Másodrendű és magasabb rendű differenciálegyenletek.
Lineáris DE másodrendű állandó együtthatókkal.
Megoldási példák.

Áttérünk a másodrendű differenciálegyenletek és a magasabb rendű differenciálegyenletek figyelembevételére. Ha homályos elképzelése van arról, hogy mi a differenciálegyenlet (vagy egyáltalán nem érti, mi az), akkor azt javaslom, hogy kezdje a leckével Elsőrendű differenciálegyenletek. Megoldási példák. Számos megoldási elv és az elsőrendű diffuránsok alapkoncepciója automatikusan kiterjesztésre kerül differenciál egyenletek magasabb rendű, tehát nagyon fontos először megérteni az elsőrendű egyenleteket.

Sok olvasónak meglehet az az előítélete, hogy a 2., 3. és más sorrendű DE egy nagyon nehéz és elérhetetlen mastering. Ez nem igaz . A magasabb rendű diffúzok megoldásának megtanulása aligha nehezebb, mint a „közönséges” elsőrendű DE-k. És helyenként még könnyebb is, hiszen az iskolai tanterv anyagát aktívan felhasználják a döntésekben.

Legnepszerubb másodrendű differenciálegyenletek. Egy másodrendű differenciálegyenletbe szükségszerűen tartalmazza a második származékot és nem tartalmazza

Megjegyzendő, hogy a babák egy része (és akár egyszerre is) hiányozhat az egyenletből, fontos, hogy az apa otthon volt. A legprimitívebb másodrendű differenciálegyenlet így néz ki:

Szubjektív megfigyeléseim szerint a gyakorlati feladatokban a harmadrendű differenciálegyenletek sokkal ritkábban fordulnak elő. Állami Duma a szavazatok mintegy 3-4%-át szereznék meg.

Egy harmadrendű differenciálegyenletbe szükségszerűen tartalmazza a harmadik származékot és nem tartalmazza magasabb rendű származékok:

A legegyszerűbb, harmadrendű differenciálegyenlet így néz ki: - apa otthon van, minden gyerek kint van sétálni.

Hasonlóképpen definiálhatók a 4., 5. és magasabb rendű differenciálegyenletek. Gyakorlati problémákban az ilyen DE rendkívül ritkán csúszik, azonban megpróbálok releváns példákat mondani.

A gyakorlati feladatokban javasolt magasabb rendű differenciálegyenletek két fő csoportra oszthatók.

1) Az első csoport - az ún alacsonyabb rendű egyenletek. Berepül!

2) A második csoport - lineáris egyenletek magasabb rendek állandó együtthatókkal. Amit most kezdünk el mérlegelni.

Másodrendű lineáris differenciálegyenletek
állandó együtthatókkal

Elméletben és gyakorlatban kétféle ilyen egyenletet különböztetnek meg - homogén egyenletés inhomogén egyenlet.

Másodrendű homogén DE állandó együtthatókkal a következő formája van:
, ahol és a konstansok (számok), és a jobb oldalon - szigorúan nulla.

Mint látható, a homogén egyenletekkel nincs különösebb nehézség, a lényeg az helyesen dönteni másodfokú egyenlet .

Néha vannak nem szabványos homogén egyenletek, például egy egyenlet formájában , ahol a második deriváltnál van valami konstans, amely különbözik az egységtől (és természetesen különbözik a nullától). A megoldási algoritmus egyáltalán nem változik, nyugodtan meg kell alkotni a karakterisztikus egyenletet és meg kell találni a gyökereit. Ha a karakterisztikus egyenlet két különböző valódi gyökere lesz, például: , akkor közös döntés a szokásos módon írva: .

Egyes esetekben az állapot elírása miatt „rossz” gyökerek derülhetnek ki, ilyesmi . Mi a teendő, a választ így kell írni:

A "rossz" konjugált összetett gyökerekkel, mint pl semmi gond, általános megoldás:

vagyis általános megoldás mindenképpen létezik. Mert minden másodfokú egyenletnek két gyöke van.

Az utolsó bekezdésben, ahogy ígértem, röviden megvizsgáljuk:

Magasabb rendű lineáris homogén egyenletek

Minden nagyon-nagyon hasonló.

A harmadrendű lineáris homogén egyenletnek a következő alakja van:
, hol vannak az állandók.
Ehhez az egyenlethez egy karakterisztikus egyenletet is meg kell alkotnia, és meg kell találnia a gyökereit. A karakterisztikus egyenlet, amint azt sokan sejtették, így néz ki:
, és az akárhogyan is Megvan pontosan három gyökér.

Legyen például minden gyökér valódi és különálló: , akkor az általános megoldás a következőképpen írható fel:

Ha az egyik gyök valódi, a másik kettő pedig konjugált komplex, akkor az általános megoldást a következőképpen írjuk le:

Különleges eset amikor mindhárom gyök többszöröse (ugyanaz). Tekintsük a 3. rendű legegyszerűbb homogén DE-t magányos apával: . A karakterisztikus egyenletnek három egybeeső nulla gyöke van. Az általános megoldást a következőképpen írjuk:

Ha a karakterisztikus egyenlet például három többszörös gyöke van, akkor az általános megoldás rendre a következő:

9. példa

Oldjon meg egy harmadrendű homogén differenciálegyenletet!

Megoldás:Összeállítjuk és megoldjuk a karakterisztikus egyenletet:

, - egy valódi gyökér és két konjugált komplex gyök keletkezik.

Válasz: közös döntés

Hasonlóképpen tekinthetünk egy lineáris homogén negyedrendű egyenletet állandó együtthatókkal: , ahol konstansok.

Ez a bekezdés figyelembe veszi különleges eset másodrendű lineáris egyenletek, amikor az egyenlet együtthatói állandóak, azaz számok. Az ilyen egyenleteket állandó együtthatójú egyenleteknek nevezzük. Ez a fajta egyenlet különösen széles körben alkalmazható.

1. Lineáris homogén differenciálegyenletek

másodrendű állandó együtthatókkal

Tekintsük az egyenletet

ahol az együtthatók állandók. Feltételezve, hogy az egyenlet összes tagját elosztjuk és jelöljük

formában írjuk ezt az egyenletet

Mint ismeretes, a lineáris általános megoldásának megtalálása érdekében homogén egyenlet másodrendű, elég ismerni annak alapvető részmegoldási rendszerét. Mutassuk meg, hogyan találjuk meg az adott megoldások alaprendszerét egy homogén lineáris differenciálegyenlethez, állandó együtthatókkal. Ennek az egyenletnek egy adott megoldását keressük a formában

Ezt a függvényt kétszer differenciálva és a kifejezéseket behelyettesítve az (59) egyenletbe, megkapjuk

Mivel tehát -vel redukálva megkapjuk az egyenletet

Ebből az egyenletből meghatározzuk azokat a k értékeit, amelyekre a függvény az (59) egyenlet megoldása lesz.

A k együttható meghatározására szolgáló (61) algebrai egyenletet az adott differenciálegyenlet (59) karakterisztikus egyenletének nevezzük.

A karakterisztikus egyenlet egy másodfokú egyenlet, ezért két gyöke van. Ezek a gyökök lehetnek valódi különbözőek, valódiak és egyenlők, vagy összetett konjugáltak.

Tekintsük a részmegoldások alaprendszerének formáját ezekben az esetekben.

1. A karakterisztikus egyenlet gyökerei valósak és különbözőek: . Ebben az esetben a (60) képlet szerint két konkrét megoldást találunk:

Ez a két konkrét megoldás egy alapvető megoldási rendszert alkot a teljes számtengelyen, mivel a Wronsky-determináns soha nem tűnik el:

Ezért a (48) képlet szerinti egyenlet általános megoldásának alakja van

2. A karakterisztikus egyenlet gyökei egyenlők: . Ebben az esetben mindkét gyökér valódi lesz. A (60) képlet alapján csak egy adott megoldást kapunk

Mutassuk meg, hogy a második partikuláris megoldásnak, amely az elsővel együtt alaprendszert alkot, van formája

Először is ellenőrizzük, hogy a függvény az (59) egyenlet megoldása-e. Igazán,

De mivel a (61) karakterisztikus egyenlet gyöke. Ráadásul a Vieta-tétel szerint ezért . Ezért , azaz a függvény valóban az (59) egyenlet megoldása.

Mutassuk meg most, hogy a talált konkrét megoldások alapvető megoldási rendszert alkotnak. Igazán,

Így ebben az esetben a homogén lineáris egyenlet általános megoldásának alakja van

3. A karakterisztikus egyenlet gyökerei összetettek. Mint ismeretes, a valós együtthatós másodfokú egyenlet komplex gyökei konjugált komplex számok, azaz a következő alakjuk van: . Ebben az esetben az (59) egyenlet adott megoldásai a (60) képlet szerint a következőképpen alakulnak:

Az Euler-képletekkel (lásd XI. fejezet, 5. §, 3. oldal) a kifejezések a következő formában írhatók:

Ezek a megoldások összetettek. Ha valódi megoldásokat szeretne kapni, fontolja meg az új funkciókat

Ezek megoldások lineáris kombinációi, és ezért maguk is az (59) egyenlet megoldásai (lásd a 3. § 2. tételének 1. tételét).

Könnyen kimutatható, hogy ezekre a megoldásokra a Wronsky-determináns különbözik a nullától, ezért a megoldások alapvető megoldási rendszert alkotnak.

Így a homogén lineáris differenciálegyenlet általános megoldása a karakterisztikus egyenlet összetett gyökei esetén a következő alakkal rendelkezik:

Befejezésül adunk egy képlettáblázatot az (59) egyenlet általános megoldásához a karakterisztikus egyenlet gyökeinek alakjától függően.

Lineáris homogén másodrendű differenciálegyenlet állandó együtthatókkaláltalános megoldása van
, ahol és ennek az egyenletnek lineárisan független partikuláris megoldásai.

Állandó együtthatós másodrendű homogén differenciálegyenlet megoldásainak általános formája
, a karakterisztikus egyenlet gyökereitől függ
.

A jellemző gyökerei egyenletek	Egyfajta általános megoldás
Gyökerek és érvényes és változatos
Gyökerek == érvényes és azonos
Összetett gyökerek ,

Példa

Keresse meg a másodrendű, állandó együtthatós lineáris homogén differenciálegyenletek általános megoldását!

1)

Megoldás:
.

Ha megoldottuk, meg fogjuk találni a gyökereket
,
érvényes és más. Ezért az általános megoldás a következő:
.

2)

Megoldás: Készítsük el a karakterisztikus egyenletet:
.

Ha megoldottuk, meg fogjuk találni a gyökereket

érvényes és azonos. Ezért az általános megoldás a következő:
.

3)

Megoldás: Készítsük el a karakterisztikus egyenletet:
.

Ha megoldottuk, meg fogjuk találni a gyökereket
összetett. Ezért az általános megoldás a következő:

Lineáris inhomogén másodrendű differenciálegyenlet állandó együtthatókkal van formája

Ahol
. (1)

A lineáris inhomogén másodrendű differenciálegyenlet általános megoldása a következő alakkal rendelkezik
, ahol
ennek az egyenletnek egy speciális megoldása, a megfelelő homogén egyenlet általános megoldása, azaz. egyenletek.

Magándöntés típusa
inhomogén egyenlet(1) a jobb oldaltól függően
:

Jobb rész	Magán döntés
– fokos polinom	, ahol a karakterisztikus egyenlet nullával egyenlő gyökeinek száma.
	, ahol = a karakterisztikus egyenlet gyöke.
	Ahol - szám, számával egyenlő a karakterisztikus egyenletnek egybeeső gyökerei .
	ahol a karakterisztikus egyenlet gyökeinek száma, amelyek egybeesnek .

Tekintsük egy lineáris nem homogén differenciálegyenlet különböző típusú jobb oldalait:

1.
, ahol egy fokszámú polinom . Aztán egy konkrét megoldás
űrlapon lehet keresni
, ahol

, a a karakterisztikus egyenlet nullával egyenlő gyökeinek száma.

Példa

Keressen általános megoldást
.

Megoldás:

.

B) Mivel az egyenlet jobb oldala egy elsőfokú polinom, és a karakterisztikus egyenlet egyik gyöke sem
nem egyenlő nullával (
), akkor egy adott megoldást keresünk a hol formában és ismeretlen együtthatók. Kétszeres megkülönböztetés
és helyettesítve
,
és
az eredeti egyenletbe, azt találjuk.

Az együtthatók azonos hatványon való egyenlővé tétele az egyenlet mindkét oldalán
,
, találunk
,
. Tehát ennek az egyenletnek egy adott megoldása alakja
és általános megoldása.

2. Hadd jobb rész van formája
, ahol egy fokszámú polinom . Aztán egy konkrét megoldás
űrlapon lehet keresni
, ahol
ugyanolyan fokú polinom, mint
, a - egy szám, amely azt jelzi, hogy hányszor a karakterisztikus egyenlet gyöke.

Példa

Keressen általános megoldást
.

Megoldás:

A) Keresse meg a megfelelő homogén egyenlet általános megoldását!
. Ehhez felírjuk a karakterisztikus egyenletet
. Keressük meg az utolsó egyenlet gyökereit
. Ezért a homogén egyenlet általános megoldásának van alakja
.

karakterisztikus egyenlet

, ahol egy ismeretlen együttható. Kétszeres megkülönböztetés
és helyettesítve
,
és
az eredeti egyenletbe, azt találjuk. Ahol
, vagyis
vagy
.

Tehát ennek az egyenletnek egy adott megoldása alakja
és általános megoldása
.

3. Hagyja, hogy a jobb oldalon nézzen ki, hol
és - megadott számok. Aztán egy konkrét megoldás
a hol formában lehet keresni és ismeretlen együtthatók, és egy olyan szám, amely megegyezik a karakterisztikus egyenlet gyökeinek számával, amelyek egybeesnek vele
. Ha függvénykifejezésben
legalább egy funkciót tartalmazzon
vagy
, majd be
mindig be kell írni mindkét funkciókat.

Példa

Keressen általános megoldást.

Megoldás:

A) Keresse meg a megfelelő homogén egyenlet általános megoldását!
. Ehhez felírjuk a karakterisztikus egyenletet
. Keressük meg az utolsó egyenlet gyökereit
. Ezért a homogén egyenlet általános megoldásának van alakja
.

B) Mivel az egyenlet jobb oldala egy függvény
, akkor ennek az egyenletnek a vezérlőszáma, nem esik egybe a gyökeivel
karakterisztikus egyenlet
. Ezután az űrlapon keresünk egy adott megoldást

Ahol és ismeretlen együtthatók. Kétszer megkülönböztetve azt kapjuk. Helyettesítés
,
és
az eredeti egyenletbe, azt találjuk

.

Ha összehozzuk a hasonló feltételeket, megkapjuk

.

Az együtthatókat egyenlővé tesszük
és
az egyenlet jobb és bal oldalán. Megkapjuk a rendszert
. Megoldjuk, megtaláljuk
,
.

Tehát az eredeti differenciálegyenlet egy adott megoldásának alakja .

Az eredeti differenciálegyenlet általános megoldásának alakja .

Itt a Lagrange-állandók variációs módszerét alkalmazzuk lineáris inhomogén másodrendű differenciálegyenletek megoldására. Részletes leírás oldalon található ez a módszer a tetszőleges sorrendű egyenletek megoldására
Magasabb rendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek megoldása Lagrange-módszerrel >>> .

1. példa

Oldjon meg egy másodrendű differenciálegyenletet állandó együtthatókkal a Lagrange-állandók variációjával:
(1)

Megoldás

Először is megoldjuk a homogén differenciálegyenletet:
(2)

Ez egy másodrendű egyenlet.

Megoldjuk a másodfokú egyenletet:
.
Több gyökér: . Alapvető rendszer A (2) egyenlet megoldásai a következőképpen alakulnak:
(3) .
Így megkapjuk a (2) homogén egyenlet általános megoldását:
(4) .

Változtatjuk a C állandókat 1 és C 2 . Ez azt jelenti, hogy a (4)-ben lévő állandókat és a konstansokat függvényekkel helyettesítjük:
.
Az eredeti (1) egyenletre keresünk megoldást a következő formában:
(5) .

Megtaláljuk a származékot:
.
Összekapcsoljuk a függvényeket és az egyenletet:
(6) .
Akkor
.

Megtaláljuk a második származékot:
.
Az eredeti (1) egyenletbe behelyettesítjük:
(1) ;



.
Mivel és teljesül a (2) homogén egyenlet, a tagok összege az utolsó három sor minden oszlopában nulla, és az előző egyenlet a következő lesz:
(7) .
Itt .

A (6) egyenlettel együtt egy egyenletrendszert kapunk a függvények meghatározására és:
(6) :
(7) .

Egyenletrendszer megoldása

Megoldjuk a (6-7) egyenletrendszert. Írjunk kifejezéseket az és függvényekre:
.
Megtaláljuk származékaikat:
;
.

A (6-7) egyenletrendszert Cramer módszerrel oldjuk meg. Kiszámoljuk a rendszer mátrixának determinánsát:

.
A Cramer-képletekkel a következőket találjuk:
;
.

Tehát a függvények származékait találtuk:
;
.
Integráljunk (lásd: A gyökök integrálásának módszerei). Csere elvégzése
; ; ; .

.
.

;
.

Válasz

2. példa

Oldja meg a differenciálegyenletet a Lagrange-állandók variációs módszerével:
(8)

Megoldás

1. lépés: A homogén egyenlet megoldása

Megoldunk egy homogén differenciálegyenletet:

(9)
Megoldást keres a formában. Összeállítjuk a karakterisztikus egyenletet:

Ennek az egyenletnek összetett gyökerei vannak:
.
Az ezeknek a gyökereknek megfelelő megoldások alapvető rendszere a következő:
(10) .
A (9) homogén egyenlet általános megoldása:
(11) .

2. lépés: Konstansok variálása – Konstansok helyettesítése függvényekkel

Most változtatjuk a C állandókat 1 és C 2 . Vagyis a (11)-ben lévő konstansokat függvényekkel helyettesítjük:
.
Az eredeti (8) egyenletre keresünk megoldást a következő formában:
(12) .

Továbbá a megoldás menete megegyezik az 1. példában leírtakkal. A következő egyenletrendszerhez jutunk az és függvények meghatározásához:
(13) :
(14) .
Itt .

Egyenletrendszer megoldása

Oldjuk meg ezt a rendszert. Írjuk ki az és a függvények kifejezéseit:
.
A származékok táblázatából a következőket találjuk:
;
.

A (13-14) egyenletrendszert Cramer módszerrel oldjuk meg. Rendszermátrix meghatározó:

.
A Cramer-képletekkel a következőket találjuk:
;
.

.
Mivel , akkor a logaritmusjel alatti modulusjel elhagyható. Szorozzuk meg a számlálót és a nevezőt a következővel:
.
Akkor
.

Az eredeti egyenlet általános megoldása:


.

Az egyenlet

ahol az intervallumban folytonos függvények vannak, inhomogén másodrendű lineáris differenciálegyenletnek nevezzük, a függvények és annak együtthatói. Ha ebben az intervallumban van, akkor az egyenlet a következőképpen alakul:

és másodrendű homogén lineáris differenciálegyenletnek nevezzük. Ha a (**) egyenlet ugyanazokkal az együtthatókkal rendelkezik, mint a (*) egyenlet, akkor azt homogén egyenletnek nevezzük, amely megfelel egy nem homogén egyenletnek (*).

Homogén másodrendű lineáris differenciálegyenletek

Tegyük be a lineáris egyenletet

És állandó valós számok.

Az egyenletnek egy adott megoldását fogjuk keresni függvény formájában, ahol a valós ill összetett szám meg kell határozni. Tekintetében megkülönböztetve a következőket kapjuk:

Az eredeti differenciálegyenletbe behelyettesítve a következőket kapjuk:

Ezért ezt figyelembe véve a következőkkel rendelkezünk:

Ezt az egyenletet egy homogén lineáris differenciálegyenlet karakterisztikus egyenletének nevezzük. A karakterisztikus egyenlet azt is lehetővé teszi, hogy megtaláljuk. Ez egy másodfokú egyenlet, tehát két gyöke van. Jelöljük őket és -vel. Három eset lehetséges:

1) A gyökerek valódiak és különbözőek. Ebben az esetben az egyenlet általános megoldása a következő:

1. példa

2) A gyökerek valódiak és egyenlőek. Ebben az esetben az egyenlet általános megoldása a következő:

Példa2

Egy vizsga vagy teszt probléma megoldása közben került erre az oldalra? Ha még mindig nem tudta sikeresen letenni a vizsgát – legközelebb előzetesen egyeztessen a felsőbb matematika online súgójával foglalkozó webhelyen.

A karakterisztikus egyenlet alakja:

A karakterisztikus egyenlet megoldása:

Az eredeti differenciálegyenlet általános megoldása:

3) Összetett gyökerek. Ebben az esetben az egyenlet általános megoldása a következő:

3. példa

A karakterisztikus egyenlet alakja:

A karakterisztikus egyenlet megoldása:

Az eredeti differenciálegyenlet általános megoldása:

Inhomogén másodrendű lineáris differenciálegyenletek

Nézzük most egy lineáris inhomogén másodrendű egyenlet néhány típusának megoldását állandó együtthatókkal

ahol és állandó valós számok, egy ismert folytonos függvény az intervallumban. Egy ilyen differenciálegyenlet általános megoldásának megtalálásához ismerni kell a megfelelő homogén differenciálegyenlet általános megoldását és az adott megoldást. Nézzünk néhány esetet:

A differenciálegyenlet egy konkrét megoldását is keressük négyzetes trinom formájában:

Ha 0 a karakterisztikus egyenlet egyetlen gyöke, akkor

Ha 0 a karakterisztikus egyenlet kettős gyöke, akkor

Hasonló a helyzet, ha egy tetszőleges fokú polinom

4. példa

Megoldjuk a megfelelő homogén egyenletet.

Karakterisztikus egyenlet:

A homogén egyenlet általános megoldása:

Keressük az inhomogén dif-egyenlet konkrét megoldását:

A talált deriváltokat behelyettesítve az eredeti differenciálegyenletbe, a következőt kapjuk:

A kívánt konkrét megoldás:

Az eredeti differenciálegyenlet általános megoldása:

Egy adott megoldást a formában keresünk, ahol egy határozatlan együttható.

Az eredeti differenciálegyenletbe behelyettesítve egy azonosságot kapunk, amelyből megtaláljuk az együtthatót.

Ha a karakterisztikus egyenlet gyöke, akkor az eredeti differenciálegyenlet egy adott megoldását keressük a következő formában: amikor egygyök, és amikor kettős gyök.

5. példa

Karakterisztikus egyenlet:

A megfelelő homogén differenciálegyenlet általános megoldása:

Keressük a megfelelő inhomogén differenciálegyenlet konkrét megoldását:

A differenciálegyenlet általános megoldása:

Ebben az esetben egy adott megoldást keresünk trigonometrikus binomiális formában:

ahol és vannak bizonytalan együtthatók

Az eredeti differenciálegyenletbe behelyettesítve egy azonosságot kapunk, amelyből megtaláljuk az együtthatókat.

Ezek az egyenletek határozzák meg az együtthatókat, kivéve azt az esetet, amikor (vagy mikor vannak a karakterisztikus egyenlet gyökei). Ez utóbbi esetben a differenciálegyenlet egy adott megoldását a következő formában keressük:

Példa6

Karakterisztikus egyenlet:

A megfelelő homogén differenciálegyenlet általános megoldása:

Keressük az inhomogén dif-egyenlet sajátos megoldását

Az eredeti differenciálegyenletbe behelyettesítve a következőket kapjuk:

Az eredeti differenciálegyenlet általános megoldása:

Számsorok konvergenciája
Megadjuk egy sorozat konvergenciájának definícióját, és részletesen megvizsgáljuk a numerikus sorozatok konvergenciájának vizsgálatával kapcsolatos problémákat - összehasonlítási kritériumok, d'Alembert konvergenciakritérium, Cauchy konvergenciakritérium és integrál Cauchy konvergenciakritérium⁡.

Egy sorozat abszolút és feltételes konvergenciája
Az oldal a váltakozó sorozatokkal, azok feltételes és abszolút konvergenciájával foglalkozik, a Leibniz konvergencia teszt váltakozó sorozatokra - tartalmazza rövid elmélet a témában és egy példa a probléma megoldására.