Príklady na precvičovanie – LDR n-tého rádu s
konštantnými koeficientami, Eulerova DR
Riešené príklady
Príklad 1
y′′
− 7y′
+ 10y = −e2x
(6x + 7).
Riešenie:
Vyriešime najprv odpovedajúcu homogénnu rovnicu, t.j.
y′′
− 7y′
+ 10y = 0.
Ide o LDR druhého rádu s konštantnými koeficientmi. Jej charakteristická
rovnica je:
λ2
− 7λ + 10 = 0.
Ľahko nájdeme jej korene: λ1 = 2, λ2 = 5. Preto máme dve lineárne nezávislé
riešenia
e2x
, e5x
,
ktoré tvoria fundamentálny systém. Všeobecné riešenie príslušnej homogénnej
rovnice teda má tvar:
yH = C1e2x
+ C2e5x
, C1, C2 ∈ R.
K nájdeniu všeobecného riešenia pôvodnej nehomogénnej rovnice nám stačí
nájsť jedno jej partikulárne riešenie. Odhadneme ho vďaka vhodnému tvaru
pravej strany rovnice (koeficient 2 v exponente e2x
je jednoduchým koreňom
charakteristickej rovnice):
yP = x(Ax + B)e2x
.
Neznáme koeficienty A, B určíme metódou neurčitých koeficientov – funkciu
yP dosadíme do nehomogénnej rovnice a porovnáme obe strany rovnice. Po
výpočte dostaneme hodnoty: A = 1, B = 3. Teda všeobecné riešenie nehomogénnej
rovnice je:
y = yH + yP = C1e2x
+ C2e5x
+ x(x + 3)e2x
, C1, C2 ∈ R.
1
Príklad 2
y(4)
+ y′′
= 7x − 3 cos x.
Riešenie:
Nájdeme všeobecné riešenie príslušnej homogénnej rovnice
y(4)
+ y′′
= 0.
Charakteristická rovnica:
λ4
+ λ2
= 0.
Jej korene sú: λ1,2 = 0, λ3 = i, λ4 = −i. Celkovo máme 4 lineárne nezávislé
riešenia tvoriace fundamentálny systém (0 je dvojnásobný koreň, 0 + i, 0 − i
sú dva komplexne združené korene):
e0·x
= 1, xe0·x
= x,
e0·x
sin x = sin x, e0·x
cos x = cos x.
Všeobecné riešenie homogénnej rovnice má tvar:
yH = C1 · 1 + C2 · x + C3 sin x + C4 cos x, C1, C2, C3, C4 ∈ R.
Odhadneme partikulárne riešenie nehomogénnej rovnice, pričom využijeme
princíp superpozície, keďže pravá strana je súčtom dvoch odlišných výrazov.
Výrazu 7x = 7x · e0·x
odpovedá partikulárne riešenie tvaru:
x2
(Ax + B),
keďže číslo 0 v exponente e0·x
je dvojnásobný koreň charakteristickej rovnice.
Výrazu −3 cos x = (−3 · cos(1 · x) + 0 · sin(1 · x)) · e0·x
odpovedá partikulárne
riešenie tvaru:
x(C sin x + D cos x),
nakoľko číslo 0 + 1 · i je jednoduchým koreňom charakteristickej rovnice.
Partikulárne riešenie pôvodnej nehomogénnej rovnice budeme teda uvažovať
v tvare:
yP = x2
(Ax + B) + x(C sin x + D cos x).
Po dosadení do rovnice a po porovnaní dostaneme takéto hodnoty koeficien-
tov:
A = 7/6, B = 0, C = 3/2, D = 0.
2
Všeobecné riešenie pôvodnej nehomogénnej rovnice má teda tvar:
y = yH + yP = C1 + C2x + C3 sin x + C4 cos x +
7
6
x3
+
3
2
x sin x,
C1, C2, C3, C4 ∈ R.
Príklad 3
y′′
− 2y′
+ y =
ex
x
, y(1) = 0, y′
(1) = e.
Riešenie:
Nájdeme všeobecné riešenie príslušnej homogénnej rovnice. Charakteristická
rovnica:
λ2
− 2λ + 1 = 0.
Má dvojnásobný koreň λ1,2 = 1. Preto všeobecné riešenie homogénnej časti
bude:
yH = C1ex
+ C2xex
, C1, C2 ∈ R.
Všeobecné riešenie nehomogénnej rovnice nájdeme metódou variácie konštánt.
Budeme ho predpokladať v tvare:
y = C1(x)ex
+ C2(x)xex
,
kde neznáme funkcie C1(x), C2(x) získame zo sústavy:
C′
1 · ex
+ C′
2 · xex
= 0,
C′
1 · (ex
)′
+ C′
2 · (xex
)′
=
ex
x
.
Po vykonaní naznačených derivácií dostaneme:
C′
1 · ex
+ C′
2 · xex
= 0
C′
1 · ex
+ C′
2 · ex
(1 + x) =
ex
x
.
Z tejto sústavy vyjadríme derivácie C′
1, C′
2:
C′
1 = −1, C′
2 =
1
x
.
3
Teda pre funkcie C1, C2 platí:
C1(x) = −x + K1, C2(x) = ln |x| + K2.
Všeobecné riešenie nehomogénnej rovnice má preto tvar:
y = C1(x)ex
+ C2(x)xex
=
= K1ex
+ K2xex
− xex
+ xex
ln |x|, K1, K2 ∈ R.
Chceme nájsť riešenie, ktoré spĺňa začiatočné podmienky:
y(1) = 0, y′
(1) = e.
Vyjadríme si deriváciu y′
:
y′
= K1ex
+ K2ex
(1 + x) − ex
(1 + x) + ex
(ln |x| + x ln |x| + 1).
Po dosadení x = 1 do výrazov pre y a y′
, a položiac y(1) = 0 a y′
(1) = 0,
dostaneme sústavu pre neznáme konštanty K1, K2:
K1e + K2e − e = 0,
K1e + 2K2e − e = e.
Má jediné riešenie K1 = 0, K2 = 1. Preto hľadané riešenie zadanej rovnice
spĺňajúce uvedené začiatočné podmienky je:
y = xex
ln |x|.
Príklad 4
x3
y′′′
− x2
y′′
+ 2xy′
− 2y = x3
+ 3x.
Riešenie:
Ide o Eulerovu diferenciálnu rovnicu s pravou stranou. Zavedením novej nezávislej
premennej t = ln x prevedieme túto rovnicu na LDR tretieho rádu
s konštantnými koeficientami a s pravou stranou. Potrebujeme vyjadriť derivácie
y = y(t) podľa novej premennej t; derivácie podľa novej premennej t
budeme pre jednoduchosť označovať takto:
y[1]
:=
dy
dt
, y[2]
:=
d2
y
dt2
, y[3]
:=
d3
y
dt3
.
4
Vypočítame ich buď postupným derivovaním zloženej funkcie y(t(x)), kde
t = ln x, alebo využijeme už hotové formulky pre vyjadrenie členov na ľavej
strane pôvodnej rovnice (pozri nižšie):
xy′
= y[1]
,
x2
y′′
= y[2]
− y[1]
,
x3
y′′′
= y[3]
− 3y[2]
+ 2y[1]
.
V tomto príklade uprednostníme prvý, ťažší spôsob :), aby sme získali istú
predstavu, ako boli vyššie uvedené formulky získané. Potrebujeme substituovať
derivácie y′
, y′′
, y′′′
, teda vyjadriť ich pomocou derivácií y[1]
, y[2]
, y[3]
podľa t. Treba si uvedomiť, že funkciu y možno chápať ako zloženú funkciu
y = y(t(x)), kde t = ln x. Takže platí (deriváciu y podľa x budeme značiť
čiarkami):
y′
=
dy(t(x))
dx
=
dy(t(x))
dt
·
dt
dx
= y[1]
· t′
= y[1]
·
1
x
,
y′′
=
dy′
(t(x))
dx
=
d
dx
[
y[1]
·
1
x
]
=
dy[1]
dx
·
1
x
− y[1]
·
1
x2
=
=
dy[1]
dt
·
dt
dx
·
1
x
− y[1]
·
1
x2
= y[2]
·
1
x
·
1
x
− y[1]
·
1
x2
=
(
y[2]
− y[1]
)
·
1
x2
,
y′′′
=
dy′′
(t(x))
dx
=
d
dx
[
(
y[2]
− y[1]
)
·
1
x2
]
=
d
(
y[2]
− y[1]
)
dx
·
1
x2
−
−
(
y[2]
− y[1]
)
·
2
x3
=
d
(
y[2]
− y[1]
)
dt
·
dt
dx
·
1
x2
−
(
y[2]
− y[1]
)
·
2
x3
=
=
(
y[3]
− y[2]
)
·
1
x
·
1
x2
−
(
y[2]
− y[1]
)
·
2
x3
=
(
y[3]
− 3y[2]
+ 2y[1]
)
·
1
x3
.
Platí teda:
y′
= y[1]
·
1
x
,
y′′
=
(
y[2]
− y[1]
)
·
1
x2
,
5
y′′′
=
(
y[3]
− 3y[2]
+ 2y[1]
)
·
1
x3
.
Po dosadení do pôvodnej rovnice a zámene x = et
dostaneme:
y[3]
− 3y[2]
+ 2y[1]
− (y[2]
− y[1]
) + 2y[1]
− 2y = e3t
+ 3et
,
y[3]
− 4y[2]
+ 5y[1]
− 2y = e3t
+ 3et
.
Dostali sme LDR tretieho rádu s konštantnými koeficientmi a s pravou stranou.
Charakteristická rovnica
λ3
− 4λ2
+ 5λ − 2 = 0
má korene: λ1 = 2, λ2,3 = 1. Postupujeme tradičným spôsobom ako v predchádzajúcich
príkladoch. Dostaneme všeobecné riešenie novej nehomogénnej
rovnice:
y = C1e2t
+ C2et
+ C3tet
+
1
4
e3t
−
3
2
t2
et
, C1, C2 ∈ R.
Spätne dosadíme t = ln x a tým získame všeobecné riešenie rovnice v zadaní:
y = C1x2
+ C2x + C3x ln x +
1
4
x3
−
3
2
x ln2
x, C1, C2 ∈ R.
Neriešené príklady
1. y(5)
− y(4)
− 5y′′′
+ y′′
+ 8y′
+ 4y = 0.
2. y′′
− 7y′
+ 10y = 20x2
− 28x + 14.
3. y′′′
+ 3y′′
+ 3y′
+ y = e−x
sin x.
4. y′′′
+ 2y′′
+ 2y′
+ y = x, y(0) = 0, y′
(0) = 0, y′′
(0) = 0.
5. y′′
− 6y′
+ 9y = 9x2+6x+2
x3 .
6. y′′
− 2y′
+ 2y = x2
+ sin 2x.
7. (x + 2)2
y′′
+ 3(x + 2)y′
− 3y = 0.
6
8. x2
y′′
− 2xy′
+ 2y = x5
ln x.
9. x3
y′′′
− 2xy′
= 0.
10. (x + 1)2
y′′
+ (x + 1)y′
+ y = x2
+ 2 sin[ln(1 + x)].
Poznámka k Eulerovej DR
Pripomeňme, že Eulerova diferenciálna rovnica má všeobecný tvar:
(ax + b)n
y(n)
+ (ax + b)n−1
a1y(n−1)
+ · · · + (ax + b)an−1y′
+ any = f(x),
kde a, b, a1, . . . , an ∈ R a a ̸= 0. Túto rovnicu zavedením novej nezávislej
premennej
t = ln(ax + b)
prevedieme na LDR n-tého rádu s konštantnými koeficientmi, pričom neznámu
funkciu y budeme hľadať ako funkciu premennej t. Derivácie y(i)
podľa
premennej x vyjadríme pomocou derivácií y[i]
podľa premennej t; môžeme ich
vyjadrovať buď postupne, ako sme to robili v poslednom riešenom príklade,
alebo využijeme skutočnosť:
(ax + b)i
y(i)
= ai
· y[1]
× (y[1]
− 1) × (y[1]
− 2) × · · · × (y[1]
− (i − 1)),
kde symbolické násobenie × znamená klasické roznásobenie zátvoriek, avšak
namiesto mocnín uvažujeme derivácie, t.j. y[i]
× y[j]
= y[i+j]
. Napríklad:
y[1]
× (y[1]
− 1) = y[1]
× y[1]
− y[1]
= y[2]
− y[1]
,
y[1]
× (y[1]
− 1) × (y[1]
− 2) = y[1]
× (y[1]
× y[1]
− 2y[1]
− y[1]
+ 2) =
= y[1]
× (y[2]
− 3y[1]
+ 2) = y[3]
− 3y[2]
+ 2y[1]
.
Uvedená formulka sa dá samozrejme dokázať napr. pomocou matematickej
indukcie vzhľadom na rád derivácie i.
7