Ezt abban az esetben ellenőriztük, ha ismert közös döntés lineáris homogén egyenlet, az általános megoldást tetszőleges állandók variációjának módszerével lehet megtalálni inhomogén egyenlet. Az a kérdés azonban, hogyan találjuk meg a homogén egyenlet általános megoldását, nyitva maradt. Egy adott esetben, amikor a (3) lineáris differenciálegyenletben az összes együttható p i(x)= a i - konstansok, egész egyszerűen megoldódik, integráció nélkül is.
Tekintsünk egy lineáris homogén differenciálegyenletet állandó együtthatók, azaz a forma egyenletei
y (n) + a 1 y (n – 1) + ... a n – 1 y " + a n y = 0, (14)
ahol a i- állandók (én= 1, 2, ...,n).
Mint ismeretes, egy I. rendű lineáris homogén egyenlet esetén a megoldás az alak függvénye e kx . A (14) egyenletre a formában fogunk megoldást keresni j (x) = e kx.
Helyettesítsük be a (14) egyenletbe a függvényt j (x) és sorrendi származékai m (1 £ m£ n)j (m) (x) = k m e kx. Kap
(k n + a 1 k n – 1 +… és n – 1 k + a n)e kx = 0,
de e k x ¹ 0 bármelyikre x, ezért
k n + a 1 k n – 1 + ... a n – 1 k + a n = 0. (15)
A (15) egyenletet nevezzük karakterisztikus egyenlet, polinom a bal oldalon,- karakterisztikus polinom , a gyökerei- jellegzetes gyökerei differenciálegyenlet (14).
Következtetés:
funkciój (x) = e kx - a (14) lineáris homogén egyenlet megoldása akkor és csak akkor, ha a szám k - a (15) karakterisztikus egyenlet gyöke.
Így a (14) lineáris homogén egyenlet megoldásának folyamata a (15) algebrai egyenlet megoldására redukálódik.
A jellegzetes gyökereknek különféle esetei vannak.
1.A karakterisztikus egyenlet minden gyökere valós és különálló.
Ebben az esetben n különböző jellegzetes gyökerek k 1 ,k 2 ,..., k n megfelel n a (14) homogén egyenlet különböző megoldásai
Kimutatható, hogy ezek a megoldások lineárisan függetlenek, és ezért alapvető megoldási rendszert alkotnak. Így az egyenlet általános megoldása a függvény
ahol TÓL TŐL 1 , C 2 , ..., ~ n - tetszőleges állandók.
7. PÉLDA. Keresse meg a lineáris homogén egyenlet általános megoldását:
a) nál nél¢ ¢ (x) - 6nál nél¢ (x) + 8nál nél(x) = 0,b) nál nél¢ ¢ ¢ (x) + 2nál nél¢ ¢ (x) - 3nál nél¢ (x) = 0.
Megoldás. Készítsünk karakterisztikus egyenletet. Ehhez lecseréljük a sorrendi deriváltot m funkciókat y(x) a megfelelő mértékben
k(nál nél (m) (x) « k m),
míg maga a függvény nál nél(x), mivel a nulladrendű derivált helyébe a k 0 = 1.
Az (a) esetben a karakterisztikus egyenlet alakja k 2 - 6k + 8 = 0. Ennek a másodfokú egyenletnek a gyökerei k 1 = 2,k 2 = 4. Mivel valódiak és különbözőek, az általános megoldásnak megvan a formája j (x)= C 1 e 2x + 2-től e 4x.
A (b) esetben a karakterisztikus egyenlet a harmadfokú egyenlet k 3 + 2k 2 - 3k = 0. Keresse meg ennek az egyenletnek a gyökereit:
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.
Ezek a jellegzetes gyökök megfelelnek a differenciálegyenlet alapvető megoldási rendszerének:
j 1 (x)= e 0x = 1, j 2 (x) = e x, j 3 (x)= e - 3x .
j (x)= C 1 + C 2 e x + C 3 e - 3x .
II . A karakterisztikus egyenlet minden gyökere eltérő, de néhányuk összetett.
A (14) differenciálegyenlet, és ebből következően a (15) karakterisztikus egyenlet összes együtthatója- valós számok, tehát ha c a jellemző gyökök között van egy összetett gyök k 1 = a + ib, vagyis konjugált gyöke k 2 = ` k 1 = a- ib.Első gyökér k 1 megfelel a (14) differenciálegyenlet megoldásának
j 1 (x)= e (a+ib)x = e a x e ibx = e ax(cosbx + isinbx)
(Az Euler-képletet használtuk e i x = cosx + isinx). Hasonlóképpen a gyökér k 2 = a- ib döntésnek felel meg
j 2 (x)= e (a - -ib)x = e a x e - ib x= e ax(cosbx - isinbx).
Ezek a megoldások összetettek. Ahhoz, hogy valós megoldásokat kapjunk belőlük, egy lineáris homogén egyenlet megoldásainak tulajdonságait használjuk (lásd 13.2). Funkciók
a (14) egyenlet valós megoldásai. Ezenkívül ezek a megoldások lineárisan függetlenek. Így a következő következtetés vonható le.
1. szabály.Konjugált komplex gyökérpár a± A (14) lineáris homogén egyenlet FSR-jében szereplő karakterisztikus egyenlet ib. két valós partikuláris megoldásnak felel megés .
8. PÉLDA. Keresse meg az egyenlet általános megoldását:
a) nál nél¢ ¢ (x) - 2nál nél ¢ (x) + 5nál nél(x) = 0 ;b) nál nél¢ ¢ ¢ (x) - nál nél¢ ¢ (x) + 4nál nél ¢ (x) - 4nál nél(x) = 0.
Megoldás. Az (a) egyenlet esetén a karakterisztikus egyenlet gyökei k 2 - 2k + 5 = 0 két konjugált komplex szám
k 1, 2 = .
Ezért az 1. szabály szerint ezek két valós lineárisan független megoldásnak felelnek meg: és , és az egyenlet általános megoldása a függvény
j (x)= C 1 e x cos 2x + C 2 e x bűn 2x.
A (b) esetben a karakterisztikus egyenlet gyökeinek megkeresése k 3 - k 2 + 4k- 4 = 0, a bal oldalát tényezzük:
k 2 (k - 1) + 4(k - 1) = 0 Þ (k - 1)(k 2 + 4) = 0 Þ (k - 1) = 0, (k 2 + 4) = 0.
Ezért három jellegzetes gyökerünk van: k 1 = 1,k2 , 3 = ± 2én. Cornu k 1 döntésnek felel meg , és egy pár konjugált komplex gyökér k 2, 3 = ± 2i = 0 ± 2én- két valós megoldás: és . Összeállítjuk az egyenlet általános megoldását:
j (x)= C 1 e x + C 2 kötözősaláta 2x + C 3 bűn 2x.
III . A karakterisztikus egyenlet gyökei között többszörösek találhatók.
Hadd k 1 - a sokféleség valódi gyökere m karakterisztikus egyenlet (15), azaz a gyökök között vannak m egyenlő gyökerek. Mindegyik a (14) differenciálegyenlet ugyanazon megoldásának felel meg m egyenlő megoldások az FSR-ben lehetetlenek, mivel lineárisan függő függvényrendszert alkotnak.
Kimutatható, hogy több gyökér esetén k 1 a (14) egyenlet megoldásai a függvényen kívül a függvények
A függvények lineárisan függetlenek a teljes számtengelyen, hiszen , azaz az FSR-be beépíthetők.
2. szabály igazi jellegzetes gyökér k 1 multiplicitások m az FSR-ben megfelel m megoldások:
Ha egy k 1 - a multiplicitás összetett gyökere m karakterisztikus egyenlet (15), akkor van egy konjugált gyök k 1 multiplicitások m. Hasonlatosan a következő szabályt kapjuk.
3. szabály. Konjugált komplex gyökérpár a± Az ib az FSR-ben 2 m valódi lineárisan független megoldásnak felel meg:
, , ..., ,
, , ..., .
9. PÉLDA. Keresse meg az egyenlet általános megoldását:
a) nál nél¢ ¢ ¢ (x) + 3nál nél¢ ¢ (x) + 3nál nél¢ (x)+ y ( x)= 0;b) IV(x) + 6nál nél¢ ¢ (x) + 9nál nél(x) = 0.
Megoldás. Az (a) esetben a karakterisztikus egyenlet alakja
k 3 + 3 k 2 + 3 k + 1 = 0
(k + 1) 3 = 0,
azaz k =- 1 - multiplicitás gyök 3. A 2. szabály alapján írjuk az általános megoldást:
j (x)= C 1 + C 2 x + C 3 x 2 .
k 4 + 6k 2 + 9 = 0
vagy más módon,
(k 2 + 3) 2 = 0 Þ k 2 = - 3 Þ k 1, 2 = ± én .
Van egy pár konjugált komplex gyökünk, mindegyik multiplicitása 2. A 3. szabály szerint az általános megoldást a következőképpen írjuk le.
j (x)= C 1 + C 2 x + C 3 + C 4 x .
A fentiekből következik, hogy bármely állandó együtthatójú lineáris homogén egyenlethez megtalálhatunk egy alapvető megoldási rendszert és alkothatunk általános megoldást. Ezért a megfelelő inhomogén egyenlet megoldása bármely folytonos függvényre f(x) a jobb oldalon található tetszőleges állandók variációs módszerével (lásd 5.3. fejezet).
r10. példa: A variációs módszerrel keressük meg az inhomogén egyenlet általános megoldását! nál nél¢ ¢ (x) - nál nél¢ (x) - 6nál nél(x) = x e 2x .
Megoldás. Először keressük meg a megfelelő homogén egyenlet általános megoldását nál nél¢ ¢ (x) - nál nél¢ (x) - 6nál nél(x) = 0. A karakterisztikus egyenlet gyökei k 2 - k- 6 = 0 van k 1 = 3,k 2 = - 2, a a homogén egyenlet általános megoldása - funkció ` nál nél ( x) = C 1 e 3x + C 2 e - 2x .
Az inhomogén egyenletre a formában fogunk megoldást keresni
nál nél( x) = TÓL TŐL 1 (x)e 3x + C 2 (x)e 2x . (*)
W[e 3x , e 2x ] = .
Állítsuk össze a (12) egyenletrendszert az ismeretlen függvények deriváltjaira TÓL TŐL ¢ 1 (x) és TÓL TŐL¢ 2 (x):
Integrálva találjuk TÓL TŐL 1 (x) és TÓL TŐL 2 (x):
Helyettesítő függvények TÓL TŐL 1 (x) és TÓL TŐL 2 (x) a (*) egyenlőségbe, megkapjuk az egyenlet általános megoldását nál nél¢ ¢ (x) - nál nél¢ (x) - 6nál nél(x) = x e 2x :
Abban az esetben, ha jobb rész Az állandó együtthatós lineáris inhomogén egyenletnek speciális formája van, az inhomogén egyenlet sajátos megoldása tetszőleges állandók variációs módszerének igénybevétele nélkül is megtalálható.
Tekintsük az egyenletet állandó együtthatókkal
y (n) + a 1 év (n– 1) + ... a n – 1 év " + a n y = f (x), (16)
f( x) = efejsze(P n(x)cosbx + Rm(x)sinbx), (17)
ahol P n(x) és R m(x) - fokú polinomok n és m illetőleg.
Privát megoldás y*(x A (16) egyenlet ) értékét a képlet határozza meg
nál nél* (x) = x se fejsze(Úr(x)cosbx + Nr(x)sinbx), (18)
ahol Úr(x) és N r(x) - fokú polinomok r = max(n, m) határozatlan együtthatókkal , a s egyenlő a gyökér többszörösével k 0 = a + ib a (16) egyenlet karakterisztikus polinomja, miközben feltételezzük s= 0 ha k A 0 nem jellemző gyök.
Egy adott megoldás megfogalmazásához a (18) képlet segítségével négy paramétert kell találnunk - a, b, rés s. Az első hármat az egyenlet jobb oldaláról határozzuk meg, -val r- valójában ez a legmagasabb x a jobb oldalon található. Paraméter s szám összehasonlításával találjuk meg k 0 = a + ibés a (16) egyenlet összes (a multiplicitásokat figyelembe vevő) jellemző gyökének halmaza, amely a megfelelő homogén egyenlet megoldásában található.
Tekintsük a (17) függvény alakjának sajátos eseteit:
1) at a ¹ 0, b= 0f(x)= e ax P n(x);
2) mikor a= 0, b ¹ 0f(x)= P n(x) Val velosbx + Rm(x)sinbx;
3) mikor a = 0, b = 0f(x)=Pn(x).
Megjegyzés 1. Ha P n (x) º 0 vagy R m (x)º 0, akkor az f(x) = e ax P n (x)с osbx vagy f(x) = e ax R m (x)sinbx egyenlet jobb oldala, azaz csak az egyik függvényt tartalmazza - koszinusz vagy szinusz. De egy adott megoldás jelölésében mindkettőnek jelen kell lennie, mivel a (18) képlet szerint mindegyiket megszorozzuk egy azonos fokú határozatlan együtthatójú polinommal, r = max(n, m).
11. példa Határozza meg egy adott megoldás alakját egy 4. rendű lineáris homogén egyenlet állandó együtthatókkal, ha az egyenlet jobb oldala ismert f(x) = e x(2xcos 3x +(x 2 + 1)bűn 3x) és a karakterisztikus egyenlet gyökei:
a ) k 1 = k 2 = 1, k 3 = 3,k 4 = - 1;
b ) k 1, 2 = 1 ± 3én,k 3, 4 = ± 1;
ban ben ) k 1, 2 = 1 ± 3én,k 3, 4 = 1 ± 3én.
Megoldás. A jobb oldalon ezt találjuk az adott megoldásban nál nél*(x), amelyet a (18) képlet határoz meg, paraméterei: a= 1, b= 3, r= 2. Mindhárom esetben ugyanazok maradnak, tehát a szám k 0 , amely az utolsó paramétert adja meg s(18) képlet egyenlő k 0 = 1+ 3én. Az (a) esetben nincs szám a jellemző gyökök között k 0 = 1 + 3én, eszközök, s= 0, és az adott megoldás alakja
y*(x) = x 0 e x(M 2 (x)kötözősaláta 3x + N 2 (x)bűn 3x) =
= ex( (Fejsze 2 + Bx + C)kötözősaláta 3x +(A 1 x 2 + B 1 x + C 1)bűn 3x.
A b) esetben a szám k 0 = 1 + 3én csak egyszer fordul elő a jellegzetes gyökök között, ami azt jelenti s= 1 és
y*(x) = x e x((Fejsze 2 + Bx + C)kötözősaláta 3x +(A 1 x 2 + B 1 x + C 1)bűn 3x.
A c) esetre megvan s= 2 és
y*(x) = x 2 e x((Fejsze 2 + Bx + C)kötözősaláta 3x +(A 1 x 2 + B 1 x + C 1)bűn 3x.
A 11. példában az adott megoldás rekordjában két 2. fokú, határozatlan együtthatójú polinom található. A megoldás megtalálásához meg kell határoznia ezen együtthatók számértékeit. Fogalmazzuk meg az általános szabályt.
A polinomok ismeretlen együtthatóinak meghatározása Úr(x) és N r(x) egyenlőséget (17) a szükséges számú alkalommal differenciálunk, a függvényt behelyettesítjük y*(x) és származékai a (16) egyenletbe. Bal és jobb oldali részét összehasonlítva megkapjuk a rendszert algebrai egyenletek együtthatókat találni.
12. példa Keressen megoldást az egyenletre! nál nél¢ ¢ (x) - nál nél¢ (x) - 6nál nél(x) = xe 2x, miután meghatározta az inhomogén egyenlet egy adott megoldását a jobb oldal alakjával.
Megoldás. Az inhomogén egyenlet általános megoldásának van alakja
nál nél( x) = ` nál nél(x)+ y*(x),
ahol ` nál nél ( x) - a megfelelő homogén egyenlet általános megoldása, és y*(x) - egy inhomogén egyenlet sajátos megoldása.
Először oldjuk meg a homogén egyenletet nál nél¢ ¢ (x) - nál nél¢ (x) - 6nál nél(x) = 0. Jellegzetes egyenlete k 2 - k- 6 = 0 két gyökere van k 1 = 3,k 2 = - 2, Következésképpen, ` nál nél ( x) = C 1 e 3x + C 2 e - 2x .
A (18) képletet használjuk az adott megoldás típusának meghatározására nál nél*(x). Funkció f(x) = xe 2x képviseli különleges eset a) képletek (17), míg a = 2,b= 0 és r= 1, azaz k 0 = 2 + 0i = 2. A jellegzetes gyökerekkel összevetve arra a következtetésre jutunk s= 0. Az összes paraméter értékét behelyettesítve a (18) képletbe, megvan y*(x) = (Ah + B)e 2x .
Értékeket találni DEés NÁL NÉL, keresse meg a függvény első és másodrendű származékait y*(x) = (Ah + B)e 2x :
y*¢ (x)= Ae 2x + 2(Ah + B)e 2x = (2Ah + A + 2B)e 2x,
y*¢ ¢ (x) = 2Ae 2x + 2(2Ah + A + 2B)e 2x = (4Ah + 4A+ 4B)e 2x .
A funkció helyettesítése után y*(x) és származékai a rendelkezésünkre álló egyenletbe
(4Ah + 4A+ 4B)e 2x - (2Ah + A + 2B)e 2x - 6(Ah + B)e 2x =xe 2x Þ Þ A=- 1/4,B=- 3/16.
Így az inhomogén egyenlet egy adott megoldásának van alakja
y*(x) = (- 1/4x- 3/16)e 2x ,
és az általános megoldás - nál nél ( x) = C 1 e 3x + C 2 e - 2x + (- 1/4x- 3/16)e 2x .
2. megjegyzés.Abban az esetben, ha a Cauchy-probléma egy inhomogén egyenletre felvetődik, először általános megoldást kell találni az egyenletre.
nál nél( x) = ,
az együtthatók összes számértékének meghatározása után nál nél*(x). Ezután használja a kezdeti feltételeket, és helyettesítse azokat az általános megoldással (és ne y*(x)), keresse meg az állandók értékeit C i.
13. példa Keressen megoldást a Cauchy-problémára:
nál nél¢ ¢ (x) - nál nél¢ (x) - 6nál nél(x) = xe 2x ,y(0) = 0, y ¢ (x) = 0.
Megoldás. Ennek az egyenletnek az általános megoldása
nál nél(x) = C 1 e 3x + C 2 e - 2x + (- 1/4x- 3/16)e 2x
A 12. példában találtuk. Ahhoz, hogy egy adott megoldást találjunk, amely kielégíti az adott Cauchy-probléma kezdeti feltételeit, megkapjuk az egyenletrendszert
Megoldjuk, megvan C 1 = 1/8, C 2 = 1/16. Ezért a Cauchy-probléma megoldása a függvény
nál nél(x) = 1/8e 3x + 1/16e - 2x + (- 1/4x- 3/16)e 2x .
3. megjegyzés(szuperpozíció elve). Ha egy lineáris egyenletben L n[y(x)]= f(x), ahol f(x) = f 1 (x)+ f 2 (x) és y* 1 (x) - az egyenlet megoldása L n[y(x)]= f 1 (x), a y* 2 (x) - az egyenlet megoldása L n[y(x)]= f 2 (x), majd a függvény y*(x)= y* 1 (x)+ y* 2 (x) van az egyenlet megoldása L n[y(x)]= f(x).
14. PÉLDA. Adja meg az általános megoldás típusát lineáris egyenlet
nál nél¢ ¢ (x) + 4nál nél(x) = x + sinx.
Megoldás. A megfelelő homogén egyenlet általános megoldása
` nál nél(x) = C 1 kötözősaláta 2x + C 2 bűn 2x,
mivel a karakterisztikus egyenlet k 2 + 4 = 0-nak gyökerei vannak k 1, 2 = ± 2én.Az egyenlet jobb oldala nem felel meg a (17) képletnek, de ha bevezetjük a jelölést f 1 (x) = x, f 2 (x) = sinxés használja a szuperpozíció elvét , akkor az inhomogén egyenlet sajátos megoldása megtalálható a formában y*(x)= y* 1 (x)+ y* 2 (x), ahol y* 1 (x) - az egyenlet megoldása nál nél¢ ¢ (x) + 4nál nél(x) = x, a y* 2 (x) - az egyenlet megoldása nál nél¢ ¢ (x) + 4nál nél(x) = sinx. A (18) képlet szerint
y* 1 (x) = Ax + B,y* 2 (x) = Ccosx + Dsinx.
Aztán egy konkrét megoldás
y*(x) \u003d Ax + B + Ccosx + Dsinx,
ezért az általános megoldásnak megvan a formája
nál nél(x) = C 1 kötözősaláta 2x + C 2 e - 2x + A x + B + Ccosx + Dsinx.
15. PÉLDA. Az elektromos áramkör egy sorba kötött áramforrásból áll, emf-vel e(t) = E bűnw t, induktivitás Lés konténerek TÓL TŐL, és
Ez a cikk feltárja a másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek állandó együtthatókkal való megoldásának kérdését. Az elméletet az adott problémák példáival együtt tekintjük át. Az érthetetlen kifejezések megfejtéséhez utalni kell a differenciálegyenlet-elmélet alapvető definíciói és fogalmai témakörre.
Tekintsünk egy másodrendű lineáris differenciálegyenletet (LDE) y "" + p y " + q y \u003d f (x) alakú állandó együtthatókkal, ahol p és q tetszőleges számok, és a meglévő f (x) függvény folytonos az x integrációs intervallumon.
Térjünk át a LIDE általános megoldási tételének megfogalmazására.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Az y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + alakú inhomogén differenciálegyenlet x intervallumon elhelyezkedő általános megoldása. . . + f 0 (x) y = f (x) folytonos integrációs együtthatókkal x intervallumon f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) és egy f (x) folytonos függvény egyenlő az y 0 általános megoldás összegével, amely a LODE-nak felel meg, és néhány olyan y ~ konkrét megoldás összegével, ahol az eredeti inhomogén egyenlet y = y 0 + y ~ .
Ez azt mutatja, hogy egy ilyen másodrendű egyenlet megoldása y = y 0 + y ~ alakú. Az y 0 meghatározásának algoritmusát a másodrendű, állandó együtthatós lineáris homogén differenciálegyenletekről szóló cikk tárgyalja. Ezt követően folytatni kell az y ~ definícióját.
A LIDE egy adott megoldásának kiválasztása az egyenlet jobb oldalán található f (x) rendelkezésre álló függvény típusától függ. Ehhez külön figyelembe kell venni a másodrendű lineáris inhomogén, állandó együtthatós differenciálegyenletek megoldásait.
Ha f (x) n-edik fokú f (x) = P n (x) polinomnak tekintjük, ebből az következik, hogy a LIDE egy adott megoldása az y ~ = Q n (x) formájú képlettel található. ) x γ , ahol Q n ( x) n fokú polinom, r a karakterisztikus egyenlet nulla gyökeinek száma. Az y ~ értéke egy adott megoldás y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , majd a rendelkezésre álló együtthatók, amelyeket a polinom határoz meg
Q n (x) , a határozatlan együtthatók módszerével az y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) egyenlőségből kapjuk meg.
1. példa
Számítsa ki a Cauchy-tétel segítségével: y "" - 2 y " = x 2 + 1, y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .
Megoldás
Más szavakkal, át kell lépni egy másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet egy adott megoldására y "" - 2 y " = x 2 + 1 állandó együtthatókkal, amely teljesíti az adott feltételeket y (0) = 2, y" (0) = 1 4 .
A lineáris inhomogén egyenlet általános megoldása annak az általános megoldásnak az összege, amely megfelel az y 0 egyenletnek vagy az y ~ inhomogén egyenlet egy adott megoldásának, azaz y = y 0 + y ~ .
Először keressünk egy általános megoldást az LNDE-hez, majd egy konkrét megoldást.
Térjünk tovább az y 0 megkeresésére. A karakterisztikus egyenlet felírása segít megtalálni a gyökereket. Ezt értjük
k 2 - 2 k \u003d 0 k (k - 2) \u003d 0 k 1 = 0, k 2 \u003d 2
Azt találtuk, hogy a gyökerek különbözőek és valódiak. Ezért írunk
y 0 \u003d C 1 e 0 x + C 2 e 2 x \u003d C 1 + C 2 e 2 x.
Keressük y ~ . Látható, hogy a jobb oldalon adott egyenlet egy másodfokú polinom, akkor az egyik gyök egyenlő nullával. Innen azt kapjuk, hogy y ~ egy adott megoldása lesz
y ~ = Q 2 (x) x γ \u003d (A x 2 + B x + C) x \u003d A x 3 + B x 2 + C x, ahol az A, B, C értékei definiálatlan együtthatókat vegyünk.
Keressük meg őket egy y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 alakú egyenlőségből.
Akkor ezt kapjuk:
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
Ha az együtthatókat azonos x kitevőkkel egyenlővé tesszük, egy lineáris kifejezésrendszert kapunk - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1 . Bármelyik megoldásnál megkeressük az együtthatókat, és felírjuk: A \u003d - 1 6, B \u003d - 1 4, C \u003d - 3 4 és y ~ \u003d A x 3 + B x 2 + C x \u003d - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .
Ezt a bejegyzést az eredeti lineáris inhomogén másodrendű, állandó együtthatós differenciálegyenlet általános megoldásának nevezzük.
Az y (0) = 2, y " (0) = 1 4 feltételeknek megfelelő megoldás megtalálásához meg kell határozni az értékeket C1és C2, az y \u003d C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x egyenlőség alapján.
Ezt kapjuk:
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
A kapott C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 alakú egyenletrendszerrel dolgozunk, ahol C 1 = 3 2, C 2 = 1 2 .
A Cauchy-tételt alkalmazva azt kapjuk
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
Válasz: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .
Ha az f (x) függvényt egy n fokú polinom és egy f (x) = P n (x) e a x kitevő szorzataként ábrázoljuk, akkor innen azt kapjuk, hogy a másodrendű LIDE adott megoldása y ~ = e a x Q n ( x) · x γ alakú egyenlet, ahol Q n (x) egy n-edik fokú polinom, r pedig az α-val egyenlő karakterisztikus egyenlet gyökeinek száma.
A Q n (x)-hez tartozó együtthatókat az y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) egyenlőséggel találjuk meg.
2. példa
Határozzuk meg az y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x alakú differenciálegyenlet általános megoldását!
Megoldás
Általános egyenlet y = y 0 + y ~ . A jelzett egyenlet a LOD y "" - 2 y " = 0-nak felel meg. Az előző példa azt mutatja, hogy a gyökei k1 = 0és k 2 = 2 és y 0 = C 1 + C 2 e 2 x a karakterisztikus egyenlet szerint.
Látható, hogy az egyenlet jobb oldala x 2 + 1 · e x . Innen az LNDE az y ~ = e a x Q n (x) x γ függvényen keresztül található, ahol Q n (x) , ami egy másodfokú polinom, ahol α = 1 és r = 0, mert a karakterisztikus egyenlet nem 1-gyel egyenlő gyöke van. Ezért ezt kapjuk
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 ismeretlen együtthatók, amelyeket az y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x egyenlőséggel találhatunk meg.
Megvan
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
Azonos együtthatók mutatóit egyenlővé tesszük, és lineáris egyenletrendszert kapunk. Innen megtaláljuk A, B, C:
A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3
Válasz: látható, hogy y ~ = e x (A x 2 + B x + C) = e x - x 2 + 0 x - 3 = - e x x 2 + 3 a LIDE sajátos megoldása, és y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3
Ha a függvényt a következőképpen írjuk fel: f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, és A 1és AZ 1-BEN számok, akkor egy y ~ = A cos β x + B sin β x x γ alakú egyenlet, ahol A és B határozatlan együtthatónak tekinthető, r pedig a karakterisztikus egyenlethez kapcsolódó komplex konjugált gyökök száma, egyenlő ± i β . Ebben az esetben az együtthatók keresését az y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) egyenlőség végzi.
3. példa
Határozzuk meg az y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) alakú differenciálegyenlet általános megoldását!
Megoldás
A karakterisztikus egyenlet felírása előtt y 0-t találunk. Akkor
k 2 + 4 \u003d 0 k 2 \u003d - 4 k 1 \u003d 2 i, k 2 \u003d - 2 i
Van egy pár összetett konjugált gyökünk. Alakítsuk át és kapjuk meg:
y 0 \u003d e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) \u003d C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)
A karakterisztikus egyenletből származó gyökeket ± 2 i konjugált párnak tekintjük, ekkor f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x) . Ez azt mutatja, hogy az y ~ keresése az y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x alapján történik. Ismeretlenek Az A és B együtthatókat az y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) alakú egyenlőségből kell keresni.
Alakítsuk át:
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)
Aztán ez látszik
y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) ⇔ (- 4 A cos (2 x) - 4 B sin (2 x)) x - 4 A sin (2 x) + 4 B cos (2 x) + + 4 (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x = cos (2 x) + 3 sin (2 x) ⇔ - 4 A sin (2 x) + 4B cos(2x) = cos(2x) + 3 sin(2x)
Szükséges egyenlőségjelet tenni a szinuszok és koszinuszok együtthatói között. A következő rendszert kapjuk:
4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4
Ebből következik, hogy y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.
Válasz: az eredeti másodrendű LIDE konstans együtthatós általános megoldását tekintjük
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
Ha f (x) = e a x P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x) , akkor y ~ = e a x (L m (x) sin (β x) + N m (x) ) cos (β x) x γ Megvan, hogy r a karakterisztikus egyenlethez kapcsolódó komplex konjugált gyökpárok száma, egyenlő α ± i β , ahol P n (x) , Q k (x) , L m ( x) és N m (x) n, k, m fokú polinomok, ahol m = m a x (n, k). Együtthatók keresése L m (x)és N m (x) az y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) egyenlőség alapján kerül előállításra.
4. példa
Határozzuk meg az y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) általános megoldást.
Megoldás
A feltételből egyértelmű, hogy
α = 3, β = 5, Pn(x) = -38x-45, Q k (x) = -8x+5, n = 1, k = 1
Ekkor m = m a x (n , k) = 1 . Az y 0-t úgy találjuk meg, hogy először felírjuk az alak karakterisztikus egyenletét:
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
Azt találtuk, hogy a gyökerek valódiak és különállóak. Ezért y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x . Ezután általános megoldást kell keresni egy y ~ alakú inhomogén egyenlet alapján.
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))
Ismeretes, hogy A, B, C együtthatók, r = 0, mivel nincs olyan konjugált gyökpár, amely az α ± i β = 3 ± 5 · i karakterisztikus egyenlethez kapcsolódik. Ezek az együtthatók a kapott egyenlőségből származnak:
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))
A származék és a hasonló kifejezések keresése azt adja
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))
Az együtthatók kiegyenlítése után egy formarendszert kapunk
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
Mindebből az következik
y ~= e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x)) == e 3 x ((x + 1) cos (5 x) + (x +1)sin(5x))
Válasz: most megkaptuk az adott lineáris egyenlet általános megoldását:
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))
Bármilyen más típusú f (x) függvény a megoldáshoz biztosítja a megoldási algoritmust:
5. példa
Keresse meg az y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x általános megoldását.
Megoldás
Folytatjuk a karakterisztikus egyenlet felírását, miután korábban felírtuk y 0 , y "" + 36 y = 0 . Írjuk és oldjuk meg:
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)
Azt kaptuk, hogy az adott egyenlet általános megoldásának rekordja y = C 1 (x) cos (6 x) + C 2 (x) sin (6 x) . Át kell térni a derivált függvények meghatározásához C 1 (x)és C2(x) az egyenletrendszer szerint:
C 1 "(x) cos (6 x) + C 2" (x) sin (6 x) = 0 C 1 "(x) (cos (6 x))" + C 2 "(x) (sin (6) x)) " = 0 ⇔ C 1 " (x) cos (6 x) + C 2 " (x) sin (6 x) = 0 C 1 " (x) (- 6 sin (6 x) + C 2 " (x) (6 cos (6 x)) \u003d \u003d 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x
Ezzel kapcsolatban döntést kell hozni C 1 "(x)és C2" (x) bármilyen módszer segítségével. Ezután írjuk:
C 1 "(x) \u003d - 4 sin 2 (6 x) + 2 sin (6 x) cos (6 x) - 6 e 6 x sin (6 x) C 2 "(x) \u003d 4 sin (6 x) cos (6 x) - 2 cos 2 (6 x) + 6 e 6 x cos (6 x)
Mindegyik egyenletet integrálni kell. Ezután felírjuk a kapott egyenleteket:
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
Ebből következik, hogy az általános megoldás a következő formában lesz:
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)
Válasz: y = y 0 + y ~ = - 2 x cos (6 x) - x sin (6 x) - 1 6 cos (6 x) + + 1 2 e 6 x + C 3 cos (6 x) + C 4 sin (6x)
Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt
Másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek (LNDE-2) konstans együtthatós (PC) megoldásának alapjai
A $p$ és $q$ állandó együtthatókkal rendelkező másodrendű CLDE $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$ alakú, ahol $f\left( x \right)$ egy folytonos függvény.
A következő két állítás igaz a 2. LNDE PC-vel kapcsolatban.
Tegyük fel, hogy valamelyik $U$ függvény egy inhomogén differenciálegyenlet tetszőleges konkrét megoldása. Tegyük fel azt is, hogy valami $Y$ függvény a megfelelő lineáris homogén differenciálegyenlet (LODE) általános megoldása (OR) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Ekkor a VAGY Az LHDE-2 egyenlő a megadott privát és általános megoldások összegével, azaz $y=U+Y$.
Ha a 2. sorrendű LIDE jobb oldala a függvények összege, azaz $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x\right) )+. ..+f_(r) \left(x\right)$, akkor először megtalálja az egyes PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r) $ a $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$ függvények közül, majd írd be a LNDE-2 PD mint $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.
Nyilvánvaló, hogy egy adott LNDE-2 egyik vagy másik PD $U$ alakja függ a jobb oldalának $f\left(x\right)$ konkrét alakjától. Az LNDE-2 PD keresésének legegyszerűbb eseteit a következő négy szabály szerint fogalmazzuk meg.
1. számú szabály.
Az LNDE-2 jobb oldalának alakja $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, ahol $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, azaz a $n$ fokú polinom. Ekkor a PR $U$ értékét a rendszer $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $ formában keresi, ahol a $Q_(n) \left(x\right)$ egy másik a $P_(n) \left(x\right)$-tal azonos fokú polinom, és $r$ a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletének nulla gyökeinek száma. A $Q_(n) \left(x\right)$ polinom együtthatóit a határozatlan együtthatók (NC) módszerével találjuk meg.
2. számú szabály.
Az LNDE-2 jobb oldalának alakja $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, ahol $P_(n) A \left(x\right)$ egy $n$ fokú polinom. Ezután a $U$ PD-jét a következő formában kell keresni: $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, ahol $Q_(n ) \ left(x\right)$ egy másik polinom, amely ugyanolyan fokú, mint a $P_(n) \left(x\right)$, és a $r$ a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletének gyökeinek száma egyenlő: $\alpha $. A $Q_(n) \left(x\right)$ polinom együtthatóit az NK módszerrel találjuk meg.
3. számú szabály.
Az LNDE-2 jobb oldali része $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x) \jobbra) $, ahol $a$, $b$ és $\beta $ ismert számok. Ezután a $U$ PD-jét a rendszer a következő formában keresi: $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right )\right )\cdot x^(r) $, ahol $A$ és $B$ ismeretlen együtthatók, $r$ pedig a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletének gyökeinek száma egyenlő $i\cdot \beta $. Az $A$ és $B$ együtthatókat az NDT módszerrel találjuk meg.
4. számú szabály.
Az LNDE-2 jobb oldalának alakja $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, ahol a $P_(n) \left(x\right)$ egy $ n$ fokú polinom, a $P_(m) \left(x\right)$ pedig egy $m$ fokú polinom. Ezután a $U$ PD-jét a rendszer $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $ formában keresi, ahol $Q_(s) \left(x\right) $ és $ R_(s) \left(x\right)$ az $s$ fokú polinomok, a $s$ szám a $n$ és $m$ két szám maximuma, az $r$ pedig a számok száma. a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletének gyöke, egyenlő: $\alpha +i\cdot \beta $. A $Q_(s) \left(x\right)$ és $R_(s) \left(x\right)$ polinomok együtthatóit az NK módszerrel találjuk meg.
Az NK módszer a következő szabály alkalmazásából áll. Ahhoz, hogy megtaláljuk a polinom ismeretlen együtthatóit, amelyek az LNDE-2 inhomogén differenciálegyenlet konkrét megoldásának részét képezik, szükséges:
1. példa
Feladat: keresse meg a VAGY LNDE-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. a PR , amely kielégíti a $y=6$ kezdeti feltételt $x=0$ és $y"=1$ $x=0$ esetén.
Írja be a megfelelő LODA-2-t: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.
Jellemző egyenlet: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. A karakterisztikus egyenlet gyökei: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Ezek a gyökerek valódiak és különállóak. Így a megfelelő LODE-2 VAGY alakja: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.
Ennek az LNDE-2-nek a jobb oldali része $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Figyelembe kell venni a $\alpha =3$ kitevő kitevőjének együtthatóját. Ez az együttható nem esik egybe a karakterisztikus egyenlet egyik gyökével sem. Ezért ennek az LNDE-2-nek a PR alakja $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
A $A$, $B$ együtthatókat NK módszerrel fogjuk megkeresni.
Megtaláljuk a CR első deriváltját:
$U"=\left(A\cdot x+B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot \left( e^(3\cdot x) \jobbra)^((") ) =$
$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Megtaláljuk a CR második deriváltját:
$U""=\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot \left(e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Helyettesítjük a $U""$, $U"$ és $U$ függvényeket a $y""$, $y"$ és $y$ helyett a megadott LNDE-2 $y""-3\cdot y"-ba. -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x).$ Ugyanakkor, mivel a $e^(3\cdot x) $ kitevő is benne van tényezőként minden komponensben, akkor az elhagyható.
$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\right)=36\cdot x+12.$
A kapott egyenlőség bal oldalán hajtjuk végre a műveleteket:
-18 $\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$
NC módszert használunk. Lineáris egyenletrendszert kapunk két ismeretlennel:
$-18\cdot A=36;$
$3\cdot A-18\cdot B=12.$
Ennek a rendszernek a megoldása: $A=-2$, $B=-1$.
A feladatunkhoz tartozó CR $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ így néz ki: $U=\left(-2\cdot x-1\right ) \cdot e^(3\cdot x) $.
A problémánk VAGY $y=Y+U$ így néz ki: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ left(-2\cdot x-1\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
A megadott kezdeti feltételeknek megfelelő PD kereséséhez megtaláljuk a $y"$ VAGY derivált:
$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$
A $y$-ban és a $y"$-ban behelyettesítjük a $y=6$ kezdeti feltételeket a $x=0$-ra és a $y"=1$-t a $x=0$-ra:
$6=C_(1) +C_(2) -1; $
$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$
Kaptunk egy egyenletrendszert:
$C_(1) +C_(2) =7;$
$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$
Megoldjuk. A $C_(1) $ a Cramer-képlet segítségével, a $C_(2) $ pedig az első egyenletből kerül meghatározásra:
$C_(1) =\frac(\left|\begin(array)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(array)\right|)(\left|\ kezdő(tömb)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(tömb)\jobbra|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2)=7-C_(1)=7-4=3,$
Így ennek a differenciálegyenletnek a PD értéke: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right )\cdot e^(3\cdot x) $.
Oktatási intézmény "Fehérorosz Állam
Mezőgazdasági Akadémia"
Felső Matematika Tanszék
Irányelvek
a "Másodrendű lineáris differenciálegyenletek" témakör tanulmányozásáról a levelező oktatási forma (NISPO) számviteli osztályának hallgatói
Gorki, 2013
Lineáris differenciál egyenletek
másodrendű állandóvalegyütthatók
Lineáris homogén differenciálegyenletek
Másodrendű lineáris differenciálegyenlet állandó együtthatókkal formaegyenletnek nevezzük
azok. olyan egyenlet, amely csak első fokon tartalmazza a kívánt függvényt és származékait, és nem tartalmazza azok szorzatait. Ebben az egyenletben és 
néhány szám és a függvény 
adott időközönként 
.
Ha egy 
az intervallumon 
, akkor az (1) egyenlet alakját veszi fel
,
(2)
és felhívott lineárisan homogén . Ellenkező esetben az (1) egyenletet nevezzük lineáris inhomogén .
Tekintsük az összetett függvényt
,
(3)
ahol 
és 
valódi függvények. Ha a (3) függvény a (2) egyenlet komplex megoldása, akkor a valós része 
, és a képzeletbeli rész 
megoldásokat 
külön vesszük ugyanazon homogén egyenlet megoldásait. Így a (2) egyenlet bármely összetett megoldása ennek az egyenletnek két valós megoldását generálja.
A homogén lineáris egyenlet megoldásai a következő tulajdonságokkal rendelkeznek:
Ha egy 
a (2) egyenlet megoldása, akkor a függvény 
, ahol TÓL TŐL- tetszőleges állandó, a (2) egyenlet megoldása is lesz;
Ha egy 
és 
a (2) egyenlet megoldásai, akkor a függvény 
a (2) egyenlet megoldása is lesz;
Ha egy 
és 
a (2) egyenlet megoldásai, majd ezek lineáris kombinációja 
megoldása lesz a (2) egyenletnek is, ahol 
és 
tetszőleges állandók.
Funkciók 
és 
hívott lineárisan függő
az intervallumon 
ha vannak ilyen számok 
és 
, amelyek egyidejűleg nem egyenlők nullával, hogy ezen az intervallumon az egyenlőség
Ha a (4) egyenlőség csak akkor áll fenn 
és 
, majd a funkciókat 
és 
hívott lineárisan független
az intervallumon 
.
1. példa
. Funkciók 
és 
lineárisan függőek, hiszen 
az egész számegyenes mentén. Ebben a példában 
.
2. példa
. Funkciók 
és 
lineárisan függetlenek bármely intervallumtól, mivel az egyenlőség 
csak akkor lehetséges, ha és 
, és 
.
Lineáris homogén általános megoldásának megalkotása
egyenletek
Ahhoz, hogy általános megoldást találjunk a (2) egyenletre, meg kell találni két lineárisan független megoldását 
és 
. Ezen megoldások lineáris kombinációja 
, ahol 
és 
tetszőleges állandók, és egy lineáris homogén egyenlet általános megoldását adják.
A (2) egyenlet lineárisan független megoldásait a formában fogjuk keresni
,
(5)
ahol 
- néhány szám. Akkor 
,
. Helyettesítsük be ezeket a kifejezéseket a (2) egyenletbe:
vagy 
.
Mert 
, akkor 
. Tehát a funkció 
a (2) egyenlet megoldása lesz, ha 
kielégíti az egyenletet
.
(6)
A (6) egyenletet nevezzük karakterisztikus egyenlet a (2) egyenlethez. Ez az egyenlet egy algebrai másodfokú egyenlet.
Hadd 
és 
ennek az egyenletnek a gyökerei. Lehetnek valódiak és különbözőek, vagy összetettek, vagy valódiak és egyenlőek. Nézzük ezeket az eseteket.
Hagyja a gyökereket 
és 
a karakterisztikus egyenletek valósak és különállóak. Ekkor a (2) egyenlet megoldásai lesznek a függvények 
és 
. Ezek a megoldások lineárisan függetlenek, mivel az egyenlőség 
csak akkor hajtható végre 
, és 
. Ezért a (2) egyenlet általános megoldásának alakja van
,
ahol 
és 
tetszőleges állandók.
3. példa
.
Megoldás
. Ennek a differenciálnak a jellemző egyenlete a következő lesz 
. Megoldani másodfokú egyenlet, találja meg a gyökereit 
és 
. Funkciók 
és 
a differenciálegyenlet megoldásai. Ennek az egyenletnek az általános megoldása alakja 
.
összetett szám 
a forma kifejezésének nevezzük 
, ahol 
és 
valós számok, és 
képzeletbeli egységnek nevezzük. Ha egy 
, majd a szám 
tisztán képzeletnek nevezik. Ha 
, majd a szám 
valós számmal azonosítjuk 
.
Szám 
a komplex szám valós részének nevezzük, és 
- a képzeletbeli rész. Ha két komplex szám csak a képzeletbeli rész előjelében tér el egymástól, akkor konjugáltnak nevezzük őket: 
,
.
4. példa
. Másodfokú egyenlet megoldása 
.
Megoldás
. Egyenlet diszkrimináns 
. Akkor. Hasonlóképpen, 
. Így ennek a másodfokú egyenletnek konjugált komplex gyökerei vannak.
Legyenek a karakterisztikus egyenlet gyökei összetettek, azaz. 
,
, ahol 
. A (2) egyenlet megoldásai így írhatók fel 
,
vagy 
,
. Euler képletei szerint
,
.
Akkor ,. Mint ismeretes, ha egy komplex függvény egy lineáris homogén egyenlet megoldása, akkor ennek az egyenletnek a megoldásai ennek a függvénynek a valós és képzetes részei is. Így a (2) egyenlet megoldásai lesznek a függvények 
és 
. Az egyenlőség óta
csak akkor hajtható végre 
és 
, akkor ezek a megoldások lineárisan függetlenek. Ezért a (2) egyenlet általános megoldásának alakja van
ahol 
és 
tetszőleges állandók.
5. példa
. Keresse meg a differenciálegyenlet általános megoldását! 
.
Megoldás
. Az egyenlet 
az adott differenciálra jellemző. Megoldjuk és összetett gyökereket kapunk 
,
. Funkciók 
és 
a differenciálegyenlet lineárisan független megoldásai. Ennek az egyenletnek az általános megoldása alakja.
Legyen a karakterisztikus egyenlet gyöke valós és egyenlő, azaz. 
. Ekkor a (2) egyenlet megoldásai a függvények 
és 
. Ezek a megoldások lineárisan függetlenek, mivel a kifejezés csak akkor lehet azonosan egyenlő nullával 
és 
. Ezért a (2) egyenlet általános megoldásának alakja van 
.
6. példa
. Keresse meg a differenciálegyenlet általános megoldását! 
.
Megoldás
. Karakterisztikus egyenlet 
egyenlő gyökerei vannak 
. Ebben az esetben a differenciálegyenlet lineárisan független megoldásai a függvények 
és 
. Az általános megoldásnak megvan a formája 
.
Inhomogén másodrendű lineáris differenciálegyenletek állandó együtthatókkal
és speciális jobb oldal
Az (1) lineáris inhomogén egyenlet általános megoldása egyenlő az általános megoldás összegével 
megfelelő homogén egyenlet és bármely konkrét megoldás 
inhomogén egyenlet: 
.
Egyes esetekben egy inhomogén egyenlet konkrét megoldása egyszerűen a jobb oldal alakjával megtalálható 
(1) egyenletek. Tekintsük azokat az eseteket, amikor ez lehetséges.
azok. az inhomogén egyenlet jobb oldala fokszámú polinom m. Ha egy 
nem a karakterisztikus egyenlet gyöke, akkor az inhomogén egyenlet konkrét megoldását fokszámú polinom formájában kell keresni. m, azaz
Esély 
egy adott megoldás megtalálásának folyamatában határozzák meg.
Ha 
a karakterisztikus egyenlet gyöke, akkor az inhomogén egyenlet konkrét megoldását kell keresni a formában
7. példa
. Keresse meg a differenciálegyenlet általános megoldását! 
.
Megoldás
. Ennek az egyenletnek a megfelelő homogén egyenlete a 
. Jellegzetes egyenlete 
gyökerei vannak 
és 
. A homogén egyenlet általános megoldásának van alakja 
.
Mert 
nem a karakterisztikus egyenlet gyöke, akkor az inhomogén egyenlet konkrét megoldását fogjuk keresni függvény formájában 
. Keresse meg ennek a függvénynek a deriváltjait 
,
és cseréld be őket ebbe az egyenletbe:
vagy . Egyenlítse az együtthatók értékét 
és ingyenes tagok: 
Ezt a rendszert megoldva megkapjuk 
,
. Ekkor az inhomogén egyenlet egy adott megoldásának alakja van 
, és ennek az inhomogén egyenletnek az általános megoldása a megfelelő homogén egyenlet általános megoldásának és az inhomogén egyenlet konkrét megoldásának összege lesz: 
.
Legyen az inhomogén egyenlet alakja
Ha egy 
nem a karakterisztikus egyenlet gyöke, akkor az inhomogén egyenlet sajátos megoldását kell keresni a formában. Ha 
a karakterisztikus multiplicitás egyenlet gyöke k
(k=1 vagy k=2), akkor ebben az esetben az inhomogén egyenlet adott megoldásának alakja lesz.
8. példa
. Keresse meg a differenciálegyenlet általános megoldását! 
.
Megoldás
. A megfelelő homogén egyenlet jellemző egyenletének alakja van 
. a gyökerei 
,
. Ebben az esetben a megfelelő homogén egyenlet általános megoldását így írjuk fel 
.
Mivel a 3-as szám nem a karakterisztikus egyenlet gyöke, ezért az inhomogén egyenlet konkrét megoldását az alakban kell keresni. 
. Keressük az első és másodrendű származékokat:,
Helyettesítsd be a differenciálegyenletbe: 
+
+,
+,.
Egyenlítse az együtthatók értékét 
és ingyenes tagok:
Innen 
,
. Ekkor ennek az egyenletnek egy adott megoldása alakja 
és az általános megoldás
.
Lagrange módszer tetszőleges állandók variálására
A tetszőleges állandók variációs módszere bármely inhomogén, állandó együtthatós lineáris egyenletre alkalmazható, a jobb oldal formájától függetlenül. Ez a módszer lehetővé teszi, hogy mindig általános megoldást találjunk egy inhomogén egyenletre, ha ismerjük a megfelelő homogén egyenlet általános megoldását.
Hadd 
és 
a (2) egyenlet lineárisan független megoldásai. Ekkor ennek az egyenletnek az általános megoldása 
, ahol 
és 
tetszőleges állandók. A tetszőleges állandók variációs módszerének lényege, hogy az (1) egyenlet általános megoldását a formában keressük
ahol 
és 
- új ismeretlen funkciók találhatók. Mivel két ismeretlen függvény létezik, két, ezeket a függvényeket tartalmazó egyenletre van szükség ezek megtalálásához. Ez a két egyenlet alkotja a rendszert
amely egy lineáris algebrai egyenletrendszer tekintetében 
és 
. Ezt a rendszert megoldva azt találjuk 
és 
. A kapott egyenlőségek mindkét részét integrálva azt találjuk
és 
.
Ezeket a kifejezéseket (9) behelyettesítve megkapjuk az (1) inhomogén lineáris egyenlet általános megoldását.
9. példa
. Keresse meg a differenciálegyenlet általános megoldását! 
.
Megoldás.
Az adott differenciálegyenletnek megfelelő homogén egyenlet jellemző egyenlete a 
. Gyökerei összetettek 
,
. Mert 
és 
, akkor 
,
, és a homogén egyenlet általános megoldásának alakja van Ekkor ennek az inhomogén egyenletnek az általános megoldását a hol formában keressük 
és 
- ismeretlen funkciók.
Az ismeretlen függvények megtalálására szolgáló egyenletrendszernek van egy formája
Ezt a rendszert megoldva azt találjuk 
,
. Akkor
,
. Helyettesítsük be a kapott kifejezéseket az általános megoldási képletbe:
Ez a Lagrange-módszerrel kapott differenciálegyenlet általános megoldása.
A tudás önkontrollának kérdései
Melyik differenciálegyenletet nevezzük másodrendű lineáris differenciálegyenletnek, állandó együtthatókkal?
Melyik lineáris differenciálegyenletet nevezzük homogénnek és melyiket nem homogénnek?
Melyek a lineáris homogén egyenlet tulajdonságai?
Milyen egyenletet nevezünk karakterisztikának egy lineáris differenciálegyenletre, és hogyan kapjuk meg?
Milyen formában van felírva egy állandó együtthatós lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldása a karakterisztikus egyenlet különböző gyökei esetén?
Milyen formában van felírva egy állandó együtthatós lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldása, ha a karakterisztikus egyenlet egyenlő gyökei?
Milyen formában van felírva egy állandó együtthatós lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldása a karakterisztikus egyenlet komplex gyökei esetén?
Hogyan írható fel egy lineáris inhomogén egyenlet általános megoldása?
Milyen formában keressük egy lineáris inhomogén egyenlet konkrét megoldását, ha a karakterisztikus egyenlet gyökei különbözőek és nem egyenlők nullával, és az egyenlet jobb oldala egy fokszámú polinom m?
Milyen formában keressük egy lineáris inhomogén egyenlet konkrét megoldását, ha a karakterisztikus egyenlet gyökei között egy nulla van, és az egyenlet jobb oldala egy fokszámú polinom m?
Mi a Lagrange-módszer lényege?
