Diferencialne enačbe za FM

3. Linearne diferencialne enačbe 29
Primeri.
1. Reˇsi enačbo y ′ = 2y + 4x pri začetnem pogoju y0 = 1.
Reˇsitev homogene enačbe je yh = Ce 2x . Poiˇsčimo reˇsitev nehomogene
enačbe z variacijo konstant. Vzemimo nastavek yp = C(x)e 2x , odvajajmo
in vstavimo v enačbo:
Uredimo in dobimo
Integracija po delih da
C ′ (x)e 2x + C(x)2e 2x = 2C(x)e 2x + 4x.
C ′ (x) = 4xe −2x .
yp(x) = −(1 + 2x)e −2x e 2x = −(1 + 2x).
Reˇsitev pri danem začetnem pogoju je oblike y = −(1 + 2x) + Ce 2x . Ker je
y(0) = 1, mora biti C = 2.
2. Poiˇsči sploˇsno reˇsitev diferencialne enačbe y ′ = e x y − eex
x .
Reˇsitev homogene enačbe je yh = Ceex . Z variacijo konstant dobimo
C ′ (x)e ex
Uredimo in integriramo:
Sploˇsna reˇsitev je
+ C(x)e ex
e x = e x C(x)e ex
− eex
x .
C ′ (x) = − 1
, C(x) = − log x.
x
y = (− log x + C)e ex
.
Trditev 3.7. Naj bosta y1 in y2 reˇsitvi diferencialnih enačb y ′ = f(x)y+g1(x)
in y ′ = f(x)y + g2(x) po vrsti. Potem je y1 + y2 reˇsitev enačbe y ′ = f(x)y +
g1(x) + g2(x) in ay1 reˇsitev enačbe y ′ = f(x)y + ag1(x).
Dokaz. Račun:
y ′ 1 = fy1 + g1
y ′ 2 = fy2 + g2
(y1 + y2) ′ = f(y1 + y2) + g1 + g2
ay1 = afy1 + ag1.