Matematika/Antrosios eilės tiesinės nehomogeninės diferencialinės lygtys

Nagrinėsime tiesinę nehomogeninę diferencialinę lygtį

$y''+py'+qy=f(x).\quad (39)$

Į klausimą, kokia yra šios lygties bendrojo sprendinio strukutūra, atsako tokia teorema.

Teorema. Jei ${\bar {y}}$ yra bendrasis homogeninės lygties

$y''+py'+qy=0\quad (40)$

sprendinys, ${\tilde {y}}$ - kuris nors atskirasis (39) nehomogeninės lygties sprendinys, tai (39) lygties bendrasis sprendinys yra

$y={\bar {y}}+{\tilde {y}}.$

Įrodymas. Pirmiausia įrodysime, kad reiškinys ${\bar {y}}+{\tilde {y}}$ yra (39) lygties sprendinys. Kadangi ${\bar {y}}$ - (40) lygties sprendinys, o ${\tilde {y}}$ - (39) lygties sprendinys, tai jie turi tenkinti atitinkamas lygtis, todėl

${\bar {y}}''+p{\bar {y}}'+q{\bar {y}}=0,$

${\tilde {y}}''+p{\tilde {y}}'+q{\tilde {y}}=f(x).$

Sudėję šias lygybes ir pritaikę išvestinių savybes, gauname

$({\bar {y}}+{\tilde {y}})''+p({\bar {y}}+{\tilde {y}})'+q({\bar {y}}+{\tilde {y}})=f(x).$

Ši lygybė rodo, kad ${\bar {y}}+{\tilde {y}}$ yra (39) lygties sprendinys.

Dar kartą akcentuojame: norint išspręsti tiesinę nehomogeninę diferencialinę lygtį, reikia rasti ją atitinkančios homogeninės lygties bendrąjį sprendinį ir bet kurį atskirąjį nehomogeninės lygties sprendinį.

Konstantų variacijos metodas

Jau išsiaiškinome, kaip galima rasti tiesinės homogeninės lygties bendrąjį sprendinį ${\bar {y}}.$ Taip pat įrodėme, kad pridėję prie ${\bar {y}}$ bet kurį atskirąjį tiesinės nehomogeninės lygties sprendinį ${\tilde {y}},$ gauname bendrąjį nehomogeninės lygties sprendinį. Dabar išnagrinėsime ${\tilde {y}}$ radimo būdą.

Tarkime, kad $y_{1}$ ir $y_{2}$ - antrosios eilės (40) homogeninės lygties atskirųjų sprendinių fundamentalioji sistema. Tuomet šios lygties bendrasis sprendinys yra

${\bar {y}}=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}.\quad (41)$

Nehomogeninės lygties, nusakomos (39) formule, atskirojo sprendinio ieškosime tardami, kad jį galima užrašyti tokiu pat reiškiniu, kaip ir (41) sprendinį, tačiau vietoj $C_{1}$ ir $C_{2}$ įrašysime kol kas nežinomas funkcijas $C_{1}(x)$ ir $C_{2}(x)$ (konstantas pakeisime funkcijomis). Taigi mūsų tikslas - rasti funkcijas $C_{1}(x)$ ir $C_{2}(x),$ be to, tokias, su kuriomis reiškinys

${\tilde {y}}=C_{1}(x)y_{1}+C_{2}(x)y_{2}\quad (42)$

būtų (39) lygties sprendinys. Išdiferencijuokime (42) lygybę:

${\tilde {y}}'=C_{1}'(x)y_{1}+C_{1}(x)y_{1}'+C_{2}'(x)y_{2}+C_{2}(x)y_{2}'.$

$C_{1}(x)$ ir $C_{2}(x)$ parinkime tokias, kad būtų

$C_{1}'(x)y_{1}+C_{2}'(x)y_{2}=0.\quad (43)$

Tuomet

${\tilde {y}}'=C_{1}(x)y_{1}'+C_{2}(x)y_{2}'.\quad (44)$

Išdiferencijuokime šį reiškinį:

${\tilde {y}}''=C_{1}'(x)y_{1}'+C_{1}(x)y_{1}''+C_{2}'(x)y_{2}'+C_{2}(x)y_{2}''.\quad (45)$

${\tilde {y}},\;{\tilde {y}}'$ ir ${\tilde {y}}''$ išraiškas, apibrėžiamas atitinkamai (42), (44) ir (45) lygybe, irašykime į (39) lygtį:

$C_{1}'(x)y_{1}'+C_{1}(x)y_{1}''+C_{2}'(x)y_{2}'+C_{2}(x)y_{2}''+p(C_{1}(x)y_{1}'+C_{2}(x)y_{2}')+q(C_{1}(x)y_{1}+C_{2}(x)y_{2})=f(x).$

Pertvarkę turime:

$C_{1}(x)(y_{1}''+py_{1}'+qy_{1})+C_{2}(x)(y_{2}''+py_{2}'+qy_{2})+C_{1}'(x)y_{1}'+C_{2}'(x)y_{2}'=f(x)\quad (46)$

Kadangi $y_{1}$ ir $y_{2}$ - homogeninės lygties ($y''+py'+qy=0$) sprendiniai, tai suskliausti reiškiniai lygūs nuliui. Iš (46) lygybės gauname:

$C_{1}(x)\cdot 0+C_{2}(x)\cdot 0+C_{1}'(x)y_{1}'+C_{2}'(x)y_{2}'=f(x),$

$C_{1}'(x)y_{1}'+C_{2}'(x)y_{2}'=f(x).\quad (47)$

Vadinasi, (42) reiškinys yra (39) lygties sprendinys, kai funkcijos $C_{1}(x)$ ir $C_{2}(x)$ tenkina (43) ir (47) sąlygas.

Taigi gauname dviejų lygčių su dviem nežinomaisiais $C_{1}(x),\;C_{2}(x)$ sistemą

${\begin{cases}C_{1}'(x)y_{1}+C_{2}'(x)y_{2}=0,&\\C_{1}'(x)y_{1}'+C_{2}'(x)y_{2}'=f(x).&\end{cases}}\quad (48)$

Kadangi tos sistemos determinantas yra Vronskio determinantas, sudarytas iš tiesiškai nepriklausomų sprendinių $y_{1}$ ir $y_{2},$ tai jis nelygus nuliui. Todėl iš (48) sistemos galima rasti vieninteles funkcijas $C_{1}'(x)$ ir $C_{2}'(x).$

(48) sistemos sprendinį pažymėkime taip:

$C_{1}'(x)=\phi _{1}(x),\;\;C_{2}'(x)=\phi _{2}(x).$

Tuomet $C_{1}(x)$ ir $C_{2}(x)$ rasime integruodami:

$C_{1}(x)=\int \phi _{1}(x)dx+C_{1}^{**}=\psi _{1}(x)+C_{1}^{***}+C_{1}^{**}=\psi _{1}(x)+C_{1}^{*},$

$C_{2}(x)=\int \phi _{2}(x)dx+C_{2}^{**}=\psi _{2}(x)+C_{2}^{***}+C_{2}^{**}=\psi _{2}(x)+C_{2}^{*};$

čia $C_{1}^{*}$ ir $C_{2}^{*}$ - konstantos.

Taigi (39) lygties atskirasis sprendinys yra (pagal (42))

${\tilde {y}}=y_{1}(\psi _{1}(x)+C_{1}^{*})+y_{2}(\psi _{2}(x)+C_{2}^{*}),$

o bendrasis sprendinys

$y={\bar {y}}+{\tilde {y}}=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}+y_{1}(\psi _{1}(x)+C_{1}^{*})+y_{2}(\psi _{2}(x)+C_{2}^{*}).$

Arba, kas visiškai tas pats:

$y={\bar {y}}+{\tilde {y}}=C_{3}y_{1}+C_{4}y_{2}+y_{1}\psi _{1}(x)+y_{2}\psi _{2}(x)=C_{3}y_{1}+C_{4}y_{2}+y_{1}\int \phi _{1}(x)dx+y_{2}\int \phi _{2}(x)dx.$

Pavyzdžiai

• Išspręskime lygtį

$y''+4y=\cos(2x).$

Sprendimas. Charakteringoji lygtis $k^{2}+4=0$ turi šaknis $k_{1}=0+2i,\;k_{2}=0-2i.$ Todėl bendrasis homogeninės lygties $y''+4y=0$ sprendinys ${\bar {y}}=e^{0\cdot x}(C_{1}\cos(2x)+C_{2}\sin(2x))=C_{1}\cos(2x)+C_{2}\sin(2x).$ Remdamiesi (48) lygčių sistema, sudarome sistemą

${\begin{cases}C_{1}'(x)\cos(2x)+C_{2}'(x)\sin(2x)=0,&\\-2C_{1}'(x)\sin(2x)+2C_{2}'(x)\cos(2x)=\cos(2x).&\end{cases}}$

Pirmosios lygties abi puses padauginę iš $2\sin(2x),$ o antrosios - iš $\cos(2x)$ bei sudėję lygtis panariui, gauname lygtį

$2C_{2}'(x)(\cos ^{2}(2x)+\sin ^{2}(2x))=\cos ^{2}(2x),$

$2C_{2}'(x)=\cos ^{2}(2x);$

iš čia

$C_{2}'(x)={\frac {1}{2}}\cos ^{2}(2x).$

Tuomet iš sistemos pirmosios lygties turime:

$C_{1}'(x)\cos(2x)+{\frac {1}{2}}\cos ^{2}(2x)\sin(2x)=0,$

$C_{1}'(x)=-{\frac {1}{2}}\sin(2x)\cos(2x),$

$C_{1}'(x)=-{\frac {1}{4}}\sin(4x).$

Vadinasi,

$C_{1}(x)=-{\frac {1}{4}}\sin(4x)\;dx={\frac {1}{16}}\cos(4x)+C_{1}^{*},$

$C_{2}(x)={\frac {1}{2}}\int \cos ^{2}(2x)\;dx={\frac {1}{4}}\int (1+\cos(4x))dx={\frac {1}{4}}x+{\frac {1}{16}}\sin(4x)+C_{2}^{*}.$

Taigi duotosios lygties atskirasis sprendinys

${\tilde {y}}={\frac {1}{16}}\cos(4x)\cos(2x)+{\frac {1}{4}}x\sin(2x)+{\frac {1}{16}}\sin(4x)\sin(2x)=$

${\frac {1}{4}}x\sin(2x)+{\frac {1}{16}}\cos(4x-2x)={\frac {1}{4}}x\sin(2x)+{\frac {1}{16}}\cos(2x),$

o bendrasis sprendinys

$y={\bar {y}}+{\tilde {y}}=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}+y_{1}C_{1}(x)+y_{2}C_{2}(x)=C_{1}\cos(2x)+C_{2}\sin(2x)+{\frac {1}{4}}x\sin(2x)+{\frac {1}{16}}\cos(2x).$

Antrosios eilės tiesinės nehomogeninės diferencialinės lygties atskirojo sprendinio parinkimo metodas (I.)

Nagrinėkime lygtį

$y''+py'+qy=f(x),\quad (49)$

kurios koeficientai $p$ ir $q$ yra pastovūs, o dešinioji pusė gali įgyti tam tikras išraiškas.

Tarkime, kad $f(x)$ yra daugianario ir rodiklinės funkcijos sandauga:

$f(x)=P_{n}(x)e^{\alpha x};$

čia $P_{n}(x)$ - n-tojo laipsnio daugianaris, $\alpha$ - realusis skaičius.

Atskirojo sprendinio ${\tilde {y}}$ ieškosime tardami, kad jis irgi yra n-tojo laipsnio daugianaris $Q_{n}(x)$ su neapibrėžtais koeficientais ir rodiklinės funkcijos sandauga:

${\tilde {y}}=Q_{n}(x)e^{\alpha x}.\quad (50)$

Kadangi ${\tilde {y}},$ apibrėžtas (50) formule, yra (49) lygties atskirasis sprendinys, tai jis turi tikti tai lygčiai. Randame ${\tilde {y}}'$ ir ${\tilde {y}}'':$

${\tilde {y}}'=Q_{n}'(x)e^{\alpha x}+\alpha Q_{n}(x)e^{\alpha x},$

${\tilde {y}}''=Q_{n}''(x)e^{\alpha x}+2\alpha Q_{n}'(x)e^{\alpha x}+\alpha ^{2}Q_{n}(x)e^{\alpha x}.$

Įrašę jas į (49) lygtį, gauname tapatybę

$Q_{n}''(x)e^{\alpha x}+2\alpha Q_{n}'(x)e^{\alpha x}+\alpha ^{2}Q_{n}(x)e^{\alpha x}+pQ_{n}'(x)e^{\alpha x}+p\alpha Q_{n}(x)e^{\alpha x}+qQ_{n}(x)e^{\alpha x}=P_{n}(x)e^{\alpha x}.$

Ją pertvarkę ir suprastinę iš $e^{\alpha x}\neq 0,$ turime:

$Q_{n}''(x)+(2\alpha +p)Q_{n}'(x)+(\alpha ^{2}+p\alpha +q)Q_{n}(x)=P_{n}(x).\quad (51)$

1. Kai $\alpha$ nesutampa su charakteringosios lygties $k^{2}+pk+q=0$ šaknimi, tai $\alpha ^{2}+p\alpha +q\neq 0$ (ir $2\alpha +p\neq 0$) ir kairiojoje lygybės pusėje, kaip ir dešiniojoje , yra n-tojo laipsnio daugianaris. Sulyginę koeficientus prie vienodų x laipsnių, galime rasti daugianario $Q_{n}(x)$ koeficientus.

2. Kai $\alpha$ sutampa su viena nekartotine charakteringosios lygties ($k^{2}+pk+q=0$) šaknimi, tai $\alpha ^{2}+p\alpha +q=0,$ bet $2\alpha +p\neq 0.$ Kadangi $Q_{n}'(x)$ yra $(n-1)$-ojo laipsnio daugianaris, tai (51) lygybė negali būti tapatybė. Todėl, parinkdami atskirąjį sprendinį ${\tilde {y}},$ turime imti $(n+1)$-ojo laipsnio daugianarį, tiesa, be laisvojo nario, nes diferencijuojant jis ir taip dingsta. Šį kartą

${\tilde {y}}=xQ_{n}(x)e^{\alpha x}.\quad (52)$

(Pagal sąlygą kairė pusė turi būti tokio pačio laipsnio kaip ir $P_{n}(x),$ bet prie $Q_{n}(x)$ gavome koeficientą nulį, nes $\alpha ^{2}+p\alpha +q=0$, todėl kad kairėje pusėje gauti $x^{2},$ padauginome $Q_{n}'(x)$ iš x.)

3. Kai $\alpha$ sutampa su kartotine charakteringosios lygties ($k^{2}+pk+q=0$) šaknimi, tai $\alpha ^{2}+p\alpha +q=0.$ Kadangi pagal Vieto teoremą,

$p=-(k_{1}+k_{2})=-(\alpha +\alpha )=-2\alpha ,$

tai ir $p+2\alpha =0.\;Q_{n}''(x)$ yra $(n-2)$-ojo laipsnio daugianaris, todėl (51) lygybės kairiojoje pusėje yra $(n-2)$-ojo laipsnio daugianaris ($Q_{n}''(x)$). Vadinasi, (51) lygybė negali būti tapatybė. Šį kartą turime parinkti

${\tilde {y}}=x^{2}Q_{n}(x)e^{\alpha x}.\quad (53)$

Pavyzdžiai

• Išspręskime lygtį

$y''-5y'+6y=f(x),$

kai: a) $f(x)=2x^{2}e^{x};$ b) $f(x)=(2x-3)e^{3x}.$

Sprendimas. Pirmiausia išspręskime lygtį $y''-5y'+6y=0.$ Kadangi charakteringoji lygtis $k^{2}-5k+6=0$ turi šaknis $k_{1}=2$ ir $k_{2}=3,$ tai homogeninės lygties ($y''-5y'+6y=0$) bendrasis sprendinys

${\bar {y}}=C_{1}e^{2x}+C_{2}e^{3x}.$

Toliau, atsižvelgdami į dešiniosios pusės išraišką, parinksime atskirąjį nehomogeninės lygties sprendinį.

a) Kai $f(x)=2x^{2}e^{x},$ tai daugianaris $P_{n}(x)=2x^{2}$ (jis yra antrojo laipsnio) ir $\alpha =1.$ Kadangi $\alpha =1$ nesutampa nė su viena charakteringosios lygties šaknimi, tai, pagal (50) formulę,

${\tilde {y}}=(ax^{2}+bx+c)e^{x}$

(daugianaris $Q_{n}(x)=ax^{2}+bx+c,$ nes jis turi būti antrojo laipsnio; beje, pirmojo laipsnio daugianaris yra $ax+b,$ trečiojo laipsnio $ax^{3}+bx^{2}+cx+d$ ir t.t.).

Toliau randame:

${\tilde {y}}'=((ax^{2}+bx+c)e^{x})'=2axe^{x}+ax^{2}e^{x}+be^{x}+bxe^{x}+ce^{x}=$

$=(ax^{2}+2ax+bx+b+c)e^{x},$

${\tilde {y}}''=(ax^{2}+4ax+bx+2a+2b+c)e^{x}.$

Įrašę ${\tilde {y}},\;{\tilde {y}}',\;{\tilde {y}}''$ išraiškas į duotąją lygtį gauname tapatybę:

$(ax^{2}+4ax+bx+2a+2b+c)e^{x}-5(ax^{2}+2ax+bx+b+c)e^{x}+6(ax^{2}+bx+c)e^{x}=2x^{2}e^{x},$

$(ax^{2}+4ax+bx+2a+2b+c)-5(ax^{2}+2ax+bx+b+c)+6(ax^{2}+bx+c)=2x^{2},$

$ax^{2}+4ax+bx+2a+2b+c-5ax^{2}-10ax-5bx-5b-5c+6ax^{2}+6bx+6c=2x^{2},$

$2ax^{2}-6ax+2bx+2a-3b+2c=2x^{2}.$

Sulyginę koeficientus prie vienodų x laipsnių, gauname sistemą

$x^{2}\quad |\;2a=2,$

$x^{1}\quad |\;-6a+2b=0,\quad ||\;(2b=6,\;b=3)$

$x^{0}\quad |\;2a-3b+2c=0.\quad ||\;(2-9+2c=0,\;c=-7/2=3.5)$

Iš jos randame: $a=1,\;b=3,\;c=3.5.$ Todėl ${\tilde {y}}=(x^{2}+3x+3.5)e^{x}$ ir bendrasis duotosios lygties sprendinys

$y={\bar {y}}+{\tilde {y}}=C_{1}e^{2x}+C_{2}e^{3x}+(x^{2}+3x+3.5)e^{x}.$

b) Kai $f(x)=(2x-3)e^{3x},$ tai $P_{n}(x)=2x-3,\;\alpha =3.$ Kadangi $P_{n}(x)$ yra pirmojo laipsnio daugianaris, tai $Q_{n}(x)=ax+b;\;\alpha =3$ sutampa su charakteringosios lygties šaknimi, todėl, pagal (52) formulę,

${\tilde {y}}=x(ax+b)e^{3x}=(ax^{2}+bx)e^{3x}.$

Toliau sprendžiama analogiškai a) atvejui.

Randame išvestines:

${\tilde {y}}'=((ax^{2}+bx)e^{3x})'=2axe^{3x}+3ax^{2}e^{3x}+be^{3x}+3bxe^{3x}=$

$=(3ax^{2}+2ax+3bx+b)e^{3x},$

${\tilde {y}}''=6axe^{3x}+9ax^{2}e^{3x}+2ae^{3x}+6axe^{3x}+3be^{3x}+9bxe^{3x}+3be^{3x}=$

$=(9ax^{2}+12ax+9bx+2a+6b)e^{3x}.$

Įrašę ${\tilde {y}},\;{\tilde {y}}',\;{\tilde {y}}''$ išraiškas į duotąją lygtį gauname tapatybę:

$(9ax^{2}+12ax+9bx+2a+6b)e^{3x}-5(3ax^{2}+2ax+3bx+b)e^{3x}+6(ax^{2}+bx)e^{3x}=(2x-3)e^{3x},$

$9ax^{2}+12ax+9bx+2a+6b-15ax^{2}-10ax-15bx-5b+6ax^{2}+6bx=2x-3,$

$9ax^{2}-15ax^{2}+6ax^{2}+12ax-10ax+9bx-15bx+6bx+2a+6b-5b=2x-3,$

$2ax+2a-b=2x-3.$

Sulyginę koeficientus prie vienodų x laipsnių, gauname sistemą

$x^{2}\quad |\;0a=0,$

$x^{1}\quad |\;2a=2,$

$x^{0}\quad |\;2a-b=-3.$

Iš sistemos randame: $a=1,\;b=5.$ Todėl ${\tilde {y}}=(x^{2}+5x)e^{3x}.$ Bendrasis duotosios lygties ($y''-5y'+6y=(2x-3)e^{3x}$) sprendinys yra

$y={\bar {y}}+{\tilde {y}}=C_{1}e^{2x}+C_{2}e^{3x}+(x^{2}+5x)e^{3x}.$

• Išspręskime lygtį

$y''-6y'+9y=-3e^{3x}.$

Sprendimas. Pirmiausia išspręskime lygtį $y''-6y'+9y=0.$ Kadangi charakteringoji lygtis $k^{2}-6k+9=0$ turi šaknis $k_{1}=3$ ir $k_{2}=3,$ tai homogeninės lygties bendrasis sprendinys

${\bar {y}}=(C_{1}+xC_{2})e^{3x}.$

Toliau, atsižvelgdami į dešiniosios pusės išraišką, parinksime atskirąjį nehomogeninės lygties sprendinį.

Kai $f(x)=-3e^{3x},$ tai $P_{n}(x)=-3,\;\alpha =3.$ Kadangi $P_{n}(x)$ yra nulinio laipsnio daugianaris, tai $Q_{n}(x)=a;\;\alpha =3$ sutampa su charakteringosios lygties šaknimis, todėl, pagal (53) formulę,

${\tilde {y}}=x^{2}ae^{3x}=ax^{2}e^{3x}.$

Randame išvestines:

${\tilde {y}}'=(ax^{2}e^{3x})'=(3ax^{2}+2ax)e^{3x},$

${\tilde {y}}''=(6ax+2a)e^{3x}+3(3ax^{2}+2ax)e^{3x}=(9ax^{2}+12ax+2a)e^{3x}.$

Įrašę ${\tilde {y}},\;{\tilde {y}}',\;{\tilde {y}}''$ išraiškas į duotąją lygtį gauname tapatybę:

$(9ax^{2}+12ax+2a)e^{3x}-6(3ax^{2}+2ax)e^{3x}+9ax^{2}e^{3x}=-3e^{3x},$

$9ax^{2}+12ax+2a-18ax^{2}-12ax+9ax^{2}=-3,$

$9ax^{2}-18ax^{2}+9ax^{2}+12ax-12ax+2a=-3,$

$2a=-3.$

Sulyginę koeficientus prie vienodų x laipsnių, gauname sistemą

$x^{1}\quad |\;0=0,$

$x^{0}\quad |\;2a=-3.$

Iš sistemos randame: $a=-1.5.$ Todėl ${\tilde {y}}=-1.5x^{2}e^{3x}.$ Bendrasis duotosios lygties sprendinys yra

$y={\bar {y}}+{\tilde {y}}=C_{1}e^{3x}+xC_{2}e^{3x}-{\frac {3}{2}}x^{2}e^{3x}.$

Patikriname:

${\tilde {y}}'=(-{\frac {3}{2}}x^{2}e^{3x})'=-{\frac {9}{2}}x^{2}e^{3x}-{\frac {6}{2}}xe^{3x},$

${\tilde {y}}''=(-{\frac {9}{2}}x^{2}e^{3x}-{\frac {6}{2}}xe^{3x})'=-{\frac {18}{2}}xe^{3x}-{\frac {6}{2}}e^{3x}+3(-{\frac {9}{2}}x^{2}-{\frac {6}{2}}x)e^{3x}=$

$=-9xe^{3x}-3e^{3x}-{\frac {27}{2}}x^{2}e^{3x}-9xe^{3x}=-{\frac {27}{2}}x^{2}e^{3x}-18xe^{3x}-3e^{3x};$

${\tilde {y}}''-6{\tilde {y}}'+9{\tilde {y}}=-3e^{3x},$

$-{\frac {27}{2}}x^{2}e^{3x}-18xe^{3x}-3e^{3x}-6(-{\frac {9}{2}}x^{2}e^{3x}-{\frac {6}{2}}xe^{3x})+9(-{\frac {3}{2}}x^{2}e^{3x})=-3e^{3x},$

$-{\frac {27}{2}}x^{2}e^{3x}-18xe^{3x}-3e^{3x}+27x^{2}e^{3x}+18xe^{3x}-{\frac {27}{2}}x^{2}e^{3x}=-3e^{3x},$

$-18xe^{3x}-3e^{3x}+18xe^{3x}=-3e^{3x},$

$-3e^{3x}=-3e^{3x}.$

• Išspręskime lygtį

$y''-6y'+9y=-8e^{3x}.$

Sprendimas. Pirmiausia išspręskime lygtį $y''-6y'+9y=0.$ Kadangi charakteringoji lygtis $k^{2}-6k+9=0$ turi šaknis $k_{1}=3$ ir $k_{2}=3,$ tai homogeninės lygties bendrasis sprendinys

${\bar {y}}=(C_{1}+xC_{2})e^{3x}.$

Toliau, atsižvelgdami į dešiniosios pusės išraišką, parinksime atskirąjį nehomogeninės lygties sprendinį.

Kai $f(x)=-8e^{3x},$ tai $P_{n}(x)=-8,\;\alpha =3.$ Kadangi $P_{n}(x)$ yra nulinio laipsnio daugianaris, tai $Q_{n}(x)=a;\;\alpha =3$ sutampa su charakteringosios lygties šaknimis, todėl, pagal (53) formulę,

${\tilde {y}}=x^{2}Q_{n}(x)e^{\alpha x}=x^{2}ae^{3x}=ax^{2}e^{3x}.$

Randame išvestines:

${\tilde {y}}'=(ax^{2}e^{3x})'=(3ax^{2}+2ax)e^{3x},$

${\tilde {y}}''=(6ax+2a)e^{3x}+3(3ax^{2}+2ax)e^{3x}=(9ax^{2}+12ax+2a)e^{3x}.$

Įrašę ${\tilde {y}},\;{\tilde {y}}',\;{\tilde {y}}''$ išraiškas į duotąją lygtį gauname tapatybę:

$(9ax^{2}+12ax+2a)e^{3x}-6(3ax^{2}+2ax)e^{3x}+9ax^{2}e^{3x}=-8e^{3x},$

$9ax^{2}+12ax+2a-18ax^{2}-12ax+9ax^{2}=-8,$

$9ax^{2}-18ax^{2}+9ax^{2}+12ax-12ax+2a=-8,$

$2a=-8.$

Sulyginę koeficientus prie vienodų x laipsnių, gauname

$x^{0}\quad |\;2a=-8.$

Iš sistemos randame: $a=-4.$ Todėl ${\tilde {y}}=-4x^{2}e^{3x}.$ Bendrasis duotosios lygties ($y''-6y'+9y=-8e^{3x}$) sprendinys yra

$y={\bar {y}}+{\tilde {y}}=C_{1}e^{3x}+xC_{2}e^{3x}-4x^{2}e^{3x}.$

Patikriname:

${\tilde {y}}'=(-4x^{2}e^{3x})'=-12x^{2}e^{3x}-8xe^{3x},$

${\tilde {y}}''=(-12x^{2}e^{3x}-8xe^{3x})'=-24xe^{3x}-8e^{3x}+3(-12x^{2}-8x)e^{3x}=$

$=-24xe^{3x}-8e^{3x}-36x^{2}e^{3x}-24xe^{3x}=-36x^{2}e^{3x}-48xe^{3x}-8e^{3x};$

${\tilde {y}}''-6{\tilde {y}}'+9{\tilde {y}}=-8e^{3x},$

$-36x^{2}e^{3x}-48xe^{3x}-8e^{3x}-6(-12x^{2}e^{3x}-8xe^{3x})+9(-4x^{2}e^{3x})=-8e^{3x},$

$-36x^{2}e^{3x}-48xe^{3x}-8e^{3x}+72x^{2}e^{3x}+48xe^{3x}-36x^{2}e^{3x}=-8e^{3x},$

$-48xe^{3x}-8e^{3x}+48xe^{3x}=-8e^{3x},$

$-8e^{3x}=-8e^{3x}.$

Antrosios eilės tiesinės nehomogeninės diferencialinės lygties atskirojo sprendinio parinkimo metodas (II.)

Tarkime, kad

$f(x)=P_{n}(x)e^{\alpha x}\cos(\beta x)+R_{m}(x)e^{\alpha x}\sin(\beta x);$

čia $P_{n}(x)$ ir $R_{m}(x)$ - atitinkamai n-tojo ir m-tojo laipsnio daugianariai, $\alpha ,\;\beta$ - realieji skaičiai. Pažymėkime $l={\text{max}}\{m,n\}$ (jei m>n, tada l=m; jei m<n, tada l=n).

1. Kai $\alpha +\beta i$ nėra charakteringosios lygties šaknis, tai atskirąjį (49) lygties sprendinį rasime pagal formulę

${\tilde {y}}=e^{\alpha x}(U_{l}(x)\cos(\beta x)+V_{l}(x)\sin(\beta x));\quad (54)$

čia $U_{l}(x),\;V_{l}(x)$ - l-tojo laipsnio daugianariai su neapibrėžtais koeficientais.

2. Kai $\alpha +\beta i$ sutampa su charakteringosios lygties ($k^{2}+pk+q=0$) šaknimi, tai atskirasis sprendinys gaunamas iš (54) formulės, padauginus dešiniąją jos pusę iš x. Taigi

${\tilde {y}}=xe^{\alpha x}(U_{l}(x)\cos(\beta x)+V_{l}(x)\sin(\beta x)).\quad (55)$

Paminėsime, kad ir tuo atveju, kai funkcija $f(x)$ sudaro tik vienas dėmuo $P_{n}(x)e^{\alpha x}\cos(\beta x)$ arba $R_{m}(x)e^{\alpha x}\sin(\beta x),$ atskirasis sprendinys ${\tilde {y}}$ nusakomas (54) arba (55) formule (taigi jį sudaro du dėmenys).

Pavyzdžiai

• Išspręskime lygtį

$y''-6y'+10y=3\cos(2x).$

Sprendimas. Kadangi charakteringoji lygtis $k^{2}-6k+10=0$ turi šaknis $k_{1}=3+i,\;k_{2}=3-i,$ tai

${\bar {y}}=e^{3x}(C_{1}\cos x+C_{2}\sin x).$

Šiame pavyzdyje $\alpha =0,\;\beta =2,$ taigi dydis $\alpha +\beta i=2i$ nesutampa su charakteringosios lygties šaknimi. Todėl, ieškodami ${\tilde {y}},$ taikysime (54) formulę. Kadangi prie $\cos(2x)$ yra pastovus daugiklis 3 ($e^{\alpha x}=1,\;\alpha =0$), tai vietoj daugianarių $U_{l}(x)$ ir $V_{l}(x)$ rašysime nežinomus skaičius M ir N. Taigi

${\tilde {y}}=M\cos(2x)+N\sin(2x).$

Randame:

${\tilde {y}}'=-2M\sin(2x)+2N\cos(2x),$

${\tilde {y}}''=-4M\cos(2x)-4N\sin(2x).$

Įrašę ${\tilde {y}},$ ${\tilde {y}}'$ ir ${\tilde {y}}''$ išraiškas į duotąją lygtį, gauname tapatybę

${\tilde {y}}''-6{\tilde {y}}'+10{\tilde {y}}=3\cos(2x),$

$-4M\cos(2x)-4N\sin(2x)-6(-2M\sin(2x)+2N\cos(2x))+10(M\cos(2x)+N\sin(2x))=3\cos(2x),$

$-4M\cos(2x)-4N\sin(2x)+12M\sin(2x)-12N\cos(2x)+10M\cos(2x)+10N\sin(2x)=3\cos(2x),$

$(6M-12N)\cos(2x)+(6N+12M)\sin(2x)=3\cos(2x).$

Sulyginę koeficientus prie $\cos(2x)$ ir $\sin(2x),$ gauname dvi lygtis:

${\begin{cases}6M-12N=3,&\\6N+12M=0,&\end{cases}}$

Padaugine antrą lygtį iš dviejų ir pridėję prie pirmos gauname:

$6M-12N+12N+24M=3,$

$6M+24M=3,$

$30M=3,$

$M=0.1;$

$6N+12\cdot 0.1=0,$

$6N=-1.2,$

$N=-0.2.$

Ši sistema turi sprendinį $M=0.1;\;N=-0.2.$

Taigi

${\tilde {y}}=0.1\cdot \cos(2x)-0.2\cdot \sin(2x),$

o bendrasis duotosios lygties ($y''-6y+10y=3\cos(2x)$) sprendinys

$y={\bar {y}}+{\tilde {y}}=e^{3x}(C_{1}\cos x+C_{2}\sin x)+0.1\cos(2x)-0.2\sin(2x).$

• Išspręskime lygtį

$y''+4y'+13y=f(x),$

kai: a) $f(x)=xe^{-2x};$ b) $f(x)=e^{-2x}\sin(3x).$

Sprendimas. Kadangi charakteringoji lygtis $k^{2}+4k+13=0$ turi šaknis $k_{1,2}=-2\pm 3i,$ tai homogeninės lygties $y''+4y'+13y=0$ bendrasis sprendinys ${\bar {y}}=e^{-2x}(C_{1}\cos(3x)+C_{2}\sin(3x)).$

a) Kai $f(x)=xe^{-2x},$ tai dešinioji lygties pusė turi išraišką $P_{n}(x)e^{\alpha x}.$

Kadangi šį kartą $P_{n}(x)=x$ yra pirmojo laipsnio daugianaris, o $\alpha =-2$ nesutampa su charakteringosios lygties šaknimi (nesvarbu, kad $\alpha =-2$ sutampa su šaknų $-2\pm 3i$ realiąja dalimi), tai sprendinio ${\tilde {y}}$ išraišką nusako (50) formulė. Taigi

${\tilde {y}}=(ax+b)e^{-2x}.$

Randame išvestines:

${\tilde {y}}'=((ax+b)e^{-2x})'=ae^{-2x}-2(ax+b)e^{-2x}=(-2ax+a-2b)e^{-2x},$

${\tilde {y}}''=-2ae^{-2x}-2(-2ax+a-2b)e^{-2x}=-2ae^{-2x}+(4ax-2a+4b)e^{-2x}=(4ax-4a+4b)e^{-2x}=4(ax-a+b)e^{-2x}.$

Įrašę ${\tilde {y}},\;{\tilde {y}}',\;{\tilde {y}}''$ išraiškas į duotąją lygtį gauname tapatybę:

${\tilde {y}}''+4{\tilde {y}}'+13{\tilde {y}}=xe^{-2x},$

$4(ax-a+b)e^{-2x}+4(-2ax+a-2b)e^{-2x}+13(ax+b)e^{-2x}=xe^{-2x},$

$4ax-4a+4b-8ax+4a-8b+13ax+13b=x,$

$9ax+9b=x.$

Sulyginę koeficientus prie vienodų x laipsnių, gauname sistemą

$x^{1}\quad |\;9a=1,$

$x^{0}\quad |\;9b=0.$

Iš sistemos randame: $a={\frac {1}{9}}=0.(1),\;b=0.$ Todėl ${\tilde {y}}={\frac {1}{9}}xe^{-2x}.$ Bendrasis duotosios lygties sprendinys yra

$y={\bar {y}}+{\tilde {y}}=e^{-2x}(C_{1}\cos(3x)+C_{2}\sin(3x))+{\frac {1}{9}}xe^{-2x}.$

b) Kai $f(x)=e^{-2x}\sin(3x),$ tai dešinioji lygties pusė turi išraišką, apibrėžiamą formule $f(x)=R_{m}(x)e^{\alpha x}\sin(\beta x).$ Šį kartą $\alpha =-2,\;\beta =3$ ir dydis $\alpha +\beta i=-2+3i$ sutampa su charakteringosios lygties šaknimi, todėl atskirojo sprendinio ${\tilde {y}}$ išraišką nusako (55) formulė. Taigi

${\tilde {y}}=xe^{-2x}(M\cos(3x)+N\sin(3x)).$

Randame:

${\tilde {y}}'=e^{-2x}((M-2Mx+3Nx)\cos(3x)+(N-2Nx-3Mx)\sin(3x)),$

${\tilde {y}}''=-2e^{-2x}((M-2Mx+3Nx)\cos(3x)+(N-2Nx-3Mx)\sin(3x))+$

$+e^{-2x}((M-2Mx+3Nx)\cos(3x)+(N-2Nx-3Mx)\sin(3x))'=$

$=-2e^{-2x}((M-2Mx+3Nx)\cos(3x)+(N-2Nx-3Mx)\sin(3x))+$

$+e^{-2x}((-2M+3N+3N-6Nx-9Mx)\cos(3x)+(-2N-3M-3M+6Mx-9Nx)\sin(3x))=$

$=e^{-2x}((-2M+4Mx-6Nx)\cos(3x)+(-2N+4Nx+6Mx)\sin(3x))+$

$+e^{-2x}((-2M+6N-6Nx-9Mx)\cos(3x)+(-2N-6M+6Mx-9Nx)\sin(3x))=$

$=e^{-2x}((-4M+6N-5Mx-12Nx)\cos(3x)+(-6M-4N+12Mx-5Nx)\sin(3x)).$

Įrašę ${\tilde {y}},\;{\tilde {y}}'$ ir ${\tilde {y}}''$ išraiškas į duotąją lygtį, sutraukę panašiuosius narius ir suprastinę iš $e^{-2x},$ gauname tapatybę

${\tilde {y}}''+4{\tilde {y}}'+13{\tilde {y}}=e^{-2x}\sin(3x),$

$e^{-2x}((-4M+6N-5Mx-12Nx)\cos(3x)+(-6M-4N+12Mx-5Nx)\sin(3x))+4e^{-2x}((M-2Mx+3Nx)\cos(3x)+$

$+(N-2Nx-3Mx)\sin(3x))+13xe^{-2x}(M\cos(3x)+N\sin(3x))=e^{-2x}\sin(3x),$

$e^{-2x}((-4M+6N-5Mx-12Nx)\cos(3x)+(-6M-4N+12Mx-5Nx)\sin(3x))+e^{-2x}((4M-8Mx+12Nx)\cos(3x)+$

$+(4N-8Nx-12Mx)\sin(3x))+e^{-2x}(13Mx\cos(3x)+13Nx\sin(3x))=e^{-2x}\sin(3x),$

$(-4M+6N-5Mx-12Nx+4M-8Mx+12Nx+13Mx)\cos(3x)+(-6M-4N+12Mx-5Nx+4N-8Nx-12Mx+13Nx)\sin(3x)=\sin(3x),$

$6N\cos(3x)-6M\sin(3x)=\sin(3x).$

Iš čia

${\begin{cases}6N=0,&\\-6M=1,&\end{cases}}$

todėl

$M=-{\frac {1}{6}},\;N=0.$ Taigi

${\tilde {y}}=xe^{-2x}(-{\frac {1}{6}}\cos(3x)+0\cdot \sin(3x))=-{\frac {1}{6}}xe^{-2x}\cos(3x),$

o bendrasis duotosios lygties sprendinys

$y={\bar {y}}+{\tilde {y}}=e^{-2x}(C_{1}\cos(3x)+C_{2}\sin(3x))-{\frac {1}{6}}xe^{-2x}\cos(3x).$

• Išspręskime lygtį

$y''-4y'+13y=xe^{-2x}.$

Sprendimas. Kad rasti homogeninės lygties $y''-4y'+13y=0$ sprendinį, į homogeninę lygtį įstatome $y=e^{kx}$ ir gauname:

$(e^{kx})''-4(e^{kx})'+13e^{kx}=0,$

$k^{2}e^{kx}-4ke^{kx}+13e^{kx}=0,$

$k^{2}-4k+13=0.$

Kadangi charakteringoji lygtis $k^{2}-4k+13=0$ turi šaknis $k_{1,2}=2\pm 3i,$ tai homogeninės lygties $y''-4y'+13y=0$ bendrasis sprendinys ${\bar {y}}=e^{2x}(C_{1}\cos(3x)+C_{2}\sin(3x)).$

Kai $f(x)=xe^{-2x},$ tai dešinioji lygties pusė turi išraišką $P_{n}(x)e^{\alpha x}.$

Kadangi $P_{n}(x)=x$ yra pirmojo laipsnio daugianaris, o $\alpha =-2$ nesutampa su charakteringosios lygties šaknimi, tai sprendinio ${\tilde {y}}$ išraišką nusako (50) formulė. Taigi

${\tilde {y}}=(ax+b)e^{-2x}.$

Randame išvestines:

${\tilde {y}}'=((ax+b)e^{-2x})'=ae^{-2x}-2(ax+b)e^{-2x}=(-2ax+a-2b)e^{-2x},$

${\tilde {y}}''=-2ae^{-2x}-2(-2ax+a-2b)e^{-2x}=-2ae^{-2x}+(4ax-2a+4b)e^{-2x}=(4ax-4a+4b)e^{-2x}.$

Įrašę ${\tilde {y}},\;{\tilde {y}}',\;{\tilde {y}}''$ išraiškas į duotąją lygtį gauname tapatybę:

${\tilde {y}}''-4{\tilde {y}}'+13{\tilde {y}}=xe^{-2x},$

$(4ax-4a+4b)e^{-2x}-4(-2ax+a-2b)e^{-2x}+13(ax+b)e^{-2x}=xe^{-2x},$

$4ax-4a+4b+8ax-4a+8b+13ax+13b=x,$

$25ax-8a+25b=x.$

Sulyginę koeficientus prie vienodų x laipsnių, gauname sistemą

$x^{1}\quad |\;25a=1,$

$x^{0}\quad |\;-8a+25b=0.$

Iš sistemos randame: $a={\frac {1}{25}}=0.04,\;b={\frac {8a}{25}}={\frac {8}{25\cdot 25}}={\frac {8}{625}}=0.0128.$ Todėl ${\tilde {y}}=\left({\frac {x}{25}}+{\frac {8}{625}}\right)e^{-2x}.$ Bendrasis duotosios lygties sprendinys yra

$y={\bar {y}}+{\tilde {y}}=e^{2x}(C_{1}\cos(3x)+C_{2}\sin(3x))+\left({\frac {x}{25}}+{\frac {8}{625}}\right)e^{-2x}.$

Nuorodos

• Antrosios eiles tiesines nehomogenines diferencialines lygtys su pastoviaisiais koeficientais. 17 psl.