Másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek (LNDU-2) megoldásának alapjai állandó együtthatók(PC)
A $p$ és $q$ állandó együtthatójú másodrendű LDDE $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$ formájú, ahol $f\left(x \right)$ egy folytonos függvény.
Az LNDU 2 PC-vel kapcsolatban a következő két állítás igaz.
Tegyük fel, hogy valamelyik $U$ függvény egy inhomogén differenciálegyenlet tetszőleges parciális megoldása. Tegyük fel azt is, hogy valamilyen $Y$ függvény a megfelelő lineáris homogén differenciálegyenlet (HLDE) általános megoldása (GS) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Ekkor a GR Az LHDE-2 egyenlő a megadott privát és általános megoldások összegével, azaz $y=U+Y$.
Ha egy 2. sorrendű LMDE jobb oldala függvények összege, azaz $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x) \right)+. ..+f_(r) \left(x\right)$, akkor először megtaláljuk a megfelelő $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ PD-ket a $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$ függvények mindegyikéhez, majd ezt követően írja be a CR LNDU-2-t $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $ alakban.
Nyilvánvaló, hogy egy adott LNDU-2 egyik vagy másik PD $U$ típusa függ a jobb oldal $f\left(x\right)$ konkrét alakjától. A PD LNDU-2 keresésének legegyszerűbb eseteit a következő négy szabály formájában fogalmazzuk meg.
1. szabály.
Az LNDU-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 $U$ PD-jét $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $ formában kell keresni, ahol a $Q_(n) \left(x\right)$ egy másik a $P_(n) \left(x\right)$ fokú polinomja, és $r$ a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletének nullával egyenlő gyökeinek száma. A $Q_(n) \left(x\right)$ polinom együtthatóit a határozatlan együtthatók (UK) módszerével találjuk meg.
2. számú szabály.
Az LNDU-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 NC módszerrel találjuk meg.
3. számú szabály.
Az LNDU-2 jobb oldalának alakja: $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 PD $U$ értékét 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 roncsolásmentes módszerrel találjuk meg.
4. számú szabály.
Az LNDU-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. Ekkor a PD $U$ értékét 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)$ $s$ fokú polinomok, az $s$ szám a $n$ és $m$ két szám maximuma, az $r$ pedig a gyökök száma a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletéből, egyenlő: $\alpha +i\cdot \beta $. A $Q_(s) \left(x\right)$ és $R_(s) \left(x\right)$ polinomok együtthatóit az NC módszerrel találjuk meg.
Az NK módszer a következő szabály alkalmazásából áll. Az LNDU-2 inhomogén differenciálegyenlet parciális megoldásának részét képező polinom ismeretlen együtthatóinak megtalálásához szükséges:
1. példa
Feladat: keresse meg a VAGY LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Keresse meg a PD-t is , amely megfelel a $y=6$ kezdeti feltételeknek $x=0$ és $y"=1$ $x=0$ esetén.
Felírjuk a megfelelő LOD-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 érvényesek 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 LNDU-2-nek a jobb oldala $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $ alakú. Figyelembe kell venni a $\alpha =3$ kitevő együtthatóját. Ez az együttható nem esik egybe a karakterisztikus egyenlet egyik gyökével sem. Ezért ennek az LNDU-2-nek a PD alakja $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
Az $A$, $B$ együtthatókat NC módszerrel fogjuk megkeresni.
Megtaláljuk a Cseh Köztársaság első származékát:
$U"=\left(A\cdot x+B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot \left( e^(3\cdot x) \jobbra)^((") ) =$
$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Megtaláljuk a Cseh Köztársaság második származékát:
$U""=\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot \left(e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Helyettesítjük a $U""$, $U"$ és $U$ függvényeket a $y""$, $y"$ és $y$ helyett a megadott NLDE-2 $y""-3\cdot y"-ba. -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x).$ Ráadásul mivel a $e^(3\cdot x)$ kitevő szerepel tényezőként minden komponensben, akkor az elhagyható.
$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\right)=36\cdot x+12.$
Az eredményül kapott egyenlőség bal oldalán hajtjuk végre a műveleteket:
-18 $\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$
NDT módszert használunk. Lineáris egyenletrendszert kapunk két ismeretlennel:
$-18\cdot A=36;$
$3\cdot A-18\cdot B=12.$
Ennek a rendszernek a megoldása: $A=-2$, $B=-1$.
PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ a problémánkhoz 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) $.
Az adott kezdeti feltételeknek megfelelő PD kereséséhez megtaláljuk az OP $y"$ deriváltját:
$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$
Behelyettesítjük a $y$ és $y"$ kezdeti feltételeket $x=0$ esetén $y=6$ és $x=0$ esetén $y"=1$:
$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:
$C_(1) +C_(2) =7;$
$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$
Oldjuk meg. A $C_(1) $ a Cramer-képlet segítségével, a $C_(2) $ pedig az első egyenletből adódik:
$C_(1) =\frac(\left|\begin(array)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(array)\right|)(\left|\ kezdő(tömb)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(tömb)\jobbra|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2)=7-C_(1)=7-4=3,$
Így ennek a differenciálegyenletnek a PD alakja: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \jobbra )\cdot e^(3\cdot x) $.
|
Heterogén differenciál egyenletek másodrendű állandó együtthatókkal |
|
Az általános megoldás felépítése Az ilyen típusú lineáris inhomogén egyenletnek a következő alakja van: Ahol p, q− konstans számok (amelyek lehetnek valósok vagy komplexek). Minden ilyen egyenlethez felírhatjuk a megfelelőt homogén egyenlet:
Tétel: Az általános megoldás nem az homogén egyenlet az általános megoldás összege y 0 (x) a megfelelő homogén egyenlet és adott megoldás y 1 (x) inhomogén egyenlet:
Az alábbiakban az inhomogén differenciálegyenletek megoldásának két módját fogjuk megvizsgálni. Az állandók variálásának módszere Ha közös döntés y ismert a hozzá tartozó homogén egyenlet 0-ja, akkor az általános megoldás inhomogén egyenlet segítségével találhatjuk meg állandó variációs módszer. Legyen egy homogén másodrendű differenciálegyenlet általános megoldása a következő: Állandó helyett C 1 és C A 2. ábrán a segédfunkciókat fogjuk figyelembe venni C 1 (x) És C 2 (x). Ezeket a függvényeket úgy fogjuk keresni, hogy a megoldás kielégítette az inhomogén egyenletet a jobb oldallal f(x). Ismeretlen funkciók C 1 (x) És C 2 (x) két egyenletrendszerből határozható meg:
Bizonytalan együttható módszer Jobb rész f(x) egy inhomogén differenciálegyenlet gyakran polinomiális, exponenciális vagy trigonometrikus függvény, vagy ezeknek a függvényeknek valamilyen kombinációja. Ebben az esetben kényelmesebb a segítségével megoldást keresni bizonytalan együtthatók módszere. Hangsúlyozzuk ezt ez a módszer csak a jobb oldalon lévő függvények korlátozott osztályához működik, mint pl  Mindkét esetben az adott megoldás megválasztásának meg kell felelnie az inhomogén differenciálegyenlet jobb oldalának szerkezetének. 1-es esetben, ha a szám α az exponenciális függvényben egybeesik a karakterisztikus egyenlet gyökével, akkor az adott megoldás tartalmazni fog egy további tényezőt x s, Ahol s− gyök többszörössége α a karakterisztikus egyenletben. 2. esetben, ha a szám α + βi egybeesik a karakterisztikus egyenlet gyökével, akkor az adott megoldás kifejezése tartalmazni fog egy további tényezőt x. Az ismeretlen együtthatók úgy határozhatók meg, hogy egy adott megoldás talált kifejezését behelyettesítjük az eredeti inhomogén differenciálegyenletbe. Szuperpozíció elve Ha az inhomogén egyenlet jobb oldala az összeg az űrlap több funkciója akkor a differenciálegyenlet egy adott megoldása a jobb oldalon minden tagra külön-külön megszerkesztett részmegoldások összege is lesz. |
|
1. példa |
|
Differenciálegyenlet megoldása y"" + y= sin(2 x). Megoldás. Először a megfelelő homogén egyenletet oldjuk meg y"" + y= 0.V ebben az esetben a karakterisztikus egyenlet gyökerei pusztán képzeletbeliek: Következésképpen a homogén egyenlet általános megoldását a kifejezés adja Térjünk vissza ismét az inhomogén egyenlethez. Megoldását a formában fogjuk keresni konstans variáció módszerével. Funkciók C 1 (x) És C 2 (x) a következő egyenletrendszerből található:
Fejezzük ki a származékot C 1 " (x) az első egyenletből:
A második egyenletbe behelyettesítve megtaláljuk a deriváltot C 2 " (x):
Ebből következik, hogy Kifejezések integrálása származékokhoz C 1 " (x) És C 2 " (x), kapunk: Ahol A 1 , A 2 – integrációs állandók. Most pótoljuk a talált függvényeket C 1 (x) És C 2 (x) a képletbe y 1 (x) és írja fel az inhomogén egyenlet általános megoldását:
|
|
2. példa |
|
Keresse meg az egyenlet általános megoldását! y"" + y" −6y = 36x. Megoldás. Használjuk a határozatlan együtthatók módszerét. Jobb rész adott egyenlet egy lineáris függvény f(x)= fejsze + b. Ezért egy adott megoldást fogunk keresni az űrlapon A származékok egyenlőek:
Ha ezt behelyettesítjük a differenciálegyenletbe, a következőt kapjuk:
Az utolsó egyenlet azonosság, azaz mindenkire érvényes x, ezért a tagok együtthatóit azonos fokozatokkal egyenlővé tesszük x bal és jobb oldalon: A kapott rendszerből a következőket kapjuk: A = −6, B= −1. Ennek eredményeként az adott megoldás az űrlapba kerül Most keressük meg a homogén differenciálegyenlet általános megoldását. Számítsuk ki a segédkarakterisztikus egyenlet gyökereit: Ezért a megfelelő homogén egyenlet általános megoldásának alakja: Tehát az eredeti inhomogén egyenlet általános megoldását a képlet fejezi ki |
A DE általános integrálja.
Differenciálegyenlet megoldása
De a legviccesebb, hogy a válasz már ismert: , pontosabban hozzá kell adni egy állandót is: Az általános integrál a differenciálegyenlet megoldása.
Tetszőleges állandók változtatásának módszere. Példák megoldásokra
Inhomogén differenciálegyenletek megoldására a tetszőleges állandók variációs módszerét alkalmazzák. Ez az óra azoknak a diákoknak szól, akik többé-kevésbé jártasak a témában. Ha még csak most kezdi ismerkedni a távirányítóval, pl. Ha teáskanna vagy, azt javaslom, hogy kezdje az első leckével: Elsőrendű differenciálegyenletek. Példák megoldásokra. És ha már befejezi, kérjük, dobja el azt az esetleges előítéletet, hogy a módszer nehéz. Mert egyszerű.
Milyen esetekben alkalmazzák a tetszőleges állandók variálásának módszerét?
1) Egy tetszőleges állandó variációs módszere használható a megoldásra lineáris inhomogén I. rendű DE. Mivel az egyenlet elsőrendű, így az állandó is egy.
2) A tetszőleges állandók variációs módszerét néhány megoldásra használják lineáris inhomogén másodrendű egyenletek. Itt két állandó változik.
Logikus feltételezés, hogy a lecke két bekezdésből áll majd... Így hát megírtam ezt a mondatot, és körülbelül 10 percig fájdalmasan azon gondolkodtam, hogy milyen okos baromságot tudnék még hozzátenni a gyakorlati példákra való gördülékeny átmenethez. De valamiért nincsenek gondolataim az ünnepek után, bár úgy tűnik, nem éltem vissza semmivel. Ezért térjünk közvetlenül az első bekezdésre.
Egy tetszőleges állandó változtatásának módszere elsőrendű lineáris inhomogén egyenlethez
Mielőtt egy tetszőleges állandó variációjának módszerét fontolgatnánk, tanácsos ismerkedni a cikkel Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek. Ezen a leckén gyakoroltunk első megoldás inhomogén 1. rendű DE. Ez az első megoldás, emlékeztetem önöket, az úgynevezett cseremódszer vagy Bernoulli módszer(nem tévesztendő össze Bernoulli egyenlet!!!)
Most megnézzük második megoldás– tetszőleges állandó változtatásának módja. Csak három példát mondok, és a fent említett leckéből veszem át. Miért olyan kevesen? Mert valójában a második módon készült megoldás nagyon hasonló lesz az első módon készített megoldáshoz. Emellett megfigyeléseim szerint a tetszőleges állandók variációs módszerét ritkábban alkalmazzák, mint a helyettesítési módszert.
1. példa
Keresse meg a differenciálegyenlet általános megoldását (Diffour a lecke 2. példájából). I. rendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek)
Megoldás: Ez az egyenlet lineárisan inhomogén, és ismerős formája van:
Az első szakaszban egy egyszerűbb egyenletet kell megoldani: Vagyis a jobb oldalt hülyén nullára állítottuk - helyette nullát írunk. Meghívom az egyenletet segédegyenlet.
Ebben a példában a következő segédegyenletet kell megoldania:
Előttünk elválasztható egyenlet, aminek a megoldása (remélem) már nem nehéz számodra:
Így: – a segédegyenlet általános megoldása.
A második lépésben pótoljuk valami állandó átmenetileg ismeretlen függvény, amely "x"-től függ:
Innen a metódus neve – változtatjuk az állandót. Alternatív megoldásként a konstans lehet valamilyen függvény, amelyet most meg kell találnunk.
BAN BEN eredeti az inhomogén egyenletben behelyettesítjük:
Helyettesítsük be az egyenletbe:
Ellenőrző pont - a bal oldalon lévő két kifejezés törli. Ha ez nem történik meg, keresse meg a fenti hibát.
A pótlás eredményeként egy elválasztható változókkal rendelkező egyenletet kaptunk. Elválasztjuk a változókat és integráljuk.
Micsoda áldás, a kitevők is visszavonják:
A talált függvényhez hozzáadunk egy „normál” állandót:
Az utolsó szakaszban emlékezünk a cserére:
A funkciót most találtuk meg!
Tehát az általános megoldás:
Válasz: közös döntés: 
Ha kinyomtatja a két megoldást, könnyen észreveszi, hogy mindkét esetben ugyanazt az integrált találtuk. Az egyetlen különbség a megoldási algoritmusban van.
Most valami bonyolultabbra, a második példához is hozzászólok:
2. példa
Keresse meg a differenciálegyenlet általános megoldását (Diffour a lecke 8. példájából). I. rendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek)
Megoldás: Hozzuk az egyenletet a formába:
Állítsuk vissza a jobb oldalt, és oldjuk meg a segédegyenletet:
Elválasztjuk a változókat és integráljuk: A segédegyenlet általános megoldása:
Az inhomogén egyenletben végrehajtjuk a cserét:
A termékdifferenciálási szabály szerint:
Helyettesítsük be az eredeti inhomogén egyenletbe:
A bal oldalon lévő két kifejezés érvénytelenít, ami azt jelenti, hogy jó úton járunk: 
Integráljuk részenként. A részenkénti integráció képletéből származó ízletes betű már benne van a megoldásban, ezért használjuk például az „a” és „be” betűket:
Végül is:
Most emlékezzünk a cserére:
Válasz: közös döntés:
Tetszőleges állandók változtatásának módszere lineáris inhomogén másodrendű egyenlethez állandó együtthatókkal
Gyakran hallottam azt a véleményt, hogy egy másodrendű egyenlet tetszőleges állandóinak megváltoztatása nem egyszerű dolog. De feltételezem a következőket: valószínűleg sokak számára nehéznek tűnik a módszer, mert nem olyan gyakran fordul elő. A valóságban azonban nincsenek különösebb nehézségek - a döntés menete világos, átlátható és érthető. És gyönyörű.
A módszer elsajátításához kívánatos, hogy inhomogén másodrendű egyenleteket tudjunk megoldani úgy, hogy a jobb oldal alakja alapján választunk ki egy adott megoldást. Ez a módszer cikkben részletesen tárgyaljuk Inhomogén 2. rendű DE-k. Emlékeztetünk arra, hogy egy másodrendű lineáris inhomogén egyenlet állandó együtthatókkal a következőképpen alakul:
A fenti leckében tárgyalt kiválasztási módszer csak korlátozott számú esetben működik, amikor a jobb oldal polinomokat, exponenciálisokat, szinuszokat és koszinuszokat tartalmaz. De mi a teendő, ha a jobb oldalon van például egy tört, logaritmus, érintő? Ilyen helyzetben az állandók variálásának módszere jön segítségül.
4. példa
Keresse meg egy másodrendű differenciálegyenlet általános megoldását! 
Megoldás: Ennek az egyenletnek a jobb oldalán egy tört található, így azonnal kijelenthetjük, hogy az adott megoldás kiválasztásának módszere nem működik. Tetszőleges állandók variációjának módszerét alkalmazzuk.
Zivatarnak semmi jele, a megoldás kezdete teljesen hétköznapi:
meg fogjuk találni közös döntés megfelelő homogén egyenletek:
Állítsuk össze és oldjuk meg a karakterisztikus egyenletet: 
– konjugált komplex gyököket kapunk, így az általános megoldás:
Ügyeljen az általános megoldás feljegyzésére - ha vannak zárójelek, nyissa meg.
Most szinte ugyanazt a trükköt csináljuk, mint az elsőrendű egyenletnél: az állandókat változtatjuk, ismeretlen függvényekkel helyettesítjük őket. vagyis általános megoldása inhomogén egyenleteket fogunk keresni a következő formában:
Ahol - átmenetileg ismeretlen funkciók.
Úgy néz ki, mint egy szemétlerakó Háztartási hulladék, de most mindent megoldunk.
Az ismeretlenek a függvények származékai. Célunk, hogy deriváltokat találjunk, és a talált deriváltoknak ki kell elégíteniük a rendszer első és második egyenletét is.
Honnan jönnek a "görögök"? A gólya hozza őket. Nézzük a korábban kapott általános megoldást, és írjuk:
Keressük a származékokat:
A bal oldali részekkel foglalkoztunk. Mi van a jobb oldalon?
az eredeti egyenlet jobb oldala, ebben az esetben:
Ez a cikk a lineáris inhomogén másodrendű differenciálegyenletek állandó együtthatókkal való megoldásának kérdésével foglalkozik. Az elméletet az adott problémák példáival együtt tárgyaljuk. A tisztázatlan kifejezések megfejtéséhez utalni kell a differenciálegyenlet-elmélet alapvető definícióiról és fogalmairól szóló témakörre.
Tekintsünk egy másodrendű lineáris differenciálegyenletet (LDE) y "" + p · y " + q · y = f (x) alakú állandó együtthatókkal, ahol p és q tetszőleges számok, és a meglévő f függvényt (x) folytonos az x integrációs intervallumon.
Térjünk át az LNDE általános megoldására vonatkozó tétel 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 az 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 megfelel a LOD-nak és valamilyen y ~ konkrét megoldásnak, 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 megtalálásának algoritmusát a lineáris homogén másodrendű, állandó együtthatójú differenciálegyenletekről szóló cikk tárgyalja. Ezt követően folytatnunk kell az y ~ definícióját.
Az LPDE egy adott megoldásának kiválasztása az egyenlet jobb oldalán található f (x) függvény típusától függ. Ehhez külön figyelembe kell venni a lineáris inhomogén másodrendű, állandó együtthatójú differenciálegyenletek megoldásait.
Ha f (x) n-edik fokú f (x) = P n (x) polinomnak tekintjük, akkor ebből az következik, hogy az LPDE egy adott megoldása az y ~ = Q n (x) formájú képlet segítségével található. ) x γ, ahol Q n ( x) n fokú polinom, r a karakterisztikus egyenlet nulla gyökeinek száma. Az y ~ érték egy adott megoldás y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , majd a rendelkezésre álló együtthatók, amelyeket a polinom definiál
Q n (x), a határozatlan együtthatók módszerével az y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) egyenlőségből kapjuk meg.
1. példa
Számítsuk 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, állandó együtthatókkal y "" - 2 y " = x 2 + 1, amely kielégíti az adott y (0) feltételeket. = 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 konkrét megoldásának, azaz y = y 0 + y ~.
Először egy általános megoldást találunk az LNDU-ra, majd egy konkrét megoldást.
Térjünk tovább az y 0 megkeresésére. A karakterisztikus egyenlet felírása segít megtalálni a gyökereket. Ezt értjük
k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0, k 2 = 2
Azt találtuk, hogy a gyökerek különbözőek és valódiak. Ezért írjuk le
y 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x.
Keressük y ~ . Látható, hogy az adott egyenlet jobb oldala egy másodfokú polinom, ekkor az egyik gyöke nullával egyenlő. Ebből azt kapjuk, hogy y ~ adott megoldása lesz
y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, ahol A, B, C értékei meghatározatlan együtthatókat vesznek fel.
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
Az együtthatókat x azonos kitevőjével egyenlővé téve egy lineáris kifejezésrendszert kapunk - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Bármelyik módszerrel való megoldáskor megkeressük az együtthatókat és felírjuk: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 és y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 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.
Egy adott megoldás megtalálásához, amely megfelel az y (0) = 2, y "(0) = 1 4 feltételeknek, meg kell határozni az értékeket C 1És C 2, az y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x alakú 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.
Cauchy tételét alkalmazva megvan az
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 szorzataként ábrázoljuk, amelynek kitevője f (x) = P n (x) · e a x, akkor azt kapjuk, hogy a másodrendű LPDE 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
Az általános egyenlet y = y 0 + y ~ . A jelzett egyenlet a LOD y "" - 2 y " = 0-nak felel meg. Az előző példából látható, hogy gyökei egyenlőek k 1 = 0és k 2 = 2 és y 0 = C 1 + C 2 e 2 x a karakterisztikus egyenlet alapján.
Ez egyértelmű jobb oldal az egyenlet x 2 + 1 · e x . Innen az LPDE az y ~ = e a x · Q n (x) · x γ függvényen keresztül található, ahol Q n (x) egy másodfokú polinom, ahol α = 1 és r = 0, mert a karakterisztikus egyenlet nem 1-gyel egyenlő gyöke van. Innentől azt 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, amelyek az y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x egyenlőséggel kereshetők.
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
A mutatókat azonos együtthatókkal 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: világos, hogy y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 az LNDDE sajátos megoldása, és y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - általános megoldás egy másodrendű inhomogén differenciálegyenletre.
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 az LPDE parciális megoldását az y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ alakú egyenletnek tekintjük, ahol A és B meghatározatlan együtthatók, r pedig a karakterisztikus egyenlethez kapcsolódó komplex konjugált gyökök, egyenlők ± i β -val. Ebben az esetben az együtthatók keresése az y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) egyenlőséggel történik.
3. példa
Keresse 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 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 i , k 2 = - 2 i
Van egy pár összetett konjugált gyökünk. Alakítsuk át és kapjuk meg:
y 0 = e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) = C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)
A karakterisztikus egyenlet gyökeit a ± 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 fogjuk 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)
Akkor ez egyértelmű
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)
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 LDDE állandó együtthatójú 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. Azt kaptuk, hogy r a karakterisztikus egyenlethez kapcsolódó komplex konjugált gyökpárok száma, egyenlő α ± i β-val, ahol P n (x), Q k (x), L m (x) és Nm(x) n, k, m, m fokú polinomok, ahol m = m a x (n, k). Együtthatók keresése Lm(x)És Nm(x) az y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) egyenlőség alapján készül.
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 feltétel szerint egyértelmű, hogy
α = 3, β = 5, P n (x) = - 38 x - 45, Q k (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1
Ekkor m = m a x (n, k) = 1. Az y 0-t úgy találjuk meg, hogy először felírunk egy karakterisztikus egyenletet a következő formában:
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 az y ~ forma inhomogén egyenlete 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. A kapott egyenlőségből a következő együtthatókat kapjuk:
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
Mindenből 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 (5 x))
Válasz: Most kaptunk egy általános megoldást az adott lineáris egyenletre:
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 megfelel a megoldási algoritmusnak:
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)
Megvan, hogy az adott egyenlet általános megoldását a következőképpen írjuk fel: y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Tovább kell lépni a derivált függvények meghatározására C 1 (x)És C2(x) 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)) = = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x
Ezzel kapcsolatban döntést kell hozni C 1" (x)És C 2" (x) bármilyen módszer segítségével. Ezután írjuk:
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)
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
Az előadáson az LNDE-ket - lineáris inhomogén differenciálegyenleteket - tanulmányozzák. Az általános megoldás szerkezetét tekintjük, az LPDE megoldását tetszőleges állandók variációs módszerével, az LDDE megoldását konstans együtthatókkal és egy speciális alak jobb oldalát. A vizsgált kérdéseket a fizika, az elektrotechnika és az elektronika kényszeringadozásainak, valamint az automatikus vezérlés elméletének tanulmányozásában használják fel.
Tekintsünk először egy tetszőleges sorrendű lineáris inhomogén egyenletet:
A jelölést figyelembe véve a következőket írhatjuk:
Ebben az esetben feltételezzük, hogy ennek az egyenletnek az együtthatói és a jobb oldala folytonosak egy bizonyos intervallumon.
Tétel. Egy lineáris inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása egy adott tartományban bármely megoldásának összege és a megfelelő lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldása.
Bizonyíték. Legyen Y valamilyen megoldása egy inhomogén egyenletre.
Ezután, amikor ezt a megoldást behelyettesítjük az eredeti egyenletbe, megkapjuk az azonosságot:
Hadd 
- lineáris homogén egyenlet alapvető megoldási rendszere 
. Ekkor a homogén egyenlet általános megoldása így írható fel:
Különösen egy másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet esetében az általános megoldás szerkezete a következő:
Ahol 
a megfelelő homogén egyenlet alapvető megoldási rendszere, és 
- egy inhomogén egyenlet bármely konkrét megoldása.
Így egy lineáris inhomogén differenciálegyenlet megoldásához általános megoldást kell találni a megfelelő homogén egyenletre, és valahogyan meg kell találni egy konkrét megoldást az inhomogén egyenletre. Általában kiválasztással találják meg. A következő kérdésekben megvizsgáljuk a privát megoldás kiválasztásának módjait.
2. Variációs módszer
A gyakorlatban kényelmes a tetszőleges állandók változtatásának módszere.
Ehhez először keressen általános megoldást a megfelelő homogén egyenletre a következő formában:
Ezután az együtthatók megadása C én funkciókat x, megoldást keresünk az inhomogén egyenletre:
Bizonyítható, hogy függvényeket találni C én (x) meg kell oldanunk az egyenletrendszert:
Példa. Oldja meg az egyenletet 
Lineáris homogén egyenlet megoldása 
Az inhomogén egyenlet megoldása a következő formában lesz:
Hozzunk létre egyenletrendszert:
Oldjuk meg ezt a rendszert:
A relációból megtaláljuk a függvényt Ó).
Most megtaláljuk B(x).
A kapott értékeket behelyettesítjük az inhomogén egyenlet általános megoldásának képletébe:
Végső válasz: 
Általánosságban elmondható, hogy a tetszőleges állandók variációs módszere alkalmas bármely lineáris inhomogén egyenlet megoldására. Hanem azért, mert A megfelelő homogén egyenlet alapvető megoldási rendszerének megtalálása meglehetősen nehéz feladat lehet, ezt a módszert elsősorban állandó együtthatójú inhomogén egyenleteknél alkalmazzák.
3. Egyenletek egy speciális forma jobb oldalával
Elképzelhetőnek tűnik egy adott megoldás típusa az inhomogén egyenlet jobb oldalának típusától függően.
A következő eseteket különböztetjük meg:
I. A lineáris inhomogén differenciálegyenlet jobb oldalának alakja:
ahol fokszámú polinom m.
Ezután egy konkrét megoldást keresünk a következő formában:
Itt K(x) - azonos fokú polinom, mint P(x) , de meghatározatlan együtthatókkal, és r– egy szám, amely megmutatja, hogy a szám hányszorosa a megfelelő lineáris homogén differenciálegyenlet karakterisztikus egyenletének gyöke.
Példa. Oldja meg az egyenletet 
.
Oldjuk meg a megfelelő homogén egyenletet: 
Most keressünk egy konkrét megoldást az eredeti inhomogén egyenletre.
Hasonlítsuk össze az egyenlet jobb oldalát a jobb oldal fentebb tárgyalt alakjával.
Egy konkrét megoldást keresünk a következő formában: 
, Ahol
Azok. 
Most határozzuk meg az ismeretlen együtthatókat AÉs BAN BEN.
Helyettesítsük be az adott megoldást általános formában az eredeti inhomogén differenciálegyenletbe.
Teljes, privát megoldás: 
Ekkor egy lineáris inhomogén differenciálegyenlet általános megoldása:
II. A lineáris inhomogén differenciálegyenlet jobb oldalának alakja:
Itt R 1 (X)És R 2 (X)– fokozati polinomok m 1 és m 2 illetőleg.
Ekkor az inhomogén egyenlet adott megoldása a következő formában lesz:
hol a szám r megmutatja, hogy egy szám hányszorosa 
a megfelelő homogén egyenlet karakterisztikus egyenletének gyöke, és K 1
(x)
És
K 2
(x)
– nem magasabb fokú polinomok, mint m, Ahol m- a fokozatok közül a legnagyobb m 1
És m 2
.
Összefoglaló táblázat a privát megoldások típusairól
különböző típusú jobb oldalakhoz
|
A differenciálegyenlet jobb oldala |
karakterisztikus egyenlet |
A magánélet típusai |
|
|
|
1. A szám nem a karakterisztikus egyenlet gyöke |
|
|
|
2. A szám a multiplicitás karakterisztikus egyenletének gyöke |
|
||
|
|
1. Szám |
|
|
|
2. Szám |
|
||
|
1. Számok |
|
||
|
2. Számok |
|
||
|
1. Számok | |||
|
2. Számok |
Vegye figyelembe, hogy ha az egyenlet jobb oldala a fent említett típusú kifejezések kombinációja, akkor a megoldást segédegyenletek megoldásainak kombinációjaként találjuk meg, amelyek mindegyikének van egy jobb oldala, amely megfelel a benne foglalt kifejezésnek. a kombinációban.
Azok. ha az egyenlet: 
, akkor ennek az egyenletnek egy sajátos megoldása lesz 
Ahol nál nél 1
És nál nél 2
– segédegyenletek konkrét megoldásai
És 
Szemléltetésképpen oldjuk meg a fenti példát más módon.
Példa. Oldja meg az egyenletet 
A differenciálegyenlet jobb oldalát ábrázoljuk két függvény összegeként f 1 (x) + f 2 (x) = x + (- bűn x).
Állítsuk össze és oldjuk meg a karakterisztikus egyenletet:
Kapjuk: I.e. 
Teljes: 
Azok. a kívánt konkrét megoldás a következő formában van: 
Nem homogén differenciálegyenlet általános megoldása:
Nézzünk példákat a leírt módszerek alkalmazására.
1. példa... Oldja meg az egyenletet 
Alkossunk egy karakterisztikus egyenletet a megfelelő lineáris homogén differenciálegyenlethez:
Most keressünk egy konkrét megoldást az inhomogén egyenletre a következő formában:
Használjuk a határozatlan együtthatók módszerét.
Az eredeti egyenletbe behelyettesítve a következőket kapjuk:
Egy adott megoldásnak a következő formája van: 
Lineáris inhomogén egyenlet általános megoldása: 
Példa. Oldja meg az egyenletet 
Karakterisztikus egyenlet:
A homogén egyenlet általános megoldása: 
Az inhomogén egyenlet speciális megoldása: 
.
Megkeressük a származékokat, és behelyettesítjük őket az eredeti inhomogén egyenletbe:
Az inhomogén differenciálegyenlet általános megoldását kapjuk:
nem a karakterisztikus egyenlet gyöke
a multiplicitás karakterisztikus egyenletének gyökere 
a multiplicitás karakterisztikus egyenletének gyökerei 
nem gyökei a karakterisztikus multiplicitás egyenletnek 
a multiplicitás karakterisztikus egyenletének gyökerei 
