Obrazovna ustanova „Beloruska država
poljoprivredna akademija"
Odsjek za višu matematiku
Smjernice
izučavati temu „Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda“ studenata računovodstvenog fakulteta dopisnog obrazovanja (NISPO)
Gorki, 2013
Linearno diferencijalne jednadžbe
drugog reda sa konstantamakoeficijenti
Linearne homogene diferencijalne jednadžbe
Linearna diferencijalna jednadžba drugog reda sa konstantnim koeficijentima naziva jednačina oblika
one. jednadžba koja sadrži željenu funkciju i njene derivate samo do prvog stepena i ne sadrži njihove proizvode. U ovoj jednačini 
I 
- neki brojevi i funkcija 
dati u određenom intervalu 
.
Ako 
na intervalu 
, tada će jednačina (1) poprimiti oblik
,
(2)
i zove se linearno homogeno . Inače, jednačina (1) se zove linearno nehomogeno .
Razmotrite složenu funkciju
,
(3)
Gdje 
I 
- stvarne funkcije. Ako je funkcija (3) kompleksno rješenje jednadžbe (2), onda je realni dio 
, i imaginarni dio 
rješenja 
odvojeno su rješenja za isto homogena jednačina. Dakle, svako kompleksno rješenje jednačine (2) generiše dva realna rješenja ove jednačine.
Rješenja homogene linearne jednadžbe imaju sljedeća svojstva:
Ako 
je rješenje jednadžbe (2), zatim funkcija 
, Gdje WITH– proizvoljna konstanta će također biti rješenje jednačine (2);
Ako 
I 
postoje rješenja jednadžbe (2), zatim funkcije 
će također biti rješenje jednačine (2);
Ako 
I 
postoje rješenja jednadžbe (2), zatim njihova linearna kombinacija 
također će biti rješenje jednačine (2), gdje je 
I 
– proizvoljne konstante.
Funkcije 
I 
su pozvani linearno zavisna
na intervalu 
, ako takvi brojevi postoje 
I 
, nije jednako nuli u isto vrijeme, da je na ovom intervalu jednakost
Ako se jednakost (4) javlja samo kada 
I 
, zatim funkcije 
I 
su pozvani linearno nezavisna
na intervalu 
.
Primjer 1
. Funkcije 
I 
su linearno zavisne, pošto 
na cijeloj brojevnoj pravoj. U ovom primjeru 
.
Primjer 2
. Funkcije 
I 
su linearno nezavisne od bilo kojeg intervala, budući da je jednakost 
moguće je samo u slučaju kada 
, And 
.
Konstrukcija općeg rješenja linearne homogene
jednačine
Da biste pronašli zajednička odluka jednadžbe (2), potrebno je pronaći dva njena linearno nezavisna rješenja 
I 
. Linearna kombinacija ovih rješenja 
, Gdje 
I 
su proizvoljne konstante, i daće opšte rešenje linearne homogene jednačine.
Tražit ćemo linearno nezavisna rješenja jednačine (2) u obliku
,
(5)
Gdje 
– određeni broj. Onda 
,
. Zamijenimo ove izraze u jednačinu (2):
ili 
.
Jer 
, To 
. Dakle, funkcija 
će biti rješenje jednačine (2) ako 
će zadovoljiti jednačinu
.
(6)
Jednačina (6) se zove karakteristična jednačina za jednačinu (2). Ova jednačina je algebarska kvadratna jednačina.
Neka 
I 
postoje korijeni ove jednačine. Oni mogu biti ili stvarni i različiti, ili složeni, ili stvarni i jednaki. Hajde da razmotrimo ove slučajeve.
Pustite korenje 
I 
karakteristična jednačina validan i drugačiji. Tada će rješenja jednadžbe (2) biti funkcije 
I 
. Ova rješenja su linearno nezavisna, budući da je jednakost 
može se izvršiti samo kada 
, And 
. Stoga, opće rješenje jednačine (2) ima oblik
,
Gdje 
I 
- proizvoljne konstante.
Primjer 3
.
Rješenje
. Karakteristična jednačina za ovaj diferencijal će biti 
. Nakon što smo riješili ovu kvadratnu jednačinu, nalazimo njene korijene 
I 
. Funkcije 
I 
su rješenja diferencijalne jednadžbe. Opšte rješenje ove jednačine je 
.
Kompleksni broj 
nazvan izrazom forme 
, Gdje 
I 
su realni brojevi, i 
nazvana imaginarna jedinica. Ako 
, zatim broj 
naziva se čisto imaginarnim. Ako 
, zatim broj 
identificira se sa stvarnim brojem 
.
Broj 
naziva se realni dio kompleksnog broja, i 
- imaginarni dio. Ako se dva kompleksna broja razlikuju jedan od drugog samo po predznaku imaginarnog dijela, onda se nazivaju konjugiranim: 
,
.
Primjer 4
. Riješi kvadratnu jednačinu 
.
Rješenje
. Diskriminantna jednačina 
. Onda. Isto tako, 
. Dakle, ova kvadratna jednadžba ima konjugirane kompleksne korijene.
Neka su korijeni karakteristične jednadžbe složeni, tj. 
,
, Gdje 
. Rješenja jednačine (2) mogu se napisati u obliku 
,
ili 
,
. Prema Ojlerovim formulama
,
.
Zatim,. Kao što je poznato, ako je kompleksna funkcija rješenje linearne homogene jednadžbe, tada su rješenja ove jednadžbe i stvarni i imaginarni dijelovi ove funkcije. Dakle, rješenja jednadžbe (2) će biti funkcije 
I 
. Od jednakosti
može se izvršiti samo ako 
I 
, tada su ova rješenja linearno nezavisna. Stoga, opće rješenje jednačine (2) ima oblik
Gdje 
I 
- proizvoljne konstante.
Primjer 5
. Naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe 
.
Rješenje
. Jednačina 
je karakterističan za dati diferencijal. Hajde da to riješimo i dobijemo složene korijene 
,
. Funkcije 
I 
su linearno nezavisna rješenja diferencijalne jednadžbe. Opšte rješenje ove jednačine je:
Neka su korijeni karakteristične jednadžbe realni i jednaki, tj. 
. Tada su rješenja jednadžbe (2) funkcije 
I 
. Ova rješenja su linearno nezavisna, jer izraz može biti identično jednak nuli samo kada 
I 
. Stoga, opće rješenje jednačine (2) ima oblik 
.
Primjer 6
. Naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe 
.
Rješenje
. Karakteristična jednačina 
ima jednake korene 
. U ovom slučaju, linearno nezavisna rješenja diferencijalne jednadžbe su funkcije 
I 
. Opšte rješenje ima oblik 
.
Nehomogene linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima
i posebne desna strana
Opće rješenje linearne nehomogene jednadžbe (1) jednako je zbroju općeg rješenja 
odgovarajuću homogenu jednačinu i bilo koje posebno rješenje 
nehomogena jednadžba: 
.
U nekim slučajevima, određeno rješenje nehomogene jednadžbe može se jednostavno pronaći u obliku desne strane 
jednačina (1). Pogledajmo slučajeve u kojima je to moguće.
one. desni deo nehomogena jednačina je polinom stepena m. Ako 
nije korijen karakteristične jednadžbe, onda bi određeno rješenje nehomogene jednadžbe trebalo tražiti u obliku polinoma stepena m, tj.
Odds 
određuju se u procesu pronalaženja određenog rješenja.
Ako 
je korijen karakteristične jednadžbe, tada posebno rješenje nehomogene jednačine treba tražiti u obliku
Primjer 7
. Naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe 
.
Rješenje
. Odgovarajuća homogena jednačina za zadata jednačina je 
. Njegova karakteristična jednačina 
ima korene 
I 
. Opće rješenje homogene jednačine ima oblik 
.
Jer 
nije korijen karakteristične jednadžbe, tada ćemo tražiti određeno rješenje nehomogene jednadžbe u obliku funkcije 
. Nađimo derivate ove funkcije 
,
i zamijeni ih u ovu jednačinu:
ili . Izjednačimo koeficijente za 
i besplatni članovi: 
Nakon što smo riješili ovaj sistem, dobili smo 
,
. Tada određeno rješenje nehomogene jednadžbe ima oblik 
, a opšte rješenje date nehomogene jednadžbe bit će zbir opšteg rješenja odgovarajuće homogene jednadžbe i posebnog rješenja nehomogene jednadžbe: 
.
Neka nehomogena jednadžba ima oblik
Ako 
nije korijen karakteristične jednadžbe, onda posebno rješenje nehomogene jednačine treba tražiti u obliku. Ako 
je korijen jednadžbe karakteristične višestrukosti k
(k=1 ili k=2), tada će u ovom slučaju određeno rješenje nehomogene jednadžbe imati oblik .
Primjer 8
. Naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe 
.
Rješenje
. Karakteristična jednačina za odgovarajuću homogenu jednačinu ima oblik 
. Njegovi koreni 
,
. U ovom slučaju, opće rješenje odgovarajuće homogene jednačine se zapisuje u obliku 
.
Budući da broj 3 nije korijen karakteristične jednadžbe, posebno rješenje nehomogene jednačine treba tražiti u obliku 
. Nađimo derivate prvog i drugog reda:
Zamijenimo u diferencijalnu jednačinu: 
+
+,
+,.
Izjednačimo koeficijente za 
i besplatni članovi:
Odavde 
,
. Tada određeno rješenje ove jednačine ima oblik 
, i opšte rješenje
.
Lagrangeova metoda varijacije proizvoljnih konstanti
Metoda variranja proizvoljnih konstanti može se primijeniti na bilo koju nehomogenu linearnu jednačinu sa konstantnim koeficijentima, bez obzira na tip desne strane. Ova metoda vam omogućava da uvijek pronađete opšte rješenje nehomogene jednačine ako je poznato opšte rješenje odgovarajuće homogene jednačine.
Neka 
I 
su linearno nezavisna rješenja jednadžbe (2). Tada je opšte rješenje ove jednačine 
, Gdje 
I 
- proizvoljne konstante. Suština metode variranja proizvoljnih konstanti je da se opšte rješenje jednačine (1) traži u obliku
Gdje 
I 
- nove nepoznate funkcije koje treba pronaći. Budući da postoje dvije nepoznate funkcije, da bi se one pronašle, potrebne su dvije jednadžbe koje sadrže ove funkcije. Ove dvije jednačine čine sistem
koji je linearni algebarski sistem jednačina u odnosu na 
I 
. Rješavajući ovaj sistem, nalazimo 
I 
. Integracijom obe strane dobijenih jednakosti nalazimo
I 
.
Zamjenom ovih izraza u (9) dobijamo opće rješenje nehomogene linearne jednačine (1).
Primjer 9
. Naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe 
.
Rješenje.
Karakteristična jednačina za homogenu jednačinu koja odgovara datoj diferencijalnoj jednačini je 
. Njegovi korijeni su složeni 
,
. Jer 
I 
, To 
,
, a opšte rješenje homogene jednadžbe ima oblik. Zatim ćemo tražiti opšte rješenje ove nehomogene jednačine u obliku gdje 
I 
- nepoznate funkcije.
Sistem jednačina za pronalaženje ovih nepoznatih funkcija ima oblik
Nakon što smo riješili ovaj sistem, nalazimo 
,
. Onda
,
. Zamijenimo rezultirajuće izraze u formulu za opće rješenje:
Ovo je opšte rješenje ove diferencijalne jednadžbe, dobiveno Lagrangeovom metodom.
Pitanja za samokontrolu znanja
Koja se diferencijalna jednačina naziva linearna diferencijalna jednačina drugog reda sa konstantnim koeficijentima?
Koja linearna diferencijalna jednadžba se naziva homogena, a koja nehomogena?
Koja svojstva ima linearna homogena jednačina?
Koja se jednačina naziva karakterističnom za linearnu diferencijalnu jednačinu i kako se ona dobija?
U kom obliku je opće rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe sa konstantnim koeficijentima zapisano u slučaju različitih korijena karakteristične jednadžbe?
U kom obliku je opće rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe sa konstantnim koeficijentima zapisano u slučaju jednakih korijena karakteristične jednačine?
U kom obliku je opće rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe sa konstantnim koeficijentima zapisano u slučaju kompleksnih korijena karakteristične jednadžbe?
Kako se piše opšte rješenje linearne nehomogene jednačine?
U kom obliku se traži određeno rješenje linearne nehomogene jednadžbe ako su korijeni karakteristične jednadžbe različiti i nisu jednaki nuli, a desna strana jednačine je polinom stepena m?
U kom obliku se traži određeno rješenje linearne nehomogene jednadžbe ako postoji jedna nula među korijenima karakteristične jednačine, a desna strana jednačine je polinom stepena m?
Koja je suština Lagrangeove metode?
Vidjeli smo da je, u slučaju kada je poznato opće rješenje linearne homogene jednadžbe, moguće naći opšte rješenje nehomogene jednačine metodom varijacije proizvoljnih konstanti. Međutim, ostalo je otvoreno pitanje kako pronaći opšte rješenje homogene jednačine. U posebnom slučaju kada su u linearnoj diferencijalnoj jednadžbi (3) svi koeficijenti p i(X)= a i - konstante, može se riješiti prilično jednostavno, čak i bez integracije.
Razmotrimo linearnu homogenu diferencijalnu jednačinu sa konstantnim koeficijentima, tj. jednačine oblika
y (n) + a 1 y (n – 1) +...a n – 1 y " + a n y = 0, (14)
Gdje i ja- konstante (i= 1, 2, ...,n).
Kao što je poznato, za linearnu homogenu jednačinu 1. reda rješenje je funkcija oblika e kx. Rješenje jednačine (14) tražit ćemo u obliku j (X) = e kx.
Zamijenimo funkciju u jednadžbu (14) j (X) i njegove derivate reda m (1 £ m£ n)j (m) (X) = k m e kx. Dobijamo
(k n + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + a n)e kx = 0,
Ali e k x ¹ 0 za bilo koje X, Zbog toga
k n + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + a n = 0. (15)
Jednačina (15) se zove karakteristična jednačina, polinom na lijevoj strani- karakteristični polinom , njegove korijene- karakteristični koreni diferencijalna jednadžba (14).
zaključak:
funkcijaj (X) = e kx - rješenje linearne homogene jednadžbe (14) ako i samo ako je broj k - korijen karakteristične jednadžbe (15).
Tako se proces rješavanja linearne homogene jednadžbe (14) svodi na rješavanje algebarske jednadžbe (15).
Mogući su različiti slučajevi karakterističnih korijena.
1.Svi korijeni karakteristične jednadžbe su realni i različiti.
U ovom slučaju n različiti karakteristični korijeni k 1 ,k 2 ,..., k n odgovara n različita rješenja homogene jednadžbe (14)
Može se pokazati da su ova rješenja linearno nezavisna i stoga se formiraju fundamentalni sistem odluke. Dakle, opšte rješenje jednačine je funkcija
Gdje WITH 1 , C 2 , ..., C n - proizvoljne konstante.
Primjer 7. Pronađite opšte rješenje linearne homogene jednadžbe:
A) at¢ ¢ (X) - 6at¢ (X) + 8at(X) = 0,b) at¢ ¢ ¢ (X) + 2at¢ ¢ (X) - 3at¢ (X) = 0.
Rješenje. Napravimo karakterističnu jednačinu. Da bismo to učinili, zamjenjujemo izvedenicu reda m funkcije y(x) do odgovarajućeg stepena
k(at (m) (x) « k m),
dok sama funkcija at(X) jer se derivat nultog reda zamjenjuje sa k 0 = 1.
U slučaju (a) karakteristična jednačina ima oblik k 2 - 6k + 8 = 0. Korijeni ovoga kvadratna jednačina k 1 = 2,k 2 = 4. Pošto su stvarni i različiti, opšte rešenje ima oblik j (X)= C 1 e 2X + C 2 e 4x.
Za slučaj (b), karakteristična jednačina je jednačina 3. stepena k 3 + 2k 2 - 3k = 0. Nađimo korijene ove jednadžbe:
k(k 2 + 2 k - 3)= 0 Þ k = 0i k 2 + 2 k - 3 = 0 Þ k = 0, (k - 1)(k + 3) = 0,
T . e . k 1 = 0, k 2 = 1, k 3 = - 3.
Ovi karakteristični korijeni odgovaraju osnovnom sistemu rješenja diferencijalne jednadžbe:
j 1 (X)= e 0X = 1, j 2 (X) = e x, j 3 (X)= e - 3X .
Opće rješenje, prema formuli (9), je funkcija
j (X)= C 1 + C 2 e x + C 3 e - 3X .
II . Svi korijeni karakteristične jednadžbe su različiti, ali neki od njih su složeni.
Svi koeficijenti diferencijalne jednadžbe (14), a time i njene karakteristične jednadžbe (15)- realni brojevi, što znači da ako c među karakterističnim korijenima postoji kompleksni korijen k 1 = a + ib, odnosno njegov konjugirani korijen k 2 = ` k 1 = a- ib.Do prvog korijena k 1 odgovara rješenju diferencijalne jednadžbe (14)
j 1 (X)= e (a+ib)X = e a x e ibx = e ax(cosbx + isinbx)
(koristili smo Ojlerovu formulu e i x = cosx + isinx). Isto tako, korijen k 2 = a- ib odgovara rješenju
j 2 (X)= e (a - -ib)X = e a x e - ib x= e ax(cosbx - isinbx).
Ova rješenja su složena. Da bismo od njih dobili realna rješenja, koristimo svojstva rješenja linearne homogene jednadžbe (vidi 13.2). Funkcije
su realna rješenja jednadžbe (14). Štaviše, ova rješenja su linearno nezavisna. Dakle, možemo izvući sljedeći zaključak.
Pravilo 1.Par konjugiranih kompleksnih korijena a± ib karakteristične jednadžbe u FSR linearne homogene jednadžbe (14) odgovara dva realna parcijalna rješenjaI .
Primjer 8. Pronađite opšte rješenje jednačine:
A) at¢ ¢ (X) - 2at ¢ (X) + 5at(X) = 0 ;b) at¢ ¢ ¢ (X) - at¢ ¢ (X) + 4at ¢ (X) - 4at(X) = 0.
Rješenje. U slučaju jednačine (a), korijeni karakteristične jednačine k 2 - 2k + 5 = 0 su dva konjugirana kompleksna broja
k 1, 2 = .
Prema tome, prema pravilu 1, oni odgovaraju dva realna linearno nezavisna rješenja: i , a opće rješenje jednadžbe je funkcija
j (X)= C 1 e x cos 2x + C 2 e x sin 2x.
U slučaju (b), pronaći korijene karakteristične jednadžbe k 3 - k 2 + 4k- 4 = 0, faktoriziramo njegovu lijevu stranu:
k 2 (k - 1) + 4(k - 1) = 0 Þ (k - 1)(k 2 + 4) = 0 Þ (k - 1) = 0, (k 2 + 4) = 0.
Dakle, imamo tri karakteristična korijena: k 1 = 1,k 2 , 3 = ± 2i. Cornu k 1 odgovara rješenju , i par konjugiranih kompleksnih korijena k 2, 3 = ± 2i = 0 ± 2i- dva validna rješenja: i . Sastavljamo opšte rješenje jednačine:
j (X)= C 1 e x + C 2 cos 2x + C 3 grijeh 2x.
III . Među korijenima karakteristične jednadžbe nalaze se višekratnici.
Neka k 1 - pravi koren višestrukosti m karakteristična jednačina (15), tj. među korijenima postoji m jednakih korena. Svaki od njih odgovara istom rješenju diferencijalne jednadžbe (14) Međutim, uključiti m U FSR-u ne postoje jednaka rješenja, jer ona čine linearno zavisan sistem funkcija.
Može se pokazati da u slučaju višestrukog korijena k 1 rješenja jednadžbe (14), pored funkcije, su i funkcije
Funkcije su linearno nezavisne na cijeloj numeričkoj osi, jer , odnosno mogu biti uključene u FSR.
Pravilo 2. Pravi karakterističan korijen k 1 višestrukost m u FSR odgovara m rješenja:
Ako k 1 - kompleksna višestrukost korijena m karakteristična jednačina (15), onda postoji konjugirani korijen k 1 višestrukost m. Analogno dobijamo sledeće pravilo.
Pravilo 3. Par konjugiranih kompleksnih korijena a± ib u FSR odgovara 2mreal linearno nezavisnim rješenjima:
, , ..., ,
, , ..., .
Primjer 9. Pronađite opšte rješenje jednačine:
A) at¢ ¢ ¢ (X) + 3at¢ ¢ (X) + 3at¢ (X)+ y ( X)= 0;b) na IV(X) + 6at¢ ¢ (X) + 9at(X) = 0.
Rješenje. U slučaju (a) karakteristična jednačina ima oblik
k 3 + 3 k 2 + 3 k + 1 = 0
(k + 1) 3 = 0,
tj. k =- 1 - korijen višestrukosti 3. Na osnovu pravila 2 zapisujemo opće rješenje:
j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 x 2 .
Karakteristična jednačina u slučaju (b) je jednačina
k 4 + 6k 2 + 9 = 0
ili, inače,
(k 2 + 3) 2 = 0 Þ k 2 = - 3 Þ k 1, 2 = ± i.
Imamo par konjugiranih kompleksnih korijena, od kojih svaki ima višestrukost 2. Prema pravilu 3, opće rješenje je zapisano kao
j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 + C 4 x.
Iz navedenog proizilazi da je za bilo koju linearnu homogenu jednačinu sa konstantnim koeficijentima moguće pronaći fundamentalni sistem rješenja i sastaviti opšte rješenje. Prema tome, rješenje odgovarajuće nehomogene jednadžbe za bilo koju kontinuiranu funkciju f(x) na desnoj strani može se naći pomoću metode varijacije proizvoljnih konstanti (vidi odjeljak 5.3).
Primjer 10. Koristeći metodu varijacije, pronaći opšte rješenje nehomogene jednačine at¢ ¢ (X) - at¢ (X) - 6at(X) = xe 2x .
Rješenje. Prvo ćemo pronaći opšte rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe at¢ ¢ (X) - at¢ (X) - 6at(X) = 0. Korijeni karakteristične jednadžbe k 2 - k- 6 = 0 are k 1 = 3,k 2 = - 2, a opšte rešenje homogene jednačine - funkcija ` at ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .
Tražit ćemo rješenje nehomogene jednačine u obliku
at( X) = WITH 1 (X)e 3X + C 2 (X)e 2X . (*)
Nađimo determinantu Wronskog
W[e 3X , e 2X ] = .
Sastavimo sistem jednadžbi (12) za izvode nepoznatih funkcija WITH ¢ 1 (X) I WITH¢ 2 (X):
Rješavajući sistem koristeći Cramerove formule, dobijamo
Integrisanje, nalazimo WITH 1 (X) I WITH 2 (X):
Funkcije zamjene WITH 1 (X) I WITH 2 (X) u jednakost (*), dobijamo opšte rešenje jednačine at¢ ¢ (X) - at¢ (X) - 6at(X) = xe 2x :
U slučaju kada desna strana linearne nehomogene jednadžbe sa konstantnim koeficijentima ima poseban oblik, određeno rješenje nehomogene jednačine može se pronaći bez pribjegavanja metodi variranja proizvoljnih konstanti.
Razmotrimo jednačinu sa konstantnim koeficijentima
y (n) + a 1 g (n– 1) +...a n – 1g " + a n y = f (x), (16)
f( x) = esjekira(Pn(x)cosbx + Rm(x)sinbx), (17)
Gdje Pn(x) I Rm(x) - stepen polinoma n I m respektivno.
Privatno rješenje y*(X) jednačine (16) određuje se formulom
at* (X) = xse sjekira(gospodin(x)cosbx + N r(x)sinbx), (18)
Gdje gospodin(x) I br(x) - stepen polinoma r = max(n, m) With neizvesni koeficijenti, A s jednak umnošku korijena k 0 = a + ib karakteristični polinom jednačine (16), a mi pretpostavljamo s = 0 ako k 0 nije karakterističan korijen.
Da biste sastavili određeno rješenje pomoću formule (18), potrebno je pronaći četiri parametra - a, b, r I s. Prva tri su određena sa desne strane jednačine, i r- ovo je zapravo najviši stepen x, nalazi se na desnoj strani. Parametar s pronađeno poređenjem brojeva k 0 = a + ib I skup svih (uzimajući u obzir višestrukost) karakterističnih korijena jednačine (16), koji se nalaze rješavanjem odgovarajuće homogene jednačine.
Razmotrimo posebne slučajeve oblika funkcije (17):
1) at a ¹ 0, b= 0f(x)= e sjekira P n(x);
2) kada a= 0, b ¹ 0f(x)= Pn(x) Withosbx + R m(x)sinbx;
3) kada a = 0, b = 0f(x)=Pn(x).
Napomena 1. Ako je P n (x) º 0 ili Rm(x)º 0, tada desna strana jednačine f(x) = e ax P n (x)s osbx ili f(x) = e ax R m (x)sinbx, tj. sadrži samo jednu od funkcija - kosinus ili sinus. Ali u zapisu određenog rješenja moraju biti prisutna oba, jer se prema formuli (18) svaki od njih množi polinomom sa neodređenim koeficijentima istog stepena r = max(n, m).
Primjer 11. Odrediti vrstu parcijalnog rješenja linearne homogene jednačine 4. reda sa konstantnim koeficijentima ako je poznata desna strana jednačine f(X) = e x(2xcos 3x+(x 2 + 1)grijeh 3x) i korijene karakteristične jednadžbe:
A ) k 1 = k 2 = 1, k 3 = 3,k 4 = - 1;
b ) k 1, 2 = 1 ± 3i,k 3, 4 = ± 1;
V ) k 1, 2 = 1 ± 3i,k 3, 4 = 1 ± 3i.
Rješenje. Na desnoj strani to nalazimo u konkretnom rješenju at*(X), koji je određen formulom (18), parametri: a= 1, b= 3, r = 2. One ostaju iste za sva tri slučaja, otuda i broj k 0 koji specificira posljednji parametar s formula (18) je jednaka k 0 = 1+ 3i. U slučaju (a) nema broja među karakterističnim korijenima k 0 = 1 + 3ja, znači, s= 0, a određeno rješenje ima oblik
y*(X) = x 0 e x(M 2 (x)cos 3x+N 2 (x)grijeh 3x) =
= ex( (Sjekira 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)grijeh 3x.
U slučaju (b) broj k 0 = 1 + 3i javlja se jednom među karakterističnim korijenima, što znači s = 1 I
y*(X) = x e x((Sjekira 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)grijeh 3x.
Za slučaj (c) imamo s = 2 i
y*(X) = x 2 e x((Sjekira 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)grijeh 3x.
U primjeru 11, konkretno rješenje sadrži dva polinoma stepena 2 sa neodređenim koeficijentima. Da biste pronašli rješenje, morate odrediti numeričke vrijednosti ovih koeficijenata. Hajde da formulišemo opšte pravilo.
Odrediti nepoznate koeficijente polinoma gospodin(x) I N r(x) jednakost (17) diferencira se potreban broj puta, a funkcija se zamjenjuje y*(X) i njegove derivate u jednačinu (16). Upoređujući njegovu lijevu i desnu stranu, dobijamo sistem algebarske jednačine da nađemo koeficijente.
Primjer 12. Pronađite rješenje jednačine at¢ ¢ (X) - at¢ (X) - 6at(X) = xe 2x, odredivši određeno rješenje nehomogene jednadžbe oblikom desne strane.
Rješenje. Opće rješenje nehomogene jednačine ima oblik
at( X) = ` at(X)+ y*(X),
Gdje ` at ( X) - opšte rješenje odgovarajuće homogene jednačine, i y*(X) - posebno rješenje nehomogene jednačine.
Prvo rješavamo homogenu jednačinu at¢ ¢ (X) - at¢ (X) - 6at(X) = 0. Njegova karakteristična jednačina k 2 - k- 6 = 0 ima dva korena k 1 = 3,k 2 = - 2, dakle, ` at ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .
Koristimo formulu (18) da odredimo vrstu određenog rješenja at*(X). Funkcija f(x) = xe 2x predstavlja poseban slučaj(a) formule (17), dok a = 2,b = 0 I r = 1, tj. k 0 = 2 + 0i = 2. Uporedite sa karakteristični koreni, to zaključujemo s = 0. Zamjenom vrijednosti svih parametara u formulu (18) imamo y*(X) = (Ah + B)e 2X .
Da pronađemo vrednosti A I IN, hajde da nađemo izvode prvog i drugog reda funkcije y*(X) = (Ah + B)e 2X :
y*¢ (X)= Ae 2X + 2(Ah + B)e 2X = (2Ah + Ah + 2B)e 2x,
y*¢ ¢ (X) = 2Ae 2X + 2(2Ah + Ah + 2B)e 2X = (4Ah + 4A+ 4B)e 2X .
Nakon zamjene funkcije y*(X) i njegove derivate u jednačinu koju imamo
(4Ah + 4A+ 4B)e 2X - (2Ah + Ah + 2B)e 2X - 6(Ah + B)e 2X =xe 2x Þ Þ A=- 1/4,B=- 3/16.
Dakle, određeno rješenje nehomogene jednadžbe ima oblik
y*(X) = (- 1/4X- 3/16)e 2X ,
i opšte rešenje - at ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .
Napomena 2.U slučaju kada se Cauchyjev problem postavlja za nehomogenu jednačinu, prvo se mora pronaći opće rješenje jednačine
at( X) = ,
odredivši sve numeričke vrijednosti koeficijenata u at*(X). Zatim koristite početne uslove i, zamjenjujući ih u opšte rješenje (a ne u y*(X)), pronađite vrijednosti konstanti C i.
Primjer 13. Pronađite rješenje za Cauchyjev problem:
at¢ ¢ (X) - at¢ (X) - 6at(X) = xe 2x ,y(0) = 0, y ¢ (X) = 0.
Rješenje. Opšte rješenje ove jednačine je
at(X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X
je pronađeno u primjeru 12. Da bismo pronašli određeno rješenje koje zadovoljava početne uslove ovog Cauchyjevog problema, dobijamo sistem jednačina
Rešavanje, imamo C 1 = 1/8, C 2 = 1/16. Stoga je rješenje Cauchyjevog problema funkcija
at(X) = 1/8e 3X + 1/16e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .
Napomena 3(princip superpozicije). Ako je u linearnoj jednadžbi Ln[y(x)]= f(x), Gdje f(x) = f 1 (x)+ f 2 (x) I y* 1 (x) - rješenje jednačine Ln[y(x)]= f 1 (x), A y* 2 (x) - rješenje jednačine Ln[y(x)]= f 2 (x), zatim funkciju y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x) je rješavanje jednačine Ln[y(x)]= f(x).
Primjer 14. Označite vrstu općeg rješenja linearne jednačine
at¢ ¢ (X) + 4at(X) = x + sinx.
Rješenje. Opće rješenje odgovarajuće homogene jednačine
` at(x) = C 1 cos 2x + C 2 grijeh 2x,
pošto karakteristična jednačina k 2 + 4 = 0 ima korijene k 1, 2 = ± 2i.Desna strana jednadžbe ne odgovara formuli (17), ali ako uvedemo oznaku f 1 (x) = x, f 2 (x) = sinx i koristiti princip superpozicije , tada se određeno rješenje nehomogene jednadžbe može naći u obliku y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x), Gdje y* 1 (x) - rješenje jednačine at¢ ¢ (X) + 4at(X) = x, A y* 2 (x) - rješenje jednačine at¢ ¢ (X) + 4at(X) = sinx. Prema formuli (18)
y* 1 (x) = Ax + B,y* 2 (x) = Ssosx + Dsinx.
Zatim konkretno rješenje
y*(X) = Ax + B + Ccosx + Dsinx,
dakle, opšte rešenje ima oblik
at(X) = C 1 cos 2x + C 2 e - 2X + A x + B + Ccosx + Dsinx.
Primjer 15. Električni krug se sastoji od izvora struje spojenog u seriju sa emf e(t) = E sinw t, induktivnost L i kontejnere WITH, i
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 $Y$ opće 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:
- zamijeniti PD $U$, napisan u opštem obliku, u lijevu stranu 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 linearne jednačine u odnosu na 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) $.
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 1Opšte 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 metodom neodređenih koeficijenata 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 ~ . Vidi se da je desna strana 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
Jednačina opšti pogled 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.
Može se vidjeti da je desna strana jednačine 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 linearnih jednačina. 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 jednačina 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) .
Pretvorimo:
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 vezanih za karakterističnu jednačinu, 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 1Bilo 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