Paskaitų konspektas - Matematikos ir Informatikos fakultetas

2. Tiesinė diferencialinė lygtis su pastoviais koeficientais 382.2. Nehomogeninės diferencialinės lygties su pastoviais koeficientaissprendiniai sprendiniaiKai kuriais atvejais žinomas atskirojo nehomogeninės lygties sprendinio pavidalas.Jeigu nehomogeninės (1.1) TDL dešinioji pusė yra kvazidaugianarisf(x) = P m (x)e˜λx , P m (x) = p 0 + p 1 x + · · · + p m x m ,tai atskirojo nehomogeninės DL sprendinio ieškoma pavidaluy a = x s Q m (x)e˜λx , Q m (x) = ˜p 0 + ˜p 1 x + · · · + ˜p m x m ,čia daugianario Q m (x) koeficientai yra nežinomi, s sutampa su homogeninėslygties charakteringojo daugianario šaknų, lygių ˜λ, skaičiumi.Jeigu dešiniosios pusės pavidalas yrataif(x) = P m1 (x)e˜αx cos( ˜βx) + R m2 (x)e˜αx sin( ˜βx), (2.11)y a = x s e˜αx( Q m (x) cos( ˜βx) + T m (x) sin( ˜βx) ) ,čia P m1 (x) ir R m2 (x) yra žinomi daugianariai, o daugianarių Q m (x) ir T m (x)koeficientai yra nežinomi, ir m = max(m 1 , m 2 ).Kartais, (2.11) funkcijos atveju, iš pradžių sprendžiama nehomogeninė DLsu dešiniosiomis pusėmis P m1 (x)e (˜α+ ˜βı)x ir R m2 (x)e (˜α+ ˜βı)x , o po to surandamapirmojo sprendinio realioji dalis ir antrojo – menamoji dalis.2.16 ppavyzdys. Rasime DLy ′′ + 16y = 17e −xbendrąjį sprendinį. Surandame homogeninės TDL charakteringojo daugianariošaknis λ 1,2 = ±4ı. Vadinasi, homogeninės DL bendrasis sprendinysyra y bh = C 1 cos(4x) + C 2 sin(4x). Dešiniojoje DL pusėje yrakvazidaugianaris su P 0(x) = 17 ir ˜λ = −1. Kadangi ˜λ nėra tarp charakteringojodaugianario šaknų, todėl s = 0, ir atskirojo sprendinio ieškomepavidalu y a = Ae −x . Surandame jo išvestinesy = Ae −x , y ′ = −Ae −x , y ′′ = Ae −x ,ir įstatome jas į DL:Ae −x + 16Ae −x = 17e −x .Prilygindami koeficientą prie e −x , turime algebrinę lygtį 17A = 17. Vadinasi,atskirasis nehomogeninės DL sprendinys yra e −x , o tada bendrasisy = C 1 cos(4x) + C 2 sin(4x) + e −x .Jeigu papildomai turime pradines sąlygas y(0) = 1, y ′ (0) = 0, tai laisvąsiaskonstantas randame spręsdami tiesinę lygčių sistemą{C 1 cos(4 · 0) + C 2 sin(4 · 0) + e −0 = 1, C 1 = 0, C 1 = 0,−4C 1 sin(4 · 0) + 4C 2 cos(4 · 0) − e −0 = 0 ⇔ {Tada Koši uždavinio sprendinys yra y = 1 4 sin(4x) + e−x .4C 2 = 1 ⇔ {C 2 = 1 4 .