BMA2 - Sbírka

x1

:

2A = 5

x0

:

2A + B = 0

Z toho A = 5

2 a B = −5. Dostali jsme Y1 =

5
2 x

2 − 5x.

U druhé rovnice je pravá strana tvaru

f2(x) = 2e

x = ex 2 = ex P0(x).

32

Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně

Zde α = 1 není kořen charakteristické rovnice, a proto k = 0. Potom píšeme

Y2 = e

xx0A

= Aex,

Y ′2 = Ae

x,

Y ′′

2 = Ae

x

a po dosazení do Y ′′

2 + Y

′

2 = 2e

x,

Ae

x + Aex = 2ex,

2Aex = 2ex,

2A = 2,

A

= 1.

Potom Y2 = ex a jedno partikulární řešení původní rovnice dostaneme jako

Y

= Y1 + Y2 =

5
2

x2

− 5x + e

x.

Hledané obecné řešení je y = C1 + C2 e−x +

5
2

x2

− 5x + e

x.

Příklad 3.2.5. Najděte obecné řešení rovnic druhého řádu metodou neurčitých koeficientů

a

) 2y′′ − 5y′ − 7y = 18e2x

b

) y′′ − 2y′ − 3y = 1 − x

c

) y′′ + 3y = 9x2

d

) y′′ + 6y′ + 9y = 36xe3x

e

) y′′ + 2y′ + 5y = 17 sin 2x

f

) 3y′′ − 4y′ = 25 sin x

Řešení: a) y = C1 e

7
2 x

+C2 e−x−2e2x; b) y = C1 e−x+C2 e3x+ 1

9 (3x−5);

c) y = C1 cos

√

3x + C2 sin

√

3x + 3x2 − 2;

d) y = C1 e−3x + C2 xe−3x +

e3x

(x − 1

3 );

e) y = C1 e−x cos 2x + C2 e−x sin 2x − 4 cos 2x + sin 2x;
f) y = C1 + C2 e

4
3 x

+ 4 cos x − 3 sin x.

Příklad 3.2.6. Najděte partikulární řešení rovnic metodou neurčitých koeficientů

a

) y′′ − 2y′ = 2x2ex, y(0) = 1, y′(0) = 5

b

) y′′ − 2y = (2x − 1)2, y(0) = −1

2 , y

′

(0) = 2

c

) y′′ − 7y′ + 10y = 116 sin 2x, y(0) = 3, y′(0) = −2

Řešení: a) y = 1

2 +

9
2 e