MATEMAATILINE ANALÜÜS II - Tallinna Tehnikaülikool

2.10. ASTMERIDADE RAKENDUSED 109
−a 0 − a 1 (x − 1) − a 2 (x − 1) 2 − a 3 (x − 1) 3 − . . . − a k (x − 1) k − . . . = 1.
Seda seost v~oib t~olgendada kui kahe suuruse x − 1 astmete järgi astmerea
v~ordumise tingimust. Selleks peavad k~oik vastavate astmete kordajad olema
v~ordsed, st ⎧⎪ ⎨
⎪ ⎩
1a 1 − a 0 = 1
2a 2 − a 1 = 0
3a 3 − a 2 = 0
4a 4 − a 3 = 0
· · · · · · · · · · · ·
(k + 1) a k+1 − a k = 0
· · · · · · · · · · · ·
. (2.10.3)
Seosest (2.10.2) ja algtingimusest y(1) = 2 järeldub a 0 = 2. Süsteemi (2.10.3)
esimesest v~orrandist leiame a 1 = 1 + a 0 = 3/1!. Järgmisena leiame süsteemi
teisest v~orrandist a 2 = a 1 /2 = 3/2! . Süsteemi kolmandast v~orrandist saame
a 3 = a 2 /3 = 3/3! ja neljandast a 4 = a 3 /4 = 3/4! jne. Induktsioonimeeetodil
saab t~oestada, et a k = 3/k! (k ∈ N) . Saame diferentsiaalv~orrandi (2.10.1)
lahendi astmerea (2.10.2) kujul
y = 2 + 3
∞∑ (x − 1) k
. ♦
k!
k=1
Näide 5. Leiame diferentsiaalv~orrandi
y ′′ − y = e x (2.10.4)
algtingimusi y(0) = 1 ja y ′ (0) = 0 rahuldava erilahendi.
Kasutame kaht lahendusvarianti
Variant A. Avaldame diferentsiaalv~orrandist (2.10.4) suuruse y ′′ ja leiame
y ′′ (0) :
y ′′ = y + e x ⇒ y ′′ (0) = y(0) + e 0 = 1 + 1 = 2.
Diferentseerides seose (2.10.4) m~olemat poolt muutuja x järgi, leiame
y ′′′ = y ′ + e x ⇒ y ′′′ (0) = y ′ (0) + e 0 = 0 + 1 = 1.
Jätkates seda laadi samme, saame
y (4) = y ′′ + e x ⇒ y (4) (0) = y ′′ (0) + e 0 = 2 + 1 = 3,
y (5) = y ′′′ + e x ⇒ y (5) (0) = y ′′′ (0) + e 0 = 1 + 1 = 2,
y (6) = y (4) + e x ⇒ y (6) (0) = y (4) (0) + e 0 = 3 + 1 = 4,
y (7) = y (5) + e x ⇒ y (7) (0) = y (5) (0) + e 0 = 2 + 1 = 3,
y (8) = y (6) + e x ⇒ y (8) (0) = y (6) (0) + e 0 = 4 + 1 = 5,
Induktsioonimeetodil saab näidata, et k ∈ N 0 korral
y (2k) = y (2k−2) + e x ⇒ y (2k) (0) = y (2k−2) (0) + e 0 = k + 1.