Peržiūrėti šaltinį Matematika/Antrosios eilės tiesinės nehomogeninės diferencialinės lygtys

:Nagrinėsime tiesinę nehomogeninę diferencialinę lygtį
:<math>y''+py'+qy=f(x). \quad (39)</math>
:Į klausimą, kokia yra šios lygties bendrojo sprendinio strukutūra, atsako tokia teorema.
::'''Teorema.''' ''Jei'' <math>\bar{y}</math> ''yra bendrasis homogeninės lygties''
:<math>y''+py'+qy=0 \quad (40)</math>
:''sprendinys,'' <math>\tilde{y}</math> - ''kuris nors atskirasis (39) nehomogeninės lygties sprendinys, tai'' (39) ''lygties bendrasis sprendinys yra''
:<math>y=\bar{y}+\tilde{y}.</math>
::'''Įrodymas'''. Pirmiausia įrodysime, kad reiškinys <math>\bar{y}+\tilde{y}</math> yra (39) lygties sprendinys. Kadangi <math>\bar{y}</math> - (40) lygties sprendinys, o <math>\tilde{y}</math> - (39) lygties sprendinys, tai jie turi tenkinti atitinkamas lygtis, todėl
:<math>\bar{y}''+p\bar{y}'+q\bar{y}=0,</math>
:<math>\tilde{y}''+p\tilde{y}'+q\tilde{y}=f(x).</math>
:Sudėję šias lygybes ir pritaikę išvestinių savybes, gauname
:<math>(\bar{y}+\tilde{y})''+p(\bar{y}+\tilde{y})'+q(\bar{y}+\tilde{y})=f(x).</math>
:Ši lygybė rodo, kad <math>\bar{y}+\tilde{y}</math> 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 [[Matematika/Antrosios eilės tiesinės homogeninės diferencialinės lygtys su pastoviaisiais koeficientais|išsiaiškinome]], kaip galima rasti tiesinės homogeninės lygties bendrąjį sprendinį <math>\bar{y}.</math> Taip pat įrodėme, kad pridėję prie <math>\bar{y}</math> bet kurį atskirąjį tiesinės nehomogeninės lygties sprendinį <math>\tilde{y},</math> gauname bendrąjį nehomogeninės lygties sprendinį. Dabar išnagrinėsime <math>\tilde{y}</math> radimo būdą.
:Tarkime, kad <math>y_1</math> ir <math>y_2</math> - antrosios eilės (40) homogeninės lygties atskirųjų sprendinių fundamentalioji sistema. Tuomet šios lygties bendrasis sprendinys yra
:<math>\bar{y}=C_1 y_1+C_2 y_2. \quad (41)</math>
:Nehomogeninės lygties, nusakomos (39) formule, atskirojo sprendinio ieškosime tardami, kad jį galima užrašyti tokiu pat reiškiniu, kaip ir (41) sprendinį, tačiau vietoj <math>C_1</math> ir <math>C_2</math> įrašysime kol kas nežinomas funkcijas <math>C_1(x)</math> ir <math>C_2(x)</math> (konstantas pakeisime funkcijomis). Taigi mūsų tikslas - rasti funkcijas <math>C_1(x)</math> ir <math>C_2(x),</math> be to, tokias, su kuriomis reiškinys
:<math>\tilde{y}=C_1(x) y_1+C_2(x) y_2 \quad (42)</math>
:būtų (39) lygties sprendinys. Išdiferencijuokime (42) lygybę:
:<math>\tilde{y}'=C_1'(x) y_1+C_1(x) y_1'+C_2'(x) y_2 +C_2(x) y_2'.</math>
:<math>C_1(x)</math> ir <math>C_2(x)</math> parinkime tokias, kad būtų
:<math>C_1'(x) y_1+C_2'(x) y_2 =0.\quad (43)</math>
:Tuomet
:<math>\tilde{y}'=C_1(x) y_1' +C_2(x) y_2'. \quad (44)</math>
:Išdiferencijuokime šį reiškinį:
:<math>\tilde{y}''=C_1'(x) y_1'+C_1(x) y_1''+C_2'(x) y_2' +C_2(x) y_2''. \quad(45)</math>
:<math>\tilde{y}, \; \tilde{y}'</math> ir <math>\tilde{y}''</math> išraiškas, apibrėžiamas atitinkamai (42), (44) ir (45) lygybe, irašykime į (39) lygtį:
:<math>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).</math>
:Pertvarkę turime:
:<math>C_1(x)(y_1''+p y_1'+q y_1) + C_2(x)(y_2''+p y_2'+q y_2)+C_1'(x) y_1'+C_2'(x) y_2'=f(x) \quad (46)</math>
:Kadangi <math>y_1</math> ir <math>y_2</math> - homogeninės lygties (<math>y''+py'+qy=0</math>) sprendiniai, tai suskliausti reiškiniai lygūs nuliui. Iš (46) lygybės gauname:
:<math>C_1(x)\cdot 0 + C_2(x)\cdot 0+C_1'(x) y_1'+C_2'(x) y_2'=f(x),</math>
:<math>C_1'(x) y_1'+C_2'(x) y_2'=f(x). \quad (47)</math>
:Vadinasi, (42) reiškinys yra (39) lygties sprendinys, kai funkcijos <math>C_1(x)</math> ir <math>C_2(x)</math> tenkina (43) ir (47) sąlygas.
:Taigi gauname dviejų lygčių su dviem nežinomaisiais <math>C_1(x), \; C_2(x)</math> sistemą
:<math>  \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)
</math>
:Kadangi tos sistemos determinantas yra Vronskio determinantas, sudarytas iš tiesiškai nepriklausomų sprendinių <math>y_1</math> ir <math>y_2,</math> tai jis nelygus nuliui. Todėl iš (48) sistemos galima rasti vieninteles funkcijas <math>C_1'(x)</math> ir <math>C_2'(x).</math>
:(48) sistemos sprendinį pažymėkime taip:
:<math>C_1'(x)=\phi_1(x), \;\; C_2'(x)=\phi_2(x).</math>
:Tuomet <math>C_1(x)</math> ir <math>C_2(x)</math> rasime integruodami:
:<math>C_1(x)=\int \phi_1(x) dx+C_1^{**}=\psi_1(x)+C_1^{***}+C_1^{**}=\psi_1(x)+C_1^{*}, </math>
:<math> C_2(x)=\int \phi_2(x) dx+C_2^{**}=\psi_2(x) +C_2^{***}+C_2^{**}=\psi_2(x) +C_2^{*};</math>
:čia <math>C_1^*</math> ir <math>C_2^*</math> - konstantos.
:Taigi (39) lygties atskirasis sprendinys yra (pagal (42)) 
:<math>\tilde{y}=y_1 (\psi_1(x)+C_1^{*})+y_2 (\psi_2(x)+C_2^{*}),</math>
:o bendrasis sprendinys
:<math>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^{*}).</math>
:Arba, kas visiškai tas pats:
:<math>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.</math>

===Pavyzdžiai===

*Išspręskime lygtį
:<math>y''+4y=\cos(2x).</math>
:''Sprendimas.'' Charakteringoji lygtis <math>k^2+4=0</math> turi šaknis <math>k_1=0+2i, \; k_2=0-2i.</math> Todėl bendrasis homogeninės lygties <math>y''+4y=0</math> sprendinys <math>\bar{y}=e^{0\cdot x}(C_1 \cos(2x)+C_2\sin(2x))=C_1 \cos(2x)+C_2\sin(2x).</math> Remdamiesi (48) lygčių sistema, sudarome sistemą
:<math>  \begin{cases}
       C_1'(x) \cos(2x)+C_2'(x) \sin(2x)=0, & \\
       -2 C_1'(x)\sin(2x)+2 C_2'(x) \cos(2x)=\cos(2x). & 
\end{cases} 
</math>
:Pirmosios lygties abi puses padauginę iš <math>2\sin(2x),</math> o antrosios - iš <math>\cos(2x)</math> bei sudėję lygtis panariui, gauname lygtį
:<math>2 C_2'(x) (\cos^2(2x)+\sin^2(2x))=\cos^2(2x),</math>
:<math>2 C_2'(x) =\cos^2(2x);</math>
:iš čia
:<math>C_2'(x)=\frac{1}{2}\cos^2(2x).</math>
:Tuomet iš sistemos pirmosios lygties turime:
:<math>C_1'(x) \cos(2x)+\frac{1}{2}\cos^2(2x) \sin(2x)=0,</math>
:<math>C_1'(x)=-\frac{1}{2}\sin(2x)\cos(2x),</math>
:<math>C_1'(x)=-\frac{1}{4}\sin(4x).</math>
:Vadinasi,
:<math>C_1(x)=-\frac{1}{4}\sin(4x) \; dx=\frac{1}{16}\cos(4x)+C_1^*,</math>
:<math>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^*.</math>
:Taigi duotosios lygties atskirasis sprendinys
:<math>\tilde{y}=\frac{1}{16}\cos(4x)\cos(2x)+\frac{1}{4}x\sin(2x)+\frac{1}{16}\sin(4x)\sin(2x)=</math>
:<math>\frac{1}{4}x\sin(2x)+\frac{1}{16}\cos(4x-2x)=\frac{1}{4}x\sin(2x)+\frac{1}{16}\cos(2x),</math>
:o bendrasis sprendinys
:<math>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).</math>

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

:Nagrinėkime lygtį
:<math>y''+py'+qy=f(x), \quad (49)</math>
:kurios koeficientai <math>p</math> ir <math>q</math> yra pastovūs, o dešinioji pusė gali įgyti tam tikras išraiškas.
:Tarkime, kad <math>f(x)</math> yra daugianario ir rodiklinės funkcijos sandauga:
:<math>f(x)=P_n(x) e^{\alpha x};</math>
:čia <math>P_n(x)</math> - ''n''-tojo laipsnio daugianaris, <math>\alpha</math> - realusis skaičius.
:Atskirojo sprendinio <math>\tilde{y}</math> ieškosime tardami, kad jis irgi yra ''n''-tojo laipsnio daugianaris <math>Q_n(x)</math> su neapibrėžtais koeficientais ir rodiklinės funkcijos sandauga:
:<math>\tilde{y}=Q_n(x) e^{\alpha x}. \quad (50)</math>
:Kadangi <math>\tilde{y},</math> apibrėžtas (50) formule, yra (49) lygties atskirasis sprendinys, tai jis turi tikti tai lygčiai. Randame <math>\tilde{y}'</math> ir <math>\tilde{y}'':</math>
:<math>\tilde{y}'=Q_n'(x) e^{\alpha x}+ \alpha Q_n(x) e^{\alpha x},</math>
:<math>\tilde{y}''=Q_n''(x) e^{\alpha x}+2\alpha Q_n'(x) e^{\alpha x}+ \alpha^2 Q_n(x) e^{\alpha x}.</math>
:Įrašę jas į (49) lygtį, gauname tapatybę
:<math>Q_n''(x) e^{\alpha x}+2\alpha Q_n'(x) e^{\alpha x}+ \alpha^2 Q_n(x) e^{\alpha x}+p Q_n'(x) e^{\alpha x}+ p \alpha Q_n(x) e^{\alpha x}+q Q_n(x) e^{\alpha x}=P_n(x) e^{\alpha x}.</math>
:Ją pertvarkę ir suprastinę iš <math>e^{\alpha x} \neq 0,</math> turime:
:<math>Q_n''(x)+(2\alpha+p)Q_n'(x)+(\alpha^2+p\alpha+q)Q_n(x)=P_n(x). \quad (51)</math>
:1. Kai <math>\alpha</math> nesutampa su charakteringosios lygties <math>k^2+pk+q=0</math> šaknimi, tai <math>\alpha^2+p\alpha+q\neq 0</math> (ir <math>2\alpha+p\neq 0</math>) ir kairiojoje lygybės pusėje, kaip ir dešiniojoje , yra ''n''-tojo laipsnio daugianaris. Sulyginę koeficientus prie vienodų  ''x'' laipsnių, galime rasti daugianario <math>Q_n(x)</math> koeficientus.
:2. Kai <math>\alpha</math> sutampa su viena nekartotine charakteringosios lygties (<math>k^2+pk+q=0</math>) šaknimi, tai <math>\alpha^2+p\alpha+q=0,</math> bet <math>2\alpha+p\neq 0.</math> Kadangi <math>Q_n'(x)</math> yra <math>(n-1)</math>-ojo laipsnio daugianaris, tai (51) lygybė negali būti tapatybė. Todėl, parinkdami atskirąjį sprendinį <math>\tilde{y},</math> turime imti <math>(n+1)</math>-ojo laipsnio daugianarį, tiesa, be laisvojo nario, nes diferencijuojant jis ir taip dingsta. Šį kartą 
:<math>\tilde{y}=x Q_n(x) e^{\alpha x}. \quad (52)</math>
:(Pagal sąlygą kairė pusė turi būti tokio pačio laipsnio kaip ir <math>P_n(x),</math> bet prie <math>Q_n(x)</math> gavome koeficientą nulį, nes <math>\alpha^2+p\alpha+q=0</math>, todėl kad kairėje pusėje gauti <math>x^2,</math> padauginome <math>Q_n'(x)</math> iš ''x''.)
:3. Kai <math>\alpha</math> sutampa su kartotine charakteringosios lygties (<math>k^2+pk+q=0</math>) šaknimi, tai <math>\alpha^2+p\alpha+q=0.</math> Kadangi pagal Vieto teoremą,
:<math>p=-(k_1+k_2)=-(\alpha+\alpha)=-2\alpha,</math>
:tai ir <math>p+2\alpha=0. \; Q_n''(x)</math> yra <math>(n-2)</math>-ojo laipsnio daugianaris, todėl (51) lygybės kairiojoje pusėje yra <math>(n-2)</math>-ojo laipsnio daugianaris (<math>Q_n''(x)</math>). Vadinasi, (51) lygybė negali būti tapatybė. Šį kartą turime parinkti
:<math>\tilde{y}=x^2 Q_n(x) e^{\alpha x}. \quad (53) </math>

===Pavyzdžiai===

*Išspręskime lygtį
:<math>y'' -5y'+6y=f(x),</math>
:kai: a) <math>f(x)=2x^2 e^x;</math> b) <math>f(x)=(2x-3)e^{3x}.</math>
:''Sprendimas''. Pirmiausia išspręskime lygtį <math>y''-5y'+6y=0.</math> Kadangi charakteringoji lygtis <math>k^2-5k+6=0</math> turi šaknis <math>k_1=2</math> ir <math>k_2=3,</math> tai homogeninės lygties (<math>y'' -5y'+6y=0</math>) bendrasis sprendinys
:<math>\bar{y}=C_1 e^{2x} + C_2 e^{3x}.</math>
:Toliau, atsižvelgdami į dešiniosios pusės išraišką, parinksime atskirąjį nehomogeninės lygties sprendinį.
:'''a)''' Kai <math>f(x)=2x^2 e^x,</math> tai daugianaris <math>P_n(x)=2x^2</math> (jis yra antrojo laipsnio) ir <math>\alpha=1.</math> Kadangi <math>\alpha=1</math> nesutampa nė su viena charakteringosios lygties šaknimi, tai, pagal (50) formulę,
:<math>\tilde{y}=(ax^2+bx+c)e^x</math>
:(daugianaris <math>Q_n(x)=ax^2+bx+c,</math> nes jis turi būti antrojo laipsnio; beje, pirmojo laipsnio daugianaris yra <math>ax+b,</math> trečiojo laipsnio <math>ax^3+bx^2+cx+d</math> ir t.t.).
:Toliau randame:
:<math>\tilde{y}'=((ax^2+bx+c)e^x)'=2ax e^x+ax^2 e^x+be^x+bx e^x+c e^x=</math>
:<math>=(ax^2 +2ax + bx +b+c) e^x,</math>
:<math>\tilde{y}''=(ax^2+4ax+bx+2a+2b+c)e^x.</math>
:Įrašę <math>\tilde{y}, \; \tilde{y}', \; \tilde{y}''</math> išraiškas į duotąją lygtį gauname tapatybę:
:<math>(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,</math>
:<math>(ax^2+4ax+bx+2a+2b+c) -5(ax^2 +2ax + bx +b+c)+6(ax^2+bx+c)=2x^2,</math>
:<math>ax^2+4ax+bx+2a+2b+c -5ax^2 -10ax-5 bx -5b-5c+6ax^2+6bx+6c=2x^2,</math>
:<math>2ax^2-6ax+2bx+2a-3b+2c=2x^2.</math>
:Sulyginę koeficientus prie vienodų ''x'' laipsnių, gauname sistemą
:<math>x^2\quad | \; 2a=2,</math>
:<math>x^1\quad | \; -6a+2b=0, \quad || \; (2b=6, \; b=3)</math>
:<math>x^0\quad | \; 2a-3b+2c=0. \quad || \; (2-9+2c=0, \; c=-7/2=3.5) </math>
:Iš jos randame: <math>a=1, \; b=3, \; c= 3.5.</math> Todėl <math>\tilde{y}=(x^2+3x+3.5)e^x</math> ir bendrasis duotosios lygties sprendinys
:<math>y=\bar{y}+\tilde{y}=C_1 e^{2x} + C_2 e^{3x}+(x^2+3x+3.5)e^x.</math>
:'''b)''' Kai <math>f(x)=(2x-3)e^{3x},</math> tai <math>P_n(x)=2x-3, \; \alpha=3.</math> Kadangi <math>P_n(x)</math> yra pirmojo laipsnio daugianaris, tai <math>Q_n(x)=ax+b; \; \alpha=3</math> sutampa su charakteringosios lygties šaknimi, todėl, pagal (52) formulę,
:<math>\tilde{y}=x(ax+b)e^{3x}=(ax^2+bx)e^{3x}.</math>
:Toliau sprendžiama analogiškai a) atvejui. 
:Randame išvestines:
:<math>\tilde{y}'=((ax^2+bx)e^{3x})'=2ax e^{3x}+3ax^2 e^{3x}+be^{3x}+3bx e^{3x}=</math>
:<math>=(3ax^2 +2ax + 3bx +b) e^{3x},</math>
:<math>\tilde{y}''=6ax e^{3x}+9ax^2 e^{3x}+2a e^{3x}+6ax e^{3x}+3be^{3x}+9bxe^{3x}+3be^{3x}=</math>
:<math>=(9ax^2+12ax+9bx  +2a  +6b)e^{3x}.</math>
:Įrašę <math>\tilde{y}, \; \tilde{y}', \; \tilde{y}''</math> išraiškas į duotąją lygtį gauname tapatybę:
:<math>(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},</math>
:<math>9ax^2+12ax+9bx  +2a  +6b -15ax^2 -10ax -15bx -5b+6ax^2+6bx=2x-3,</math>
:<math>9ax^2-15ax^2+6ax^2+12ax-10ax+9bx -15bx+6bx  +2a  +6b   -5b=2x-3,</math>
:<math>2ax+2a -b=2x-3.</math>
:Sulyginę koeficientus prie vienodų ''x'' laipsnių, gauname sistemą
:<math>x^2\quad | \; 0a=0, </math>
:<math>x^1\quad | \; 2a=2, </math>
:<math>x^0\quad | \; 2a-b=-3.</math>
:Iš sistemos randame: <math>a=1, \; b=5.</math> Todėl <math>\tilde{y}=(x^2+5x)e^{3x}.</math> Bendrasis duotosios lygties (<math>y''-5y'+6y=(2x-3)e^{3x}</math>) sprendinys yra
:<math>y=\bar{y}+\tilde{y}=C_1 e^{2x} + C_2 e^{3x}+(x^2+5x)e^{3x}.</math>


*Išspręskime lygtį
:<math>y'' -6y'+9y=-3e^{3x}.</math>
:''Sprendimas''. Pirmiausia išspręskime lygtį <math>y''-6y'+9y=0.</math> Kadangi charakteringoji lygtis <math>k^2-6k+9=0</math> turi šaknis <math>k_1=3</math> ir <math>k_2=3,</math> tai homogeninės lygties bendrasis sprendinys
:<math>\bar{y}=(C_1  + x C_2) e^{3x}.</math>
:Toliau, atsižvelgdami į dešiniosios pusės išraišką, parinksime atskirąjį nehomogeninės lygties sprendinį.
:Kai <math>f(x)=-3e^{3x},</math> tai <math>P_n(x)=-3, \; \alpha=3.</math> Kadangi <math>P_n(x)</math> yra nulinio laipsnio daugianaris, tai <math>Q_n(x)=a; \; \alpha=3</math> sutampa su charakteringosios lygties šaknimis, todėl, pagal (53) formulę,
:<math>\tilde{y}=x^2 a e^{3x}=ax^2 e^{3x}.</math>
:Randame išvestines:
:<math>\tilde{y}'=(ax^2 e^{3x})'=(3ax^2 +2ax)e^{3x},</math>
:<math>\tilde{y}''=(6ax+2a)e^{3x}+3(3ax^2 +2ax) e^{3x}=(9ax^2+12ax+2a)e^{3x}.</math>
:Įrašę <math>\tilde{y}, \; \tilde{y}', \; \tilde{y}''</math> išraiškas į duotąją lygtį gauname tapatybę:
:<math>(9ax^2+12ax+2a)e^{3x} -6(3ax^2 +2ax)e^{3x}+9ax^2 e^{3x}=-3e^{3x},</math>
:<math>9ax^2+12ax+2a-18ax^2-12ax+9ax^2=-3,</math>
:<math>9ax^2-18ax^2+9ax^2+12ax-12ax+2a=-3,</math>
:<math>2a=-3.</math>
:Sulyginę koeficientus prie vienodų ''x'' laipsnių, gauname sistemą
:<math>x^1\quad | \; 0=0, </math>
:<math>x^0\quad | \; 2a=-3.</math>
:Iš sistemos randame: <math>a=-1.5.</math> Todėl <math>\tilde{y}=-1.5x^2 e^{3x}.</math> Bendrasis duotosios lygties sprendinys yra
:<math>y=\bar{y}+\tilde{y}=C_1 e^{3x} + x C_2 e^{3x}-\frac{3}{2} x^2 e^{3x}.</math>
:Patikriname:
:<math>\tilde{y}'=(-\frac{3}{2} x^2 e^{3x})'=-\frac{9}{2} x^2 e^{3x}-\frac{6}{2} x e^{3x},</math>
:<math>\tilde{y}''=(-\frac{9}{2} x^2 e^{3x}-\frac{6}{2} x e^{3x})'=-\frac{18}{2} x e^{3x}-\frac{6}{2}  e^{3x}+3(-\frac{9}{2} x^2 -\frac{6}{2} x )e^{3x}=</math>
:<math>=-9 x e^{3x}-3  e^{3x}-\frac{27}{2} x^2 e^{3x}-9 x e^{3x}=-\frac{27}{2} x^2 e^{3x}-18x e^{3x}-3 e^{3x};</math>
:<math>\tilde{y}'' -6\tilde{y}'+9\tilde{y}=-3e^{3x},</math>
:<math>-\frac{27}{2} x^2 e^{3x}-18x e^{3x}-3 e^{3x} -6(-\frac{9}{2} x^2 e^{3x}-\frac{6}{2} x e^{3x})+9(-\frac{3}{2} x^2 e^{3x})=-3e^{3x},</math>
:<math>-\frac{27}{2} x^2 e^{3x}-18x e^{3x}-3 e^{3x} +27 x^2 e^{3x}+18 x e^{3x}-\frac{27}{2} x^2 e^{3x}=-3e^{3x},</math>
:<math>-18x e^{3x}-3 e^{3x} +18 x e^{3x}=-3e^{3x},</math>
:<math>-3 e^{3x} =-3e^{3x}.</math>


*Išspręskime lygtį
:<math>y'' -6y'+9y=-8e^{3x}.</math>
:''Sprendimas''. Pirmiausia išspręskime lygtį <math>y''-6y'+9y=0.</math> Kadangi charakteringoji lygtis <math>k^2-6k+9=0</math> turi šaknis <math>k_1=3</math> ir <math>k_2=3,</math> tai homogeninės lygties bendrasis sprendinys
:<math>\bar{y}=(C_1  + x C_2) e^{3x}.</math>
:Toliau, atsižvelgdami į dešiniosios pusės išraišką, parinksime atskirąjį nehomogeninės lygties sprendinį.
:Kai <math>f(x)=-8e^{3x},</math> tai <math>P_n(x)=-8, \; \alpha=3.</math> Kadangi <math>P_n(x)</math> yra nulinio laipsnio daugianaris, tai <math>Q_n(x)=a; \; \alpha=3</math> sutampa su charakteringosios lygties šaknimis, todėl, pagal (53) formulę,
:<math>\tilde{y}=x^2 Q_n(x) e^{\alpha x}=x^2 a e^{3x}=ax^2 e^{3x}.</math>
:Randame išvestines:
:<math>\tilde{y}'=(ax^2 e^{3x})'=(3ax^2 +2ax)e^{3x},</math>
:<math>\tilde{y}''=(6ax+2a)e^{3x}+3(3ax^2 +2ax) e^{3x}=(9ax^2+12ax+2a)e^{3x}.</math>
:Įrašę <math>\tilde{y}, \; \tilde{y}', \; \tilde{y}''</math> išraiškas į duotąją lygtį gauname tapatybę:
:<math>(9ax^2+12ax+2a)e^{3x} -6(3ax^2 +2ax)e^{3x}+9ax^2 e^{3x}=-8e^{3x},</math>
:<math>9ax^2+12ax+2a-18ax^2-12ax+9ax^2=-8,</math>
:<math>9ax^2-18ax^2+9ax^2+12ax-12ax+2a=-8,</math>
:<math>2a=-8.</math>
:Sulyginę koeficientus prie vienodų ''x'' laipsnių, gauname 
:<math>x^0\quad | \; 2a=-8.</math>
:Iš sistemos randame: <math>a=-4.</math> Todėl <math>\tilde{y}=-4x^2 e^{3x}.</math> Bendrasis duotosios lygties (<math>y''-6y'+9y=-8e^{3x}</math>) sprendinys yra
:<math>y=\bar{y}+\tilde{y}=C_1 e^{3x} + x C_2 e^{3x}-4 x^2 e^{3x}.</math>
:Patikriname:
:<math>\tilde{y}'=(-4 x^2 e^{3x})'=-12 x^2 e^{3x}-8 x e^{3x},</math>
:<math>\tilde{y}''=(-12 x^2 e^{3x}-8 x e^{3x})'=-24 x e^{3x}-8 e^{3x}+3(-12 x^2 -8 x )e^{3x}=</math>
:<math>=-24 x e^{3x}-8  e^{3x}-36 x^2 e^{3x}-24 x e^{3x}=-36x^2 e^{3x}-48x e^{3x}-8 e^{3x};</math>
:<math>\tilde{y}'' -6\tilde{y}'+9\tilde{y}=-8e^{3x},</math>
:<math>-36x^2 e^{3x}-48x e^{3x}-8 e^{3x} -6(-12 x^2 e^{3x}-8 x e^{3x})+9(-4 x^2 e^{3x})=-8e^{3x},</math>
:<math>-36x^2 e^{3x}-48x e^{3x}-8 e^{3x} +72 x^2 e^{3x}+48 x e^{3x}-36 x^2 e^{3x}=-8e^{3x},</math>
:<math>-48x e^{3x}-8 e^{3x} +48 x e^{3x}=-8e^{3x},</math>
:<math>-8 e^{3x} =-8e^{3x}.</math>

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

:Tarkime, kad 
:<math>f(x)=P_n(x) e^{\alpha x}\cos(\beta x)+R_m(x) e^{\alpha x} \sin(\beta x);</math>
:čia <math>P_n(x)</math> ir <math>R_m(x)</math> - atitinkamai ''n''-tojo ir ''m''-tojo laipsnio daugianariai, <math>\alpha, \; \beta </math> - realieji skaičiai. Pažymėkime <math>l=\text{max}\{m, n\}</math> (jei ''m>n'', tada ''l=m''; jei ''m<n'', tada ''l=n'').


:1. Kai <math>\alpha+\beta i</math> nėra charakteringosios lygties šaknis, tai atskirąjį (49) lygties sprendinį rasime pagal formulę
:<math>\tilde{y}=e^{\alpha x}(U_l(x)\cos(\beta x)+V_l(x)\sin(\beta x)); \quad (54)</math>
:čia <math>U_l(x), \; V_l(x)</math> - ''l''-tojo laipsnio daugianariai su neapibrėžtais koeficientais.


:2. Kai <math>\alpha+\beta i</math> sutampa su charakteringosios lygties (<math>k^2+pk+q=0</math>) šaknimi, tai atskirasis sprendinys gaunamas iš (54) formulės, padauginus dešiniąją jos pusę iš ''x''. Taigi
:<math>\tilde{y}=x e^{\alpha x}(U_l(x)\cos(\beta x)+V_l(x)\sin(\beta x)). \quad (55)</math>
:Paminėsime, kad ir tuo atveju, kai funkcija <math>f(x)</math> sudaro tik vienas dėmuo <math>P_n(x) e^{\alpha x}\cos(\beta x)</math> arba <math>R_m(x) e^{\alpha x}\sin(\beta x),</math> atskirasis sprendinys <math>\tilde{y}</math> nusakomas (54) arba (55) formule (taigi jį sudaro du dėmenys).

===Pavyzdžiai===

*Išspręskime lygtį
:<math>y''-6y'+10y=3\cos(2x).</math>
:''Sprendimas''. Kadangi charakteringoji lygtis <math>k^2-6k+10=0</math> turi šaknis <math>k_1=3+i, \; k_2=3-i,</math> tai
:<math>\bar{y}=e^{3x}(C_1\cos x+ C_2\sin x).</math>
:Šiame pavyzdyje <math>\alpha=0, \;\beta=2,</math> taigi dydis <math>\alpha+\beta i=2 i</math> nesutampa su charakteringosios lygties šaknimi. Todėl, ieškodami <math>\tilde{y},</math> taikysime (54) formulę. Kadangi prie <math>\cos(2x)</math> yra  pastovus daugiklis 3 (<math>e^{\alpha x}=1, \; \alpha=0</math>), tai vietoj daugianarių <math>U_l(x)</math> ir <math>V_l(x)</math> rašysime nežinomus skaičius ''M'' ir ''N''. Taigi
:<math>\tilde{y}=M\cos(2x)+N\sin(2x).</math>
:Randame:
:<math>\tilde{y}'=-2M\sin(2x)+2N\cos(2x),</math>
:<math>\tilde{y}''=-4M\cos(2x)-4N\sin(2x).</math>
:Įrašę <math>\tilde{y},</math> <math>\tilde{y}'</math> ir <math>\tilde{y}''</math> išraiškas į duotąją lygtį, gauname tapatybę
:<math>\tilde{y}''-6\tilde{y}'+10\tilde{y}=3\cos(2x),</math>
:<math>-4M\cos(2x)-4N\sin(2x)-6(-2M\sin(2x)+2N\cos(2x))+10(M\cos(2x)+N\sin(2x))=3\cos(2x),</math>
:<math>-4M\cos(2x)-4N\sin(2x)+12M\sin(2x)-12N\cos(2x)+10M\cos(2x)+10N\sin(2x)=3\cos(2x),</math>
:<math>(6M-12N)\cos(2x)+(6N+12M)\sin(2x)=3\cos(2x).</math>
:Sulyginę koeficientus prie <math>\cos(2x)</math> ir <math>\sin(2x),</math> gauname dvi lygtis:
:<math>  \begin{cases}
    6M-12N=3, & \\
    6N+12M=0, & 
\end{cases} </math>
:Padaugine antrą lygtį iš dviejų ir pridėję prie pirmos gauname:
:<math>6M-12N+12N+24M=3,</math>
:<math>6M+24M=3,</math>
:<math>30M=3,</math>
:<math>M=0.1;</math>
:<math>6N+12\cdot 0.1=0,</math>
:<math>6N=-1.2,</math>
:<math>N=-0.2.</math>
:Ši sistema turi sprendinį <math>M=0.1; \; N=-0.2.</math>
:Taigi
:<math>\tilde{y}=0.1\cdot\cos(2x)-0.2\cdot\sin(2x),</math>
:o bendrasis duotosios lygties (<math>y''-6y+10y=3\cos(2x)</math>) sprendinys
:<math>y=\bar{y}+\tilde{y}=e^{3x}(C_1\cos x+ C_2\sin x)+0.1\cos(2x)-0.2\sin(2x).</math>


*Išspręskime lygtį
:<math>y''+4y'+13y=f(x),</math>
:kai: a) <math>f(x)=x e^{-2x}; </math> b) <math>f(x)= e^{-2x} \sin(3x). </math>
:''Sprendimas''. Kadangi charakteringoji lygtis <math>k^2+4k+13=0</math> turi šaknis <math>k_{1, 2}=-2\pm 3i,</math> tai homogeninės lygties <math>y''+4y'+13y=0</math> bendrasis sprendinys <math>\bar{y}=e^{-2x}(C_1\cos(3x)+C_2\sin(3x)).</math>
:'''a)''' Kai  <math>f(x)=x e^{-2x}, </math> tai dešinioji lygties pusė turi išraišką <math>P_n(x) e^{\alpha x}.</math>
:Kadangi šį kartą <math>P_n(x)=x</math> yra pirmojo laipsnio daugianaris, o <math>\alpha=-2</math> nesutampa su charakteringosios lygties šaknimi (nesvarbu, kad <math>\alpha=-2</math> sutampa su šaknų <math>-2\pm 3i</math> realiąja dalimi), tai sprendinio <math>\tilde{y}</math> išraišką nusako (50) formulė. Taigi
:<math>\tilde{y}=(ax+b)e^{-2x}.</math>
:Randame išvestines:
:<math>\tilde{y}'=((ax+b)e^{-2x})'=a e^{-2x} - 2(ax+b)e^{-2x}=(-2ax+a-2b)e^{-2x},</math>
:<math>\tilde{y}''=-2a e^{-2x} -2(-2ax+a-2b)e^{-2x} =-2a e^{-2x} +(4ax-2a+4b)e^{-2x}=(4ax-4a+4b)e^{-2x}=4(ax-a+b)e^{-2x}.</math>
:Įrašę <math>\tilde{y}, \; \tilde{y}', \; \tilde{y}''</math> išraiškas į duotąją lygtį gauname tapatybę:
:<math>\tilde{y}''+4\tilde{y}'+13\tilde{y}=x e^{-2x},</math>
:<math>4(ax-a+b)e^{-2x}+4(-2ax+a-2b)e^{-2x}+13(ax+b)e^{-2x}=x e^{-2x},</math>
:<math>4ax-4a+4b-8ax+4a-8b+13ax+13b=x ,</math>
:<math>9ax+9b=x .</math>
:Sulyginę koeficientus prie vienodų ''x'' laipsnių, gauname sistemą
:<math>x^1\quad | \; 9a=1, </math>
:<math>x^0\quad | \; 9b=0.</math>
:Iš sistemos randame: <math>a=\frac{1}{9}=0.(1), \; b=0.</math> Todėl <math>\tilde{y}=\frac{1}{9}x e^{-2x}.</math> Bendrasis duotosios lygties sprendinys yra
:<math>y=\bar{y}+\tilde{y}=e^{-2x}(C_1\cos(3x)+C_2\sin(3x))+\frac{1}{9}xe^{-2x}.</math>
:'''b)''' Kai <math>f(x)=e^{-2x}\sin(3x),</math> tai dešinioji lygties pusė turi išraišką, apibrėžiamą formule <math>f(x)=R_m(x) e^{\alpha x} \sin(\beta x).</math> Šį kartą <math>\alpha=-2, \; \beta =3</math> ir dydis <math>\alpha+\beta i=-2+3i</math> sutampa su charakteringosios lygties šaknimi, todėl atskirojo sprendinio <math>\tilde{y}</math> išraišką nusako (55) formulė. Taigi
:<math>\tilde{y}=xe^{-2x}(M\cos(3x)+N\sin(3x)).</math>
:Randame:
:<math>\tilde{y}'=e^{-2x}((M-2Mx+3Nx)\cos(3x)+(N-2Nx-3Mx)\sin(3x)),</math>
:<math>\tilde{y}''=-2e^{-2x}((M-2Mx+3Nx)\cos(3x)+(N-2Nx-3Mx)\sin(3x))+</math>
:<math>+e^{-2x}((M-2Mx+3Nx)\cos(3x)+(N-2Nx-3Mx)\sin(3x))'=</math>
:<math>=-2e^{-2x}((M-2Mx+3Nx)\cos(3x)+(N-2Nx-3Mx)\sin(3x))+</math>
:<math>+e^{-2x}((-2M+3N+3N-6Nx-9Mx)\cos(3x)+(-2N-3M-3M+6Mx-9Nx)\sin(3x))=</math>
:<math>=e^{-2x}((-2M+4Mx-6Nx)\cos(3x)+(-2N+4Nx+6Mx)\sin(3x))+</math>
:<math>+e^{-2x}((-2M+6N-6Nx-9Mx)\cos(3x)+(-2N-6M+6Mx-9Nx)\sin(3x))=</math>
:<math>=e^{-2x}((-4M+6N-5Mx-12Nx)\cos(3x)+(-6M-4N+12Mx-5Nx)\sin(3x)).</math>
:Įrašę <math>\tilde{y}, \; \tilde{y}'</math> ir <math>\tilde{y}''</math> išraiškas į duotąją lygtį, sutraukę panašiuosius narius ir suprastinę iš <math>e^{-2x},</math> gauname tapatybę
:<math>\tilde{y}''+4\tilde{y}'+13\tilde{y}=e^{-2x}\sin(3x),</math>
:<math>e^{-2x}((-4M+6N-5Mx-12Nx)\cos(3x)+(-6M-4N+12Mx-5Nx)\sin(3x))+4e^{-2x}((M-2Mx+3Nx)\cos(3x)+</math>
:<math>+(N-2Nx-3Mx)\sin(3x))+13xe^{-2x}(M\cos(3x)+N\sin(3x))=e^{-2x}\sin(3x),</math>
:<math>e^{-2x}((-4M+6N-5Mx-12Nx)\cos(3x)+(-6M-4N+12Mx-5Nx)\sin(3x))+e^{-2x}((4M-8Mx+12Nx)\cos(3x)+</math>
:<math>+(4N-8Nx-12Mx)\sin(3x))+e^{-2x}(13Mx\cos(3x)+13Nx\sin(3x))=e^{-2x}\sin(3x),</math>
:<math>(-4M+6N-5Mx-12Nx+4M-8Mx+12Nx+13Mx)\cos(3x)+(-6M-4N+12Mx-5Nx+4N-8Nx-12Mx+13Nx)\sin(3x)=\sin(3x),</math>
:<math>6N\cos(3x)-6M\sin(3x)=\sin(3x).</math>
:Iš čia
:<math>  \begin{cases}
    6N=0, & \\
    -6M=1, & 
\end{cases} </math>
:todėl
:<math>M=-\frac{1}{6}, \; N=0.</math> Taigi
:<math>\tilde{y}=xe^{-2x}(-\frac{1}{6}\cos(3x)+0\cdot \sin(3x))=-\frac{1}{6}xe^{-2x}\cos(3x),</math>
:o bendrasis duotosios lygties sprendinys
:<math>y=\bar{y}+\tilde{y}=e^{-2x}(C_1\cos(3x)+C_2\sin(3x))-\frac{1}{6}xe^{-2x}\cos(3x).</math>


*Išspręskime lygtį
:<math>y''-4y'+13y=x e^{-2x}.</math>
:''Sprendimas''. Kad rasti homogeninės lygties <math>y''-4y'+13y=0</math> sprendinį, į homogeninę lygtį įstatome <math>y=e^{kx}</math> ir gauname:
:<math>(e^{kx})''-4(e^{kx})'+13e^{kx}=0,</math>
:<math>k^2 e^{kx}-4k e^{kx}+13 e^{kx}=0,</math>
:<math>k^2 -4k +13 =0.</math>
:Kadangi charakteringoji lygtis <math>k^2-4k+13=0</math> turi [http://www.1728.org/quadratc.htm šaknis] <math>k_{1, 2}=2\pm 3i,</math> tai homogeninės lygties <math>y''-4y'+13y=0</math> bendrasis sprendinys <math>\bar{y}=e^{2x}(C_1\cos(3x)+C_2\sin(3x)).</math>
:Kai  <math>f(x)=x e^{-2x}, </math> tai dešinioji lygties pusė turi išraišką <math>P_n(x) e^{\alpha x}.</math>
:Kadangi <math>P_n(x)=x</math> yra pirmojo laipsnio daugianaris, o <math>\alpha=-2</math> nesutampa su charakteringosios lygties šaknimi, tai sprendinio <math>\tilde{y}</math> išraišką nusako (50) formulė. Taigi
:<math>\tilde{y}=(ax+b)e^{-2x}.</math>
:Randame išvestines:
:<math>\tilde{y}'=((ax+b)e^{-2x})'=a e^{-2x} - 2(ax+b)e^{-2x}=(-2ax+a-2b)e^{-2x},</math>
:<math>\tilde{y}''=-2a e^{-2x} -2(-2ax+a-2b)e^{-2x} =-2a e^{-2x} +(4ax-2a+4b)e^{-2x}=(4ax-4a+4b)e^{-2x}.</math>
:Įrašę <math>\tilde{y}, \; \tilde{y}', \; \tilde{y}''</math> išraiškas į duotąją lygtį gauname tapatybę:
:<math>\tilde{y}''-4\tilde{y}'+13\tilde{y}=x e^{-2x},</math>
:<math>(4ax-4a+4b)e^{-2x}-4(-2ax+a-2b)e^{-2x}+13(ax+b)e^{-2x}=x e^{-2x},</math>
:<math>4ax-4a+4b+8ax-4a+8b+13ax+13b=x ,</math>
:<math>25ax-8a+25b=x .</math>
:Sulyginę koeficientus prie vienodų ''x'' laipsnių, gauname sistemą
:<math>x^1\quad | \; 25a=1, </math>
:<math>x^0\quad | \; -8a+25b=0.</math>
:Iš sistemos randame: <math>a=\frac{1}{25}=0.04, \; b=\frac{8a}{25}=\frac{8}{25\cdot 25}=\frac{8}{625}=0.0128.</math> Todėl <math>\tilde{y}=\left(\frac{x}{25}+\frac{8}{625}\right)e^{-2x}.</math> Bendrasis duotosios lygties sprendinys yra
:<math>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}.</math>

==Nuorodos==

*[http://e-stud.vgtu.lt/users/files/dest/5003/diferencialines_lygtys.pdf Antrosios eiles tiesines nehomogenines diferencialines lygtys su pastoviaisiais koeficientais. 17 psl.]

[[Kategorija:Matematika]]