7.3. Diferenciální rovnice II. řádu

Diferenciální rovnice

1

7.3. Diferenciální rovnice II. řádu Ve stručném přehledu se budeme zabývat výhradně řešením lineárních diferenciálních rovnic II. řádu s konstantními koeficienty. Obecný tvar: a2 y′′ + a1 y′ + a0 y = Q( x) , kde a2 ≠ 0, a1, a0 jsou reálné konstanty. Dělíme je do dvou typů: zkrácená pro Q( x) = 0 : úplná pro

Q( x) ≠ 0 :

a2 y′′ + a1 y′ + a0 y = 0 a2 y′′ + a1 y′ + a0 y = Q( x)

Řešením lineárních diferenciálních rovnic II. řádu se zabýval švýcarský matematik Leonhard Euler. 7.3.1. Zkrácená rovnice a2 y′′ + a1 y′ + a0 y = 0 Euler zjistil, že řešení má tvar

y = e rx , kde r je konstanta, zvaná charakteristický kořen.

Pro derivace platí

y′ = rerx ,

Dosadíme do zadání

a2 r 2erx + a1rerx + a0erx = 0 ,

vytkneme erx

erx ( a2 r 2 + a1r + a0 ) = 0 .

Protože erx ≠ 0 , musí platit

a2 r 2 + a1r + a0 = 0 .

y′′ = r 2erx .

(6)

Rovnice (6) se nazývá charakteristická rovnice lineární diferenciální rovnice II. řádu. Je to kvadratická rovnice pro neznámou r. Můžeme ji snadno odvodit přímo ze zadání, jestliže do zadání místo y′′ dosadíme r 2 , místo y′ dosadíme r1 = r a místo y dosadíme r 0 = 1 . Řešení zkrácené rovnice závisí na tom, jaká jsou charakteristické kořeny r: a) r1 ≠ r2 reálné různé charakteristické kořeny fundamentální systém řešení tvoří složky y1 = y1 ( x) = er1 x , y2 = y2 ( x) = er2 x obecné řešení má tvar y0 = C1er1 x + C2er2 x b) r1 = r2 = r reálný dvojnásobný charakteristický kořen

(A)

fundamentální systém řešení tvoří složky y1 = y1 ( x) = erx , y2 = y2 ( x) = erx .x obecné řešení má tvar y0 = C1erx + C2erx .x c) r1,2 = a ± bi

(B)

komplexně sdružené charakteristické kořeny

fundamentální systém řešení tvoří složky y1 = y1 ( x) = eax cos bx , y2 = y2 ( x) = eax sin bx obecné řešení má tvar y0 = eax (C1 cos bx + C2 sin bx)

(C)

Poznámka: Aby složky y1 = y1 ( x) a y2 = y2 ( x) tvořily fundamentální systém řešení, musí být funkce y1 = y1 ( x) a y2 = y2 ( x) lineárně nezávislé. O lineární nezávislosti funkcí rozhodneme pomocí Wronského determinantu (Wronskiánu): y ( x) W ( x) = 1 y1′ ( x)

y2 ( x ) , y2′ ( x)

pro W ( x) ≠ 0 : pro W ( x) = 0 :

y1 ( x), y2 ( x) lineárně nezávislé y1 ( x), y2 ( x) lineárně závislé

Jarmila Doležalová


2

y′′ − 3 y′ + 2 y = 0 .

Příklad 7.13: Vyřešte zkrácenou lineární diferenciální rovnici

Řešení: Napíšeme charakteristickou rovnici r 2 − 3r + 2 = 0 , rozložíme na součin lineárních činitelů (r − 1)(r − 2) = 0 , (nebo vyřešíme kvadratickou rovnici pomocí diskriminantu)

r1 = 1, r2 = 2

a podle (A) napíšeme obecné řešení: y0 = C1e1x + C2e2 x .

y′′ − 4 y′ + 4 y = 0 .

Příklad 7.14: Vyřešte zkrácenou lineární diferenciální rovnici Řešení: Napíšeme charakteristickou rovnici r 2 − 4r + 4 = 0 , upravíme podle vzorce a 2 − 2ab + b 2 = (a − b) 2

(r − 2)2 = 0 ,

r1,2 = 2

(nebo vyřešíme kvadratickou rovnici pomocí diskriminantu) a podle (B) napíšeme obecné řešení: y0 = C1e2 x + C2e 2 x .x .


y′′ − 4 y′ = 0 .

Řešení: Napíšeme charakteristickou rovnici r 2 − 4r = 0 , vytkneme r r (r − 4) = 0 , a podle (A) napíšeme obecné řešení:

r1 = 0, r2 = 4

y0 = C1e0 x + C2e4 x , y0 = C1 + C2e4 x .


y′′ + 4 y = 0

Řešení: Napíšeme charakteristickou rovnici r 2 + 4 = 0 , upravíme

r 2 = −4

y0 = e0 x (C1 cos 2 x + C2 sin 2 x) ,

y0 = C1 cos 2 x + C2 sin 2 x .

r1,2 = ±2i (nebo vyřešíme kvadratickou rovnici pomocí diskriminantu). Porovnáním s (C) zjistíme a = 0, b = 2 a podle (C) napíšeme obecné řešení:


y′′ − 4 y′ + 5 y = 0

Řešení: Napíšeme charakteristickou rovnici r 2 − 4r + 5 = 0 , vyřešíme kvadratickou rovnici pomocí diskriminantu 4 ± (−4) 2 − 4.1.5 4 ± −4 4 ± 2i = = = 2±i. r1,2 = 2.1 2 2 Porovnáním s (C) zjistíme a = 2, b = 1 a podle (C) napíšeme obecné řešení:

y0 = e2 x (C1 cos1x + C2 sin1x) ,

y0 = e2 x (C1 cos x + C2 sin x) .

7.3.2. Úplná rovnice a2 y′′ + a1 y′ + a0 y = Q( x)

Obecné řešení úplné rovnice má tvar kde

y = y0 + yˆ ,

(7)

y0 je řešení příslušné zkrácené rovnice a2 y′′ + a1 y′ + a0 y = 0 , yˆ je partikulární integrál, příslušný pravé straně Q( x) .

Úplnou rovnici řešíme: Jarmila Doležalová


3

Lagrangeovou metodou variace konstant (univerzální metoda použitelná pro každou lineární diferenciální rovnici), metodou neurčitých koeficientů (metoda použitelná pouze v případě speciálních tvarů pravé strany Q( x) ). Lagrangeova metoda variace konstant

Princip metody je analogický řešení lineární diferenciální rovnice I. řádu. Proto si pouze ukážeme na konkrétním příkladu nejjednodušší algoritmus řešení.

Příklad 7.18: Vyřešte diferenciální rovnici: y′′ + 9 y =

1 . cos 3x

Řešení: I. Vyřešíme příslušnou zkrácenou rovnici: napíšeme charakteristickou rovnici

y′′ + 9 y = 0 , r 2 + 9 = 0 , r 2 = −9 r1,2 = ±3i ,

porovnáním s (C) zjistíme a = 0, b = 3 , fundamentální systém řešení tvoří složky y1 = e0 x cos 3x , y2 = e0 x sin 3x a podle (C) napíšeme obecné řešení zkrácené rovnice:

y0 = C1 cos 3x + C2 sin 3 x .

(8)

II. Metoda variace konstant C1 = C1 ( x), C2 = C2 ( x) , tedy C1, C2 jsou funkce proměnné x. Vypočítáme Wronskián y ( x ) y2 ( x ) cos 3 x sin 3 x W ( x) = 1 = = 3cos 2 3 x + 3sin 2 3 x = 3(cos 2 3x + sin 2 3 x) = 3 ≠ 0 ′ ′ y1 ( x) y2 ( x) −3sin 3 x 3cos 3 x Ve Wronskiánu nahradíme (Cramerovo pravidlo) první sloupec sloupcem 0 0 sin 3x 0 sin 3x a vytvoříme tak determinant W1 ( x) = 1 =− . Q( x) = 1 cos 3x 3cos 3x a2 cos 3x cos 3x Ve Wronskiánu analogicky nahradíme druhý sloupec sloupcem 0 cos 3x 0 a vytvoříme tak determinant W2 ( x) = Q( x) = 1 −3sin 3x a2 cos 3x

0 cos 3x =1. 1 = cos 3x cos 3x

Konstanty C1, C2 vypočítáme podle vztahů: sin 3 x − W1 ( x) 1 − sin 3 x 1 1 −3sin 3 x 1 C1 ( x) = ∫ dx = ∫ cos 3 x dx = ∫ dx = dx = ln cos 3 x + K1 , ∫ W ( x) 3 3 cos 3 x 3 3 cos 3 x 9 W ( x) 1 1 C2 ( x) = ∫ 2 dx = ∫ dx = x + K 2 . W ( x) 3 3 III. Dosazením do obecného řešení zkrácené rovnice (8) za C1, C2 získáme obecné řešení úplné 1 1 rovnice: y = ( ln cos 3x + K1 ) cos 3x + ( x + K 2 ) sin 3 x , 9 3 1 1 y = K1 cos 3x + K 2 sin 3x + ln cos 3x cos 3 x + x sin 3 x . 9 3 Jarmila Doležalová


4

Metoda neurčitých koeficientů

Metodu můžeme použít pouze v případě těchto speciálních tvarů pravé strany Q( x) : (exponenciální funkce), α) Q( x) = eax (polynom stupně n) β) Q( x) = Pn ( x) γ) Q( x) = cos bx nebo sin bx (goniometrické funkce) δ) kombinace α, β, γ. Partikulární integrál yˆ příslušný pravé straně Q( x) vytvoříme podle následující tabulky: Pravá strana Q( x)

Pn ( x)

e ax

cos bx sin bx

Pn ( x)eax cos bx Pn ( x)eax sin bx

Charakteristický kořen r zkrácené rovnice a2 y′′ + a1 y′ + a0 y = 0

Partikulární integrál yˆ

r = 0 , k násobný

x k Rn ( x)

r≠0

Rn ( x)

r = a , k násobný

Ax k e ax

r≠a

Aeax

r = ±ib

x( A cos bx + B sin bx)

r ≠ ±ib

A cos bx + B sin bx

r = a ± ib

xeax ( Rn ( x) cos bx + Sn ( x) sin bx)

r ≠ a ± ib

eax ( Rn ( x) cos bx + Sn ( x) sin bx)

Pn ( x) , Rn ( x) , Sn ( x) jsou polynomy stupně n ( A0 + A1x + A2 x 2 + ... + An x n ) Výpočet touto metodou si ukážeme opět na příkladu. Příklad 7.19: Vyřešte diferenciální rovnici y′′ + 3 y′ + 2 y = Q ( x) . Řešení: I. Vyřešíme příslušnou zkrácenou rovnici: napíšeme charakteristickou rovnici

y′′ + 3 y′ + 2 y = 0 , r 2 + 3r + 2 = 0 , (r + 2)(r + 1) = 0 r1 = −2, r2 = −1 ,

fundamentální systém řešení tvoří lineárně nezávislé složky y1 = e −2 x , y2 = e− x a podle (A) napíšeme obecné řešení zkrácené rovnice:

y0 = C1e −2 x + C2e − x .

II. Z metodických důvodů teď budeme pro tuto zkrácenou rovnici volit různé pravé strany Q( x) a k nim vytvářet podle tabulky příslušný partikulární integrál. Jarmila Doležalová


α) Pro Qα ( x) = 4e2 x řešíme rovnici

5

y′′ + 3 y′ + 2 y = 4e2 x .

Mocnitel na pravé straně rovnice

ax = 2 x, a = 2, a ≠ r1,2 ⇒ yˆ = Ae2 x ,

vypočítáme derivace

yˆ ′ = 2 Ae 2 x , yˆ ′′ = 4 Ae 2 x

a dosadíme do zadání α): vykrátíme e2 x ≠ 0 a sečteme

4 Ae2 x + 3.2 Ae2 x + 2. Ae2 x = 4e2 x , 1 1 12 A = 4 , yˆ = e2 x . A= 3 3

III. α) Dosazením do (7) získáme obecné řešení úplné rovnice: 1 yα = C1e−2 x + C2e− x + e2 x . y = y0 + yˆ , 3 II. β) Pro Qβ ( x) = 4e−2 x řešíme rovnici y′′ + 3 y′ + 2 y = 4e−2 x . Mocnitel na pravé straně rovnice vypočítáme derivace

ax = −2 x ⇒ a = −2 = r1 (k = 1) ⇒ yˆ = Axe−2 x ,

yˆ ′ = Ae −2 x − 2 xAe −2 x , yˆ ′′ = −2 Ae−2 x − Ae−2 x + 4 xAe−2 x = 4 xAe−2 x − 4 Ae−2 x a dosadíme do zadání β): 4 xAe−2 x − 4 Ae−2 x + 3( Ae−2 x − 2 xAe−2 x ) + 2 xAe−2 x = 4e−2 x , Členy s e−2x x se vyruší, vykrátíme e−2 x ≠ 0 a sečteme

−A = 4 ,

A = −4

yˆ = −4 xe−2 x . III. β) Dosazením do (7) získáme obecné řešení: y = y0 + yˆ ,

yβ = C1e−2 x + C2e− x − 4 xe−2 x

II. γ) Pro Qγ ( x) = 4 x 2 − 2 řešíme rovnici y′′ + 3 y′ + 2 y = 4 x 2 − 2 . Na pravé straně rovnice je polynom 2. stupně a r1,2 ≠ 0 ⇒ yˆ = Ax 2 + Bx + C , yˆ ′ = 2 Ax + B, yˆ ′′ = 2 A vypočítáme derivace a dosadíme do zadání γ):

2 A + 3(2 Ax + B) + 2( Ax 2 + Bx + C ) = 4 x 2 − 2 ,

2 Ax 2 + x(6 A + 2 B) + (2 A + 3B + 2C ) = 4 x 2 − 2 , upravíme: porovnáme koeficienty u jednotlivých mocnin x: u x2 : 2 A = 4 ⇒ A = 2 , u x : 6 A + 2 B = 0 ⇒ B = −3 A = −3.2 = −6 , u x0 : 2 A + 3B + 2C = −2 ⇒ 2C = −2 − 2 A − 3B = −2 − 2.2 − 3.(−6) = 12 ⇒ C = 6 , yˆ = 2 x 2 − 6 x + 6 . III. γ) Dosazením do (7) získáme obecné řešení: y = y0 + yˆ ,

yγ = C1e−2 x + C2e− x + 2 x 2 − 6 x + 6 .

II. δ) Pro Qδ ( x) = 20sin 2 x řešíme rovnici y′′ + 3 y′ + 2 y = 20sin 2 x . Na pravé straně rovnice je funkce sin 2 x ⇒ a = 0, b = 2 ⇒ r1,2 ≠ 0 ± 2i yˆ = A cos 2 x + B sin 2 x ,

⇒



6

vypočítáme derivace: yˆ ′ = −2 A sin 2 x + 2 B cos 2 x, yˆ ′′ = −4 A cos 2 x − 4 B sin 2 x a dosadíme do zadání δ): (−4 A cos 2 x − 4 B sin 2 x) + 3(−2 A sin 2 x + 2 B cos 2 x) + 2( A cos 2 x + B sin 2 x) = 20sin 2 x , upravíme: cos 2 x(−2 A + 6 B) + sin 2 x(−6 A − 2 B) = 20sin 2 x , porovnáme koeficienty u jednotlivých funkcí: u cos 2 x : − 2 A + 6 B = 0 ⇒ A = 3B , u sin 2 x : −6 A − 2 B = 20 ⇒ − 6.3B − 2 B = 20 ⇒ B = −1 ⇒ A = −3 , yˆ = −3cos 2 x − sin 2 x . III. δ) Dosazením do (7) získáme obecné řešení: y = y0 + yˆ ,

yδ = C1e−2 x + C2e− x − 3cos 2 x − sin 2 x .

Příklad 7.20: Vyřešte diferenciální rovnici

y′′ + 2 y′ = Q( x) .

Řešení:

y′′ + 2 y′ = 0 ,

I. Vyřešíme příslušnou zkrácenou rovnici:

r 2 + 2r = 0 , r (r + 2) = 0 ⇒ r1 = −2, r2 = 0 ,

napíšeme charakteristickou rovnici

fundamentální systém řešení tvoří lineárně nezávislé složky y1 = e−2 x , y2 = e0 x = 1 a podle (A) napíšeme obecné řešení zkrácené rovnice:

y0 = C1e−2 x + C2 .1 = C1e−2 x + C2 .

II. Z metodických důvodů teď budeme pro tuto zkrácenou rovnici opět volit různé pravé strany Q( x) a k nim vytvářet partikulární integrál podle výše uvedené tabulky: ε) Pro Qε ( x) = 2e3 x řešíme rovnici y′′ + 2 y′ = 2e3 x . Mocnitel na pravé straně rovnice

ax = 3 x ⇒ a = 3 ⇒ a ≠ r1,2 ⇒ yˆ = Ae3 x ,

vypočítáme derivace:

yˆ ′ = 3 Ae3 x , yˆ ′′ = 9 Ae3 x

a dosadíme do zadání ε):

9 Ae3 x + 2.3 Ae3 x = 2e3 x ,

vykrátíme e3 x ≠ 0 a sečteme.

15 A = 2 ,

A=

2 15

⇒

yˆ =

2 3x e . 15

III. ε)Dosazením do (7) získáme obecné řešení: 2 yε = C1e−2 x + C2 + e3 x . y = y0 + yˆ , 15 II. φ) Zvolme Qϕ ( x) = 4 x řešíme rovnici y′′ + 2 y′ = 4 x . Na pravé straně rovnice je polynom 1. stupně r2 = 0 ⇒ yˆ = x( Ax + B) = Ax 2 + Bx , a protože yˆ ′ = 2 Ax + B, yˆ ′′ = 2 A vypočítáme derivace: a dosadíme do zadání φ): 2 A + 2(2 Ax + B) = 4 x , upravíme: 4 Ax + (2 A + 2 B) = 4 x , porovnáme koeficienty u jednotlivých mocnin x: u x : 4A = 4 ⇒ A = 1, u x 0 : 2 A + 2 B = 0 ⇒ B = − A = −1 ,

yˆ = x 2 − x .



7

III. φ) Dosazením do (7) získáme obecné řešení: y = y0 + yˆ ,

yϕ = C1e −2 x + C2 + x 2 − x .

II. σ) Pro Qσ ( x) = 8cos 4 x řešíme rovnici y′′ + 2 y′ = 8cos 4 x . Na pravé straně rovnice je funkce cos 4 x ⇒ a = 0, b = 4 ⇒ r1,2 ≠ 0 ± 4i ⇒ , yˆ = A cos 4 x + B sin 4 x , vypočítáme derivace: yˆ ′ = −4 A sin 4 x + 4 B cos 4 x, yˆ ′′ = −16 A cos 4 x − 16 B sin 4 x a dosadíme do zadání σ): (−16 A cos 4 x − 16 B sin 4 x) + 2(−4 A sin 4 x + 4 B cos 4 x) = 8cos 4 x , upravíme: cos 4 x(−16 A + 8B) + sin 4 x(−8 A − 16 B) = 8cos 4 x , porovnáme koeficienty u jednotlivých funkcí: u sin 4 x : −8 A − 16 B = 0 ⇒ A = −2 B 1 2 ⇒ A=− , u cos 4 x : − 16 A + 8B = 8 ⇒ − 16(−2 B) + 8B = 8 ⇒ B = 5 5 2 1 yˆ = − cos 4 x + sin 4 x . 5 5 III. σ) Dosazením do (7) získáme obecné řešení: 2 1 yσ = C1e−2 x + C2 − cos 4 x + sin 4 x . y = y0 + yˆ , 5 5 Příklad 7.21: Vyřešte diferenciální rovnici

y′′ + 4 y = Q( x) .

Řešení: I. Vyřešíme příslušnou zkrácenou rovnici: napíšeme charakteristickou rovnici r 2 + 4 = 0 ⇒ r 2 = −4

⇒

y′′ + 4 y = 0 ,

r1,2 = ±2i ⇒

a = 0, b = 2 ,

fundamentální systém řešení tvoří lineárně nezávislé složky y1 = cos 2 x , y2 = sin 2 x a podle (C) napíšeme obecné řešení zkrácené rovnice:

y0 = C1 cos 2 x + C2 sin 2 x .

II. Z metodických důvodů teď budeme pro tuto zkrácenou rovnici opět volit různé pravé strany Q( x) a k nim vytvářet partikulární integrál. ς) Pro Qς ( x) = 4e2 x řešíme rovnici y′′ + 4 y = 4e2 x . Mocnitel na pravé straně rovnice

ax = 2 x ⇒ a = 2 ⇒ a ≠ r1,2 ⇒ yˆ = Ae2 x ,

vypočítáme derivace:

yˆ ′ = 2 Ae2 x , yˆ ′′ = 4 Ae2 x

a dosadíme do zadání ς): vykrátíme e2 x ≠ 0 a sečteme:

4 Ae2 x + 4 Ae2 x = 4e2 x , 1 1 8A = 4 , yˆ = e2 x . A= 2 2

III. ς) Dosazením do (7) získáme obecné řešení: 1 yς = C1 cos 2 x + C2 sin 2 x + e2 x . y = y0 + yˆ , 2



8

II. ξ ) Pro Qξ = −2 řešíme rovnici y′′ + 4 y = −2 . Na pravé straně rovnice je polynom 0. stupně (konstanta) a protože r1,2 ≠ 0 ⇒ yˆ = A , vypočítáme derivace yˆ ′ = 0, yˆ ′′ = 0 1 ⇒ a dosadíme do zadání ξ ): 0 + 4 A = −2 ⇒ A = − 2

yˆ = −

1 2

III. ξ ) Dosazením do (7) získáme obecné řešení: 1 yξ = C1 cos 2 x + C2 sin 2 x − . y = y0 + yˆ , 2 Příklad 7.22: Určete tvar partikulárního integrálu pro rovnici y′′ + 4 y′ + 13 = Q( x) , je-li a)

Q( x) = 3e−2 x ,

b) c) d)

Q( x) = −2 x3 , Q( x) = 2sin 3x Q( x) = 2sin 3 x − cos 3x

e)

Q( x) = 2e−2 x cos 3x .

Řešení: Napíšeme charakteristickou rovnici r 2 + 4r + 13 = 0 , vyřešíme kvadratickou rovnici pomocí diskriminantu −4 ± 42 − 4.1.13 −4 ± −36 −4 ± 6i r1,2 = = = ⇒ r1,2 = −2 ± 3i . 2.1 2 2 Porovnáním s (C) zjistíme a = −2, b = 3 a podle (C) napíšeme obecné řešení:

y0 = e−2 x (C1 cos 3x + C2 sin 3x) . a) Pro Q( x) = 3e−2 x řešíme rovnici y′′ + 4 y′ + 13 y = 3e−2 x . Mocnitel na pravé straně rovnice ax = −2 x, a = −2, a ≠ r1,2 ⇒

yˆ = Ae−2 x .

b) Pro Q( x) = −2 x3 řešíme rovnici y′′ + 4 y′ + 13 y = −2 x3 . Na pravé straně rovnice je polynom 3. stupně a protože r1,2 ≠ 0 ⇒ yˆ = Ax3 + Bx 2 + Cx + D . c) Pro Q( x) = 2sin 3x řešíme rovnici y′′ + 4 y′ + 13 y = 2sin 3 x . Na pravé straně rovnice je funkce sin 3 x ⇒ a = 0, b = 3 ⇒ r1,2 ≠ 0 ± 3i ⇒ yˆ = A cos 3x + B sin 3x . d) Pro Q( x) = 2sin 3x − cos 3x řešíme rovnici y′′ + 4 y′ + 13 y = 2sin 3 x − cos 3x . Na pravé straně rovnice je funkce 2sin 3 x − cos 3 x ⇒ a = 0, b = 3 ⇒ yˆ = A cos 3x + B sin 3x . r1,2 ≠ 0 ± 3i ⇒



9

e) Pro Q( x) = 2e−2 x cos 3x řešíme rovnici y′′ + 4 y′ + 13 y = 2e−2 x cos 3x . Na pravé straně rovnice je funkce 2e−2 x cos 3 x ⇒ a = −2, b = 3 ⇒ r1,2 = a ± bi = −2 ± 3i ⇒

yˆ = x e−2 x ( A cos 3x + B sin 3x) .

Příklad 7.23: Určete tvar partikulárního integrálu pro rovnici y′′ + 5 y′ = Q( x) , je-li a)

Q( x) = 3e5 x

b)

Q( x) = 3e−5 x ,

c) d)

Q( x) = 5 x 2 , Q( x) = 2 cos 5 x

Řešení: Napíšeme charakteristickou rovnici r 2 + 5r = 0 , vytkneme r r (r + 5) = 0 ⇒ a podle (A) napíšeme obecné řešení:

r1 = 0, r2 = −5

y0 = C1e0 x + C2e−5 x ,

y0 = C1 + C2e−5 x .

a) Pro Q( x) = 3e5 x řešíme rovnici y′′ + 5 y′ = 3e5 x . Mocnitel na pravé straně rovnice ax = 5 x ⇒ a = 5 x ⇒ a ≠ r1,2 ⇒

yˆ = Ae5 x .

b) Pro Q( x) = 3e−5 x řešíme rovnici y′′ + 5 y′ = 3e−5 x . Mocnitel na pravé straně rovnice ax = −5 x ⇒ a = −5 ⇒ a = r2 ⇒ yˆ = x Ae−5 x . c) Pro Q( x) = 5 x 2 řešíme rovnici y′′ + 5 y′ = 5 x 2 . Na pravé straně rovnice je polynom 3. stupně a protože r1 = 0 ⇒ yˆ = ( Ax 2 + Bx + D).x . d) Pro Q( x) = 2 cos 5 x řešíme rovnici y′′ + 5 y′ = 2 cos 5 x . Na pravé straně rovnice je funkce cos 5 x ⇒ a = 0, b = 5 ⇒ r1,2 ≠ 0 + 5i ⇒ yˆ = A cos 5 x + B sin 5 x .


7.3. Diferenciální rovnice II. řádu

Recommend Documents