INŽENÝRSKÁ MATEMATIKA DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 2

Transkript

1 INŽENÝRSKÁ MATEMATIKA DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 2 Robert Mařík 5. října 2009 c Robert Mařík, 2009

2 Obsah 1 LDR druhého řádu 4 2 Homogenní LDR, lineární nezávislost a wronskián 9 3 Homogenní LDR s konstantními koeficienty 13 y +y = y + 4y +y = y + 4y + 29y = Nehomogenní LDR 49 5 Odhad partikulárního řešení 51 y 4y = x y 4y + 4y = e x y 5y + 6y = xe x y 3y + 2y = x y + 4y = xe x y +y 6y = e x (x+1) c Robert Mařík, 2009

3 6 Metoda variace konstant 124 y 5y + 6y = xe x y 4y + 4y = e x y + 2y +y = e x lnx c Robert Mařík, 2009

4 1 LDR druhého řádu LDR druhého řádu c Robert Mařík, 2009

5 Definice (lineární diferenciální rovnice druhého řádu). Buďte p, q a f funkce definované a spojité na intervalu I. Diferenciální rovnice y +p(x)y +q(x)y = f (x) (L2) se nazývá lineární diferenciální rovnice druhého řádu (zkráceně LDR druhého řádu). Řešením rovnice (nebo též integrálem rovnice) na intervalu I rozumíme funkci, která má spojité derivace dořádu 2 na intervalui a po dosazení identicky splňuje rovnost (L2) na I. Úloha nalézt řešení rovnice, které splňuje v bodě x 0 I počáteční podmínky { y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 0, (P2) kde y 0 a y jsou reálná čísla, se nazývá počáteční úloha (Cauchyova úloha). 0 Řešení počáteční úlohy se nazývá partikulární řešení rovnice (L2). Poznámka 1 (existence a jednoznačnost). Každá počáteční úloha pro rovnici (L2) má řešení, které je určeno jednoznačně a toto řešení je definované na celém intervalu I. LDR druhého řádu c Robert Mařík, 2009

6 Definice (obecné řešení). Všechna řešení LDR druhého řádu (L2) lze vyjádřit ve tvaru obsahujícím dvě nezávislé konstanty C 1, C 2 R. Takovýto předpis se nazývá obecné řešení rovnice (L2). Poznámka 2 (operátorová symbolika). Podobně jako lineární diferenciální rovnice prvního řádu, i zde často pravou stranu rovnice často zkracujeme do tvaru L[y](x). Definujeme-li tedy L[y](x) = y (x)+p(x)y (x)+q(x)y(x), (1) je tímto předpisem definován operátor, který každé dvakrát diferencovatelné funkci přiřazuje levou stranu rovnice (L2). Rovnici (L2) je potom možno zapsat ve tvaru L[y] = f (x). Definice (speciální typy LDR druhého řádu). Platí-li v rovnici (L2) f (x) = 0 pro všechna x I, nazývá se rovnice (L2) homogenní, v opačném případě nehomogenní. Jsou-li koeficienty p(x) a q(x) na intervalu I konstantní funkce, nazývá se (L2) rovnice s konstantními koeficienty. LDR druhého řádu c Robert Mařík, 2009

7 Poznámka 3 (triviální řešení). Funkce y(x) 0 je řešením homogenní LDR 2. řádu vždy, bez ohledu na tvar koeficientů p, q. (Ověřte sami dosazením.) Toto řešení nazýváme triviální řešení rovnice (L2). Definice (asociovaná homogenní rovnice). Nahradíme-li v nehomogenní LDR (L2) pravou stranu (tj. funkci f ) nulovou funkcí obdržíme rovnici y +p(x)y +q(x)y = 0. (2) Tato rovnice se nazývá homogenní rovnice asociovaná s rovnicí (L2). LDR druhého řádu c Robert Mařík, 2009

8 Věta 1 (linearita a princip superpozice). Operátor (1) zachovává lineární kombinaci funkcí, tj. pro libovolné dvě funkcey 1 ay 2 a libovolné reálné konstantyc 1 ac 2 platí L[C 1 y 1 +C 2 y 2 ] = C 1 L[y 1 ]+C 2 L[y 2 ]. (3) Jako speciální případ vztahu (3) dostáváme implikace L[y 2 ] = 0 a L[y 1 ] = f (x) L[y 1 +y 2 ] = 0+f (x) = f (x), L[y 1 ] = L[y 2 ] = f (x) L[y 1 y 2 ] = f (x) f (x) = 0, L[y 1 ] = L[y 2 ] = 0 L[C 1 y 1 +C 2 y 2 ] = C 1 0+C 2 0 = 0, Součet řešení zadané nehomogenní a asociované homogenní LDR je řešením dané nehomogenní rovnice. Rozdíl dvou řešení nehomogenní LDR je řešením asociované homogenní rovnice. Každá lineární kombinace dvou řešení homogenní LDR je opět řešením této rovnice. LDR druhého řádu c Robert Mařík, 2009

9 2 Homogenní LDR, lineární nezávislost a wronskián V této podkapitole budeme studovat homogenní LDR druhého řádu, tj. rovnici (2) y +p(x)y +q(x)y = 0, kterou můžeme zkráceně zapsat jako L[y] = 0, kde operátor L je lineární diferenciální operátor druhého řádu definovaný vztahem (1). Homogenní LDR, lineární nezávislost a wronskián c Robert Mařík, 2009

10 Motivace. Budeme předpokládat že funkce y 1 (x) a y 2 (x) jsou obě řešeními a budeme hledat podmínky, za kterých je funkce y(x) = C 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x) obecným řešením. Derivováním tohoto vztahu získáváme y (x) = C 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x) a dosazení počátečních podmínek y(α) = β, y (α) = γ vede k následující soustavě lineárních rovnic s neznámými C 1, C 2 β = C 1 y 1 (α)+c 2 y 2 (α), γ = C 1 y 1 (α)+c 2 y 2 (α). (4) Jak je známo z lineární algebry, tato soustava má právě jedno řešení pro ( libovolnou volbu ) čísel β, γ právě tehdy, když matice soustavy, tj. matice y1 (α) y 2 (α) y 1 (α) y 2 (α), je regulární. Tato matice je regulární právě tehdy, když její determinant je nenulový a to nastane právě tehdy když jeden sloupec není násobkem druhého. Tímto motivujeme následující definice. Homogenní LDR, lineární nezávislost a wronskián c Robert Mařík, 2009

11 Definice (lineární (ne-)závislost funkcí). Buďte y 1 a y 2 funkce definované na intervalu I. Řekneme, že funkce y 1 a y 2 jsou na intervalu I lineárně závislé, jestliže jedna z nich je na intervalu I násobkem druhé, tj. jestliže existuje reálné číslo k R s vlastností y 1 (x) = ky 2 (x) pro všechna x I, nebo y 2 (x) = ky 1 (x) pro všechna x I. V opačném případě říkáme, že funkce y 1, y 2 jsou na intervalu I lineárně nezávislé. Definice (wronskián). Buďte y 1 (x) a y 2 (x) dvě libovolná řešení homogenní rovnice (2). Wronskiánem funkcí y 1 (x), y 2 (x) rozumíme determinant W [y 1,y 2 ](x) = y 1 (x) y 2 (x) y 1 (x) y 2 (x) = y 1 (x)y 2 (x) y 1 (x)y 2 (x). (5) Homogenní LDR, lineární nezávislost a wronskián c Robert Mařík, 2009

12 Věta 2 (lineární (ne)závislost). Buďte y 1 (x) a y 2 (x) dvě řešení rovnice (2) na intervalu I. Tato řešení jsou lineárně nezávislá právě tehdy když je jejich wronskián různý od nuly na intervalu I. Věta 3 (obecné řešení homogenní LDR). Jsou-li y 1 a y 2 dvě netriviální lineárně nezávislá řešení rovnice (2) na intervalu I, je funkce y definovaná vztahem y(x,c 1,C 2 ) = C 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x), C 1 R, C 2 R, (6) obecným řešením rovnice (2) na intervalu I. Definice (fundamentální systém řešení). Dvojici funkcíy 1 a y 2 z předchozí věty nazýváme fundamentální systém řešení rovnice (2). Funkce y 1 (x) a y 2 (x) jsou jakékoliv lineárně nezávislé funkce splňující danou diferenciální rovnici. Pro rovnici y y = 0 lze volit například y 1 = e x, y 2 = e x, ale i naopak y 1 = e x a y 2 = e x nebo třeba i y 1 = e x +e x a y 2 = 3e x. Fundamentální systém tedy není určen jednoznačně. Homogenní LDR, lineární nezávislost a wronskián c Robert Mařík, 2009

13 3 Homogenní LDR s konstantními koeficienty Abychom vyřešili homogenní LDR druhého řádu, stačí tedy nalézt dvě lienárně nezávislá řešení. Nalezení analytického tvaru těchto funkcí pomocí koeficientů rovnice, jejich integrálů a běžných matematických operací je však možné jenom v některých speciálních případech. Jednomu z těchto případů se budeme věnovat v následující kapitole. Ukážeme si, že pokud jsou koeficienty rovnice reálná čísla, je možné rovnici vyřešit snadno, využití aparátu který jste znali již před nástupem na vysokou školu. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

14 Budeme studovat rovnici tvaru y +py +qy = 0, (LH2) kde p,q R. Všimněme si nejprve následujícího faktu: Dosadíme-li do levé strany rovnice y = e zx, kde z je reálné číslo, po výpočtu derivací a po vytknutí faktoru e zx získáváme y +py +qy = e zx (z 2 +pz +q). Protože exponenciální faktor na pravé straně je vždy nenulový, bude výraz na pravé straně roven nule pokud bude splněna podmínka z 2 +pz +q = 0. (7) Pouze v tomto případě bude uvažovaná funkce řešením rovnice (LH2). Definice (charakteristická rovnice). Kvadratická rovnice (7) s neznámou z se nazývá charakteristická rovnice pro rovnici (LH2). Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

15 Věta 4. Uvažujme DR (LH2) a její charakteristickou rovnici (7). Jsou-li z 1,z 2 R dva různé reálné kořeny charakteristické rovnice (7), definujme y 1 = e z 1 x a y 2 = e z 2 x. Je-li z 1 R dvojnásobným kořenem charakteristické rovnice (7), definujme y 1 = e z 1 x a y 2 = xe z 1 x. Jsou-li z 1,2 = α ± iβ R dva komplexně sdružené kořeny charakteristické rovnice (7), definujme y 1 (x) = e αx cos(βx) a y 2 (x) = e αx sin(βx). Potom obecné řešení rovnice (LH2) je y(x,c 1,C 2 ) = C 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x), C 1 R, C 2 R. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

16 Řešte poč. úlohu y +y = 0 y(0) = 1, y (0) = 1. z = 0 z 2 = 1 z 2 = ± { 1 = ±i y Fundamentální systém: 1 (x) = sinx y 2 (x) = cosx Obecné řešení: y(x) = C 1 sinx +C 2 cosx, C 1,C 2 R y (x) = C 1 cosx C 2 sinx Řešení PÚ: y(x) = sinx + cosx } 1 = C 1 sin 0+C 2 cos 0 C 1 = C 1 cos 0 C 2 sin 0 1 = 1, C 2 = 1 Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

17 Řešte poč. úlohu y +y = 0 y(0) = 1, y (0) = 1. z = 0 z 2 = 1 z 2 = ± { 1 = ±i y Fundamentální systém: 1 (x) = sinx y 2 (x) = cosx Obecné řešení: y(x) = C 1 sinx +C 2 cosx, C 1,C 2 R y (x) = C 1 cosx C 2 sinx Řešení PÚ: y(x) = sinx + cosx } 1 = C 1 sin 0+C 2 cos 0 C 1 = C 1 cos 0 C 2 sin 0 1 = 1, C 2 = 1 Sestavíme charakteristickou rovnici... Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

18 Řešte poč. úlohu y +y = 0 y(0) = 1, y (0) = 1. z = 0 z 2 = 1 z 2 = ± { 1 = ±i y Fundamentální systém: 1 (x) = sinx y 2 (x) = cosx Obecné řešení: y(x) = C 1 sinx +C 2 cosx, C 1,C 2 R y (x) = C 1 cosx C 2 sinx Řešení PÚ: y(x) = sinx + cosx } 1 = C 1 sin 0+C 2 cos 0 C 1 = C 1 cos 0 C 2 sin 0 1 = 1, C 2 = 1... a vyřešíme ji. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

19 Řešte poč. úlohu y +y = 0 y(0) = 1, y (0) = 1. z = 0 z 2 = 1 z 2 = ± { 1 = ±i y Fundamentální systém: 1 (x) = sinx y 2 (x) = cosx Obecné řešení: y(x) = C 1 sinx +C 2 cosx, C 1,C 2 R y (x) = C 1 cosx C 2 sinx Řešení PÚ: y(x) = sinx + cosx } 1 = C 1 sin 0+C 2 cos 0 C 1 = C 1 cos 0 C 2 sin 0 1 = 1, C 2 = 1 Řešením jsou dvě komplexně sdružená čísla. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

20 Řešte poč. úlohu y +y = 0 y(0) = 1, y (0) = 1. z = 0 z 2 = 1 z 2 = ± { 1 = ±i y Fundamentální systém: 1 (x) = sinx y 2 (x) = cosx Obecné řešení: y(x) = C 1 sinx +C 2 cosx, C 1,C 2 R y (x) = C 1 cosx C 2 sinx Řešení PÚ: y(x) = sinx + cosx } 1 = C 1 sin 0+C 2 cos 0 C 1 = C 1 cos 0 C 2 sin 0 1 = 1, C 2 = 1 Reálná část kořenů charakteristické rovnice je α = 0, imaginární část je β = 1. Fundamentální systém řešení je y 1 (x) = e αx cos(βx) a y 2 (x) = e αx sin(βx). Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

21 Řešte poč. úlohu y +y = 0 y(0) = 1, y (0) = 1. z = 0 z 2 = 1 z 2 = ± { 1 = ±i y Fundamentální systém: 1 (x) = sinx y 2 (x) = cosx Obecné řešení: y(x) = C 1 sinx +C 2 cosx, C 1,C 2 R y (x) = C 1 cosx C 2 sinx Řešení PÚ: y(x) = sinx + cosx } 1 = C 1 sin 0+C 2 cos 0 C 1 = C 1 cos 0 C 2 sin 0 1 = 1, C 2 = 1 Získali jsme fundamentální systém... Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

22 Řešte poč. úlohu y +y = 0 y(0) = 1, y (0) = 1. z = 0 z 2 = 1 z 2 = ± { 1 = ±i y Fundamentální systém: 1 (x) = sinx y 2 (x) = cosx Obecné řešení: y(x) = C 1 sinx +C 2 cosx, C 1,C 2 R y (x) = C 1 cosx C 2 sinx Řešení PÚ: y(x) = sinx + cosx } 1 = C 1 sin 0+C 2 cos 0 C 1 = C 1 cos 0 C 2 sin 0 1 = 1, C 2 = 1... a můžeme napsat obecné řešení. Obecným řešením je obecná lineární kombinace funkcí tvořících fundamentální systém. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

23 Řešte poč. úlohu y +y = 0 y(0) = 1, y (0) = 1. z = 0 z 2 = 1 z 2 = ± { 1 = ±i y Fundamentální systém: 1 (x) = sinx y 2 (x) = cosx Obecné řešení: y(x) = C 1 sinx +C 2 cosx, C 1,C 2 R y (x) = C 1 cosx C 2 sinx Řešení PÚ: y(x) = sinx + cosx } 1 = C 1 sin 0+C 2 cos 0 C 1 = C 1 cos 0 C 2 sin 0 1 = 1, C 2 = 1 nyní budeme pracovat s počáteční podmínkou. Nalezneme y... Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

24 Řešte poč. úlohu y +y = 0 y(0) = 1, y (0) = 1. z = 0 z 2 = 1 z 2 = ± { 1 = ±i y Fundamentální systém: 1 (x) = sinx y 2 (x) = cosx Obecné řešení: y(x) = C 1 sinx +C 2 cosx, C 1,C 2 R y (x) = C 1 cosx C 2 sinx Řešení PÚ: y(x) = sinx + cosx } 1 = C 1 sin 0+C 2 cos 0 C 1 = C 1 cos 0 C 2 sin 0 1 = 1, C 2 = 1... a dosadíme za y... Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

25 Řešte poč. úlohu y +y = 0 y(0) = 1, y (0) = 1. z = 0 z 2 = 1 z 2 = ± { 1 = ±i y Fundamentální systém: 1 (x) = sinx y 2 (x) = cosx Obecné řešení: y(x) = C 1 sinx +C 2 cosx, C 1,C 2 R y (x) = C 1 cosx C 2 sinx Řešení PÚ: y(x) = sinx + cosx } 1 = C 1 sin 0+C 2 cos 0 C 1 = C 1 cos 0 C 2 sin 0 1 = 1, C 2 = 1... a za y. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

26 Řešte poč. úlohu y +y = 0 y(0) = 1, y (0) = 1. z = 0 z 2 = 1 z 2 = ± { 1 = ±i y Fundamentální systém: 1 (x) = sinx y 2 (x) = cosx Obecné řešení: y(x) = C 1 sinx +C 2 cosx, C 1,C 2 R y (x) = C 1 cosx C 2 sinx Řešení PÚ: y(x) = sinx + cosx } 1 = C 1 sin 0+C 2 cos 0 C 1 = C 1 cos 0 C 2 sin 0 1 = 1, C 2 = 1 Obdrželi jsme soustavu lineárních rovnic, kterou vyřešíme. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

27 Řešte poč. úlohu y +y = 0 y(0) = 1, y (0) = 1. z = 0 z 2 = 1 z 2 = ± { 1 = ±i y Fundamentální systém: 1 (x) = sinx y 2 (x) = cosx Obecné řešení: y(x) = C 1 sinx +C 2 cosx, C 1,C 2 R y (x) = C 1 cosx C 2 sinx Řešení PÚ: y(x) = sinx + cosx } 1 = C 1 sin 0+C 2 cos 0 C 1 = C 1 cos 0 C 2 sin 0 1 = 1, C 2 = 1 A konečně použijeme vypočtené hodnoty C 1 a C 2 v obecném řešení. Tím získáme obecné řešení počáteční úlohy. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

28 Řešte poč. úlohu y +y = 0 y(0) = 1, y (0) = 1. z = 0 z 2 = 1 z 2 = ± { 1 = ±i y Fundamentální systém: 1 (x) = sinx y 2 (x) = cosx Obecné řešení: y(x) = C 1 sinx +C 2 cosx, C 1,C 2 R y (x) = C 1 cosx C 2 sinx Řešení PÚ: y(x) = sinx + cosx } 1 = C 1 sin 0+C 2 cos 0 C 1 = C 1 cos 0 C 2 sin 0 1 = 1, C 2 = 1 Hotovo! Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

29 Řešte DR 4y + 4y +y = 0. 4z 2 + 4z + 1 = 0 z 1,2 = 4± = 4±0 = 1... dvojnásobný kořen 2.4 { 8 2 y Fundamentální systém: 1 = e x 2 y 2 = xe x 2 Obecné řešení: y(x) = C 1 e x 2 +C 2 xe x 2 = e x 2 (C 1 +C 2 x), C 1,C 2 R Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

30 Řešte DR 4y + 4y +y = 0. 4z 2 + 4z + 1 = 0 z 1,2 = 4± = 4±0 = 1... dvojnásobný kořen 2.4 { 8 2 y Fundamentální systém: 1 = e x 2 y 2 = xe x 2 Obecné řešení: y(x) = C 1 e x 2 +C 2 xe x 2 = e x 2 (C 1 +C 2 x), C 1,C 2 R Sestavíme charakteristickou rovnici... Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

31 Řešte DR 4y + 4y +y = 0. 4z 2 + 4z + 1 = 0 z 1,2 = 4± = 4±0 = 1... dvojnásobný kořen 2.4 { 8 2 y Fundamentální systém: 1 = e x 2 y 2 = xe x 2 Obecné řešení: y(x) = C 1 e x 2 +C 2 xe x 2 = e x 2 (C 1 +C 2 x), C 1,C 2 R... a vyřešíme ji. Pro řešení kvadratické rovnice az 2 +bz +c = 0 používáme vzorec z 1,2 = b± b 2 4ac. 2a Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

32 Řešte DR 4y + 4y +y = 0. 4z 2 + 4z + 1 = 0 z 1,2 = 4± = 4±0 = 1... dvojnásobný kořen 2.4 { 8 2 y Fundamentální systém: 1 = e x 2 y 2 = xe x 2 Obecné řešení: y(x) = C 1 e x 2 +C 2 xe x 2 = e x 2 (C 1 +C 2 x), C 1,C 2 R Upravíme. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

33 Řešte DR 4y + 4y +y = 0. 4z 2 + 4z + 1 = 0 z 1,2 = 4± = 4±0 = 1... dvojnásobný kořen 2.4 { 8 2 y Fundamentální systém: 1 = e x 2 y 2 = xe x 2 Obecné řešení: y(x) = C 1 e x 2 +C 2 xe x 2 = e x 2 (C 1 +C 2 x), C 1,C 2 R Charakteristická rovnice má dvojnásobný kořen z 1,2 = 1 2. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

34 Řešte DR 4y + 4y +y = 0. 4z 2 + 4z + 1 = 0 z 1,2 = 4± = 4±0 = 1... dvojnásobný kořen 2.4 { 8 2 y Fundamentální systém: 1 = e x 2 y 2 = xe x 2 Obecné řešení: y(x) = C 1 e x 2 +C 2 xe x 2 = e x 2 (C 1 +C 2 x), C 1,C 2 R V případě dvojnásobného kořene z charakteristické rovnice je fundamentální systém tvořen funkcemi y 1 (x) = e zx, y 2 (x) = xe zx. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

35 Řešte DR 4y + 4y +y = 0. 4z 2 + 4z + 1 = 0 z 1,2 = 4± = 4±0 = 1... dvojnásobný kořen 2.4 { 8 2 y Fundamentální systém: 1 = e x 2 y 2 = xe x 2 Obecné řešení: y(x) = C 1 e x 2 +C 2 xe x 2 = e x 2 (C 1 +C 2 x), C 1,C 2 R Obecné řešení je lineární kombinací funcí z fundamentálního systému řešení. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

36 Řešte DR 4y + 4y +y = 0. 4z 2 + 4z + 1 = 0 z 1,2 = 4± = 4±0 = 1... dvojnásobný kořen 2.4 { 8 2 y Fundamentální systém: 1 = e x 2 y 2 = xe x 2 Obecné řešení: y(x) = C 1 e x 2 +C 2 xe x 2 = e x 2 (C 1 +C 2 x), C 1,C 2 R Upravíme obecné řešení. Hotovo! Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

37 Řešte DR y + 4y + 29y = 0, y(0) = 0, y (0) = 10. z 2 + 4z + 29 = 0 z 1,2 = 4± y 1 (x) = e 2x cos(5x) = 4± = 2±5i y 2 (x) = e 2x sin(5x) y(x) =C 1 e 2x cos(5x)+c 2 e 2x sin(5x) y (x) =C 1 [ 2e 2x cos(5x) 5e 2x sin(5x) ] +C 2 [ 2e 2x sin(5x)+5e 2x cos(5x) ] 0 = C 1 + 0C 2 10 = 2C 1 + 5C 2 C 1 = 0, C 2 = 2 y p (x) = 2e 2x sin(5x) Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

38 Řešte DR y + 4y + 29y = 0, y(0) = 0, y (0) = 10. z 2 + 4z + 29 = 0 z 1,2 = 4± y 1 (x) = e 2x cos(5x) = 4± = 2±5i y 2 (x) = e 2x sin(5x) y(x) =C 1 e 2x cos(5x)+c 2 e 2x sin(5x) y (x) =C 1 [ 2e 2x cos(5x) 5e 2x sin(5x) ] +C 2 [ 2e 2x sin(5x)+5e 2x cos(5x) ] 0 = C 1 + 0C 2 10 = 2C 1 + 5C 2 C 1 = 0, C 2 = 2 y p (x) = 2e 2x sin(5x) Rovnice je lineární homogenní druhého řádu. Sestavíme nejprve charakteristickou rovnici. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

39 Řešte DR y + 4y + 29y = 0, y(0) = 0, y (0) = 10. z 2 + 4z + 29 = 0 z 1,2 = 4± y 1 (x) = e 2x cos(5x) = 4± = 2±5i y 2 (x) = e 2x sin(5x) y(x) =C 1 e 2x cos(5x)+c 2 e 2x sin(5x) y (x) =C 1 [ 2e 2x cos(5x) 5e 2x sin(5x) ] +C 2 [ 2e 2x sin(5x)+5e 2x cos(5x) ] Řešením 0 = C 1 + rovnice 0C 2 C 10 = 2C 1 + 5C 1 = 0, C 2 = 2 az 2 +bz +c = 0 yjsou p (x) čísla = 2ekterá 2x sin(5x) obdržíme ze vzorce z 1,2 = b± b 2 4ac. 2a Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

40 Řešte DR y + 4y + 29y = 0, y(0) = 0, y (0) = 10. z 2 + 4z + 29 = 0 z 1,2 = 4± y 1 (x) = e 2x cos(5x) = 4± = 2±5i y 2 (x) = e 2x sin(5x) y(x) =C 1 e 2x cos(5x)+c 2 e 2x sin(5x) y (x) =C 1 [ 2e 2x cos(5x) 5e 2x sin(5x) ] +C 2 [ 2e 2x sin(5x)+5e 2x cos(5x) ] 0 = C 1 + 0C 2 10 = 2C 1 + 5C 2 C 1 = 0, C 2 = 2 y p (x) = 2e 2x sin(5x) Upravíme... Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

41 Řešte DR y + 4y + 29y = 0, y(0) = 0, y (0) = 10. z 2 + 4z + 29 = 0 z 1,2 = 4± y 1 (x) = e 2x cos(5x) = 4± = 2±5i y 2 (x) = e 2x sin(5x) y(x) =C 1 e 2x cos(5x)+c 2 e 2x sin(5x) y (x) =C 1 [ 2e 2x cos(5x) 5e 2x sin(5x) ] +C 2 [ 2e 2x sin(5x)+5e 2x cos(5x) ] 0 = C 1 + 0C 2 10 = 2C 1 + 5C 2 C 1 = 0, C 2 = 2 y p (x) = 2e 2x sin(5x)... a najdeme řešení charakteristické rovnice. použijeme skutečnost, že 100 = = 10 1 = 10i. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

42 Řešte DR y + 4y + 29y = 0, y(0) = 0, y (0) = 10. z 2 + 4z + 29 = 0 z 1,2 = 4± y 1 (x) = e 2x cos(5x) = 4± = 2±5i y 2 (x) = e 2x sin(5x) y(x) =C 1 e 2x cos(5x)+c 2 e 2x sin(5x) y (x) =C 1 [ 2e 2x cos(5x) 5e 2x sin(5x) ] +C 2 [ 2e 2x sin(5x)+5e 2x cos(5x) ] 0 = C 1 + 0C 2 C 10 = 2C 1 + 5C 1 = 0, C 2 = 2 2 Z kořenů charakteristické rovnice sestavíme fundamentální systém řešení. yreálná p (x) = 2e část 2x kořenů sin(5x) je α = 2, imaginární je β = 5. Fundamentální systém je tvořen funkcemi y 1 (x) = e αx cos(βx) a y 2 (x) = e αx sin(βx). Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

43 Řešte DR y + 4y + 29y = 0, y(0) = 0, y (0) = 10. z 2 + 4z + 29 = 0 z 1,2 = 4± y 1 (x) = e 2x cos(5x) = 4± = 2±5i y 2 (x) = e 2x sin(5x) y(x) =C 1 e 2x cos(5x)+c 2 e 2x sin(5x) y (x) =C 1 [ 2e 2x cos(5x) 5e 2x sin(5x) ] +C 2 [ 2e 2x sin(5x)+5e 2x cos(5x) ] 0 = C 1 + 0C 2 10 = 2C 1 + 5C 2 C 1 = 0, C 2 = 2 y p (x) = 2e 2x sin(5x) Obecné řešení je lineární kombinací funkcí z fundamentálního systému řešení. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

44 Řešte DR y + 4y + 29y = 0, y(0) = 0, y (0) = 10. z 2 + 4z + 29 = 0 z 1,2 = 4± y 1 (x) = e 2x cos(5x) = 4± = 2±5i y 2 (x) = e 2x sin(5x) y(x) =C 1 e 2x cos(5x)+c 2 e 2x sin(5x) y (x) =C 1 [ 2e 2x cos(5x) 5e 2x sin(5x) ] +C 2 [ 2e 2x sin(5x)+5e 2x cos(5x) ] 0 = C 1 + 0C 2 10 = 2C 1 + 5C 2 C 1 = 0, C 2 = 2 y p (x) = 2e 2x sin(5x) Vypočteme derivaci y. Musíme použít pravidlo pro derivaci součinu (uv) = u v +uv. Při derivování e 2x a sin(5x) použijeme pravidlo pro derivaci složené funkce. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

45 Řešte DR y + 4y + 29y = 0, y(0) = 0, y (0) = 10. z 2 + 4z + 29 = 0 z 1,2 = 4± y 1 (x) = e 2x cos(5x) = 4± = 2±5i y 2 (x) = e 2x sin(5x) y(x) =C 1 e 2x cos(5x)+c 2 e 2x sin(5x) y (x) =C 1 [ 2e 2x cos(5x) 5e 2x sin(5x) ] +C 2 [ 2e 2x sin(5x)+5e 2x cos(5x) ] 0 = C 1 + 0C 2 10 = 2C 1 + 5C 2 C 1 = 0, C 2 = 2 y p (x) = 2e 2x sin(5x) Dosadíme za y... Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

46 Řešte DR y + 4y + 29y = 0, y(0) = 0, y (0) = 10. z 2 + 4z + 29 = 0 z 1,2 = 4± y 1 (x) = e 2x cos(5x) = 4± = 2±5i y 2 (x) = e 2x sin(5x) y(x) =C 1 e 2x cos(5x)+c 2 e 2x sin(5x) y (x) =C 1 [ 2e 2x cos(5x) 5e 2x sin(5x) ] +C 2 [ 2e 2x sin(5x)+5e 2x cos(5x) ] 0 = C 1 + 0C 2 10 = 2C 1 + 5C 2 C 1 = 0, C 2 = 2 y p (x) = 2e 2x sin(5x)... a za y. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

47 Řešte DR y + 4y + 29y = 0, y(0) = 0, y (0) = 10. z 2 + 4z + 29 = 0 z 1,2 = 4± y 1 (x) = e 2x cos(5x) = 4± = 2±5i y 2 (x) = e 2x sin(5x) y(x) =C 1 e 2x cos(5x)+c 2 e 2x sin(5x) y (x) =C 1 [ 2e 2x cos(5x) 5e 2x sin(5x) ] +C 2 [ 2e 2x sin(5x)+5e 2x cos(5x) ] 0 = C 1 + 0C 2 10 = 2C 1 + 5C 2 C 1 = 0, C 2 = 2 y p (x) = 2e 2x sin(5x) Vyřešíme soustavu rovnic pro C 1 a C 2. Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

48 Řešte DR y + 4y + 29y = 0, y(0) = 0, y (0) = 10. z 2 + 4z + 29 = 0 z 1,2 = 4± y 1 (x) = e 2x cos(5x) = 4± = 2±5i y 2 (x) = e 2x sin(5x) y(x) =C 1 e 2x cos(5x)+c 2 e 2x sin(5x) y (x) =C 1 [ 2e 2x cos(5x) 5e 2x sin(5x) ] +C 2 [ 2e 2x sin(5x)+5e 2x cos(5x) ] 0 = C 1 + 0C 2 10 = 2C 1 + 5C 2 C 1 = 0, C 2 = 2 y p (x) = 2e 2x sin(5x) Dosadíme vypočtené hodnoty koeficientů C 1 a C 2. hotovo! Homogenní LDR s konstantními koeficienty c Robert Mařík, 2009

49 4 Nehomogenní LDR y +py +qy = f (x) (L2) Věta 5 (důsledek principu superpozice). Součet libovolného partikulárního řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice a obecného řešení asociované homogenní rovnice je obecným řešením původní nehomogenní rovnice Nehomogenní LDR c Robert Mařík, 2009

50 Jak najít partikulární řešení? Metoda variace konstant podobná jako u LDR prvního řádu. Konstanty v obecném řešení nahradíme funkcemi, které jsme schopni najít (po vyřešení soustavy rovnic a dvojí integraci). Metoda kvalifikovaného odhadu pokud je pravá strana do jisté míry speciální, je možno partikulární řešení uhodnout. Například jedním z řešení rovnice y +y = 6 je zcela jistě funkce y(x) = 6. (Vidíme přímo po dosazení.) Obecné řešení je tedy y(x) = C 1 cosx +C 2 sinx + 6 Je-li pravá strana rovnice polynom, exponenciální funkce nebo sinus či kosinus (případně součin či součet uvedených funkcí) je možno odhadnout hrubý tvar partikulárního řešení (až na nějaké konstanty) a tento potom pouze jemně doladit tak, abychom obdrželi skutečně řešení naší rovnice. Nehomogenní LDR c Robert Mařík, 2009

51 5 Odhad partikulárního řešení Věta 6 (odhad partikulárního řešení). Nechť pravá strana rovnice (L2) má tvar f (x) = e αx( ) P n (x) cos(βx)+q m (x) sin(βx), kdep n (x) je polynom stupněnaq m (x) je polynom stupně m. Označme k = max{n,m} větší ze stupňů obou polynomů. Pokud některý z polynomů na pravé straně nefiguruje, dosazujeme za jeho stupeň nulu. Uvažujme charakteristickou rovnici pro asociovanou homogenní rovnici, tj. rovnici (7). Pokud (obecně komplexní) číslo α +iβ není kořenem této rovnice, položme r = 0. Pokud je číslo α + iβ jednoduchým kořenem této rovnic, položme r = 1 a pokud dvojnásobným, položme r = 2. Partikulární řešení je možno nalézt ve tvaru y p (x) = e αx x r( P ) k (x) cos(βx)+ Q k (x) sin(βx), (8) kde P k (x) a Q k (x) jsou polynomy stupně nejvýše k. Tyto polynomy je možno najít metodou neurčitých koeficientů bez použití integrování. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

52 Řešte DR y 4y = x 2 1. Návod: partikulární řešení hledejte jako kvadratickou funkci. y 4y = 0 y OH = C 1 e 2x +C 2 e 2x z 2 4 = 0 z 1,2 = ±2 y p = ax 2 +bx +c y p = 2ax+b y p = 2a y 4y = x 2 1 2a 4 (ax 2 +bx +c) = x 2 1 4a x 2 4b x + 2a 4c = 1 x 2 +0 x 1 4a = 1 4b = 0 2a 4c = 1 a = 1 4 b = 0 c = 1 8 y = C 1 e 2x +C 2 e 2x 1 4 x Máme za úkol řešit lineární nehomogenní rovnici druhého řádu. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

53 Řešte DR y 4y = x 2 1. Návod: partikulární řešení hledejte jako kvadratickou funkci. y 4y = 0 y OH = C 1 e 2x +C 2 e 2x z 2 4 = 0 z 1,2 = ±2 y p = ax 2 +bx +c y p = 2ax+b y p = 2a y 4y = x 2 1 2a 4 (ax 2 +bx +c) = x 2 1 4a x 2 4b x + 2a 4c = 1 x 2 +0 x 1 4a = 1 4b = 0 2a 4c = 1 a = 1 4 b = 0 c = 1 8 y = C 1 e 2x +C 2 e 2x 1 4 x Budeme uvažovat nejprve asociovanou homogenní rovnici. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

54 Řešte DR y 4y = x 2 1. Návod: partikulární řešení hledejte jako kvadratickou funkci. y 4y = 0 y OH = C 1 e 2x +C 2 e 2x z 2 4 = 0 z 1,2 = ±2 y p = ax 2 +bx +c y p = 2ax+b y p = 2a y 4y = x 2 1 2a 4 (ax 2 +bx +c) = x 2 1 4a x 2 4b x + 2a 4c = 1 x 2 +0 x 1 4a = 1 4b = 0 2a 4c = 1 a = 1 4 b = 0 c = 1 8 y = C 1 e 2x +C 2 e 2x 1 4 x Sestavíme charakteristickou rovnici a vyřešíme ji. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

55 Řešte DR y 4y = x 2 1. Návod: partikulární řešení hledejte jako kvadratickou funkci. y 4y = 0 y OH = C 1 e 2x +C 2 e 2x z 2 4 = 0 z 1,2 = ±2 y p = ax 2 +bx +c y p = 2ax+b y p = 2a y 4y = x 2 1 2a 4 (ax 2 +bx +c) = x 2 1 4a x 2 4b x + 2a 4c = 1 x 2 +0 x 1 4a = 1 4b = 0 2a 4c = 1 a = 1 4 b = 0 c = 1 8 y = C 1 e 2x +C 2 e 2x 1 4 x Z kořenů charakteristické rovnice určíme fundamentální systém řešení a obecné řešení homogenní rovnice. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

56 Řešte DR y 4y = x 2 1. Návod: partikulární řešení hledejte jako kvadratickou funkci. y 4y = 0 y OH = C 1 e 2x +C 2 e 2x z 2 4 = 0 z 1,2 = ±2 y p = ax 2 +bx +c y p = 2ax+b y p = 2a y 4y = x 2 1 2a 4 (ax 2 +bx +c) = x 2 1 4a x 2 4b x + 2a 4c = 1 x 2 +0 x 1 4a = 1 4b = 0 2a 4c = 1 a = 1 4 b = 0 c = 1 8 y = C 1 e 2x +C 2 e 2x 1 4 x Budeme postupovat podle návodu a hledat partikulární řešení, které je kvadratickou funkcí. Nejobecnější možná kvadratická funkce je y = ax 2 +bx+c. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

57 Řešte DR y 4y = x 2 1. Návod: partikulární řešení hledejte jako kvadratickou funkci. y 4y = 0 y OH = C 1 e 2x +C 2 e 2x z 2 4 = 0 z 1,2 = ±2 y p = ax 2 +bx +c y p = 2ax+b y p = 2a y 4y = x 2 1 2a 4 (ax 2 +bx +c) = x 2 1 4a x 2 4b x + 2a 4c = 1 x 2 +0 x 1 4a = 1 4b = 0 2a 4c = 1 a = 1 4 b = 0 c = 1 8 y = C 1 e 2x +C 2 e 2x 1 4 x Hledáme hodnoty parametrů a, b a c tak, aby tato funkce byl řešením zadané rovnice. Abychom mohli do rovnice dosadit, je nutno vypočítat druhou derivaci. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

58 Řešte DR y 4y = x 2 1. Návod: partikulární řešení hledejte jako kvadratickou funkci. y 4y = 0 y OH = C 1 e 2x +C 2 e 2x z 2 4 = 0 z 1,2 = ±2 y p = ax 2 +bx +c y p = 2ax+b y p = 2a y 4y = x 2 1 2a 4 (ax 2 +bx +c) = x 2 1 4a x 2 4b x + 2a 4c = 1 x 2 +0 x 1 4a = 1 4b = 0 2a 4c = 1 a = 1 4 b = 0 c = 1 8 y = C 1 e 2x +C 2 e 2x 1 4 x Vrátíme se k zadané rovnici. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

59 Řešte DR y 4y = x 2 1. Návod: partikulární řešení hledejte jako kvadratickou funkci. y 4y = 0 y OH = C 1 e 2x +C 2 e 2x z 2 4 = 0 z 1,2 = ±2 y p = ax 2 +bx +c y p = 2ax+b y p = 2a y 4y = x 2 1 2a 4 (ax 2 +bx +c) = x 2 1 4a x 2 4b x + 2a 4c = 1 x 2 +0 x 1 4a = 1 4b = 0 2a 4c = 1 a = 1 4 b = 0 c = 1 8 y = C 1 e 2x +C 2 e 2x 1 4 x Dosadíme. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

60 Řešte DR y 4y = x 2 1. Návod: partikulární řešení hledejte jako kvadratickou funkci. y 4y = 0 y OH = C 1 e 2x +C 2 e 2x z 2 4 = 0 z 1,2 = ±2 y p = ax 2 +bx +c y p = 2ax+b y p = 2a y 4y = x 2 1 2a 4 (ax 2 +bx +c) = x 2 1 4a x 2 4b x + 2a 4c = 1 x 2 +0 x 1 4a = 1 4b = 0 2a 4c = 1 a = 1 4 b = 0 c = 1 8 y = C 1 e 2x +C 2 e 2x 1 4 x Roznásobíme závorku a přeskupíme členy polynomu tak, abychom viděli koeficienty u jednotlivých mocnin. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

61 Řešte DR y 4y = x 2 1. Návod: partikulární řešení hledejte jako kvadratickou funkci. y 4y = 0 y OH = C 1 e 2x +C 2 e 2x z 2 4 = 0 z 1,2 = ±2 y p = ax 2 +bx +c y p = 2ax+b y p = 2a y 4y = x 2 1 2a 4 (ax 2 +bx +c) = x 2 1 4a x 2 4b x + 2a 4c = 1 x 2 +0 x 1 4a = 1 4b = 0 2a 4c = 1 a = 1 4 b = 0 c = 1 8 y = C 1 e 2x +C 2 e 2x 1 4 x Polynom na levé straně se bude rovnat polynomu na straně pravé právě tehdy, když koeficienty u odpovídajících si mocnin budou totožné. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

62 Řešte DR y 4y = x 2 1. Návod: partikulární řešení hledejte jako kvadratickou funkci. y 4y = 0 y OH = C 1 e 2x +C 2 e 2x z 2 4 = 0 z 1,2 = ±2 y p = ax 2 +bx +c y p = 2ax+b y p = 2a y 4y = x 2 1 2a 4 (ax 2 +bx +c) = x 2 1 4a x 2 4b x + 2a 4c = 1 x 2 +0 x 1 4a = 1 4b = 0 2a 4c = 1 a = 1 4 b = 0 c = 1 8 y = C 1 e 2x +C 2 e 2x 1 4 x Vyřešíme soustavu rovnic. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

63 Řešte DR y 4y = x 2 1. Návod: partikulární řešení hledejte jako kvadratickou funkci. y 4y = 0 y OH = C 1 e 2x +C 2 e 2x z 2 4 = 0 z 1,2 = ±2 y p = ax 2 +bx +c y p = 2ax+b y p = 2a y 4y = x 2 1 2a 4 (ax 2 +bx +c) = x 2 1 4a x 2 4b x + 2a 4c = 1 x 2 +0 x 1 4a = 1 4b = 0 2a 4c = 1 a = 1 4 b = 0 c = 1 8 y = C 1 e 2x +C 2 e 2x 1 4 x Sestrojíme obecné řešení. Hotovo! Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

64 Řešte y 4y + 4y = e x. Návod: partikulární řešení hledejte ve tvaru y p (x) = Ae x, A R. y 4y + 4y = 0 z 2 4z + 4 = 0 z 1,2 = y 1 (x) = e 2x, y 2 (x) = xe 2x y p (x) = Ae x = 2 y p (x) = Ae x y p (x) = Ae x y 4y + 4y = e x Ae x 4( Ae x )+4Ae x = e x 9Ae x = e x 9A = 1 y = C 1 e 2x + C 2 xe 2x e x C 1,C 2 R A = 1 9 Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

65 Řešte y 4y + 4y = e x. Návod: partikulární řešení hledejte ve tvaru y p (x) = Ae x, A R. y 4y + 4y = 0 z 2 4z + 4 = 0 z 1,2 = y 1 (x) = e 2x, y 2 (x) = xe 2x y p (x) = Ae x = 2 y p (x) = Ae x y p (x) = Ae x y 4y + 4y = e x Ae x 4( Ae x )+4Ae x = e x 9Ae x = e x 9A = 1 y = C 1 e 2x + C 2 xe 2x e x C 1,C 2 R A = 1 9 Rovnice není homogenní. Budeme řešit nejprve asociovanou homogenní rovnici. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

66 Řešte y 4y + 4y = e x. Návod: partikulární řešení hledejte ve tvaru y p (x) = Ae x, A R. y 4y + 4y = 0 z 2 4z + 4 = 0 z 1,2 = y 1 (x) = e 2x, y 2 (x) = xe 2x y p (x) = Ae x = 2 y p (x) = Ae x y p (x) = Ae x y 4y + 4y = e x Ae x 4( Ae x )+4Ae x = e x 9Ae x = e x 9A = 1 y = C 1 e 2x + C 2 xe 2x e x C 1,C 2 R A = 1 9 Sestrojíme charakteristickou rovnici... Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

67 Řešte y 4y + 4y = e x. Návod: partikulární řešení hledejte ve tvaru y p (x) = Ae x, A R. y 4y + 4y = 0 z 2 4z + 4 = 0 z 1,2 = y 1 (x) = e 2x, y 2 (x) = xe 2x y p (x) = Ae x = 2 y p (x) = Ae x y p (x) = Ae x y 4y + 4y = e x Ae x 4( Ae x )+4Ae x = e x 9Ae x = e x 9A = 1 y = C 1 e 2x + C 2 xe 2x e x C 1,C 2 R A = a najdeme její kořeny. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

68 Řešte y 4y + 4y = e x. Návod: partikulární řešení hledejte ve tvaru y p (x) = Ae x, A R. y 4y + 4y = 0 z 2 4z + 4 = 0 z 1,2 = y 1 (x) = e 2x, y 2 (x) = xe 2x y p (x) = Ae x = 2 y p (x) = Ae x y p (x) = Ae x y 4y + 4y = e x Ae x 4( Ae x )+4Ae x = e x 9Ae x = e x 9A = 1 y = C 1 e 2x + C 2 xe 2x e x C 1,C 2 R A = 1 9 Charakteristická rovnice má dvojnásobný kořen z 1,2 = 2. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

69 Řešte y 4y + 4y = e x. Návod: partikulární řešení hledejte ve tvaru y p (x) = Ae x, A R. y 4y + 4y = 0 z 2 4z + 4 = 0 z 1,2 = y 1 (x) = e 2x, y 2 (x) = xe 2x y p (x) = Ae x = 2 y p (x) = Ae x y p (x) = Ae x y 4y + 4y = e x Ae x 4( Ae x )+4Ae x = e x 9Ae x = e x 9A = 1 y = C 1 e 2x + C 2 xe 2x e x C 1,C 2 R A = 1 9 Fundamentální systém tvoří funkce y 1 = e zx, y 2 = xe zx. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

70 Řešte y 4y + 4y = e x. Návod: partikulární řešení hledejte ve tvaru y p (x) = Ae x, A R. y 4y + 4y = 0 z 2 4z + 4 = 0 z 1,2 = y 1 (x) = e 2x, y 2 (x) = xe 2x y p (x) = Ae x = 2 y p (x) = Ae x y p (x) = Ae x y 4y + 4y = e x Ae x 4( Ae x )+4Ae x = e x 9Ae x = e x 9A = 1 y = C 1 e 2x + C 2 xe 2x e x C 1,C 2 R A = 1 9 Budeme hledat partikulární řešení ve tvaru y p (x) = Ae x kde A je konstanta. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

71 Řešte y 4y + 4y = e x. Návod: partikulární řešení hledejte ve tvaru y p (x) = Ae x, A R. y 4y + 4y = 0 z 2 4z + 4 = 0 z 1,2 = y 1 (x) = e 2x, y 2 (x) = xe 2x y p (x) = Ae x = 2 y p (x) = Ae x y p (x) = Ae x y 4y + 4y = e x Ae x 4( Ae x )+4Ae x = e x 9Ae x = e x 9A = 1 y = C 1 e 2x + C 2 xe 2x e x C 1,C 2 R A = 1 9 Najdeme derivace partikulárního řešení. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

72 Řešte y 4y + 4y = e x. Návod: partikulární řešení hledejte ve tvaru y p (x) = Ae x, A R. y 4y + 4y = 0 z 2 4z + 4 = 0 z 1,2 = y 1 (x) = e 2x, y 2 (x) = xe 2x y p (x) = Ae x = 2 y p (x) = Ae x y p (x) = Ae x y 4y + 4y = e x Ae x 4( Ae x )+4Ae x = e x 9Ae x = e x 9A = 1 y = C 1 e 2x + C 2 xe 2x e x C 1,C 2 R A = 1 9 Dosadíme do zadané nehomogenní rovnice. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

73 Řešte y 4y + 4y = e x. Návod: partikulární řešení hledejte ve tvaru y p (x) = Ae x, A R. y 4y + 4y = 0 z 2 4z + 4 = 0 z 1,2 = y 1 (x) = e 2x, y 2 (x) = xe 2x y p (x) = Ae x = 2 y p (x) = Ae x y p (x) = Ae x y 4y + 4y = e x Ae x 4( Ae x )+4Ae x = e x 9Ae x = e x 9A = 1 y = C 1 e 2x + C 2 xe 2x e x C 1,C 2 R A = 1 9 Upravíme. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

74 Řešte y 4y + 4y = e x. Návod: partikulární řešení hledejte ve tvaru y p (x) = Ae x, A R. y 4y + 4y = 0 z 2 4z + 4 = 0 z 1,2 = y 1 (x) = e 2x, y 2 (x) = xe 2x y p (x) = Ae x = 2 y p (x) = Ae x y p (x) = Ae x y 4y + 4y = e x Ae x 4( Ae x )+4Ae x = e x 9Ae x = e x 9A = 1 y = C 1 e 2x + C 2 xe 2x e x C 1,C 2 R A = 1 9 Vydělíme obě strany rovnice exponenciálním faktorem e x. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

75 Řešte y 4y + 4y = e x. Návod: partikulární řešení hledejte ve tvaru y p (x) = Ae x, A R. y 4y + 4y = 0 z 2 4z + 4 = 0 z 1,2 = y 1 (x) = e 2x, y 2 (x) = xe 2x y p (x) = Ae x = 2 y p (x) = Ae x y p (x) = Ae x y 4y + 4y = e x Ae x 4( Ae x )+4Ae x = e x 9Ae x = e x 9A = 1 y = C 1 e 2x + C 2 xe 2x e x C 1,C 2 R A = 1 9 Vypočteme konstantu A Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

76 Řešte y 4y + 4y = e x. Návod: partikulární řešení hledejte ve tvaru y p (x) = Ae x, A R. y 4y + 4y = 0 z 2 4z + 4 = 0 z 1,2 = y 1 (x) = e 2x, y 2 (x) = xe 2x y p (x) = Ae x = 2 y p (x) = Ae x y p (x) = Ae x y 4y + 4y = e x Ae x 4( Ae x )+4Ae x = e x 9Ae x = e x 9A = 1 y = C 1 e 2x + C 2 xe 2x e x C 1,C 2 R A = 1 9 Sestavíme obecné řešení nehomogenní rovnice. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

77 Řešte rovnici y 5y + 6y = xe x. y 5y + 6y = 0 z 2 5z + 6 = 0 z 1 = 2, z 2 = 3 y 1 (x) = e 2x y 2 (x) = e 3x y p (x) = (Ax+B)e x y p (x) = (Ax+A+B)ex, y p (x) = (Ax + 2A+B)ex y 5y + 6y = xe x (Ax + 2A+B)e x 5(Ax +A+B)e x + 6(Ax +B)e x = xe x (Ax+2A+B) 5(Ax+A+B)+6(Ax +B) = x 2Ax 3A+2B = x + 0 2A = 1 3A+2B = 0 A = 1 2, B = 3 2 A = 3 4 ( 1 y = C 1 e 2x +C 2 e 3x + 2 x + 3 ) e x C 4 1,C 2 R Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

78 Řešte rovnici y 5y + 6y = xe x. y 5y + 6y = 0 z 2 5z + 6 = 0 z 1 = 2, z 2 = 3 y 1 (x) = e 2x y 2 (x) = e 3x y p (x) = (Ax+B)e x y p (x) = (Ax+A+B)ex, y p (x) = (Ax + 2A+B)ex y 5y + 6y = xe x (Ax + 2A+B)e x 5(Ax +A+B)e x + 6(Ax +B)e x = xe x (Ax+2A+B) 5(Ax+A+B)+6(Ax +B) = x 2Ax 3A+2B = x + 0 2A = 1 3A+2B = 0 A = 1 2, B = 3 2 A = 3 4 ( 1 y = C 1 e 2x +C 2 e 3x + 2 x + 3 ) e x C 4 1,C 2 R Budeme nejprve studovat asociovanou homogenní rovnici. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

79 Řešte rovnici y 5y + 6y = xe x. y 5y + 6y = 0 z 2 5z + 6 = 0 z 1 = 2, z 2 = 3 y 1 (x) = e 2x y 2 (x) = e 3x y p (x) = (Ax+B)e x y p (x) = (Ax+A+B)ex, y p (x) = (Ax + 2A+B)ex y 5y + 6y = xe x (Ax + 2A+B)e x 5(Ax +A+B)e x + 6(Ax +B)e x = xe x (Ax+2A+B) 5(Ax+A+B)+6(Ax +B) = x 2Ax 3A+2B = x + 0 2A = 1 3A+2B = 0 A = 1 2, B = 3 2 A = 3 4 ( 1 y = C 1 e 2x +C 2 e 3x + 2 x + 3 ) e x C 4 1,C 2 R Sestavíme charakteristickou rovnici. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

80 Řešte rovnici y 5y + 6y = xe x. y 5y + 6y = 0 z 2 5z + 6 = 0 z 1 = 2, z 2 = 3 y 1 (x) = e 2x y 2 (x) = e 3x y p (x) = (Ax+B)e x y p (x) = (Ax+A+B)ex, y p (x) = (Ax + 2A+B)ex y 5y + 6y = xe x (Ax + 2A+B)e x 5(Ax +A+B)e x + 6(Ax +B)e x = xe x (Ax+2A+B) 5(Ax+A+B)+6(Ax +B) = x 2Ax 3A+2B = x + 0 2A = 1 3A+2B = 0 A = 1 2, B = 3 2 A = 3 4 ( 1 y = C 1 e 2x +C 2 e 3x + 2 x + 3 ) e x C 4 1,C 2 R Charakteristická rovnice má reálné různé kořeny. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

81 Řešte rovnici y 5y + 6y = xe x. y 5y + 6y = 0 z 2 5z + 6 = 0 z 1 = 2, z 2 = 3 y 1 (x) = e 2x y 2 (x) = e 3x y p (x) = (Ax+B)e x y p (x) = (Ax+A+B)ex, y p (x) = (Ax + 2A+B)ex y 5y + 6y = xe x (Ax + 2A+B)e x 5(Ax +A+B)e x + 6(Ax +B)e x = xe x (Ax+2A+B) 5(Ax+A+B)+6(Ax +B) = x 2Ax 3A+2B = x + 0 2A = 1 3A+2B = 0 A = 1 2, B = 3 2 A = 3 4 ( 1 y = C 1 e 2x +C 2 e 3x + 2 x + 3 ) e x C 4 1,C 2 R Podle kořenů charakteristické rovnice stavíme fundamentální systém řešení. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

82 Řešte rovnici y 5y + 6y = xe x. y 5y + 6y = 0 z 2 5z + 6 = 0 z 1 = 2, z 2 = 3 y 1 (x) = e 2x y 2 (x) = e 3x y p (x) = (Ax+B)e x y p (x) = (Ax+A+B)ex, y p (x) = (Ax + 2A+B)ex y 5y + 6y = xe x (Ax + 2A+B)e x 5(Ax +A+B)e x + 6(Ax +B)e x = xe x (Ax+2A+B) 5(Ax+A+B)+6(Ax +B) = x 2Ax 3A+2B = x + 0 2A = 1 3A+2B = 0 A = 1 2, B = 3 2 A = 3 4 ( 1 y = C 1 e 2x +C 2 e 3x + 2 x + 3 ) e x C 4 1,C 2 R Budeme hledat partikulární řešení ve tvaru součinu lineární a exponenciální funkce. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

83 Řešte rovnici y 5y + 6y = xe x. y 5y + 6y = 0 z 2 5z + 6 = 0 z 1 = 2, z 2 = 3 y 1 (x) = e 2x y 2 (x) = e 3x y p (x) = (Ax+B)e x y p (x) = (Ax+A+B)ex, y p (x) = (Ax + 2A+B)ex y 5y + 6y = xe x (Ax + 2A+B)e x 5(Ax +A+B)e x + 6(Ax +B)e x = xe x (Ax+2A+B) 5(Ax+A+B)+6(Ax +B) = x 2Ax 3A+2B = x + 0 2A = 1 3A+2B = 0 A = 1 2, B = 3 2 A = 3 4 ( 1 y = C 1 e 2x +C 2 e 3x + 2 x + 3 ) e x C 4 1,C 2 R Funkci dvakrát zderivujeme, abychom mohli dosadit do zadání. Při každé derivaci použijeme pravidlo pro derivaci součinu dvou funkcí a po zderivování vytkneme e x (na obrazovce vidíte až konečný výsledek po úpravě). Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

84 Řešte rovnici y 5y + 6y = xe x. y 5y + 6y = 0 z 2 5z + 6 = 0 z 1 = 2, z 2 = 3 y 1 (x) = e 2x y 2 (x) = e 3x y p (x) = (Ax+B)e x y p (x) = (Ax+A+B)ex, y p (x) = (Ax + 2A+B)ex y 5y + 6y = xe x (Ax + 2A+B)e x 5(Ax +A+B)e x + 6(Ax +B)e x = xe x (Ax+2A+B) 5(Ax+A+B)+6(Ax +B) = x 2Ax 3A+2B = x + 0 2A = 1 3A+2B = 0 A = 1 2, B = 3 2 A = 3 4 ( 1 y = C 1 e 2x +C 2 e 3x + 2 x + 3 ) e x C 4 1,C 2 R Dosadíme do zadané rovnice. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

85 Řešte rovnici y 5y + 6y = xe x. y 5y + 6y = 0 z 2 5z + 6 = 0 z 1 = 2, z 2 = 3 y 1 (x) = e 2x y 2 (x) = e 3x y p (x) = (Ax+B)e x y p (x) = (Ax+A+B)ex, y p (x) = (Ax + 2A+B)ex y 5y + 6y = xe x (Ax + 2A+B)e x 5(Ax +A+B)e x + 6(Ax +B)e x = xe x (Ax+2A+B) 5(Ax+A+B)+6(Ax +B) = x 2Ax 3A+2B = x + 0 2A = 1 3A+2B = 0 A = 1 2, B = 3 2 A = 3 4 ( 1 y = C 1 e 2x +C 2 e 3x + 2 x + 3 ) e x C 4 1,C 2 R Vydělíme exponenciálním faktorem. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

86 Řešte rovnici y 5y + 6y = xe x. y 5y + 6y = 0 z 2 5z + 6 = 0 z 1 = 2, z 2 = 3 y 1 (x) = e 2x y 2 (x) = e 3x y p (x) = (Ax+B)e x y p (x) = (Ax+A+B)ex, y p (x) = (Ax + 2A+B)ex y 5y + 6y = xe x (Ax + 2A+B)e x 5(Ax +A+B)e x + 6(Ax +B)e x = xe x (Ax+2A+B) 5(Ax+A+B)+6(Ax +B) = x 2Ax 3A+2B = x + 0 2A = 1 3A+2B = 0 A = 1 2, B = 3 2 A = 3 4 ( 1 y = C 1 e 2x +C 2 e 3x + 2 x + 3 ) e x C 4 1,C 2 R Sečteme lineární a absolutní členy polynomu na levé straně. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

87 Řešte rovnici y 5y + 6y = xe x. y 5y + 6y = 0 z 2 5z + 6 = 0 z 1 = 2, z 2 = 3 y 1 (x) = e 2x y 2 (x) = e 3x y p (x) = (Ax+B)e x y p (x) = (Ax+A+B)ex, y p (x) = (Ax + 2A+B)ex y 5y + 6y = xe x (Ax + 2A+B)e x 5(Ax +A+B)e x + 6(Ax +B)e x = xe x (Ax+2A+B) 5(Ax+A+B)+6(Ax +B) = x 2Ax 3A+2B = x + 0 2A = 1 3A+2B = 0 A = 1 2, B = 3 2 A = 3 4 ( 1 y = C 1 e 2x +C 2 e 3x + 2 x + 3 ) e x C 4 1,C 2 R Sestavíme rovnice pro koeficienty A a B. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

88 Řešte rovnici y 5y + 6y = xe x. y 5y + 6y = 0 z 2 5z + 6 = 0 z 1 = 2, z 2 = 3 y 1 (x) = e 2x y 2 (x) = e 3x y p (x) = (Ax+B)e x y p (x) = (Ax+A+B)ex, y p (x) = (Ax + 2A+B)ex y 5y + 6y = xe x (Ax + 2A+B)e x 5(Ax +A+B)e x + 6(Ax +B)e x = xe x (Ax+2A+B) 5(Ax+A+B)+6(Ax +B) = x 2Ax 3A+2B = x + 0 2A = 1 3A+2B = 0 A = 1 2, B = 3 2 A = 3 4 ( 1 y = C 1 e 2x +C 2 e 3x + 2 x + 3 ) e x C 4 1,C 2 R Získanou soustavu lineárních rovnic vyřešíme. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

89 Řešte rovnici y 5y + 6y = xe x. y 5y + 6y = 0 z 2 5z + 6 = 0 z 1 = 2, z 2 = 3 y 1 (x) = e 2x y 2 (x) = e 3x y p (x) = (Ax+B)e x y p (x) = (Ax+A+B)ex, y p (x) = (Ax + 2A+B)ex y 5y + 6y = xe x (Ax + 2A+B)e x 5(Ax +A+B)e x + 6(Ax +B)e x = xe x (Ax+2A+B) 5(Ax+A+B)+6(Ax +B) = x 2Ax 3A+2B = x + 0 2A = 1 3A+2B = 0 A = 1 2, B = 3 2 A = 3 4 ( 1 y = C 1 e 2x +C 2 e 3x + 2 x + 3 ) e x C 4 1,C 2 R Získané informace využijeme k sestavení obecného řešení zadané rovnice. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

90 Řešte y 3y + 2y = x 2 4. y 3y + 2y = 0 z 2 3z + 2 = 0 z 1,2 = y = ax 2 +bx +c y = 2ax +b y = 2a { 1 2 { y 1 (x) = e x y 2 (x) = e 2x y {}}{ 2a 3 y {}}{ (2ax+b) + 2 y {}}{ (ax 2 +bx +c) = x 2 4 x 2 (2a)+x(2b 6a)+(2a 3b+2c) = 1 x x 4 2a = 1 2b 6a = 0 2a 3b+2c = 4 a = 1 2 b = 3a = 3 2 c = ( 4 2a+3b) 1 ( 2 = ) = 1 4 y = C 1 e x +C 2 e 2x x x 1 4 Návod: partikulární řešení hledejte jako kvadratickou funkci. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

91 Řešte y 3y + 2y = x 2 4. y 3y + 2y = 0 z 2 3z + 2 = 0 z 1,2 = y = ax 2 +bx +c y = 2ax +b y = 2a { 1 2 { y 1 (x) = e x y 2 (x) = e 2x y {}}{ 2a 3 y {}}{ (2ax+b) + 2 y {}}{ (ax 2 +bx +c) = x 2 4 x 2 (2a)+x(2b 6a)+(2a 3b+2c) = 1 x x 4 2a = 1 2b 6a = 0 2a 3b+2c = 4 a = 1 2 b = 3a = 3 2 c = ( 4 2a+3b) 1 ( 2 = ) = 1 4 y = C 1 e x +C 2 e 2x x x 1 4 Nalezneme fundamentální systém řešení asociované homogenní diferenciální rovnice. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

92 Řešte y 3y + 2y = x 2 4. y 3y + 2y = 0 z 2 3z + 2 = 0 z 1,2 = y = ax 2 +bx +c y = 2ax +b y = 2a { 1 2 { y 1 (x) = e x y 2 (x) = e 2x y {}}{ 2a 3 y {}}{ (2ax+b) + 2 y {}}{ (ax 2 +bx +c) = x 2 4 x 2 (2a)+x(2b 6a)+(2a 3b+2c) = 1 x x 4 2a = 1 2b 6a = 0 2a 3b+2c = 4 a = 1 2 b = 3a = 3 2 c = ( 4 2a+3b) 1 ( 2 = ) = 1 4 Hledejme nyní partikulární y = Cřešení 1 e x +C mezi 2 e 2x kvadratickými x2 + 3 funkcemi. 2 x 1 Budeme 4 uvažovat nejobecnější možnou kvadratickou funkci a její koeficienty a, b a c nastavíme tak, aby tato funkce byla řešením (tj. vyhovovala zkoušce ) pro všechan reálná x. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

93 Řešte y 3y + 2y = x 2 4. y 3y + 2y = 0 z 2 3z + 2 = 0 z 1,2 = y = ax 2 +bx +c y = 2ax +b y = 2a { 1 2 { y 1 (x) = e x y 2 (x) = e 2x y {}}{ 2a 3 y {}}{ (2ax+b) + 2 y {}}{ (ax 2 +bx +c) = x 2 4 x 2 (2a)+x(2b 6a)+(2a 3b+2c) = 1 x x 4 2a = 1 2b 6a = 0 2a 3b+2c = 4 a = 1 2 b = 3a = 3 2 c = ( 4 2a+3b) 1 ( 2 = ) = 1 4 y = C 1 e x +C 2 e 2x x x 1 4 Abychom mohli dosadit najdeme první dvě derivace. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

94 Řešte y 3y + 2y = x 2 4. y 3y + 2y = 0 z 2 3z + 2 = 0 z 1,2 = y = ax 2 +bx +c y = 2ax +b y = 2a { 1 2 { y 1 (x) = e x y 2 (x) = e 2x y {}}{ 2a 3 y {}}{ (2ax+b) + 2 y {}}{ (ax 2 +bx +c) = x 2 4 x 2 (2a)+x(2b 6a)+(2a 3b+2c) = 1 x x 4 2a = 1 2b 6a = 0 2a 3b+2c = 4 a = 1 2 b = 3a = 3 2 c = ( 4 2a+3b) 1 ( 2 = ) = 1 4 y = C 1 e x +C 2 e 2x x x 1 4 Dosadíme funkci do zadané rovnice. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

95 Řešte y 3y + 2y = x 2 4. y 3y + 2y = 0 z 2 3z + 2 = 0 z 1,2 = y = ax 2 +bx +c y = 2ax +b y = 2a { 1 2 { y 1 (x) = e x y 2 (x) = e 2x y {}}{ 2a 3 y {}}{ (2ax+b) + 2 y {}}{ (ax 2 +bx +c) = x 2 4 x 2 (2a)+x(2b 6a)+(2a 3b+2c) = 1 x x 4 2a = 1 2b 6a = 0 2a 3b+2c = 4 a = 1 2 b = 3a = 3 2 c = ( 4 2a+3b) 1 ( 2 = ) = 1 4 y = C 1 e x +C 2 e 2x x x 1 4 Sečteme členy se stejnými mocnimami proměnné x a obdržíme tak rovnici která obsahuje na každé straně polynom a hledáme parametry tak aby rovnice platila pro všechna x. Pokud se to podaří, máme partikulární řešení. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

96 Řešte y 3y + 2y = x 2 4. y 3y + 2y = 0 z 2 3z + 2 = 0 z 1,2 = y = ax 2 +bx +c y = 2ax +b y = 2a { 1 2 { y 1 (x) = e x y 2 (x) = e 2x y {}}{ 2a 3 y {}}{ (2ax+b) + 2 y {}}{ (ax 2 +bx +c) = x 2 4 x 2 (2a)+x(2b 6a)+(2a 3b+2c) = 1 x x 4 2a = 1 2b 6a = 0 2a 3b+2c = 4 a = 1 2 b = 3a = 3 2 c = ( 4 2a+3b) 1 ( 2 = ) = 1 4 y = C 1 e x +C 2 e 2x x x 1 4 Dva polynomy jsou stejné, mají-li stejné koeficienty u odpovídajících si mocnin. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

97 Řešte y 3y + 2y = x 2 4. y 3y + 2y = 0 z 2 3z + 2 = 0 z 1,2 = y = ax 2 +bx +c y = 2ax +b y = 2a { 1 2 { y 1 (x) = e x y 2 (x) = e 2x y {}}{ 2a 3 y {}}{ (2ax+b) + 2 y {}}{ (ax 2 +bx +c) = x 2 4 x 2 (2a)+x(2b 6a)+(2a 3b+2c) = 1 x x 4 2a = 1 2b 6a = 0 2a 3b+2c = 4 a = 1 2 b = 3a = 3 2 c = ( 4 2a+3b) 1 ( 2 = ) = 1 4 y = C 1 e x +C 2 e 2x x x 1 4 Vyřešíme obdrženou soustavu lieárních rovnic. Koeficient a naleznbeme přímo z první rovnice. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

98 Řešte y 3y + 2y = x 2 4. y 3y + 2y = 0 z 2 3z + 2 = 0 z 1,2 = y = ax 2 +bx +c y = 2ax +b y = 2a { 1 2 { y 1 (x) = e x y 2 (x) = e 2x y {}}{ 2a 3 y {}}{ (2ax+b) + 2 y {}}{ (ax 2 +bx +c) = x 2 4 x 2 (2a)+x(2b 6a)+(2a 3b+2c) = 1 x x 4 2a = 1 2b 6a = 0 2a 3b+2c = 4 a = 1 2 b = 3a = 3 2 c = ( 4 2a+3b) 1 ( 2 = ) = 1 4 y = C 1 e x +C 2 e 2x x x 1 4 Z druhé rovnice určíme koeficient b. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

99 Řešte y 3y + 2y = x 2 4. y 3y + 2y = 0 z 2 3z + 2 = 0 z 1,2 = y = ax 2 +bx +c y = 2ax +b y = 2a { 1 2 { y 1 (x) = e x y 2 (x) = e 2x y {}}{ 2a 3 y {}}{ (2ax+b) + 2 y {}}{ (ax 2 +bx +c) = x 2 4 x 2 (2a)+x(2b 6a)+(2a 3b+2c) = 1 x x 4 2a = 1 2b 6a = 0 2a 3b+2c = 4 a = 1 2 b = 3a = 3 2 c = ( 4 2a+3b) 1 ( 2 = ) = 1 4 y = C 1 e x +C 2 e 2x x x 1 4 Z poslední rovnice určíme koeficient c. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

100 Řešte y 3y + 2y = x 2 4. y 3y + 2y = 0 z 2 3z + 2 = 0 z 1,2 = y = ax 2 +bx +c y = 2ax +b y = 2a { 1 2 { y 1 (x) = e x y 2 (x) = e 2x y {}}{ 2a 3 y {}}{ (2ax+b) + 2 y {}}{ (ax 2 +bx +c) = x 2 4 x 2 (2a)+x(2b 6a)+(2a 3b+2c) = 1 x x 4 2a = 1 2b 6a = 0 2a 3b+2c = 4 a = 1 2 b = 3a = 3 2 c = ( 4 2a+3b) 1 ( 2 = ) = 1 4 y = C 1 e x +C 2 e 2x x x 1 4 Sestavíme obecné řešení. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

101 Řešte rovnici y + 4y = xe x. { y + 4y = 0 z 2 y + 4 = 0 z = ±2i 1 (x) = cos 2x y 2 (x) = sin 2x y = (ax +b)e x y = ae x + (ax +b)e x = (ax +a+b)e x y = ae x + (ax+a+b)e x = (ax+2a+b)e x y = (ax +b)e x y = (ax+a+b)e x y = (ax+2a+b)e x y y {}}{ (ax+2a+b)e x +4 (ax+b)e x = xe x (ax + 2a+b)+4(ax +b) = x x(a+4a)+(2a+b+4b) = x + 0 5a = 1 a = 1 5 Návod: 2a+5b Partikulární = 0 řešení b je = možno 2 5 a = najít 2 ve tvaru ( 25 1 y(x) = 5 x 2 ) y(x) = lineární e x polynom e x +C 25 1 cos 2x +C 2 sin 2x Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

102 Řešte rovnici y + 4y = xe x. { y + 4y = 0 z 2 y + 4 = 0 z = ±2i 1 (x) = cos 2x y 2 (x) = sin 2x y = (ax +b)e x y = ae x + (ax +b)e x = (ax +a+b)e x y = ae x + (ax+a+b)e x = (ax+2a+b)e x y = (ax +b)e x y = (ax+a+b)e x y = (ax+2a+b)e x y y {}}{ (ax+2a+b)e x +4 (ax+b)e x = xe x (ax + 2a+b)+4(ax +b) = x x(a+4a)+(2a+b+4b) = x + 0 5a = 1 a = 1 5 2a+5b = 0 b = 2 5 a = 2 ( 25 1 y(x) = 5 x 2 ) Sestavíme asociovanou homogenní rovnici, e x její charakteristickou rovnici a dvě +C 25 1 cos 2x +C 2 sin 2x lineárně nezávislá řešení. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

103 Řešte rovnici y + 4y = xe x. { y + 4y = 0 z 2 y + 4 = 0 z = ±2i 1 (x) = cos 2x y 2 (x) = sin 2x y = (ax +b)e x y = ae x + (ax +b)e x = (ax +a+b)e x y = ae x + (ax+a+b)e x = (ax+2a+b)e x y = (ax +b)e x y = (ax+a+b)e x y = (ax+2a+b)e x y y {}}{ (ax+2a+b)e x +4 (ax+b)e x = xe x (ax + 2a+b)+4(ax +b) = x x(a+4a)+(2a+b+4b) = x + 0 V souladu s nápovědou hledáme 5a = 1 a = 1 partikulární řešení ve tvaru 5 2a+5b = 0 y(x) = b = 2 5 a (lineární = 2 funkce) e x. ( 25 1 y(x) = 5 x 2 ) Použijeme nejobecnější možnou lineární e x funkci a úkolem je najít hodnoty parametrů a a b tak, aby sestavená +C 25 funkce byla 1 cosskutečně 2x +C 2 sin řešením 2x rovnice. Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009

104 Řešte rovnici y + 4y = xe x. { y + 4y = 0 z 2 y + 4 = 0 z = ±2i 1 (x) = cos 2x y 2 (x) = sin 2x y = (ax +b)e x y = ae x + (ax +b)e x = (ax +a+b)e x y = ae x + (ax+a+b)e x = (ax+2a+b)e x y = (ax +b)e x y = (ax+a+b)e x y = (ax+2a+b)e x y y {}}{ (ax+2a+b)e x +4 (ax+b)e x = xe x (ax + 2a+b)+4(ax +b) = x x(a+4a)+(2a+b+4b) = x + 0 5a = 1 a = 1 Hledáme druhou derivaci. Nejdřív 5 2a+5b = 0 b = 2 tedy najdeme 5 a = 2 použitím vzorce pro derivaci součinu ( (uv) 25 1 y(x) = 5 x 2 ) = u v +uv první derivaci a výraz upravíme. e x +C 25 1 cos 2x +C 2 sin 2x Odhad partikulárního řešení c Robert Mařík, 2009