C 2 · sin 11 2 .
Видео:Задача Коши ➜ Частное решение линейного однородного дифференциального уравненияСкачать
Теорема о структуре общего решения линейного однородного дифференциального уравнения 2 го порядка
Линейным называется дифференциальное уравнение n -го порядка , если оно 1-ой степени относительно искомой функции y ( x ) и ее производных , то есть имеет вид:
Если коэффициент P 0 ( x ) ≠ 1, то на него можно поделить и после соответствующих переобозначений получить:
Уравнение (8.43) называется уравнением с переменными коэффициентами. Предположим, что в нем функции , непрерывны на интервале
. Тогда для уравнения (8.43) на данном интервале имеет место задача Коши, сформулированная нами ранее.
Примечание. Частным случаем (8.43) является линейное дифференциальное уравнение 2-го порядка с переменными коэффициентами:
Если в уравнении (8.43) f ( x ) ≡ 0, то оно называется однородным, если f ( x ) ≠ 0, то неоднородным.
Теорема 8.3 (о структуре общего решения линейного неоднородного ДУ). Общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения представляет собой сумму общего решения соответствующего однородного и некоторого частного решения неоднородного уравнения . Запишем коротко:
Однородное дифференциальное уравнение, соответствующее неоднородному уравнению (8.43), имеет вид:
Пусть в уравнении (8.45) функции . Тогда оно принимает вид:
и называется линейным однородным дифференциальным уравнением n -го порядка с постоянными коэффициентами , где – функции, n раз дифференцируемые.
Рассмотрим решения уравнений (8.45) и (8.46). Обозначим полную совокупность их линейно независимых решений через . Тогда, по свойству решений однородного уравнения, их линейная комбинация также является решением уравнения (8.45) и (8.46), т о есть общее решение может быть записано в виде:
где ci – константы интегрирования.
Перейдем к конструированию функций . Какого они вида? Так как эти функции в уравнениях (8.45) и (8.46) n раз дифференцируемы, то их конструкция при дифференцировании не меняется. Это возможно в случае экспоненциального вида функций, то есть при
где , . Отсюда, линейная комбинация функций (8.48):
– также решение уравнений (8.45) и (8.46).
Рассмотрим одну из функций (8.48) – функцию y = e λx как решение для уравнения (8.46) с постоянными коэффициентами. Продифференцируем ее n раз:
Так как e λx ≠ 0 , то ( 8.50)
–алгебраическое уравнение n -ой степени относительно λ, называемое характеристическим уравнением для уравнения (8.46). Известно, что уравнение n -ой степени имеет равно n корней как действительных, так и комплексных, с учетом их кратности. Значит, характеристическое уравнение (8.50) дает нам n значений числа λ, ранее обозначенных нами через , которые при подстановке в (8.49) приводит нас к окончательному виду общего решения линейного однородного дифференциального уравнения (8.46) с постоянными коэффициентами.
Рассмотрим наиболее распространенный частный случай уравнения (8.46) – его аналог 2-го порядка:
Для данного уравнения характеристическое уравнение (8.50) принимает вид:
Уравнение (8.52) является квадратным относительно λ. В зависимости от дискриминанта D характеристического уравнения рассматривают три случая, приведенных в таблице 8.1.
Пример 8.17. Найти общее решение уравнений:
а) Составляем характеристическое уравнение λ 2 +2 λ – 15 = 0. Корнями этого уравнения будут λ 1 = –5 и λ 2 = 3 . Тогда, применяя (8.53), получаем общее решение: y=C 1 e – 5x +C 2 e 3x .
б) Составляем характеристическое уравнение λ 2 – 16 λ + 64 = 0.
Решая это уравнение, получим λ 1 = λ 2 = 8 . Так как корни равные, то, применяя (8.54), будем иметь:
в) Характеристическое уравнение λ 2 – 4 λ + 13 = 0 имеет комплексные корни λ 1 = 2+3 i и λ 2 = 2 –3 i . Положив в (8.55) α=2 и β = 3, получим общее решение: .
г) Характеристическое уравнение λ 2 +9 = 0 имеет корни λ 1;2 = ± 3 i . П олагая в (8.55) α=0 и β = 3, получим общее решение
Рассмотрим теперь линейное неоднородное дифференциальное уравнение 2-го порядка с постоянными коэффициентами:
Теорема 8.4. Пусть задано линейное дифференциальное неоднородное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами и п равой частью специального вида
1. Если не является корнем характеристического уравнения соответствующего однородного уравнения, то частное решение уравнения (8.57) имеет вид:
где – многочлены общего вида (с неопределенными коэффициентами).
2. Если – корень характеристического уравнения кратности s , то частное решение уравнения (8.57) имеет вид:
– многочлены общего вида
Рассмотрим в таблице 8.2 некоторые случаи составления частного решения линейного неоднородного дифференциального уравнения (8.57) по специальному виду его правой части.
Пример 8.18. Найти общее решение уравнения .
Решение. Найдем общее решение соответствующего однородного ДУ: . Х арактеристическое уравнение λ 2 +2 λ +1 = 0 имеет корень λ1 = 1 кратности 2 (смотри таблицу 8.1). Значит, yo . o . = c 1 ∙ e x + c 2 ∙ x ∙ e x . Находим частное решение исходного уравнения. В нем правая часть x –4=( x –4)∙ e 0∙ x есть формула вида P 1 ( x )∙ e 0∙ x , причем α= 0 не является корнем характеристического уравнения: α ≠ λ . Поэтому согласно формуле (8.58), частное решение y ч.н. ищем в виде y ч.н. = Q 1 ( x )∙ e 0∙ x , т.е. y ч.н. = Ax + B , где A и B – неопределенные коэффициенты. Тогда
Пример 8.19. Решить уравнение .
уравнения . Характеристическое уравнение λ 2 – 4 λ +13 = 0 имеет корни λ1 = 2+3 i , λ 2 = 2 –3 i (смотри таблицу 8.1). Следовательно,
.
Находим частное решение y ч.н. . Правая часть неоднородного уравнения в нашем случае имеет вид
Отсюда, сравнивая коэффициенты при косинусе и синусе, имеем . Следовательно, A = 1, B = – 3 . Поэтому
. И наконец, с учетом теоремы 8.3 получаем общее решение заданного линейного неоднородного ДУ в виде:
Пример 8.20. Найти частное решение уравнения , удовлетворяющее начальным условиям
.
Решение . Находим общее решение однородного уравнения . Характеристическое уравнение λ 2 – λ – 2 = 0 имеет два корня λ 1 = –1 и λ 2 = 2 (смотри таблицу 8.1) ; тогда yo . o . = C 1 ∙ e – x + C 2 ∙ e 2 x – общее решение соответствующего однородного ДУ.
В правой части заданного уравнения имеется показательная функция. Так как в данном случае α=2 совпадает с одним из корней характеристического уравнения, то частное решение следует искать в виде функции Axe 2 x . Таким образом, y ч.н. = Axe 2 x . Дифференцируя дважды это равенство, по лучим: . Подставим y ч.н. и ее производные в левую часть заданного уравнения и найдем коэффициент A :
. Следовательно, частное решение y ч.н. = 3xe 2 x , общее решение
Используя начальные условия, определим значения произвольных постоянных C 1 и C 2 . Дифференцируя общее решение (8.60), получим:
Подставим в общее решение (8.60) значения x = 0 и y = 2, будем иметь 2 = C 1 + C 2 . Подставим в выражение для значения x = 0 и
, будем иметь: 13 = – C 1 +2 C 2 +3 ; 10 = – C 1 + C 2 . Из этих уравнений составим систему
, из которой находим: C 1 = – 2 и C 2 =4 . Таким образом,
есть то частное решение, которое удовлетворяет заданным начальным условиям
Теорема 8.5 (о наложении решений). Если правая часть уравнения (8.56) представляет собой сумму двух функций: , а y 1 ч.н. и y 2 ч.н. – частные решения уравнений
и
соответственно, то функция
является частным решением данного уравнения
Видео:15. Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентамиСкачать
Линейные дифференциальные уравнения второго порядка
Определение 2. Линейным дифференциальным уравнением второго порядка называется уравнение вида
где у — искомая функция, а /?(х), q(x) и/(х) — функции, непрерывные на некотором интервале (а, Ь).
Если/(х) — 0, то уравнение (19.10) называется линейным однородным уравнением, в противном случае оно называется линейным неоднородным уравнением. Если разрешить уравнение (19.10) относительно второй производной, то легко увидеть, что оно является частным случаем уравнения (19.2) и удовлетворяет условиям теоремы Коши. Поэтому для любых начальных условий (19.3) при х0 е (о, Ь) это уравнение имеет единственное решение задачи Коши.
Видео:16. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения 2-го порядка с постоянными коэффициентамиСкачать
Линейные однородные уравнения второго порядка
Рассмотрим свойства решений линейных однородных дифференциальных уравнений второго порядка
Теорема 19.2. Пусть функции у1 (х) и у2(х) — решения уравнения (19.11). Тогда функция у = С1у1 (х) + С2у2(*) также является решением этого уравнения при любых постоянных С, и С2.
Доказательство. Достаточно подставить указанную в условии теоремы функцию в уравнение (19.11) и собрать члены при С, и С2 — это будут тождества, равные нулю, поскольку по условию теоремы у<(х) и у2(х) — решения этого уравнения. ?
Понятие зависимости функций было введено в п. 16.2.1. Напомним, что функции у,(х) и у2(х) называются линейно зависимыми на (о, 6), если можно найти такие числа X, и Xj, нс равные нулю одновременно, что для любого хе (а, Ь) выполняется равенство
В этом случае функции у,(х) и у2(х) очевидным образом пропорциональны, например, yjy2 = -Х2/Х, = к при X, * 0 и у2(х) * 0. Обратное также верно: если две функции пропорциональны на (о, b), то они линейно зависимы на этом интервале.
Если нельзя найти двух одновременно ненулевых чисел X, и Х2, чтобы выполнялось равенство (19.12), то функции у<(х) и у2(х) называются линейно независимыми на (а, Ь). В таком случае эти функции уже не будут пропорциональными.
Введем определитель Вронского*, который для случая двух функций имеет вид
* Вронский Юзеф (1776—1853) — польский математик.
Теорема 19.3. Если функции ^(х) и у2(х) линейно зависимы на интервале (а, b), то определитель Вронского, составленный из них, равен нулю на этом интервале; если же функции линейно независимы на (а, Ь)> то определитель Вронского отличен от нуля на (я, Ь).
Доказательство. Пусть у, и у2 линейно зависимы на интервале (а, Ь). Тогда, как уже отмечалось, эти функции являются пропорциональными на (я, Ь)> т.е. у, = ку2, а значит, и у-ку2. Следовательно, в определителе IV(x) будут пропорциональные столбцы, что и означает его равенство нулю на интервале (а, Ь). Доказательство второй части теоремы проводится от противного.
Пустьу и у2 линейно независимы на (я, Ь) предположим, что определитель V<x) равен нулю на этом интервале. Тогда столбцы IV(х) необходимо пропорциональны, т.е. пропорциональны и данные функции, что означает их линейную зависимость на (а, Ь) и противоречие с условием теоремы. Теорема доказана. В
Оказывается, при решении уравнения второго порядка важно найти два линейно независимых решения, о чем говорится в теореме 19.4.
Теорема 19.4. Пусть решения уравнения (19.11) .у, (лг) и.у2(х) линейно независимы на (я, Ь). Тогда функция
где С, и С2 — произвольные постоянные, является общим решением однородного уравнения (19.11).
Доказательство. В силу теоремы 19.2 функция (19.14) является решением уравнения (19.11); нужно показать, что она представляет собой общее решение, т.е. что из этой функции можно выделить частное решение, удовлетворяющее любым начальным условиям (19.3).
Возьмем любые числа х0 € (а, b), у0 и у’0 и составим из них начальные условия для решения (19.14):
Подставляя в левые части этих условий функцию (19.14), получим систему двух линейных уравнений относительно неизвестных чисел С, и С2:
Определителем этой системы является определитель Вронского W(x0), и в силу линейной независимости ух и у2 он не равен нулю, т.е. система имеет единственное решение С, =С,°, С2 =С2° при любых правых частях у0 и у’0. Подставляя эти значения в решение (19.14), получим частное решение, удовлетворяющее произвольно выбранным начальным условиям (19.15). Таким образом, решение (19.14) является общим для уравнения (19.11), что и требовалось доказать. ?
Рассмотрим примеры. Необходимо установить, будут ли указанные функции общими решениями уравнений (С, и С2 — произвольные постоянные).
т.е. функция С, sin х + С2 cos х является общим решением уравнения у» + у = 0.
Решение. По теореме 19.4 указанное решение будет общим для данного уравнения, если функции sin х и cos х являются решениями этого уравнения и линейно независимы. Поскольку (sin х)» = -sin х и (cos х)» — -cos х, обе функции являются решениями данного уравнения. Для установления их линейной независимости вычислим соответствующий определитель Вронского по формуле (19.13):
Пример 5. у = Cje 2 * + Cje 3 *, у» — 5у’ + 6у = 0.
Решение. Как и в примере 4, сначала проверяем подстановкой в данное уравнение, являются ли функции е 2 * и е 3 * его решениями:
Затем вычисляем определитель W(x), составленный из этих функций:
Указанная функция является общим решением данного уравнения.
Пример 6. у = CjX 3 / 2 + С2, 2ху» = у 0 3/2 и у2 = 1 удовлетворяют данному уравнению и являются линейно независимыми, иными словами, что указанная функция представляет собой общее решение этого уравнения второго порядка.
💥 Видео
Линейные однородные дифференциальные уравнения n-го порядка с постоянными коэффициентамСкачать
Теорема о структуре общего решения линейного неоднородного дифференциального уравненияСкачать
Линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентамиСкачать
Теорема о структуре общего решения однородной системы линейных уравненийСкачать
Линейное неоднородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами 4y''-y=x^3-24x #1Скачать
Однородное линейное дифференциальное уравнение. Алгоритм решенияСкачать
19. Метод вариации произвольных постоянных. Линейные неоднородные диф уравнения 2-го порядкаСкачать
ЛОДУ 2 порядка c постоянными коэффициентамиСкачать
Видеоурок "Нахождение частных решений по виду правой части"Скачать
19. Общее решение линейного уравненияСкачать
Решение линейного однородного дифференциального уравнения. Практическая часть. 11 класс.Скачать
18. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения 2 порядка с постоянными коэффициентами. часть 3Скачать
5. Однородные дифференциальные уравнения. Часть 2.Скачать