Jednačina

gdje su i kontinuirane funkcije u intervalu naziva se nehomogena linearna diferencijalna jednadžba drugog reda, funkcije i su njeni koeficijenti. Ako je u ovom intervalu, onda jednačina poprima oblik:

i naziva se homogena linearna diferencijalna jednadžba drugog reda. Ako jednačina (**) ima iste koeficijente kao i jednačina (*), onda se naziva homogena jednačina koja odgovara nehomogenoj jednačini (*).

Homogene linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda

Neka u linearnoj jednadžbi

I su konstantni realni brojevi.

Tražit ćemo određeno rješenje jednadžbe u obliku funkcije , gdje je realan ili kompleksan broj koji treba odrediti. Razlikovanje po , dobijamo:

Zamjenom u originalnu diferencijalnu jednačinu dobijamo:

Dakle, uzimajući u obzir to, imamo:

Ova jednačina se naziva karakteristična jednačina homogene linearne diferencijalne jednadžbe. Karakteristična jednačina omogućava pronalaženje. Ovo je jednadžba drugog stepena, tako da ima dva korijena. Označimo ih sa i . Moguća su tri slučaja:

1) Korijeni su stvarni i različiti. U ovom slučaju zajednička odluka jednadžbe:

Primjer 1

2) Korijeni su realni i jednaki. U ovom slučaju, opšte rješenje jednačine je:

Primjer2

Jeste li se zatekli na ovoj stranici kako pokušavate riješiti problem za ispit ili test? Ako još uvijek niste uspjeli položiti ispit, sljedeći put zakažite termin unaprijed na web stranici o Online pomoći u višoj matematici.

Karakteristična jednačina ima oblik:

Rješenje karakteristična jednačina:

Opće rješenje originalne diferencijalne jednadžbe je:

3) Složeni korijeni. U ovom slučaju, opšte rješenje jednačine je:

Primjer 3

Karakteristična jednačina ima oblik:

Rješenje karakteristične jednadžbe:

Opće rješenje originalne diferencijalne jednadžbe je:

Nehomogene linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda

Razmotrimo sada rješavanje nekih vrsta linearnih nehomogena jednačina drugog reda sa konstantnim koeficijentima

gdje su i konstantni realni brojevi, je poznata kontinuirana funkcija u intervalu . Za pronalaženje općeg rješenja takve diferencijalne jednadžbe potrebno je poznavati opće rješenje odgovarajuće homogene diferencijalne jednadžbe i posebno rješenje. Pogledajmo neke slučajeve:

Također tražimo parcijalno rješenje diferencijalne jednadžbe u obliku kvadratnog trinoma:

Ako je 0 jedan korijen karakteristične jednadžbe, onda

Ako je 0 dvostruki korijen karakteristične jednadžbe, onda

Slična je situacija ako je polinom proizvoljnog stepena

Primjer 4

Rešimo odgovarajuće homogena jednačina.

Karakteristična jednačina:

Opće rješenje homogene jednačine:

Nađimo posebno rješenje nehomogene difuzijske jednačine:

Zamjenom pronađenih izvoda u originalnu diferencijalnu jednačinu dobivamo:

Zahtevano posebno rešenje:

Opće rješenje originalne diferencijalne jednadžbe je:

Tražimo određeno rješenje u obliku , gdje je neodređeni koeficijent.

Zamjenom i u originalnu diferencijalnu jednačinu, dobijamo identitet iz kojeg nalazimo koeficijent.

Ako je korijen karakteristične jednadžbe, tada tražimo određeno rješenje originalne diferencijalne jednadžbe u obliku , kada je jedan korijen i , kada je dvostruki korijen.

Primjer 5

Karakteristična jednačina:

Opće rješenje odgovarajuće homogene diferencijalne jednadžbe je:

Nađimo određeno rješenje odgovarajuće nehomogene diferencijalne jednadžbe:

Opće rješenje diferencijalne jednadžbe:

U ovom slučaju tražimo određeno rješenje u obliku trigonometrijskog binoma:

gdje su i neodređeni koeficijenti

Zamjenom i u originalnu diferencijalnu jednačinu, dobijamo identitet iz kojeg nalazimo koeficijente.

Ove jednačine određuju koeficijente i osim u slučaju kada (ili kada - korijeni karakteristične jednačine). U potonjem slučaju tražimo posebno rješenje diferencijalne jednadžbe u obliku:

Primjer6

Karakteristična jednačina:

Opće rješenje odgovarajuće homogene diferencijalne jednadžbe je:

Nađimo posebno rješenje nehomogene difuzijske jednačine

Zamjenom u originalnu diferencijalnu jednačinu dobijamo:

Opće rješenje originalne diferencijalne jednadžbe je:

Konvergencija brojevnih nizova
Data je definicija konvergencije niza i detaljno su razmotreni problemi za proučavanje konvergencije brojevnih redova - testovi poređenja, d'Alembertov test konvergencije, Cauchyjev test konvergencije i integralni Cauchyjev test konvergencije.

Apsolutna i uslovna konvergencija redova
Stranica ispituje naizmjenične redove, njihovu uslovnu i apsolutnu konvergenciju, Leibnizov test konvergencije za naizmjenične nizove - sadrži kratka teorija na temu i primjer rješavanja problema.

Ovaj članak se bavi pitanjem rješavanja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda sa konstantnim koeficijentima. O teoriji će se raspravljati uz primjere zadatih problema. Za dešifrovanje nejasnih pojmova potrebno je osvrnuti se na temu o osnovnim definicijama i konceptima teorije diferencijalnih jednačina.

Razmotrimo linearnu diferencijalnu jednačinu (LDE) drugog reda sa konstantnim koeficijentima oblika y "" + p · y " + q · y = f (x), gdje su p i q proizvoljni brojevi, a postojeća funkcija f (x) je kontinuirano na intervalu integracije x.

Pređimo na formulaciju teoreme za opće rješenje LNDE.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Opća teorema rješenja za LDNU

Teorema 1

Opšte rješenje, smješteno na intervalu x, nehomogene diferencijalne jednadžbe oblika y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) sa kontinuiranim koeficijentima integracije na x intervalu f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) i kontinuirana funkcija f (x) je jednako zbiru opšteg rješenja y 0, koje odgovara LOD-u i nekom posebnom rješenju y ~, gdje je originalna nehomogena jednačina y = y 0 + y ~.

Ovo pokazuje da rješenje takve jednačine drugog reda ima oblik y = y 0 + y ~ . Algoritam za pronalaženje y 0 razmatra se u članku o linearnim homogenim diferencijalnim jednadžbama drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Nakon toga treba preći na definiciju y ~.

Izbor određenog rješenja za LPDE ovisi o vrsti dostupne funkcije f (x) koja se nalazi na desnoj strani jednačine. Za to je potrebno posebno razmotriti rješenja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda sa konstantnim koeficijentima.

Kada se f (x) smatra polinomom n-tog stepena f (x) = P n (x), slijedi da se određeno rješenje LPDE-a nalazi pomoću formule oblika y ~ = Q n (x ) x γ, gdje je Q n ( x) polinom stepena n, r je broj nultih korijena karakteristične jednačine. Vrijednost y ~ je određeno rješenje y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , zatim dostupni koeficijenti koji su definirani polinomom
Q n (x) , nalazimo pomoću metode neizvesni koeficijenti iz jednakosti y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x).

Primjer 1

Izračunajte koristeći Cauchyjevu teoremu y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .

Rješenje

Drugim riječima, potrebno je prijeći na određeno rješenje linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima y "" - 2 y " = x 2 + 1, koje će zadovoljiti date uslove y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .

Opće rješenje linearne nehomogene jednačine je zbir općeg rješenja, koje odgovara jednačini y 0 ili određenom rješenju nehomogene jednačine y ~, to jest, y = y 0 + y ~.

Prvo ćemo pronaći opće rješenje za LNDU, a zatim i jedno posebno.

Pređimo na pronalaženje y 0. Zapisivanje karakteristične jednadžbe pomoći će vam da pronađete korijene. Shvatili smo to

k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0 , k 2 = 2

Otkrili smo da su korijeni različiti i stvarni. Zato, hajde da zapišemo

y 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x.

Nađimo y ~ . To je jasno desni deo iza zadata jednačina je polinom drugog stepena, tada je jedan od korijena jednak nuli. Iz ovoga dobijamo da će određeno rješenje za y ~ biti

y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, pri čemu vrijednosti A, B, C poprimaju neodređene koeficijente.

Nađimo ih iz jednakosti oblika y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .

Tada dobijamo to:

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

Izjednačavajući koeficijente sa istim eksponentima x, dobijamo sistem linearnih izraza - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Prilikom rješavanja bilo kojom od metoda, naći ćemo koeficijente i napisati: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 i y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

Ovaj unos se naziva općim rješenjem originalne linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima.

Da bismo pronašli određeno rješenje koje zadovoljava uslove y (0) = 2, y "(0) = 1 4, potrebno je odrediti vrijednosti C 1 I C 2, na osnovu jednakosti oblika y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.

dobijamo to:

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

Radimo sa rezultujućim sistemom jednačina oblika C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, gdje je C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.

Primjenjujući Cauchyjevu teoremu, imamo to

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

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

Kada je funkcija f (x) predstavljena kao proizvod polinoma sa stepenom n i eksponentom f (x) = P n (x) · e a x , tada dobijamo da će određeno rješenje LPDE drugog reda biti jednadžba oblika y ~ = e a x · Q n ( x) · x γ, gdje je Q n (x) polinom n-tog stepena, a r je broj korijena karakteristične jednačine jednak α.

Koeficijenti koji pripadaju Q n (x) nalaze se jednakošću y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Primjer 2

Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe oblika y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .

Rješenje

Opća jednadžba je y = y 0 + y ~ . Gornja jednačina odgovara LOD y "" - 2 y " = 0. Iz prethodnog primjera može se vidjeti da su njegovi korijeni jednaki k 1 = 0 i k 2 = 2 i y 0 = C 1 + C 2 e 2 x po karakterističnoj jednadžbi.

To je jasno desna strana jednačina je x 2 + 1 · e x . Odavde se LPDE nalazi kroz y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, gdje je Q n (x) polinom drugog stepena, gdje je α = 1 i r = 0, jer karakteristična jednačina nije imaju korijen jednak 1. Odavde to dobijamo

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 su nepoznati koeficijenti koji se mogu naći po jednakosti y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x.

Shvatio sam

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

Izjednačavamo indikatore sa istim koeficijentima i dobijamo sistem linearne jednačine. Odavde nalazimo A, B, C:

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

odgovor: jasno je da je y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 posebno rješenje LNDDE, a y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - opšte rješenje za nehomogenu diferencijaciju drugog reda.

Kada je funkcija napisana kao f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, i A 1 I U 1 su brojevi, onda se parcijalno rješenje LPDE-a smatra jednadžbom oblika y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ, gdje se A i B smatraju neodređenim koeficijentima, a r je broj kompleksni konjugirani korijeni povezani sa karakterističnom jednačinom, jednaki ± i β . U ovom slučaju, traženje koeficijenata se vrši pomoću jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).

Primjer 3

Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe oblika y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Rješenje

Prije pisanja karakteristične jednačine, nalazimo y 0. Onda

k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 i , k 2 = - 2 i

Imamo par složenih konjugiranih korijena. Transformirajmo i dobijemo:

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

Smatra se da su korijeni karakteristične jednadžbe konjugirani par ± 2 i, tada je f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). Ovo pokazuje da će se pretraga za y ~ izvršiti od y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Nepoznate Koeficijente A i B ćemo tražiti iz jednakosti oblika y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

transformirajmo:

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)

Onda je to jasno

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) + 4 B cos (2 x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x)

Potrebno je izjednačiti koeficijente sinusa i kosinusa. Dobijamo sistem oblika:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

Iz toga slijedi da je y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.

odgovor: razmatra se opšte rešenje originalnog LDDE drugog reda sa konstantnim koeficijentima

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

Kada je f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), tada je y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ. Imamo da je r broj kompleksno konjugiranih parova korijena povezanih sa karakterističnom jednačinom, jednak α ± i β, gdje je P n (x), Q k (x), L m (x) i Nm(x) su polinomi stepena n, k, m, m, gdje m = m a x (n, k). Pronalaženje koeficijenata Lm(x) I Nm(x) je napravljen na osnovu jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Primjer 4

Pronađite opšte rješenje y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .

Rješenje

Po stanju je jasno da

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

Tada je m = m a x (n, k) = 1. Nalazimo y 0 tako što prvo napišemo karakterističnu jednačinu oblika:

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

Otkrili smo da su korijeni stvarni i različiti. Dakle, y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Zatim je potrebno tražiti opće rješenje zasnovano na nehomogenoj jednadžbi y ~ oblika

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))

Poznato je da su A, B, C koeficijenti, r = 0, jer ne postoji par konjugiranih korijena vezanih za karakterističnu jednačinu sa α ± i β = 3 ± 5 · i. Ove koeficijente nalazimo iz rezultirajuće jednakosti:

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))

Pronalaženje derivata i sličnih pojmova daje

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))

Nakon izjednačavanja koeficijenata, dobijamo sistem oblika

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

Iz svega proizilazi da

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 (5 x))

odgovor: Sada smo dobili opće rješenje zadate linearne jednačine:

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))

Algoritam za rješavanje LDNU

Definicija 1

Bilo koja druga vrsta funkcije f (x) za rješenje zahtijeva usklađenost s algoritmom rješenja:

pronalaženje opšteg rješenja odgovarajuće linearne homogene jednadžbe, gdje je y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, gdje je y 1 I y 2 su linearno nezavisna parcijalna rješenja LODE-a, C 1 I C 2 smatraju se proizvoljnim konstantama;
usvajanje kao opšte rešenje LNDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
određivanje izvoda funkcije kroz sistem oblika 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) , i nalaženje funkcija C 1 (x) i C 2 (x) kroz integraciju.

Primjer 5

Pronađite opšte rješenje za y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.

Rješenje

Nastavljamo sa pisanjem karakteristične jednadžbe, nakon što smo prethodno napisali y 0, y "" + 36 y = 0. Hajde da napišemo i rešimo:

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)

Imamo da će opšte rješenje date jednačine biti zapisano kao y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Potrebno je prijeći na definiciju derivacijskih funkcija C 1 (x) I C2(x) prema sistemu sa jednadžbama:

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)) = = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x

Potrebno je donijeti odluku u vezi C 1" (x) I C 2" (x) koristeći bilo koju metodu. Zatim pišemo:

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

Svaka od jednačina mora biti integrisana. Zatim pišemo rezultirajuće jednačine:

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

Iz toga slijedi da će opće rješenje imati oblik:

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)

odgovor: 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 (6 x)

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Diferencijalne jednadžbe drugog i višeg reda.
Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima.
Primjeri rješenja.

Pređimo na razmatranje diferencijalnih jednačina drugog reda i diferencijalnih jednačina višeg reda. Ako imate nejasnu ideju o tome šta je diferencijalna jednadžba (ili ne razumijete šta je to uopće), onda preporučujem da počnete s lekcijom Diferencijalne jednadžbe prvog reda. Primjeri rješenja. Mnogi principi rješenja i osnovni koncepti difuzije prvog reda se automatski primjenjuju na diferencijalne jednadžbe viših redova, dakle vrlo je važno prvo razumjeti jednačine prvog reda.

Mnogi čitaoci mogu imati predrasudu da je daljinsko upravljanje 2., 3. i drugih reda nešto vrlo teško i nedostupno za savladavanje. Ovo je pogrešno . Naučiti rješavati difuzije višeg reda teško da je teže od “običnih” DE-ova prvog reda. A ponegdje je i jednostavnije, jer se u rješenjima aktivno koristi gradivo iz školskog programa.

Najpopularniji diferencijalne jednadžbe drugog reda. Na diferencijalnu jednačinu drugog reda Neophodno uključuje drugi izvod i nisu uključeni

Treba napomenuti da neke od beba (pa čak i sve odjednom) možda nedostaju iz jednačine, važno je da je otac kod kuće. Najprimitivnija diferencijalna jednadžba drugog reda izgleda ovako:

Diferencijalne jednadžbe trećeg reda u praktičnim zadacima su mnogo manje uobičajene, prema mojim subjektivnim zapažanjima u Državna Duma dobili bi oko 3-4% glasova.

Na diferencijalnu jednačinu trećeg reda Neophodno uključuje treći derivat i nisu uključeni derivati višeg reda:

Najjednostavnija diferencijalna jednačina trećeg reda izgleda ovako: – tata je kod kuće, sva djeca su u šetnji.

Na sličan način možete definirati diferencijalne jednadžbe 4., 5. i višeg reda. U praktičnim problemima, takvi sistemi upravljanja rijetko pokvare, međutim, pokušat ću dati relevantne primjere.

Diferencijalne jednadžbe višeg reda, koje se predlažu u praktičnim problemima, mogu se podijeliti u dvije glavne grupe.

1) Prva grupa - tzv jednadžbe koje se mogu reducirati. Hajde!

2) Druga grupa – linearne jednadžbe višeg reda sa konstantnim koeficijentima. Koje ćemo odmah početi da razmatramo.

Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda
sa konstantnim koeficijentima

U teoriji i praksi razlikuju se dvije vrste takvih jednadžbi: homogena jednačina I nehomogena jednačina.

Homogeni DE drugog reda sa konstantnim koeficijentima Ima sljedeći pogled:
, gdje su i konstante (brojevi), a na desnoj strani – strogo nula.

Kao što vidite, nema posebnih poteškoća s homogenim jednačinama, glavna stvar je odluči ispravno kvadratna jednačina .

Ponekad postoje nestandardne homogene jednadžbe, na primjer jednadžba u obliku , pri čemu se kod drugog izvoda nalazi neka konstanta različita od jedinice (i, naravno, različita od nule). Algoritam rješenja se uopće ne mijenja, trebalo bi mirno sastaviti karakterističnu jednadžbu i pronaći njene korijene. Ako je karakteristična jednadžba će imati dva različita stvarna korijena, na primjer: , tada će opće rješenje biti napisano prema uobičajenoj shemi: .

U nekim slučajevima, zbog greške u kucanju u stanju, mogu rezultirati „loši“ korijeni, nešto poput . Šta učiniti, odgovor će morati biti napisan ovako:

Sa "lošim" konjugiranim složenim korijenima kao nema problema, generalno rješenje:

To je, ionako postoji opće rješenje. Jer svaka kvadratna jednadžba ima dva korijena.

U poslednjem paragrafu, kao što sam obećao, ukratko ćemo razmotriti:

Linearne homogene jednadžbe višeg reda

Sve je vrlo, vrlo slično.

Linearna homogena jednadžba trećeg reda ima sljedeći oblik:
, gdje su konstante.
Za ovu jednačinu također morate kreirati karakterističnu jednačinu i pronaći njene korijene. Karakteristična jednačina, kao što su mnogi pretpostavili, izgleda ovako:
, i to U svakom slučaju Ima tačno tri root

Neka su, na primjer, svi korijeni stvarni i različiti: , tada će opće rješenje biti zapisano na sljedeći način:

Ako je jedan korijen realan, a druga dva su konjugirani kompleks, onda opće rješenje pišemo na sljedeći način:

Poseban slučaj kada su sva tri korijena višestruka (isti). Razmotrimo najjednostavniji homogeni DE 3. reda sa usamljenim ocem: . Karakteristična jednadžba ima tri podudarna nulta korijena. Opće rješenje pišemo na sljedeći način:

Ako je karakteristična jednadžba ima, na primjer, tri višestruka korijena, onda je opće rješenje, shodno tome, sljedeće:

Primjer 9

Riješite homogenu diferencijalnu jednačinu trećeg reda

Rješenje: Sastavimo i riješimo karakterističnu jednačinu:

, – dobije se jedan pravi korijen i dva konjugirana kompleksna korijena.

odgovor: zajednička odluka

Slično, možemo razmotriti linearnu homogenu jednačinu četvrtog reda sa konstantnim koeficijentima: , gdje su konstante.

Osnove rješavanja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda (LNDE-2) sa konstantnim koeficijentima (PC)

LDDE 2. reda sa konstantnim koeficijentima $p$ i $q$ ima oblik $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, gdje je $f\left(x \desno)$ je kontinuirana funkcija.

Što se tiče LNDU 2 sa PC-om, sljedeće dvije tvrdnje su tačne.

Pretpostavimo da je neka funkcija $U$ proizvoljno parcijalno rješenje nehomogene diferencijalne jednadžbe. Pretpostavimo i da je neka funkcija $Y$ opšte rješenje (GS) odgovarajuće linearne homogene diferencijalne jednadžbe (HLDE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Tada je GR od LHDE-2 je jednak zbiru navedenih privatnih i općih rješenja, odnosno $y=U+Y$.

Ako je desna strana LMDE 2. reda zbir funkcija, to jest, $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x \right)+..+f_(r) \left(x\right)$, onda prvo možemo pronaći PD-ove $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ koji odgovaraju svakoj od funkcija $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, a nakon toga napišite CR LNDU-2 u obliku $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.

Rješenje LPDE 2. reda sa PC-om

Očigledno je da tip jednog ili drugog PD $U$ datog LNDU-2 zavisi od specifičnog oblika njegove desne strane $f\left(x\right)$. Najjednostavniji slučajevi traženja PD LNDU-2 formulirani su u obliku sljedeća četiri pravila.

Pravilo #1.

Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, gdje je $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, odnosno naziva se polinom stepena $n$. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, gdje je $Q_(n) \left(x\right)$ drugi polinom istog stepena kao i $P_(n) \left(x\right)$, a $r$ je broj korijena karakteristične jednadžbe odgovarajuće LODE-2 koji su jednaki nuli. Koeficijenti polinoma $Q_(n) \left(x\right)$ nalaze se metodom neodređenih koeficijenata (UK).

Pravilo br. 2.

Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, gdje je $P_(n) \left( x\right)$ je polinom stepena $n$. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, gdje je $Q_(n ) \ left(x\right)$ je drugi polinom istog stepena kao $P_(n) \left(x\right)$, a $r$ je broj korijena karakteristične jednadžbe odgovarajuće LODE-2 jednako $\alpha $. Koeficijenti polinoma $Q_(n) \left(x\right)$ nalaze se NC metodom.

Pravilo br. 3.

Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \desno) $, gdje su $a$, $b$ i $\beta$ poznati brojevi. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, gdje su $A$ i $B$ nepoznati koeficijenti, a $r$ je broj korijena karakteristične jednadžbe odgovarajuće LODE-2, jednak $i\cdot \beta $. Koeficijenti $A$ i $B$ su pronađeni nedestruktivnom metodom.

Pravilo br. 4.

Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, gdje je $P_(n) \left(x\right)$ polinom stepena $n$, a $P_(m) \left(x\right)$ je polinom stepena $m$. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, gdje je $Q_(s) \left(x\right)$ i $ R_(s) \left(x\right)$ su polinomi stepena $s$, broj $s$ je maksimum od dva broja $n$ i $m$, a $r$ je broj korijena karakteristične jednačine odgovarajuće LODE-2, jednako $\alpha +i\cdot \beta $. Koeficijenti polinoma $Q_(s) \left(x\right)$ i $R_(s) \left(x\right)$ su pronađeni NC metodom.

NDT metoda se sastoji od korištenja sledeće pravilo. Da bi se pronašli nepoznati koeficijenti polinoma koji su dio parcijalnog rješenja nehomogene diferencijalne jednadžbe LNDU-2, potrebno je:

zamijenite PD $U$ upisanim opšti pogled, na lijevoj strani LNDU-2;
na lijevoj strani LNDU-2, izvršiti pojednostavljenja i grupirati termine sa istim ovlastima $x$;
u rezultirajućem identitetu izjednačiti koeficijente članova sa istim potencijama $x$ lijeve i desne strane;
riješiti rezultirajući sistem linearnih jednačina za nepoznate koeficijente.

Primjer 1

Zadatak: pronađite ILI LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Nađite i PD , zadovoljavajući početne uslove $y=6$ za $x=0$ i $y"=1$ za $x=0$.

Zapisujemo odgovarajući LOD-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Karakteristična jednačina: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Korijeni karakteristične jednačine su: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Ovi korijeni su valjani i različiti. Dakle, OR odgovarajućeg LODE-2 ima oblik: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

Desna strana ovog LNDU-2 ima oblik $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Potrebno je uzeti u obzir koeficijent eksponenta $\alpha =3$. Ovaj koeficijent se ne poklapa ni sa jednim od korijena karakteristične jednadžbe. Stoga, PD ovog LNDU-2 ima oblik $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Koeficijente $A$, $B$ tražićemo NC metodom.

Nalazimo prvi derivat Češke Republike:

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

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

Nalazimo drugu izvedenicu Češke Republike:

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

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

Zamjenjujemo funkcije $U""$, $U"$ i $U$ umjesto $y""$, $y"$ i $y$ u dati NLDE-2 $y""-3\cdot y" -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x).$ Štaviše, pošto je eksponent $e^(3\cdot x)$ uključen kao faktor u svim komponentama, onda se može izostaviti. Dobijamo:

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

Izvodimo radnje na lijevoj strani rezultirajuće jednakosti:

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

Koristimo NDT metodu. Dobijamo sistem linearnih jednadžbi sa dvije nepoznate:

$-18\cdot A=36;$

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

Rješenje za ovaj sistem je: $A=-2$, $B=-1$.

PD $U=\left(A\cdot x+B\desno)\cdot e^(3\cdot x) $ za naš problem izgleda ovako: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.

OR $y=Y+U$ za naš problem izgleda ovako: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ lijevo(-2\cdot x-1\desno)\cdot e^(3\cdot x) $.

Da bismo tražili PD koji zadovoljava date početne uslove, nalazimo derivaciju $y"$ OP-a:

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

Zamjena u $y$ i $y"$ početni uslovi$y=6$ za $x=0$ i $y"=1$ za $x=0$:

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

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

Dobili smo sistem jednačina:

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

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

Hajde da to rešimo. Pronalazimo $C_(1) $ koristeći Cramerovu formulu, a $C_(2) $ određujemo iz prve jednačine:

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

Dakle, PD ove diferencijalne jednadžbe ima oblik: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \desno )\cdot e^(3\cdot x) $.

Linearna homogena diferencijalna jednadžba drugog reda sa konstantnim koeficijentima ima opšte rešenje
, Gdje I linearno nezavisna parcijalna rješenja ove jednačine.

Opšti oblik rješenja homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima
, zavisi od korijena karakteristične jednadžbe
.

Korijeni karakteristika jednačine	Vrsta opšteg rešenja
Roots I pravi i drugačiji
Roots == validan i identičan
Složeni korijeni ,

Primjer

Pronađite opšte rješenje za linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima:

Rješenje:
.

Nakon što to riješimo, pronaći ćemo korijene
,
validan i drugačiji. Dakle, generalno rješenje je:
.

Rješenje: Napravimo karakterističnu jednačinu:
.

Nakon što to riješimo, pronaći ćemo korijene

validan i identičan. Dakle, generalno rješenje je:
.

Rješenje: Napravimo karakterističnu jednačinu:
.

Nakon što to riješimo, pronaći ćemo korijene
kompleks. Stoga, opće rješenje ima oblik:.

Linearna nehomogena diferencijalna jednadžba drugog reda sa konstantnim koeficijentima izgleda kao

Gdje
. (1)

Opće rješenje linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda ima oblik
, Gdje
– posebno rješenje ove jednačine, – opšte rješenje odgovarajuće homogene jednačine, tj. jednačine

Vrsta privatnog rješenja
nehomogena jednačina (1) u zavisnosti od desne strane
:

Desni deo	Privatno rješenje
-stepen polinom	, Gdje – broj korijena karakteristične jednadžbe jednak nuli.
	, Gdje = je korijen karakteristične jednadžbe.
	Gdje - broj, jednak broju korijeni karakteristične jednadžbe se poklapaju sa .
	Gdje – broj korijena karakteristične jednadžbe koji se poklapa sa .

Razmotrimo različite tipove desnih strana linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe:

1.
, gdje je polinom stepena . Zatim konkretno rješenje
može se pretraživati u obrascu
, Gdje

, A – broj korijena karakteristične jednadžbe jednak nuli.

Primjer

Pronađite opšte rešenje
.

Rješenje:

B) Pošto je desna strana jednadžbe polinom prvog stepena i nijedan od korijena karakteristične jednačine
nije jednako nuli (
), zatim tražimo određeno rješenje u obliku gdje I – nepoznati koeficijenti. Razlikovanje dvaput
i zamena
,
I
u originalnu jednačinu, nalazimo.

Izjednačavanje koeficijenata na istim stepenima na obje strane jednačine
,
, mi nalazimo
,
. Dakle, određeno rješenje ove jednačine ima oblik
, i njegovo generalno rješenje.

2. Neka desna strana ima formu
, gdje je polinom stepena . Zatim konkretno rješenje
može se pretraživati u obrascu
, Gdje
– polinom istog stepena kao
, A – broj koji pokazuje koliko puta je korijen karakteristične jednadžbe.

Primjer

Pronađite opšte rešenje
.

Rješenje:

A) Pronađite opšte rješenje odgovarajuće homogene jednačine
. Da bismo to učinili, pišemo karakterističnu jednačinu
. Nađimo korijene posljednje jednačine
. Prema tome, opšte rješenje homogene jednačine ima oblik
.

karakteristična jednačina

, Gdje – nepoznati koeficijent. Razlikovanje dvaput
i zamena
,
I
u originalnu jednačinu, nalazimo. Gdje
, to je
ili
.

Dakle, određeno rješenje ove jednačine ima oblik
, i njegovo generalno rješenje
.

3. Neka desna strana ima oblik , gdje
I – zadati brojevi. Zatim konkretno rješenje
može se pretraživati u obliku gdje I su nepoznati koeficijenti, i – broj jednak broju korijena karakteristične jednadžbe koji se poklapa sa
. Ako u izrazu funkcije
uključena je barem jedna od funkcija
ili
, zatim unutra
uvijek se mora unijeti oboje funkcije.

Primjer

Pronađite opšte rešenje.

Rješenje:

B) Pošto je desna strana jednačine funkcija
, tada se kontrolni broj ove jednadžbe ne poklapa sa korijenima
karakteristična jednačina
. Zatim tražimo određeno rješenje u obrascu