Másodrendű lineáris differenciálegyenlet formaegyenletnek nevezzük
y"" + p(x)y" + q(x)y = f(x) ,
Ahol y a keresendő függvény, és p(x) , q(x) És f(x) - folyamatos függvények egy bizonyos intervallumon ( a, b) .
Ha jobb rész az egyenlet nulla ( f(x) = 0), akkor az egyenletet nevezzük lineáris homogén egyenlet . Ennek a leckének a gyakorlati része főként az ilyen egyenleteknek lesz szentelve. Ha az egyenlet jobb oldala nem egyenlő nullával ( f(x) ≠ 0), akkor az egyenletet nevezzük.
A feladatokban meg kell oldanunk az egyenletet y"" :
y"" = −p(x)y" − q(x)y + f(x) .
Lineáris differenciál egyenletek másodrendű egyedi megoldással rendelkezik Cauchy problémák .
Tekintsünk egy másodrendű lineáris homogén differenciálegyenletet:
y"" + p(x)y" + q(x)y = 0 .
Ha y1 (x) És y2 (x) adott megoldásai ennek az egyenletnek, akkor a következő állítások igazak:
1) y1 (x) + y 2 (x) - ennek az egyenletnek a megoldása is;
2) Cy1 (x) , Ahol C- egy tetszőleges állandó (konstans), ennek az egyenletnek a megoldása is.
Ebből a két állításból az következik, hogy a függvény
C1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x)
megoldása is ennek az egyenletnek.
Jogos kérdés merül fel: ez a megoldás másodrendű lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldása , vagyis olyan megoldás, amelyben különböző értékekre C1 És C2 Meg lehet kapni az egyenlet összes lehetséges megoldását?
A válasz erre a kérdésre: lehet, de bizonyos feltételek mellett. Ez feltétele, hogy az egyes megoldásoknak milyen tulajdonságokkal kell rendelkezniük y1 (x) És y2 (x) .
Ezt a feltételt pedig a részmegoldások lineáris függetlenségének feltételének nevezzük.
Tétel. Funkció C1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) egy lineáris homogén másodrendű differenciálegyenlet általános megoldása, ha a függvények y1 (x) És y2 (x) lineárisan független.
Meghatározás. Funkciók y1 (x) És y2 (x) lineárisan függetlennek nevezzük, ha arányuk állandó, nem nulla:
y1 (x)/y 2 (x) = k ; k = const ; k ≠ 0 .
Ennek meghatározása azonban, hogy ezek a függvények lineárisan függetlenek-e, gyakran nagyon munkaigényes. Van mód a lineáris függetlenség megállapítására a Wronski-determináns használatával W(x) :
Ha a Wronski-determináns nem egyenlő nullával, akkor a megoldások lineárisan függetlenek . Ha a Wronski-determináns nulla, akkor a megoldások lineárisan függőek.
1. példa megtalálja közös döntés lineáris homogén differenciálegyenlet.
Megoldás. Kétszer integrálunk, és amint jól látható, ahhoz, hogy egy függvény második deriváltja és maga a függvény közötti különbség nullával egyenlő legyen, a megoldásokat olyan exponenciálishoz kell társítani, amelynek deriváltja önmagával egyenlő. Vagyis a részmegoldások a és .
A Wronski-determináns óta
nem egyenlő nullával, akkor ezek a megoldások lineárisan függetlenek. Ezért ennek az egyenletnek az általános megoldása így írható fel
.
Lineáris homogén másodrendű differenciálegyenlet -val állandó együtthatók formaegyenletnek nevezzük
y"" + py" + qy = 0 ,
Ahol pÉs q- állandó értékek.
Azt, hogy ez egy másodrendű egyenlet, jelzi a kívánt függvény másodlagos deriváltjának jelenléte, homogenitását pedig nulla jelzi a jobb oldalon. A fent már említett értékeket állandó együtthatóknak nevezzük.
Nak nek oldjon meg egy lineáris homogén másodrendű differenciálegyenletet állandó együtthatókkal , először meg kell oldania a forma úgynevezett karakterisztikus egyenletét
k² + pq + q = 0 ,
amely, mint látható, egy közönséges másodfokú egyenlet.
A karakterisztikus egyenlet megoldásától függően három különböző lehetőség lehetséges lineáris homogén másodrendű differenciálegyenlet megoldásai állandó együtthatókkal , amelyet most elemezünk. A teljes határozottság érdekében feltételezzük, hogy az összes konkrét megoldást a Wronski-determináns tesztelte, és nem minden esetben egyenlő nullával. A kételkedők azonban ezt maguk is ellenőrizhetik.
A karakterisztikus egyenlet gyökerei valóságosak és különállóak
Más szavakkal, . Ebben az esetben a lineáris homogén másodrendű differenciálegyenlet konstans együtthatókkal a megoldása
.
2. példa Oldjon meg egy lineáris homogén differenciálegyenletet!
.
3. példa Oldjon meg egy lineáris homogén differenciálegyenletet!
.
Megoldás. A karakterisztikus egyenletnek van formája, gyökerei, valódiak és megkülönböztethetők. Az egyenlet megfelelő részmegoldásai: és . Ennek a differenciálegyenletnek az általános megoldása a következő alakkal rendelkezik
.
A karakterisztikus egyenlet gyöke valós és egyenlő
Azaz,. Ebben az esetben a lineáris homogén másodrendű differenciálegyenlet konstans együtthatókkal a megoldása
.
4. példa Oldjon meg egy lineáris homogén differenciálegyenletet!
.
Megoldás. Karakterisztikus egyenlet 
egyenlő gyökerei vannak. Az egyenlet megfelelő részmegoldásai: és . Ennek a differenciálegyenletnek az általános megoldása a következő alakkal rendelkezik
5. példa Oldjon meg egy lineáris homogén differenciálegyenletet!
.
Megoldás. A karakterisztikus egyenletnek egyenlő gyöke van. Az egyenlet megfelelő részmegoldásai: és . Ennek a differenciálegyenletnek az általános megoldása a következő alakkal rendelkezik
Tekintsünk egy lineáris homogén differenciálegyenletet állandó együtthatókkal:
(1)
.
Megoldását az általános rendcsökkentési módszer követésével kaphatjuk meg.
Az alaprendszert azonban könnyebb azonnal megszerezni n lineárisan független megoldásokat és ez alapján alkot egy általános megoldást. Ebben az esetben a teljes megoldási eljárás a következő lépésekre redukálódik.
Az (1) egyenletre keresünk megoldást a formában. Kapunk karakterisztikus egyenlet:
(2)
.
n gyökere van. Megoldjuk a (2) egyenletet, és megtaláljuk a gyökereit. Ekkor a (2) karakterisztikus egyenlet a következő formában ábrázolható:
(3)
.
Mindegyik gyök megfelel az (1) egyenlet alapvető megoldási rendszerének lineárisan független megoldásainak. Ekkor az eredeti (1) egyenlet általános megoldása a következőképpen alakul:
(4)
.
Nézzük a valódi gyökereket. Legyen a gyökér egyetlen. Vagyis a faktor csak egyszer lép be a (3) karakterisztikus egyenletbe. Ekkor ez a gyök felel meg a megoldásnak
.
Legyen p multiplicitás többszörös gyöke. Azaz
. Ebben az esetben a szorzó p-szeres:
.
Ezek a többszörös (egyenlő) gyökök az eredeti (1) egyenlet p lineárisan független megoldásának felelnek meg:
;
;
;
...;
.
Vegye figyelembe az összetett gyökereket. Fejezzük ki az összetett gyökeret a valós és a képzeletbeli részekkel:
.
Mivel az eredeti együtthatói valósak, ezért a gyök mellett van egy összetett konjugált gyök is
.
Legyen az összetett gyök többszörös. Ekkor egy gyökérpár két lineárisan független megoldásnak felel meg:
;
.
Legyen p multiplicitás többszörös összetett gyöke. Ekkor a komplex konjugált érték a p multiplicitás karakterisztikus egyenletének gyöke is, és a szorzó p-szer lép be:
.
Ez 2p a gyökerek megfelelnek 2p lineárisan független megoldások:
;
;
;
...
;
;
;
;
...
.
Miután megtaláltuk a lineárisan független megoldások alaprendszerét, megkapjuk az általános megoldást.
Oldja meg az egyenletet:
.
.
Alakítsuk át:
;
;
.
Nézzük ennek az egyenletnek a gyökereit. A 2. multiplicitás négy összetett gyökerét kaptuk:
;
.
Ezek az eredeti egyenlet négy lineárisan független megoldásának felelnek meg:
;
;
;
.
A többszörös 3-nak három valódi gyökere is van:
.
Három lineárisan független megoldásnak felelnek meg:
;
;
.
Az eredeti egyenlet általános megoldása a következő formában van:
.
Oldja meg az egyenletet
Formában keresünk megoldást . Összeállítjuk a karakterisztikus egyenletet:
.
Másodfokú egyenlet megoldása.
.
Két összetett gyökerünk van:
.
Két lineárisan független megoldásnak felelnek meg:
.
Az egyenlet általános megoldása:
.
Ebben a bekezdésben lesz szó 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.
Tekintsük az egyenletet
amelyben az együtthatók állandók. Feltételezve, hogy az egyenlet összes tagját elosztjuk és jelöljük
Írjuk fel ezt az egyenletet a formába
Mint ismeretes, egy lineáris homogén másodrendű egyenlet általános megoldásának megtalálásához elegendő ismerni a részmegoldások alapvető rendszerét. Mutassuk meg, hogyan találhatunk parciális megoldások alapvető rendszerét egy homogén lineáris differenciálegyenlethez állandó együtthatókkal. Ennek az egyenletnek egy konkrét megoldását fogjuk keresni 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 (59) differenciálegyenlet karakterisztikus egyenletének nevezzük.
A karakterisztikus egyenlet egy másodfokú egyenlet, ezért két gyöke van. Ezek a gyökök lehetnek valós különálló, valódi és egyenlő, vagy összetett konjugátumok.
Nézzük meg, milyen formában van az egyes megoldások alaprendszere ezekben az esetekben.
1. A karakterisztikus egyenlet gyökerei valósak és különbözőek: . Ebben az esetben a (60) képlet segítségével két részmegoldást találunk:
Ez a két konkrét megoldás alapvető megoldási rendszert alkot a teljes numerikus tengelyen, mivel a Wronski-determináns nem tűnik el sehol:
Következésképpen 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 segítségével csak egy konkrét 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 egyenletnek van gyöke. Ráadásul Vieta tétele szerint ezért . Következésképpen , azaz a függvény valóban az (59) egyenlet megoldása.
Mutassuk meg most, hogy a talált részmegoldások 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 együtthatókkal rendelkező másodfokú egyenlet összetett gyökei konjugáltak komplex számok, azaz így néznek ki: . Ebben az esetben az (59) egyenlet részmegoldásai a (60) képlet szerint a következőképpen alakulnak:
Az Euler-képletekkel (lásd XI. fejezet, 5. §, 3. bekezdés) a kifejezések a következőképpen írhatók fel:
Ezek a megoldások átfogóak. Az érvényes megoldások megszerzéséhez vegye figyelembe az új funkciókat
Ezek a megoldások lineáris kombinációi, és ezért maguk is az (59) egyenlet megoldásai (lásd a 3. § 2. tételét, 1. tétel).
Könnyen kimutatható, hogy ezekre a megoldásokra a Wronski-determináns nem nulla, 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 bemutatjuk az (59) egyenlet általános megoldásának képlettáblázatát a karakterisztikus egyenlet gyökeinek típusától függően.
A fizika egyes problémáinál nem lehet közvetlen kapcsolatot létesíteni a folyamatot leíró mennyiségek között. De lehetőség van a vizsgált függvények deriváltjait tartalmazó egyenlőségre. Így keletkeznek a differenciálegyenletek, és meg kell oldani őket egy ismeretlen függvény megtalálásához.
Ez a cikk azoknak szól, akik olyan differenciálegyenlet megoldásának problémájával szembesülnek, amelyben az ismeretlen függvény egy változó függvénye. Az elmélet úgy van felépítve, hogy a differenciálegyenletek nulla ismeretével meg tudjon birkózni a feladatával.
Minden típusú differenciálegyenlethez egy megoldási módszer tartozik, amely részletes magyarázatokat és megoldásokat kínál tipikus példákra és problémákra. Csak annyit kell tennie, hogy meghatározza a probléma differenciálegyenletének típusát, keressen egy hasonló elemzett példát, és hasonló műveleteket hajtson végre.
A differenciálegyenletek sikeres megoldásához meg kell tudnia találni az antiderivált készleteket (határozatlan integrálok) különféle funkciókat. Ha szükséges, javasoljuk, hogy tekintse át a részt.
Először megvizsgáljuk az első rendű közönséges differenciálegyenletek típusait, amelyek a deriváltra vonatkoztatva feloldhatók, majd áttérünk a másodrendű ODE-kra, majd a magasabb rendű egyenleteknél tartunk, és befejezzük a differenciál egyenletek.
Emlékezzünk vissza, hogy ha y az x argumentum függvénye.
Az alak legegyszerűbb elsőrendű differenciálegyenletei.
Írjunk le néhány példát ilyen távirányítóra 
.
Differenciál egyenletek 
feloldható a deriváltra nézve, ha az egyenlőség mindkét oldalát elosztjuk f(x) -el. Ebben az esetben olyan egyenlethez jutunk, amely ekvivalens lesz az eredetivel, ha f(x) ≠ 0. Ilyen ODE-k például a .
Ha az x argumentumnak vannak olyan értékei, amelyeknél az f(x) és g(x) függvények egyszerre eltűnnek, akkor további megoldások jelennek meg. További megoldások az egyenlethez 
adott x az ezekhez az argumentumértékekhez definiált függvények. Az ilyen differenciálegyenletek példái a következők:
Másodrendű lineáris homogén differenciálegyenletek állandó együtthatókkal.
Az állandó együtthatókkal rendelkező LDE a differenciálegyenlet nagyon gyakori típusa. Megoldásuk nem különösebben nehéz. Először megkeressük a karakterisztikus egyenlet gyökereit 
. Különböző p és q esetén három eset lehetséges: a karakterisztikus egyenlet gyöke lehet valós és különböző, valós és egybeeső 
vagy komplex konjugátumok. A karakterisztikus egyenlet gyökeinek értékétől függően a differenciálegyenlet általános megoldását a következőképpen írjuk fel: 
, vagy 
, ill.
Például vegyünk egy lineáris homogén másodrendű differenciálegyenletet állandó együtthatókkal. Karakterisztikus egyenletének gyöke: k 1 = -3 és k 2 = 0. A gyökök valódiak és különbözőek, ezért a LODE állandó együtthatós megoldásának van formája
Lineáris inhomogén másodrendű differenciálegyenletek állandó együtthatókkal.
Az y állandó együtthatójú másodrendű LDDE általános megoldását a megfelelő LDDE általános megoldásának összege formájában keressük. 
és az eredeti sajátos megoldása inhomogén egyenlet, vagyis . Az előző bekezdés egy állandó együtthatójú homogén differenciálegyenlet általános megoldásának a megtalálására szolgál. Egy adott megoldást vagy a határozatlan együtthatók módszere határoz meg az f(x) függvény egy bizonyos formájára az eredeti egyenlet jobb oldalán, vagy pedig a tetszőleges állandók változtatásának módszere.
Példákként a másodrendű, állandó együtthatójú LDDE-kre adjuk meg 
Értsd meg az elméletet és ismerkedj meg vele részletes megoldásokat Példákat kínálunk az oldalon lineáris inhomogén, másodrendű, állandó együtthatós differenciálegyenletekre.
Lineáris homogén differenciálegyenletek (LODE) 
és másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek (LNDE).
Az ilyen típusú differenciálegyenletek speciális esetei a LODE és az LDDE állandó együtthatóval.
A LODE általános megoldását egy bizonyos szakaszon az egyenlet két lineárisan független y 1 és y 2 parciális megoldásának lineáris kombinációja reprezentálja, azaz 
.
A fő nehézség pontosan abban rejlik, hogy egy ilyen típusú differenciálegyenletre lineárisan független parciális megoldásokat találjunk. Jellemzően bizonyos megoldásokat a következő lineárisan független függvényrendszerek közül választanak ki: 
A konkrét megoldások azonban nem mindig jelennek meg ebben a formában.
Példa a LOD-ra 
.
Az LDDE általános megoldását a formában keressük, ahol a megfelelő LDDE általános megoldása, és az eredeti differenciálegyenlet konkrét megoldása. Az imént beszéltünk a megtalálásáról, de tetszőleges állandók változtatásának módszerével meghatározható.
Példa az LNDU-ra 
.
Differenciálegyenletek, amelyek lehetővé teszik a sorrend csökkentését.
A differenciálegyenlet sorrendje 
, amely nem tartalmazza a kívánt függvényt és annak deriváltjait k-1-ig, lecserélésével n-k-ra redukálható.
Ebben az esetben az eredeti differenciálegyenlet -re redukálódik. A p(x) megoldás megtalálása után vissza kell térni a helyettesítéshez és meghatározni az ismeretlen y függvényt.
Például a differenciálegyenlet 
a csere után elválasztható változókat tartalmazó egyenletté válik, sorrendje harmadikról elsőre csökken.
Térjünk át a másodrendű differenciálegyenletekre és a magasabb rendű differenciálegyenletekre. Ha homályos elképzelése van arról, hogy mi a differenciálegyenlet (vagy egyáltalán nem érti, mi az), akkor azt javaslom, hogy kezdje a leckével Elsőrendű differenciálegyenletek. Példák megoldásokra. Az elsőrendű diffúzok számos megoldási elve és alapkoncepciója automatikusan kiterjed a magasabb rendű differenciálegyenletekre is, ezért nagyon fontos először megérteni az elsőrendű egyenleteket.
Sok olvasónak lehet olyan előítélete, hogy a 2., 3. és egyéb rendelések távirányítóját nagyon nehéz és elérhetetlen dolog elsajátítani. Ez rossz . A magasabb rendű diffúzok megoldásának megtanulása aligha nehezebb, mint a „hétköznapi” elsőrendű DE-k. És néhol még egyszerűbb is, mivel a megoldások aktívan felhasználják az iskolai tananyagot.
Legnepszerubb másodrendű differenciálegyenletek. Másodrendű differenciálegyenlethez Szükségszerűen tartalmazza a második származékot és nem tartalmazza 
Megjegyzendő, hogy a babák egy része (sőt, egyszerre mindegyik) hiányozhat az egyenletből, fontos, hogy az apa otthon legyen. A legprimitívebb másodrendű differenciálegyenlet így néz ki:
Szubjektív megfigyeléseim szerint a gyakorlati feladatokban a harmadrendű differenciálegyenletek sokkal ritkábban fordulnak elő. Állami Duma körülbelül a szavazatok 3-4%-át szereznék meg.
Harmadrendű differenciálegyenlethez Szükségszerűen tartalmazza a harmadik származékot és nem tartalmazza magasabb rendű származékok:
A legegyszerűbb harmadrendű differenciálegyenlet így néz ki: – apa otthon van, minden gyerek kimegy sétálni.
Hasonló módon definiálhat 4., 5. és magasabb rendű differenciálegyenleteket. Gyakorlati problémák esetén az ilyen vezérlőrendszerek ritkán hibáznak, azonban megpróbálok releváns példákat hozni.
A gyakorlati feladatokban javasolt magasabb rendű differenciálegyenletek két fő csoportra oszthatók.
1) Az első csoport - az ún sorrendben redukálható egyenletek. Gyerünk!
2) Második csoport – lineáris egyenletek magasabb rendek állandó együtthatókkal. Amit most elkezdünk nézni.
Elméletben és gyakorlatban kétféle ilyen egyenletet különböztetnek meg: homogén egyenlet És inhomogén egyenlet.
Homogén másodrendű 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 a formában 
, ahol a második deriváltnál van valamilyen egységtől eltérő (és természetesen nullától eltérő) állandó. A megoldási algoritmus egyáltalán nem változik, nyugodtan meg kell alkotnia egy karakterisztikus egyenletet, és meg kell találnia a gyökereit. Ha a karakterisztikus egyenlet 
két különböző valódi gyökere lesz, például: 
, akkor az általános megoldást a szokásos séma szerint írjuk: 
.
Egyes esetekben az állapot elírása miatt „rossz” gyökerek keletkezhetnek, ilyesmi 
. Mi a teendő, a választ így kell írni:
A „rossz” konjugált összetett gyökerekkel, mint pl 
semmi gond, általános megoldás: 
vagyis amúgy van általános megoldás. Mert minden másodfokú egyenletnek két gyöke van.
Az utolsó bekezdésben, ahogy ígértem, röviden megvizsgáljuk:
Minden nagyon-nagyon hasonló.
Egy harmadrendű lineáris homogén egyenletnek a következő alakja van:
, hol vannak az állandók.
Ehhez az egyenlethez egy karakterisztikus egyenletet is létre kell hoznia, 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 megoldást a következőképpen írjuk le:
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 ennek megfelelően a következő:
9. példa
Oldjon meg egy homogén harmadrendű differenciálegyenletet!
Megoldás:Állítsuk össze és oldjuk meg a karakterisztikus egyenletet:
, – egy valódi gyökér és két konjugált komplex gyök keletkezik.
Válasz: közös döntés
Hasonlóképpen tekinthetünk egy negyedrendű lineáris homogén egyenletet állandó együtthatókkal: , ahol konstansok.
