Toisen asteen differentiaaliyhtälöiden ominaisyhtälö. Toisen asteen lineaariset homogeeniset differentiaaliyhtälöt vakiokertoimilla

Tämä artikkeli paljastaa kysymyksen lineaaristen epähomogeenisten toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöiden ratkaisemisesta vakiokertoimet. Tarkastellaan teoriaa ja esimerkkejä annetuista ongelmista. Käsittämättömien termien tulkitsemiseksi on tarpeen viitata aiheeseen differentiaaliyhtälöiden teorian perusmääritelmät ja -käsitteet.

Tarkastellaan toisen asteen lineaarista differentiaaliyhtälöä (LDE), jonka vakiokertoimet ovat muotoa y "" + p y " + q y \u003d f (x) , jossa p ja q ovat mielivaltaisia ​​lukuja ja olemassa oleva funktio f (x) on jatkuva integrointivälillä x .

Siirrytään LIDE:n yleisen ratkaisulauseen muotoiluun.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Yleinen ratkaisulause LDNU:lle

Lause 1

Välillä x sijaitseva epähomogeenisen differentiaaliyhtälön muoto y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + yleinen ratkaisu. . . + f 0 (x) y = f (x) jatkuvilla integrointikertoimilla x-välillä f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , fn - 1 (x) ja jatkuva toiminto f (x) on yhtä kuin yleisen ratkaisun y 0 summa, joka vastaa LODE:a ja jotakin erityistä ratkaisua y ~ , jossa alkuperäinen epähomogeeninen yhtälö on y = y 0 + y ~ .

Tämä osoittaa, että tällaisen toisen kertaluvun yhtälön ratkaisu on muotoa y = y 0 + y ~ . Algoritmia y 0:n löytämiseksi tarkastellaan artikkelissa, joka käsittelee toisen asteen lineaarisia homogeenisia differentiaaliyhtälöitä vakiokertoimilla. Sen jälkeen pitäisi edetä y ~:n määritelmään.

Tietyn ratkaisun valinta LIDE:lle riippuu käytettävissä olevan funktion f (x) tyypistä, joka sijaitsee yhtälön oikealla puolella. Tätä varten on tarpeen tarkastella erikseen toisen kertaluvun lineaaristen epähomogeenisten, vakiokertoimisten differentiaaliyhtälöiden ratkaisuja.

Kun f (x) katsotaan n:nnen asteen polynomiksi f (x) = P n (x) , tästä seuraa, että LIDE:n tietty ratkaisu löytyy muotoa y ~ = Q n (x) olevalla kaavalla ) x γ , missä Q n ( x) on n-asteinen polynomi, r on ominaisyhtälön nollajuurien lukumäärä. Arvo y ~ on tietty ratkaisu y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , sitten käytettävissä olevat kertoimet, jotka määritellään polynomilla
Q n (x) , löydämme epämääräisten kertoimien menetelmää yhtälöstä y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Esimerkki 1

Laske Cauchyn lauseella y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .

Ratkaisu

Toisin sanoen, on tarpeen siirtyä tiettyyn ratkaisuun toisen asteen lineaarisesta epähomogeenisesta differentiaaliyhtälöstä, jolla on vakiokertoimet y "" - 2 y " = x 2 + 1 , joka täyttää annetut ehdot y (0) = 2, y" (0) = 1 4 .

Lineaarisen epäkohdan yleinen ratkaisu homogeeninen yhtälö on yleisen ratkaisun summa, joka vastaa yhtälöä y 0 tai tiettyä ratkaisua epähomogeeninen yhtälö y ~ eli y = y 0 + y ~ .

Etsitään ensin yleinen ratkaisu LNDE:lle ja sitten erityinen ratkaisu.

Siirrytään etsimään y 0 . Ominaisuusyhtälön kirjoittaminen auttaa löytämään juuret. Me ymmärrämme sen

k 2 - 2 k \u003d 0 k (k - 2) \u003d 0 k 1 \u003d 0, k 2 \u003d 2

Huomasimme, että juuret ovat erilaisia ​​ja todellisia. Siksi kirjoitamme

y 0 \u003d C 1 e 0 x + C 2 e 2 x \u003d C 1 + C 2 e 2 x.

Etsitään y ~ . Voidaan nähdä, että oikea puoli annettu yhtälö on toisen asteen polynomi, silloin yksi juurista on nolla. Tästä saamme tietää, että erityinen ratkaisu y ~:lle on

y ~ = Q 2 (x) x γ \u003d (A x 2 + B x + C) x \u003d A x 3 + B x 2 + C x, jossa arvot A, B, C ota määrittelemättömät kertoimet.

Etsitään ne yhtälöstä muotoa y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .

Sitten saamme sen:

y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 (A x 3 + B x 2 + C x) "" - 2 (A x 3 + B x 2 + C x) " = x 2 + 1 3 A x 2 + 2 B x + C " - 6 A x 2 - 4 B x - 2 C = x 2 + 1 6 A x + 2 B - 6 A x 2 - 4 B x - 2 C = x 2 + 1 - 6 A x 2 + x (6 A - 4 B) + 2 B - 2 C = x 2 + 1

Yhtälöimällä kertoimet samoilla eksponenteilla x saadaan lineaarinen lausekejärjestelmä - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1 . Kun ratkaisemme millä tahansa tavoista, löydämme kertoimet ja kirjoitamme: A \u003d - 1 6, B \u003d - 1 4, C \u003d - 3 4 ja y ~ \u003d A x 3 + B x 2 + C x \u003d - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

Tätä merkintää kutsutaan alkuperäisen lineaarisen epähomogeenisen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälön yleiseksi ratkaisuksi vakiokertoimilla.

Jotta löydettäisiin tietty ratkaisu, joka täyttää ehdot y (0) = 2, y " (0) = 1 4 , on määritettävä arvot C1 ja C2, joka perustuu muotoon y \u003d C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.

Saamme sen:

y (0) = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x x = 0 = C 1 + C 2 y "(0) = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x "x = 0 = = 2 C 2 e 2 x - 1 2 x 2 + 1 2 x + 3 4 x = 0 = 2 C 2 - 3 4

Työskentelemme tuloksena olevan yhtälöjärjestelmän kanssa, jonka muoto on C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 , missä C 1 = 3 2, C 2 = 1 2 .

Cauchyn lausetta soveltaen meillä on se

y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x = = 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x

Vastaus: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .

Kun funktio f (x) esitetään polynomin tulona, ​​jonka aste on n ja eksponentti f (x) = P n (x) e a x , niin tästä saadaan, että toisen kertaluvun LIDE:n tietty ratkaisu on yhtälö, jonka muoto on y ~ = e a x Q n ( x) · x γ , jossa Q n (x) on n:nnen asteen polynomi ja r on ominaisyhtälön juurien lukumäärä, joka on yhtä suuri kuin α .

Q n (x) -kertoimet löytyvät yhtälöstä y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Esimerkki 2

Etsi yleisratkaisu muotoa y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x olevalle differentiaaliyhtälölle.

Ratkaisu

Yleinen yhtälö y = y 0 + y ~ . Ilmoitettu yhtälö vastaa LOD y "" - 2 y " = 0. Edellinen esimerkki osoittaa, että sen juuret ovat k1 = 0 ja k 2 = 2 ja y 0 = C 1 + C 2 e 2 x ominaisyhtälön mukaan.

Voidaan nähdä, että yhtälön oikea puoli on x 2 + 1 · e x . Tästä eteenpäin LNDE löytyy kaavan y ~ = e a x Q n (x) x γ kautta, missä Q n (x) , joka on toisen asteen polynomi, jossa α = 1 ja r = 0, koska ominaisyhtälö ei jonka juuri on 1. Siksi saamme sen

y ~ = e a x Q n (x) x γ = e x A x 2 + B x + C x 0 = e x A x 2 + B x + C.

A, B, C ovat tuntemattomia kertoimia, jotka voidaan löytää yhtälöllä y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x .

Selvä

y ~ "= e x A x 2 + B x + C" = e x A x 2 + B x + C + e x 2 A x + B == e x A x 2 + x 2 A + B + B + C y ~ " " = e x A x 2 + x 2 A + B + B + C " = = e x A x 2 + x 2 A + B + B + C + e x 2 A x + 2 A + B = = e x A x 2 + x 4 A + B + 2 A + 2 B + C

y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) e x ⇔ e x A x 2 + x 4 A + B + 2 A + 2 B + C - - 2 e x A x 2 + x 2 A + B + B + C = x 2 + 1 e x ⇔ e x - A x 2 - B x + 2 A - C = (x 2 + 1) e x ⇔ - A x 2 - B x + 2 A - C = x 2 + 1 ⇔ - A x 2 - B x + 2 A - C = 1 x 2 + 0 x + 1

Yhdistämme indikaattorit samoihin kertoimiin ja saamme järjestelmän lineaariset yhtälöt. Täältä löydämme A, B, C:

A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3

Vastaus: voidaan nähdä, että y ~ = e x (A x 2 + B x + C) = e x - x 2 + 0 x - 3 = - e x x 2 + 3 on LIDE:n erityinen ratkaisu ja y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3

Kun funktio kirjoitetaan muodossa f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x , ja A 1 ja KOHDASSA 1 ovat lukuja, niin yhtälö muotoa y ~ = A cos β x + B sin β x x γ, jossa A ja B katsotaan epämääräisiksi kertoimille ja r on ominaisyhtälöön liittyvien kompleksisten konjugaattijuurien lukumäärä, joka on yhtä suuri kuin ± i β . Tässä tapauksessa kertoimien haku suoritetaan yhtälöllä y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Esimerkki 3

Etsi yleisratkaisu muotoa y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) olevalle differentiaaliyhtälölle.

Ratkaisu

Ennen ominaisyhtälön kirjoittamista löydämme y 0 . Sitten

k 2 + 4 \u003d 0 k 2 \u003d - 4 k 1 \u003d 2 i, k 2 \u003d - 2 i

Meillä on pari monimutkaisia ​​konjugaattijuuria. Muunnetaan ja saadaan:

y 0 \u003d e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) \u003d C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)

Ominaisyhtälön juurten katsotaan olevan konjugaattipari ± 2 i , jolloin f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x) . Tämä osoittaa, että y ~ etsitään kaavasta y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Tuntemattomat kertoimet A ja B etsitään yhtälöstä muotoa y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Muunnetaan:

y ~ " = ((A cos (2 x) + B sin (2 x) x) " = = (- 2 A sin (2 x) + 2 B cos (2 x)) x + A cos (2 x) + B sin (2 x) y ~ "" = ((- 2 A sin (2 x) + 2 B cos (2 x)) x + A cos (2 x) + B sin (2 x)) " = = (- 4 A cos (2 x) - 4 B sin (2 x)) x - 2 A sin (2 x) + 2 B cos (2 x) - - 2 A sin (2 x) + 2 B cos (2 x) = = (- 4 A cos (2 x) - 4 B sin (2 x)) x - 4 A sin (2 x) + 4 B cos (2 x)

Sitten se nähdään

y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) ⇔ (- 4 A cos (2 x) - 4 B sin (2 x)) x - 4 A sin (2 x) + 4 B cos (2 x) + + 4 (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x = cos (2 x) + 3 sin (2 x) ⇔ - 4 A sin (2 x) + 4B cos(2x) = cos(2x) + 3 sin(2x)

On tarpeen rinnastaa sinien ja kosinien kertoimet. Saamme järjestelmän muodossa:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

Tästä seuraa, että y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x .

Vastaus: toisen asteen alkuperäisen LIDE:n vakiokertoimien yleisratkaisuksi katsotaan

y = y 0 + y ~ = = C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x) + - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x

Kun f (x) = e a x P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x) , niin y ~ = e a x (L m (x) sin (β x) + N m (x) ) cos (β x) x γ Meillä on, että r on ominaisyhtälöön liittyvien kompleksisten juuriparien lukumäärä, joka on yhtä suuri kuin α ± i β , missä P n (x) , Q k (x) , L m ( x) ja N m (x) ovat polynomeja, joiden aste on n, k, m, missä m = m a x (n, k). Kertoimien löytäminen L m (x) ja N m (x) tuotetaan yhtälön y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) perusteella.

Esimerkki 4

Etsi yleinen ratkaisu y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .

Ratkaisu

Ehdosta on selvää, että

α = 3, β = 5, Pn (x) = -38 x -45, Q k (x) = -8 x + 5, n = 1, k = 1

Silloin m = m a x (n, k) = 1. Löydämme y 0 , kun olemme kirjoittaneet aiemmin ominaisyhtälö tyyppi:

k 2 - 3 k + 2 = 0 D = 3 2 - 4 1 2 = 1 k 1 = 3 - 1 2 = 1, k 2 = 3 + 1 2 = 2

Huomasimme, että juuret ovat todellisia ja erillisiä. Tästä syystä y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x . Seuraavaksi on tarpeen etsiä yleinen ratkaisu, joka perustuu muodon epähomogeeniseen yhtälöön y ~

y ~ = e α x (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ = = = e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x)) x 0 = = e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x))

Tiedetään, että A, B, C ovat kertoimia, r = 0, koska ominaisyhtälöön, jossa α ± i β = 3 ± 5 · i, ei ole konjugaattijuurien paria. Nämä kertoimet saadaan tuloksena olevasta yhtälöstä:

y ~ "" - 3 y ~ " + 2 y ~ = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) ⇔ (e 3 x (( A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x))) "" - - 3 (e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x))) = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x))

Johdannan ja vastaavien termien löytäminen antaa

E 3 x ((15 A + 23 C) x sin (5 x) + + (10 A + 15 B - 3 C + 23 D) sin (5 x) + + (23 A - 15 C) x cos (5 x) + (- 3 A + 23 B - 10 C - 15 D) cos (5 x)) = = - e 3 x (38 x sin (5 x) + 45 sin (5 x) + + 8 x cos ( 5 x) - 5 cos (5 x))

Kertoimien yhtälön jälkeen saamme muotoisen järjestelmän

15 A + 23 C = 38 10 A + 15 B - 3 C + 23 D = 45 23 A - 15 C = 8 - 3 A + 23 B - 10 C - 15 D = - 5 ⇔ A = 1 B = 1 C = 1 D = 1

Kaikesta siitä seuraa

y ~= e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x)) == e 3 x ((x + 1) cos (5 x) + (x) +1)sin(5x))

Vastaus: nyt on saatu annetun lineaarisen yhtälön yleinen ratkaisu:

y = y 0 + y ~ = = C 1 e x + C 2 e 2 x + e 3 x ((x + 1) cos (5 x) + (x + 1) sin (5 x))

Algoritmi LDNU:n ratkaisemiseksi

Määritelmä 1

Mikä tahansa muu ratkaisun funktio f (x) tarjoaa ratkaisualgoritmin:

• etsitään vastaavan lineaarisen homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu, jossa y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2 , missä v 1 ja y2 ovat lineaarisesti riippumattomia LODE:n erityisratkaisuja, Alkaen 1 ja Alkaen 2 katsotaan mielivaltaisiksi vakioiksi;
• hyväksyminen yleisenä ratkaisuna LIDE:lle y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
• funktion johdannaisten määrittely muotoa C 1 "(x) + y 1 (x) + C 2 "(x) y 2 (x) = 0 C 1 "(x) + y 1" (x) ) + C 2 " (x) y 2 "(x) = f (x) , ja funktioiden löytäminen C 1 (x) ja C2(x) integroinnin kautta.

Esimerkki 5

Etsi yleinen ratkaisu y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x .

Ratkaisu

Jatketaan ominaisyhtälön kirjoittamista, kun on aiemmin kirjoitettu y 0 , y "" + 36 y = 0 . Kirjoitetaan ja ratkaistaan:

k 2 + 36 = 0 k 1 = 6 i , k 2 = - 6 i ⇒ y 0 = C 1 cos (6 x) + C 2 sin (6 x) ⇒ y 1 (x) = cos (6 x) , y 2 (x) = sin (6 x)

Meillä on, että annetun yhtälön yleisen ratkaisun tietue on muotoa y = C 1 (x) cos (6 x) + C 2 (x) sin (6 x) . On tarpeen siirtyä johdannaisten funktioiden määritelmään C 1 (x) ja C2(x) järjestelmän mukaan yhtälöillä:

C 1 "(x) cos (6 x) + C 2" (x) sin (6 x) = 0 C 1 "(x) (cos (6 x))" + C 2 "(x) (sin (6) x)) " = 0 ⇔ C 1 " (x) cos (6 x) + C 2 " (x) sin (6 x) = 0 C 1 " (x) (- 6 sin (6 x) + C 2 " (x) (6 cos (6 x)) \u003d \u003d 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x

Asiasta on tehtävä päätös C 1 "(x) ja C2" (x) millä tahansa menetelmällä. Sitten kirjoitamme:

C 1 "(x) \u003d - 4 sin 2 (6 x) + 2 sin (6 x) cos (6 x) - 6 e 6 x sin (6 x) C 2 "(x) \u003d 4 sin (6) x) cos (6 x) - 2 cos 2 (6 x) + 6 e 6 x cos (6 x)

Jokainen yhtälö on integroitava. Sitten kirjoitamme tuloksena olevat yhtälöt:

C 1 (x) = 1 3 sin (6 x) cos (6 x) - 2 x - 1 6 cos 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x cos (6 x) - 1 2 e 6 x sin ( 6 x) + C 3 C 2 (x) = - 1 6 sin (6 x) cos (6 x) - x - 1 3 cos 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x cos (6 x) + 1 2 e 6 x sin (6 x) + C 4

Tästä seuraa, että yleisellä ratkaisulla on muoto:

y = 1 3 sin (6 x) cos (6 x) - 2 x - 1 6 cos 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x cos (6 x) - 1 2 e 6 x sin (6 x) + C 3 cos (6 x) + + - 1 6 sin (6 x) cos (6 x) - x - 1 3 cos 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x cos (6 x) + 1 2 e 6 x sin (6 x) + C 4 sin (6 x) = = - 2 x cos (6 x) - x sin (6 x) - 1 6 cos (6 x) + + 1 2 e 6 x + C 3 cos (6 x) + C 4 sin (6 x)

Vastaus: y = y 0 + y ~ = - 2 x cos (6 x) - x sin (6 x) - 1 6 cos (6 x) + + 1 2 e 6 x + C 3 cos (6 x) + C 4 sin (6x)

Jos huomaat tekstissä virheen, korosta se ja paina Ctrl+Enter

Toisen asteen lineaarinen homogeeninen differentiaaliyhtälö vakiokertoimilla on yleinen ratkaisu
, missä ja tämän yhtälön lineaarisesti riippumattomia erityisratkaisuja.

Toisen kertaluvun homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisujen yleinen muoto vakiokertoimilla
, riippuu ominaisyhtälön juurista
.

Ominaisuuden juuret yhtälöt	Ihan yleinen ratkaisu
Juuret ja päteviä ja erilaisia
Juuret == pätevä ja identtinen
Monimutkaiset juuret ,

Esimerkki

Etsi yleinen ratkaisu lineaarisille homogeenisille toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöille vakiokertoimilla:

1)

Ratkaisu:
.

Kun se on ratkaistu, löydämme juuret
,
pätevä ja erilainen. Siksi yleinen ratkaisu on:
.

2)

Ratkaisu: Tehdään ominaisyhtälö:
.

Kun se on ratkaistu, löydämme juuret

pätevä ja identtinen. Siksi yleinen ratkaisu on:
.

3)

Ratkaisu: Tehdään ominaisyhtälö:
.

Kun se on ratkaistu, löydämme juuret
monimutkainen. Siksi yleinen ratkaisu on:

Lineaarinen epähomogeeninen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö vakiokertoimilla on muotoa

Missä
. (1)

Yhteinen päätös toisen asteen lineaarisella epähomogeenisellä differentiaaliyhtälöllä on muoto
, missä
on tämän yhtälön erityinen ratkaisu, on vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu, ts. yhtälöt.

Yksityisen ratkaisun tyyppi
epähomogeeninen yhtälö (1) riippuen oikeasta puolelta
:

Oikea osa	Yksityinen ratkaisu
– asteen polynomi	, missä on ominaisyhtälön juurien lukumäärä, joka on yhtä suuri kuin nolla.
	, missä = on ominaisyhtälön juuri.
	Missä on luku, joka on yhtä suuri kuin ominaisyhtälön juurien lukumäärä, joka osuu yhteen .
	missä on ominaisyhtälön juurien lukumäärä, joka osuu yhteen .

Tarkastellaan erilaisia ​​lineaarisen epähomogeenisen differentiaaliyhtälön oikeanpuoleisia puolia:

1.
, missä on astepolynomi . Sitten erityinen ratkaisu
voi etsiä lomakkeella
, missä

, a on ominaisyhtälön juurien lukumäärä, joka on yhtä suuri kuin nolla.

Esimerkki

Etsi yleinen ratkaisu
.

Ratkaisu:

.

B) Koska yhtälön oikea puoli on ensimmäisen asteen polynomi eikä mikään ominaisyhtälön juurista
ei ole nolla (
), etsimme sitten tiettyä ratkaisua muodossa missä ja ovat tuntemattomia kertoimia. Erotetaan kahdesti
ja korvaamalla
,
ja
alkuperäiseen yhtälöön, löydämme.

Kertoimien tasaus samoilla potenssilla yhtälön molemmilla puolilla
,
, löydämme
,
. Joten tämän yhtälön tietyllä ratkaisulla on muoto
ja sen yleinen ratkaisu.

2. Anna oikean puolen näyttää
, missä on astepolynomi . Sitten erityinen ratkaisu
voi etsiä lomakkeella
, missä
on samanasteinen polynomi kuin
, a - numero, joka osoittaa kuinka monta kertaa on ominaisyhtälön juuri.

Esimerkki

Etsi yleinen ratkaisu
.

Ratkaisu:

A) Etsi vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu
. Tätä varten kirjoitamme ominaisyhtälön
. Etsitään viimeisen yhtälön juuret
. Siksi homogeenisen yhtälön yleisratkaisulla on muoto
.

ominaisyhtälö

, missä on tuntematon kerroin. Erotetaan kahdesti
ja korvaamalla
,
ja
alkuperäiseen yhtälöön, löydämme. Missä
, tuo on
tai
.

Joten tämän yhtälön tietyllä ratkaisulla on muoto
ja sen yleinen ratkaisu
.

3. Olkoon oikea puoli näyttää , missä
ja - annetut numerot. Sitten erityinen ratkaisu
voi etsiä muodossa missä ja ovat tuntemattomia kertoimia, ja on luku, joka on yhtä suuri kuin ominaisyhtälön juurien lukumäärä, joka osuu yhteen
. Jos funktiolausekkeessa
sisältää ainakin yhden toiminnoista
tai
, sitten sisään
tulee aina syöttää molemmat toimintoja.

Esimerkki

Etsi yleinen ratkaisu.

Ratkaisu:

A) Etsi vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu
. Tätä varten kirjoitamme ominaisyhtälön
. Etsitään viimeisen yhtälön juuret
. Siksi homogeenisen yhtälön yleisratkaisulla on muoto
.

B) Koska yhtälön oikea puoli on funktio
, sitten tämän yhtälön kontrollinumero, se ei ole sama kuin juuret
ominaisyhtälö
. Sitten etsimme lomakkeesta tiettyä ratkaisua

Missä ja ovat tuntemattomia kertoimia. Erotetaan kahdesti, saamme. Korvaaminen
,
ja
alkuperäiseen yhtälöön, löydämme

.

Yhdistämällä samat ehdot, saamme

.

Yhdistämme kertoimet arvoon
ja
yhtälön oikealla ja vasemmalla puolella. Saamme järjestelmän
. Ratkaisemme sen, löydämme
,
.

Joten alkuperäisen differentiaaliyhtälön tietyllä ratkaisulla on muoto .

Alkuperäisen differentiaaliyhtälön yleisratkaisulla on muoto .

2. kertaluvun differentiaaliyhtälöt

§yksi. Menetelmät yhtälön kertaluvun alentamiseksi.

Toisen asteen differentiaaliyhtälön muoto on:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image002_107.gif" width="19" height="25 src=">.gif" width="119" height="25 src="> ( tai Differentiaal ">.gif" width="85" height="25 src=">.gif" height="25 src=">.

Olkoon toisen asteen differentiaaliyhtälö tältä: https://pandia.ru/text/78/516/images/image009_41.gif" height="25 src=">..gif" width="39" height=" 25 src=">.gif" width="265" height="28 src=">.

Siten toisen asteen yhtälö https://pandia.ru/text/78/516/images/image015_28.gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="118" height =" 25 src=">.gif" width="117" height="25 src=">.gif" width="34" height="25 src=">. Ratkaisemalla sen saamme alkuperäisen differentiaaliyhtälön yleisen integraalin kahdesta mielivaltaisesta vakiosta riippuen: https://pandia.ru/text/78/516/images/image020_23.gif" width="95" height="25 src =">. gif" width="76" height="25 src=">.

Ratkaisu.

Koska alkuperäisessä yhtälössä ei ole nimenomaista argumenttia https://pandia.ru/text/78/516/images/image011_39.gif" height="25 src=">.gif" width="35" height="25" src=">..gif" width="35" height="25 src=">.gif" width="82" height="38 src="> ..gif" width="99" height="38" src=">.

Alkaen https://pandia.ru/text/78/516/images/image029_18.gif" width="85" height="25 src=">.gif" width="42" height="38 src= "> .gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="68" height="35 src=">..gif" height="25 src=">.

Olkoon toisen asteen differentiaaliyhtälö tältä: https://pandia.ru/text/78/516/images/image011_39.gif" height="25 src=">..gif" width="161" height=" 25 src=">.gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="33" height="25 src=">..gif" width="225" height="25 src" =">..gif" width="150" height="25 src=">.

Esimerkki 2 Etsi yhtälön yleinen ratkaisu: https://pandia.ru/text/78/516/images/image015_28.gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="107" height ="25 src=">..gif" width="100" height="27 src=">.gif" width="130" height="37 src=">.gif" width="34" height= "25 src =">.gif" width="183" height="36 src=">.

3. Asteen järjestystä pienennetään, jos se on mahdollista muuntaa sellaiseen muotoon, että yhtälön molemmista osista tulee kokonaisderivaata https://pandia.ru/text/78/516/images/image052_13.gif " width="92" height=" 25 src=">..gif" width="98" height="48 src=">.gif" width="138" height="25 src=">.gif" width="282" height="25 src=">, (2.1)

missä https://pandia.ru/text/78/516/images/image060_12.gif" width="42" height="25 src=">.gif" width="42" height="25 src="> - ennalta määritettyjä toimintoja, jatkuva sillä aikavälillä, jolla ratkaisua etsitään. Jos oletetaan a0(x) ≠ 0, jaa (2..gif" width="215" height="25 src="> (2.2))

Oletetaan ilman todistetta, että (2..gif" width="82" height="25 src=">.gif" width="38" height="25 src=">.gif" width="65" height= " 25 src=">, yhtälöä (2.2) kutsutaan homogeeniseksi ja yhtälöä (2.2) kutsutaan muuten epähomogeeniseksi.

Tarkastellaan 2. kertaluvun lodu-ratkaisujen ominaisuuksia.

Määritelmä. Lineaarinen funktioiden yhdistelmä https://pandia.ru/text/78/516/images/image071_10.gif" width="93" height="25 src=">.gif" width="42" height="25 src = ">.gif" width="195" height="25 src=">, (2.3)

sitten niiden lineaarinen yhdistelmä https://pandia.ru/text/78/516/images/image076_10.gif" width="182" height="25 src="> in (2.3) ja osoittaa, että tulos on identiteetti:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image078_10.gif" width="368" height="25 src=">.

Koska funktiot https://pandia.ru/text/78/516/images/image074_11.gif" width="42" height="25 src="> ovat yhtälön (2.3) ratkaisuja, jokainen suluista viimeinen yhtälö on identtisesti yhtä suuri kuin nolla, mikä oli todistettava.

Seuraus 1. Se seuraa todistetusta lauseesta osoitteessa https://pandia.ru/text/78/516/images/image080_10.gif" width="77" height="25 src="> – yhtälön ratkaisu (2..gif " width=" 97" height="25 src=">.gif" width="165" height="25 src="> kutsutaan lineaarisesti riippumattomaksi jollain aikavälillä, jos mitään näistä funktioista ei esitetä kaikkien lineaarisena yhdistelmänä muut.

Kahden funktion tapauksessa https://pandia.ru/text/78/516/images/image085_11.gif" width="119" height="25 src=">, eli.gif" width="77" height= "47 src=">.gif" width="187" height="43 src=">.gif" width="42" height="25 src=">. Siten kahden lineaarisesti riippumattoman funktion Wronsky-determinantti ei voi olla identtisesti yhtä suuri kuin nolla.

Anna https://pandia.ru/text/78/516/images/image091_10.gif" width="46" height="25 src=">.gif" width="42" height="25 src="> .gif" width="605" height="50">..gif" width="18" height="25 src="> täyttävät yhtälön (2..gif" width="42" height="25 src" = "> – yhtälön (3.1) ratkaisu..gif" width="87" height="28 src=">..gif" width="182" height="34 src=">..gif" width= "162 " height="42 src=">.gif" width="51" height="25 src="> on identtinen.

https://pandia.ru/text/78/516/images/image107_7.gif" width="18" height="25 src=">, jossa yhtälön lineaarisesti riippumattomien ratkaisujen determinantti (2..gif " width= "42" height="25 src=">.gif" height="25 src="> Molemmat kaavan (3.2) oikealla puolella olevat tekijät eivät ole nollia.

§ neljä. 2. kertaluvun lodin yleisratkaisun rakenne.

Lause. Jos https://pandia.ru/text/78/516/images/image074_11.gif" width="42" height="25 src="> ovat lineaarisesti riippumattomia yhtälön ratkaisuja (2..gif" width=" 19" height="25 src=">.gif" width="129" height="25 src=">on ratkaisu yhtälöön (2.3), seuraa lauseesta 2. asteen lodu-ratkaisujen ominaisuuksista..gif " width="85 "height="25 src=">.gif" width="19" height="25 src=">.gif" width="220" height="47">

Tämän lineaarisen algebrallisen yhtälöjärjestelmän vakiot https://pandia.ru/text/78/516/images/image003_79.gif" width="19" height="25 src="> määritetään yksiselitteisesti, koska determinantti tämä järjestelmä on https: //pandia.ru/text/78/516/images/image006_56.gif" width="51" height="25 src=">:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image116_7.gif" width="138" height="25 src=">.gif" width="19" height="25 src=">. gif" width="69" height="25 src=">.gif" width="235" height="48 src=">..gif" width="143" height="25 src="> (5 ..gif" width="77" height="25 src=">. Edellisen kappaleen mukaan 2. kertaluvun lodu:n yleinen ratkaisu on helppo määrittää, jos tästä yhtälöstä tunnetaan kaksi lineaarisesti riippumatonta osaratkaisua. Yksinkertainen menetelmä L. Eulerin ehdottaman yhtälön osittaisten ratkaisujen löytämiseksi..gif" width="25" height="26 src=">, saamme algebrallinen yhtälö, jota kutsutaan ominaispiirteeksi:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image124_5.gif" width="59" height="26 src="> on ratkaisu yhtälöön (5.1) vain k:n arvoille jotka ovat ominaisyhtälön juuret (5.2)..gif" width="49" height="25 src=">..gif" width="76" height="28 src=">.gif" width= "205" height="47 src ="> ja yleinen ratkaisu (5..gif" width="45" height="25 src=">..gif" width="74" height="26 src=" >..gif" width="83 " height="26 src=">. Tarkista, että tämä funktio täyttää yhtälön (5.1)..gif" width="190" height="26 src=">. Korvaa nämä lausekkeet yhtälö (5.1), saamme

https://pandia.ru/text/78/516/images/image141_6.gif" width="328" height="26 src=">, koska.gif" width="137" height="26 src=" >.

Yksityiset ratkaisut https://pandia.ru/text/78/516/images/image145_6.gif" width="86" height="28 src="> ovat lineaarisesti riippumattomia, koska.gif" width="166" height= "26 src=">.gif" width="45" height="25 src=">..gif" width="65" height="33 src=">.gif" width="134" height =" 25 src=">.gif" width="267" height="25 src=">.gif" width="474" height="25 src=">.

Molemmat tämän yhtälön vasemmalla puolella olevat hakasulkeet ovat identtisesti yhtä kuin nolla..gif" width="174" height="25 src=">..gif" width="132" height="25 src="> on yhtälön (5.1) ratkaisu ..gif" width="129" height="25 src="> näyttää tältä:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image162_6.gif" width="179" height="25 src="> f(x) (6.1)

esitetään yleisen ratkaisun summana https://pandia.ru/text/78/516/images/image164_6.gif" width="195" height="25 src="> (6.2)

ja mikä tahansa tietty ratkaisu https://pandia.ru/text/78/516/images/image166_6.gif" width="87" height="25 src="> on ratkaisu yhtälöön (6.1)..gif" leveys=" 272" height="25 src="> f(x). Tämä yhtälö on identiteetti, koska..gif" width="128" height="25 src="> f(x). Siksi.gif" width="85" height="25 src=">.gif" width= "138" height="25 src=">.gif" width="18" height="25 src="> ovat lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja tälle yhtälölle. Tällä tavalla:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image173_5.gif" width="289" height="48 src=">

https://pandia.ru/text/78/516/images/image002_107.gif" width="19" height="25 src=">.gif" width="11" height="25 src=">. gif" width="51" height="25 src=">, ja tällainen determinantti, kuten edellä näimme, eroaa järjestelmän arvosta nolla..gif" width="19" height="25 src="> yhtälöitä (6 ..gif" width="76" height="25 src=">.gif" width="76" height="25 src=">.gif" width="140" height="25 src ="> on yhtälön ratkaisu

https://pandia.ru/text/78/516/images/image179_5.gif" width="91" height="25 src="> yhtälöksi (6.5), saamme

https://pandia.ru/text/78/516/images/image181_5.gif" width="140" height="25 src=">.gif" width="128" height="25 src="> f (x) (7.1)

missä https://pandia.ru/text/78/516/images/image185_5.gif" width="34" height="25 src="> yhtälön (7.1) tapauksessa, kun oikea puoli f(x) on erikoislaatuinen. Tätä menetelmää kutsutaan määrittelemättömien kertoimien menetelmäksi ja se koostuu tietyn ratkaisun valitsemisesta f(x:n) oikean puolen muodon mukaan. Harkitse seuraavan lomakkeen oikeita osia:

1..gif" width="282" height="25 src=">.gif" width="53" height="25 src="> voi olla nolla. Osoittakaamme, missä muodossa kyseinen ratkaisu on tässä tapauksessa otettava.

a) Jos numero on https://pandia.ru/text/78/516/images/image191_5.gif" width="393" height="25 src=">.gif" width="157" height=" 25 src =">.

Ratkaisu.

Yhtälölle https://pandia.ru/text/78/516/images/image195_4.gif" width="86" height="25 src=">..gif" width="62" height="25 src = ">..gif" width="101" height="25 src=">.gif" width="153" height="25 src=">.gif" width="383" height="25 src= " >.

Lyhennämme molemmat osat https://pandia.ru/text/78/516/images/image009_41.gif" height="25 src="> tasa-arvon vasemmassa ja oikeassa osassa

https://pandia.ru/text/78/516/images/image206_5.gif" width="111" height="40 src=">

Tuloksena olevasta yhtälöjärjestelmästä löydämme: https://pandia.ru/text/78/516/images/image208_5.gif" width="189" height="25 src="> ja yleisen ratkaisun annettuun yhtälö on:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image190_5.gif" width="11" height="25 src=">.gif" width="423" height="25 src=">,

missä https://pandia.ru/text/78/516/images/image212_5.gif" width="158" height="25 src=">.

Ratkaisu.

Vastaava ominaisyhtälö on muotoa:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image214_6.gif" width="53" height="25 src=">.gif" width="85" height="25 src=">. gif" width="45" height="25 src=">.gif" width="219" height="25 src=">..gif" width="184" height="35 src=">. Lopuksi meillä on seuraava lauseke yleiselle ratkaisulle:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image223_4.gif" width="170" height="25 src=">.gif" width="13" height="25 src="> erinomainen nollasta. Osoittakaamme tässä tapauksessa tietyn ratkaisun muoto.

a) Jos numero on https://pandia.ru/text/78/516/images/image227_5.gif" width="204" height="25 src=">,

jossa https://pandia.ru/text/78/516/images/image226_5.gif" width="16" height="25 src="> on yhtälön (5..gif" leveys) ominaisyhtälön juuri ="229 "height="25 src=">,

missä https://pandia.ru/text/78/516/images/image229_5.gif" width="147" height="25 src=">.

Ratkaisu.

Yhtälön ominaisyhtälön juuret https://pandia.ru/text/78/516/images/image231_4.gif" width="58" height="25 src=">.gif" width="203" korkeus="25 src=">.

Oikea osa esimerkissä 3 annetulla yhtälöllä on erityinen muoto: f(x) https://pandia.ru/text/78/516/images/image235_3.gif" width="50" height="25 src=">.gif " width ="55" height="25 src=">.gif" width="229" height="25 src=">.

Määritä https://pandia.ru/text/78/516/images/image240_2.gif" width="11" height="25 src=">.gif" width="43" height="25 src=" > ja korvaa annettu yhtälö:

Tuo samankaltaiset termit, yhtälöt kertoimet osoitteessa https://pandia.ru/text/78/516/images/image245_2.gif" width="46" height="25 src=">.gif" width="100" height= "25 src=">.

Annetun yhtälön lopullinen yleinen ratkaisu on: https://pandia.ru/text/78/516/images/image249_2.gif" width="281" height="25 src=">.gif" width="47 " height ="25 src=">.gif" width="10" height="25 src=">, ja yksi näistä polynomeista voi olla yhtä suuri kuin nolla. Osoitetaan tietyn ratkaisun muoto tässä yleisessä tapaus.

a) Jos numero on https://pandia.ru/text/78/516/images/image255_2.gif" width="605" height="51">, (7.2)

missä https://pandia.ru/text/78/516/images/image257_2.gif" width="121" height="25 src=">.

b) Jos numero on https://pandia.ru/text/78/516/images/image210_5.gif" width="80" height="25 src=">, tietty ratkaisu näyttää tältä:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image259_2.gif" width="17" height="25 src=">. Lausekkeessa (7..gif" width="121" height= " 25 src=">.

Esimerkki 4 Ilmoita yhtälön tietyn ratkaisun tyyppi

https://pandia.ru/text/78/516/images/image262_2.gif" width="129" height="25 src=">..gif" width="95" height="25 src="> . Lodin yleinen ratkaisu on seuraavanlainen:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image266_2.gif" width="183" height="25 src=">..gif" width="42" height="25 src="> ..gif" width="36" height="25 src=">.gif" width="351" height="25 src=">.

Muut kertoimet https://pandia.ru/text/78/516/images/image273_2.gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="42" height="28 src=" > yhtälölle on erityinen ratkaisu oikealla puolella f1(x) ja mielivaltaisten vakioiden variaatiot" href="/text/category/variatciya/" rel="bookmark">(Lagrange-menetelmä).

Tietyn ratkaisun suora löytäminen suoralle, lukuun ottamatta yhtälöä, jossa on vakiokertoimet ja lisäksi erityiset vakiotermit, aiheuttaa suuria vaikeuksia. Siksi suoralle yleisen ratkaisun löytämiseksi käytetään yleensä mielivaltaisten vakioiden variaatiomenetelmää, joka mahdollistaa aina yleisen ratkaisun löytämisen suoralle kvadratuurissa, jos vastaavan homogeenisen yhtälön perusratkaisujärjestelmä tunnetaan. Tämä menetelmä on seuraava.

Yllä olevan mukaan lineaarisen homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image278_2.gif" width="46" height="25 src=">.gif" width="51" height="25 src="> – ei vakio, vaan joitakin, vielä tuntemattomia f(x) funktioita. . on otettava väliltä. Itse asiassa tässä tapauksessa Wronsky-determinantti on nollasta poikkeava kaikissa välin pisteissä, eli se on koko avaruudessa ominaisyhtälön monimutkainen juuri..gif" width="20" height="25 src="> lineaarisesti riippumattomia erityisratkaisuja muodossa :

Yleisessä ratkaisukaavassa tämä juuri vastaa muodon lauseketta.

Toisen asteen lineaaristen epähomogeenisten differentiaaliyhtälöiden (LNDE-2) ratkaisemisen perusteet vakiokertoimilla (PC)

Toisen kertaluvun CLDE vakiokertoimilla $p$ ja $q$ on muotoa $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, missä $f\left( x \right)$ on jatkuva funktio.

Seuraavat kaksi väitettä pitävät paikkansa suhteessa 2. LNDE:hen PC:llä.

Oletetaan, että jokin funktio $U$ on mielivaltainen erityinen ratkaisu epähomogeeniselle differentiaaliyhtälölle. Oletetaan myös, että jokin funktio $Y$ on vastaavan lineaarisen homogeenisen differentiaaliyhtälön (LODE) yleinen ratkaisu (OR) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Silloin TAI LHDE-2 on yhtä suuri kuin ilmoitettujen yksityisten ja yleisten ratkaisujen summa, eli $y=U+Y$.

Jos 2. asteen LIDEn oikea puoli on funktioiden summa, eli $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x\right) )+. ..+f_(r) \left(x\right)$, niin ensin löydät PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r) $, jotka vastaavat kutakin funktioista $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, ja kirjoita sen jälkeen LNDE-2 PD muodossa $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.

Toisen asteen LNDE:n ratkaisu PC:llä

Tietenkin tietyn LNDE-2:n yhden tai toisen PD $U$ muoto riippuu sen oikean puolen $f\left(x\right)$ tietystä muodosta. Yksinkertaisimmat tapaukset LNDE-2:n PD:n etsimiseksi on muotoiltu seuraavilla neljällä säännöllä.

Sääntö numero 1.

LNDE-2:n oikealla puolella on muoto $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, missä $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, eli sitä kutsutaan $n$ asteen polynomi. Sitten sen PR $U$ etsitään muodossa $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, missä $Q_(n) \left(x\right)$ on toinen polynomi, jonka aste on sama kuin $P_(n) \left(x\right)$, ja $r$ on vastaavan LODE-2:n ominaisyhtälön nollajuurien lukumäärä. Polynomin $Q_(n) \left(x\right)$ kertoimet löydetään epämääräisten kertoimien menetelmällä (NC).

Sääntö numero 2.

LNDE-2:n oikealla puolella on muoto $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, missä $P_(n) \left(x\right)$ on polynomi, jonka aste on $n$. Sitten sen PD $U$ etsitään muodossa $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, missä $Q_(n ) \ left(x\right)$ on toinen samanasteinen polynomi kuin $P_(n) \left(x\right)$, ja $r$ on vastaavan LODE-2:n ominaisyhtälön juurien lukumäärä. yhtä suuri kuin $\alpha $. Polynomin $Q_(n) \left(x\right)$ kertoimet löydetään NK-menetelmällä.

Sääntö numero 3.

LNDE-2:n oikean osan muoto on $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \oikea) $, jossa $a$, $b$ ja $\beta $ ovat tunnettuja lukuja. Sitten sen PD $U$ etsitään muodossa $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right )\right )\cdot x^(r) $, jossa $A$ ja $B$ ovat tuntemattomia kertoimia ja $r$ on vastaavan LODE-2:n ominaisyhtälön juurien lukumäärä, joka on yhtä suuri kuin $i\cdot \beta $. Kertoimet $A$ ja $B$ löydetään NDT-menetelmällä.

Sääntö numero 4.

LNDE-2:n oikealla puolella on muoto $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, missä $P_(n) \left(x\right)$ on polynomi, jonka aste on $ n$, ja $P_(m) \left(x\right)$ on polynomi, jonka aste on $m$. Sitten sen PD $U$ etsitään muodossa $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, missä $Q_(s) \left(x\right) $ ja $ R_(s) \left(x\right)$ ovat $s$ asteen polynomeja, luku $s$ on kahden luvun $n$ ja $m$ maksimiluku ja $r$ on asteen $s$ luku. vastaavan LODE-2:n ominaisyhtälön juuret, yhtä suuri kuin $\alpha +i\cdot \beta $. Polynomien $Q_(s) \left(x\right)$ ja $R_(s) \left(x\right)$ kertoimet löydetään NK-menetelmällä.

NK-menetelmä koostuu seuraavan säännön soveltamisesta. Polynomin tuntemattomien kertoimien löytämiseksi, jotka ovat osa epähomogeenisen differentiaaliyhtälön LNDE-2 tiettyä ratkaisua, on tarpeen:

• korvaa PD $U$, joka on kirjoitettu yleisnäkymä, sisään vasen puoli LNDU-2;
• LNDE-2:n vasemmalla puolella suorita yksinkertaistuksia ja ryhmittele termejä samoilla tehoilla $x$;
• rinnasta tuloksena olevassa identiteetissä termien kertoimet samoihin vasemman ja oikean puolen potenssiin $x$;
• ratkaise tuloksena oleva lineaarinen yhtälöjärjestelmä tuntemattomille kertoimille.

Esimerkki 1

Tehtävä: etsi TAI LNDE-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Etsi myös PR , joka täyttää alkuehdot $y=6$ arvolle $x=0$ ja $y"=1$ kun $x=0$.

Kirjoita vastaava LODA-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Ominaisuusyhtälö: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Ominaisyhtälön juuret: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Nämä juuret ovat todellisia ja erillisiä. Siten vastaavan LODE-2:n TAI on muotoa: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

Tämän LNDE-2:n oikean osan muoto on $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. On tarpeen ottaa huomioon eksponentin $\alpha =3$ eksponentin kerroin. Tämä kerroin ei ole yhteneväinen ominaisyhtälön minkään juuren kanssa. Siksi tämän LNDE-2:n PR on muotoa $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Etsimme kertoimia $A$, $B$ NK-menetelmällä.

Löydämme CR:n ensimmäisen johdannaisen:

$U"=\left(A\cdot x+B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot \left( e^(3\cdot x) \oikea)^((") ) =$

$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$

Löydämme CR:n toisen derivaatan:

$U""=\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot \left(e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$

$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$

Korvaamme funktiot $U""$, $U"$ ja $U$ funktioiden $y""$, $y"$ ja $y$ sijaan annettuun LNDE-2 $y""-3\cdot y" -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x).$ Samaan aikaan, koska eksponentti $e^(3\cdot x) $ sisältyy tekijänä kaikissa komponenteissa, niin se voidaan jättää pois.

$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\right)=36\cdot x+12.$

Suoritamme toimintoja tuloksena olevan tasa-arvon vasemmalla puolella:

-18 $\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$

Käytämme NC-menetelmää. Saamme lineaarisen yhtälöjärjestelmän, jossa on kaksi tuntematonta:

-18 $\cdot A=36;$

$3\cdot A-18\cdot B=12.$

Tämän järjestelmän ratkaisu on: $A=-2$, $B=-1$.

Ongelmamme CR $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ näyttää tältä: $U=\left(-2\cdot x-1\right ) \cdot e^(3\cdot x) $.

Ongelmamme TAI $y=Y+U$ näyttää tältä: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ vasen(-2\cdot x-1\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Jotta voidaan etsiä PD:tä, joka täyttää annetut alkuehdot, löydämme derivaatan $y"$ TAI:

$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$

Korvaamme $y$:ssa ja $y"$:ssa alkuehdot $y=6$ arvolle $x=0$ ja $y"=1$ arvolle $x=0$:

$6=C_(1) +C_(2) -1; $

$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$

Saimme yhtälöjärjestelmän:

$C_(1) +C_(2) =7;$

$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$

Me ratkaisemme sen. Löydämme $C_(1) $ käyttämällä Cramerin kaavaa, ja $C_(2) $ määritetään ensimmäisestä yhtälöstä:

$C_(1) =\frac(\left|\begin(array)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(array)\right|)(\left|\ alkaa(taulukko)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(array)\right|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4 = 3,$

Siten tämän differentiaaliyhtälön PD on: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right )\cdot e^(3\cdot x) $.

Tässä käytetään Lagrangen vakioiden variaatiomenetelmää lineaaristen epähomogeenisten toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöiden ratkaisemiseen. Yksityiskohtainen kuvaus tämä menetelmä mielivaltaisen järjestyksen yhtälöiden ratkaisemiseksi on esitetty sivulla
Korkeamman asteen lineaaristen epähomogeenisten differentiaaliyhtälöiden ratkaisu Lagrangen menetelmällä >>> .

Esimerkki 1

Ratkaise toisen asteen differentiaaliyhtälö vakiokertoimilla käyttämällä Lagrangen vakioiden vaihtelua:
(1)

Ratkaisu

Ensin ratkaisemme homogeenisen differentiaaliyhtälön:
(2)

Tämä on toisen asteen yhtälö.

Ratkaisemme toisen asteen yhtälön:
.
Useita juuria: . Yhtälön (2) perusratkaisujärjestelmällä on muoto:
(3) .
Siten saadaan homogeenisen yhtälön (2) yleinen ratkaisu:
(4) .

Vaihtelemme vakioita C 1 ja C 2 . Eli korvaamme vakiot ja kohdassa (4) funktioilla:
.
Etsimme ratkaisua alkuperäiseen yhtälöön (1) muodossa:
(5) .

Löydämme johdannaisen:
.
Yhdistämme funktiot ja yhtälön:
(6) .
Sitten
.

Löydämme toisen johdannaisen:
.
Korvataan alkuperäiseen yhtälöön (1):
(1) ;



.
Koska ja täyttävät homogeenisen yhtälön (2), kolmen viimeisen rivin kunkin sarakkeen termien summa on nolla, ja edellisestä yhtälöstä tulee:
(7) .
täällä .

Yhdessä yhtälön (6) kanssa saamme yhtälöjärjestelmän funktioiden ja funktioiden määrittämiseksi:
(6) :
(7) .

Yhtälöjärjestelmän ratkaiseminen

Ratkaisemme yhtälöjärjestelmän (6-7). Kirjoitetaan lausekkeita funktioille ja :
.
Löydämme niiden johdannaiset:
;
.

Ratkaisemme yhtälöjärjestelmän (6-7) Cramer-menetelmällä. Laskemme järjestelmän matriisin determinantin:

.
Cramerin kaavoilla löydämme:
;
.

Löysimme siis funktioiden johdannaisia:
;
.
Integroidaan (katso Juurten integrointimenetelmät). Vaihdon tekeminen
; ; ; .

.
.

;
.

Vastaus

Esimerkki 2

Ratkaise differentiaaliyhtälö Lagrangen vakioiden variaatiomenetelmällä:
(8)

Ratkaisu

Vaihe 1. Homogeenisen yhtälön ratkaisu

Ratkaisemme homogeenisen differentiaaliyhtälön:

(9)
Ratkaisua etsitään lomakkeesta. Muodostamme ominaisyhtälön:

Tällä yhtälöllä on monimutkaiset juuret:
.
Näitä juuria vastaavalla perusratkaisujärjestelmällä on muoto:
(10) .
Homogeenisen yhtälön (9) yleinen ratkaisu:
(11) .

Vaihe 2. Vakioiden muuttaminen - Vakioiden korvaaminen funktioilla

Vaihtelemme nyt vakioita C 1 ja C 2 . Eli korvaamme vakiot kohdassa (11) funktioilla:
.
Etsimme ratkaisua alkuperäiseen yhtälöön (8) muodossa:
(12) .

Lisäksi ratkaisun kulku on sama kuin esimerkissä 1. Pääsemme seuraavaan yhtälöjärjestelmään funktioiden ja funktioiden määrittämiseksi:
(13) :
(14) .
täällä .

Yhtälöjärjestelmän ratkaiseminen

Ratkaistaan ​​tämä järjestelmä. Kirjoitetaan funktioiden lausekkeet ja:
.
Johdannaisten taulukosta löydämme:
;
.

Ratkaisemme yhtälöjärjestelmän (13-14) Cramer-menetelmällä. Järjestelmämatriisin determinantti:

.
Cramerin kaavoilla löydämme:
;
.

.
Koska , niin logaritmimerkin alla oleva moduulimerkki voidaan jättää pois. Kerro osoittaja ja nimittäjä:
.
Sitten
.

Alkuperäisen yhtälön yleinen ratkaisu:


.