Diferencialinių lygčių su pastoviais koeficientais pavyzdžiai. Antrosios eilės tiesinės diferencialinės lygtys

Mokymo įstaiga „Baltarusijos valstybė

žemės ūkio akademija“

Aukštosios matematikos katedra

Gairės

studijuoti temą „Antros eilės tiesinės diferencialinės lygtys“ neakivaizdinio mokymosi apskaitos fakulteto (NISPO) studentams

Gorkis, 2013 m

Tiesinės diferencialinės lygtys

antra eilė su konstantomiskoeficientai

Tiesinės vienalytės diferencialinės lygtys

Antros eilės tiesinė diferencialinė lygtis su pastoviais koeficientais vadinama formos lygtimi

tie. lygtis, kurioje norima funkcija ir jos išvestinės yra tik iki pirmojo laipsnio ir nėra jų sandaugų. Šioje lygtyje Ir
- kai kurie skaičiai ir funkcija
duota tam tikru intervalu
.

Jeigu
ant intervalo
, tada (1) lygtis įgis tokią formą

, (2)

ir yra vadinamas linijinis vienalytis . Kitu atveju vadinama (1) lygtis linijinis nehomogeniškas .

Apsvarstykite sudėtingą funkciją

, (3)

Kur
Ir
- realios funkcijos. Jei funkcija (3) yra sudėtingas (2) lygties sprendimas, tada tikroji dalis
, ir įsivaizduojama dalis
sprendimus
atskirai yra tos pačios vienalytės lygties sprendiniai. Taigi bet koks sudėtingas (2) lygties sprendimas sukuria du realius šios lygties sprendinius.

Homogeninės tiesinės lygties sprendiniai turi šias savybes:

Jeigu yra (2) lygties sprendimas, tada funkcija
, Kur SU– savavališka konstanta taip pat bus (2) lygties sprendimas;

Jeigu Ir yra (2) lygties sprendiniai, tada funkcija
taip pat bus (2) lygties sprendimas;

Jeigu Ir yra (2) lygties sprendiniai, tada jų tiesinė kombinacija
taip pat bus (2) lygties sprendimas, kur Ir
– savavališkos konstantos.

Funkcijos
Ir
yra vadinami tiesiškai priklausomas ant intervalo
, jei tokie skaičiai yra Ir
, nelygu nuliui tuo pačiu metu, kad šiame intervale lygybė

Jei lygybė (4) atsiranda tik tada, kai
Ir
, tada funkcijos
Ir
yra vadinami tiesiškai nepriklausomas ant intervalo
.

1 pavyzdys . Funkcijos
Ir
yra tiesiškai priklausomi, nes
visoje skaičių eilutėje. Šiame pavyzdyje
.

2 pavyzdys . Funkcijos
Ir
yra tiesiškai nepriklausomi nuo bet kurio intervalo, nes lygybė
galima tik tuo atveju, kai
, Ir
.

Bendrojo tiesinio homogeninio sprendinio konstravimas

lygtys

Norint rasti bendrą (2) lygties sprendimą, reikia rasti du jos tiesiškai nepriklausomus sprendimus Ir . Tiesinis šių sprendimų derinys
, Kur Ir
yra savavališkos konstantos ir pateiks bendrą tiesinės vienalytės lygties sprendimą.

Formoje ieškosime tiesiškai nepriklausomų (2) lygties sprendinių

, (5)

Kur – tam tikras skaičius. Tada
,
. Pakeiskime šias išraiškas į (2) lygtį:

arba
.

Nes
, Tai
. Taigi funkcija
bus (2) lygties sprendimas, jei patenkins lygtį

. (6)

Lygtis (6) vadinama charakteristikos lygtis (2) lygčiai. Ši lygtis yra algebrinė kvadratinė lygtis.

Leisti Ir yra šios lygties šaknys. Jie gali būti tikri ir skirtingi, arba sudėtingi, arba tikri ir lygūs. Panagrinėkime šiuos atvejus.

Tegul šaknys Ir charakteringos lygtys yra tikros ir skirtingos. Tada (2) lygties sprendiniai bus funkcijos
Ir
. Šie sprendimai yra tiesiškai nepriklausomi, nes lygybė
galima atlikti tik tada, kai
, Ir
. Todėl bendras (2) lygties sprendimas turi formą

,

Kur Ir
- savavališkos konstantos.

3 pavyzdys
.

Sprendimas . Būdinga šio diferencialo lygtis bus
. Išsprendę šią kvadratinę lygtį, randame jos šaknis
Ir
. Funkcijos
Ir
yra diferencialinės lygties sprendiniai. Bendras šios lygties sprendimas yra
.

Sudėtingas skaičius vadinama formos išraiška
, Kur Ir yra realūs skaičiai ir
vadinamas įsivaizduojamu vienetu. Jeigu
, tada skaičius
vadinamas grynai įsivaizduojamu. Jeigu
, tada skaičius
identifikuojamas su realiu skaičiumi .

Skaičius vadinama tikrąja kompleksinio skaičiaus dalimi, ir - įsivaizduojama dalis. Jei du kompleksiniai skaičiai vienas nuo kito skiriasi tik įsivaizduojamos dalies ženklu, tada jie vadinami konjuguotais:
,
.

4 pavyzdys . Išspręskite kvadratinę lygtį
.

Sprendimas . Diskriminacinė lygtis
. Tada. Taip pat,
. Taigi ši kvadratinė lygtis turi konjuguotas sudėtingas šaknis.

Tegul charakteringos lygties šaknys yra kompleksinės, t.y.
,
, Kur
. (2) lygties sprendinius galima parašyti forma
,
arba
,
. Pagal Eilerio formules

,
.

Tada,. Kaip žinoma, jei sudėtinga funkcija yra tiesinės vienalytės lygties sprendimas, tai šios lygties sprendiniai yra ir tikroji, ir įsivaizduojama šios funkcijos dalys. Taigi (2) lygties sprendiniai bus funkcijos
Ir
. Nuo lygybės

gali būti įvykdytas tik tuo atveju, jei
Ir
, tada šie sprendiniai yra tiesiškai nepriklausomi. Todėl bendras (2) lygties sprendimas turi formą

Kur Ir
- savavališkos konstantos.

5 pavyzdys . Raskite bendrą diferencialinės lygties sprendimą
.

Sprendimas . Lygtis
yra būdingas tam tikram diferencialui. Išspręskime tai ir gaukime sudėtingas šaknis
,
. Funkcijos
Ir
yra tiesiškai nepriklausomi diferencialinės lygties sprendiniai. Bendras šios lygties sprendimas yra toks:

Tegul charakteringos lygties šaknys yra tikrosios ir lygios, t.y.
. Tada (2) lygties sprendiniai yra funkcijos
Ir
. Šie sprendiniai yra tiesiškai nepriklausomi, nes išraiška gali būti identiškai lygi nuliui tik tada, kai
Ir
. Todėl bendras (2) lygties sprendimas turi formą
.

6 pavyzdys . Raskite bendrą diferencialinės lygties sprendimą
.

Sprendimas . Charakteristinė lygtis
turi vienodas šaknis
. Šiuo atveju funkcijos yra tiesiškai nepriklausomi diferencialinės lygties sprendiniai
Ir
. Bendras sprendimas turi formą
.

Nehomogeninės antros eilės tiesinės diferencialinės lygtys su pastoviais koeficientais

ir specialioji dešinė pusė

Bendrasis tiesinės nehomogeninės lygties (1) sprendinys yra lygus bendrojo sprendinio sumai
atitinkamą homogeninę lygtį ir bet kurį konkretų sprendimą
nehomogeninė lygtis:
.

Kai kuriais atvejais konkretų nehomogeninės lygties sprendimą galima rasti tiesiog dešiniosios pusės forma
(1) lygtis. Pažvelkime į atvejus, kai tai įmanoma.

tie. dešinioji nehomogeninės lygties pusė yra laipsnio daugianario m. Jeigu
nėra būdingos lygties šaknis, tuomet reikia ieškoti konkretaus nehomogeninės lygties sprendinio laipsnio daugianario forma m, t.y.

Šansai
yra nustatomi ieškant konkretaus sprendimo.

Jeigu
yra charakteringos lygties šaknis, tada konkretaus nehomogeninės lygties sprendimo reikia ieškoti formoje

7 pavyzdys . Raskite bendrą diferencialinės lygties sprendimą
.

Sprendimas . Atitinkama šios lygties vienalytė lygtis yra
. Jai būdinga lygtis
turi šaknis
Ir
. Bendrasis homogeninės lygties sprendinys turi formą
.

Nes
nėra charakteringos lygties šaknis, tada ieškosime konkretaus nehomogeninės lygties sprendinio funkcijos pavidalu
. Raskime šios funkcijos išvestinius
,
ir pakeiskite juos į šią lygtį:

arba . Sulyginkime koeficientus už ir nemokami nariai:
Išsprendę šią sistemą gauname
,
. Tada tam tikras nehomogeninės lygties sprendinys turi formą
, o bendrasis duotosios nehomogeninės lygties sprendinys bus atitinkamos vienarūšės lygties bendrojo sprendinio ir nehomogeninės lygties konkretaus sprendinio suma:
.

Tegul nehomogeninė lygtis turi formą

Jeigu
nėra būdingos lygties šaknis, tada konkretaus nehomogeninės lygties sprendimo reikia ieškoti formoje. Jeigu
yra charakteringosios daugybos lygties šaknis k (k=1 arba k=2), tada šiuo atveju konkretus nehomogeninės lygties sprendinys turės formą .

8 pavyzdys . Raskite bendrą diferencialinės lygties sprendimą
.

Sprendimas . Atitinkamos vienalytės lygties būdingoji lygtis turi formą
. Jo šaknys
,
. Šiuo atveju atitinkamos vienalytės lygties bendras sprendinys rašomas formoje
.

Kadangi skaičius 3 nėra būdingos lygties šaknis, konkretaus nehomogeninės lygties sprendimo reikia ieškoti formoje
. Raskime pirmos ir antros eilės išvestinius:

Pakeiskime diferencialinę lygtį:
+ +,
+,.

Sulyginkime koeficientus už ir nemokami nariai:

Iš čia
,
. Tada konkretus šios lygties sprendimas turi formą
, ir bendras sprendimas

.

Lagranžo savavališkų konstantų kitimo metodas

Savavališkų konstantų keitimo metodas gali būti taikomas bet kuriai nehomogeninei tiesinei lygčiai su konstantų koeficientais, neatsižvelgiant į dešinės pusės tipą. Šis metodas leidžia visada rasti bendrą nehomogeninės lygties sprendimą, jei yra žinomas atitinkamos homogeninės lygties bendrasis sprendimas.

Leisti
Ir
yra tiesiškai nepriklausomi (2) lygties sprendiniai. Tada bendras šios lygties sprendimas yra
, Kur Ir
- savavališkos konstantos. Savavališkų konstantų keitimo metodo esmė ta, kad bendro (1) lygties sprendinio ieškoma formoje

Kur
Ir
- naujos nežinomos funkcijos, kurias reikia rasti. Kadangi yra dvi nežinomos funkcijos, norint jas rasti, reikia dviejų lygčių, kuriose yra šios funkcijos. Šios dvi lygtys sudaro sistemą

kuri yra tiesinė algebrinė lygčių sistema
Ir
. Išspręsdami šią sistemą, randame
Ir
. Integruodami abi gautų lygybių puses, randame

Ir
.

Pakeitę šias išraiškas į (9), gauname bendrą nehomogeninės tiesinės lygties (1) sprendimą.

9 pavyzdys . Raskite bendrą diferencialinės lygties sprendimą
.

Sprendimas. Būdinga homogeninės lygties, atitinkančios duotą diferencialinę lygtį, lygtis yra
. Jo šaknys yra sudėtingos
,
. Nes
Ir
, Tai
,
, o bendras homogeninės lygties sprendinys turi formą. Tada ieškosime bendro šios nehomogeninės lygties sprendinio formoje kur
Ir
- nežinomos funkcijos.

Šių nežinomų funkcijų suradimo lygčių sistema turi formą

Išsprendę šią sistemą, randame
,
. Tada

,
. Pakeiskime gautas išraiškas į bendro sprendimo formulę:

Tai yra bendras šios diferencialinės lygties sprendimas, gautas naudojant Lagranžo metodą.

Žinių savikontrolės klausimai

Kokia diferencialinė lygtis vadinama antros eilės tiesine diferencialine lygtimi su pastoviais koeficientais?

Kuri tiesinė diferencialinė lygtis vadinama vienalyte, o kuri nehomogeniška?

Kokias savybes turi tiesinė vienalytė lygtis?

Kokia lygtis vadinama charakteristika tiesinei diferencialinei lygčiai ir kaip ji gaunama?

Kokia forma rašomas tiesinės vienalytės diferencialinės lygties su pastoviais koeficientais bendrasis sprendinys, esant skirtingoms charakteristikos lygties šaknims?

Kokia forma parašytas bendras tiesinės vienalytės diferencialinės lygties su pastoviais koeficientais sprendinys, kai charakteristikos lygties šaknys yra lygios?

Kokia forma parašytas bendras tiesinės vienalytės diferencialinės lygties su pastoviais koeficientais sprendinys esant kompleksinėms charakteristikų lygties šaknims?

Kaip rašomas bendras tiesinės nehomogeninės lygties sprendinys?

Kokia forma ieškomas konkretus tiesinės nehomogeninės lygties sprendimas, jei charakteringos lygties šaknys yra skirtingos ir nėra lygios nuliui, o dešinioji lygties pusė yra laipsnio daugianario m?

Kokia forma ieškomas konkretus tiesinės nehomogeninės lygties sprendimas, jei tarp charakteringos lygties šaknų yra vienas nulis, o dešinioji lygties pusė yra laipsnio daugianario m?

Kokia yra Lagranžo metodo esmė?

Matėme, kad tuo atveju, kai žinomas bendras tiesinės vienalytės lygties sprendinys, galima rasti bendrą nehomogeninės lygties sprendinį taikant savavališkų konstantų kitimo metodą. Tačiau klausimas, kaip rasti bendrą homogeninės lygties sprendimą, liko atviras. Ypatingu atveju, kai tiesinėje diferencialinėje lygtyje (3) visi koeficientai p i(X)= a i - konstantų, ją galima išspręsti gana paprastai, net ir be integracijos.

Apsvarstykite tiesinę homogeninę diferencialinę lygtį su pastoviais koeficientais, t.y. formos lygtis

y (n) + a 1 y (n – 1) +...a n – 1 y " + a n y = 0, (14)

Kur ir aš- konstantos (i= 1, 2, ...,n).

Kaip žinoma, tiesinės homogeninės 1 eilės lygties sprendimas yra formos funkcija e kx. Formoje ieškosime (14) lygties sprendimo j (X) = e kx.

Pakeiskime funkciją į (14) lygtį j (X) ir jo eilės išvestinius m (1 £ m£ n)j (m) (X) = k m e kx. Mes gauname

(k n + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + a n)e kx = 0,

Bet e k x ¹ 0 už bet kurį X, Štai kodėl

k n + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + a n = 0. (15)

Lygtis (15) vadinama charakteristikos lygtis, polinomas kairėje pusėje- būdingas daugianario , jo šaknys- būdingos šaknys diferencialinė lygtis (14).

Išvada:

funkcijaj (X) = e kx - tiesinės vienalytės lygties (14) sprendimas tada ir tik tada, kai skaičius k - charakteristikos lygties šaknis (15).

Taigi tiesinės homogeninės lygties (14) sprendimo procesas redukuojamas iki algebrinės lygties (15) sprendimo.

Galimi įvairūs būdingų šaknų atvejai.

1.Visos charakteringos lygties šaknys yra tikros ir skirtingos.

Tokiu atveju n skirtingos būdingos šaknys k 1 ,k 2 ,..., k n atitinka n skirtingi homogeninės lygties (14) sprendiniai

Galima parodyti, kad šie sprendiniai yra tiesiškai nepriklausomi ir todėl sudaro pagrindinę sprendinių sistemą. Taigi, bendras lygties sprendimas yra funkcija

Kur SU 1 , C 2 , ..., C n - savavališkos konstantos.

7 pavyzdys. Raskite bendrą tiesinės vienalytės lygties sprendimą:

A) adresu¢ ¢ (X) - 6adresu¢ (X) + 8adresu(X) = 0,b) adresu¢ ¢ ¢ (X) + 2adresu¢ ¢ (X) - 3adresu¢ (X) = 0.

Sprendimas. Sukurkime charakteringą lygtį. Norėdami tai padaryti, pakeičiame eilės išvestinę m funkcijas y(x) iki atitinkamo laipsnio

k(adresu (m) (x) « k m),

o pati funkcija adresu(X), nes nulinės eilės išvestinė pakeičiama k 0 = 1.

(a) atveju charakteristikos lygtis turi formą k 2 - 6k + 8 = 0. Šios kvadratinės lygties šaknys k 1 = 2,k 2 = 4. Kadangi jie yra tikri ir skirtingi, bendras sprendimas turi formą j (X)= C 1 e 2X + C 2 e 4x.

(b) atveju būdinga lygtis yra 3 laipsnio lygtis k 3 + 2k 2 - 3k = 0. Raskime šios lygties šaknis:

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.

Šios būdingos šaknys atitinka pagrindinę diferencialinės lygties sprendinių sistemą:

j 1 (X)= e 0X = 1, j 2 (X) = e x, j 3 (X)= e - 3X .

Bendras sprendimas pagal (9) formulę yra funkcija

j (X)= C 1 + C 2 e x + C 3 e - 3X .

II . Visos charakteringos lygties šaknys yra skirtingos, tačiau kai kurios iš jų yra sudėtingos.

Visi diferencialinės lygties (14), taigi ir jai būdingos lygties (15) koeficientai- realieji skaičiai, o tai reiškia, jei c tarp būdingų šaknų yra kompleksinė šaknis k 1 = a + ib, tai yra jo konjuguota šaknis k 2 = ` k 1 = a- ib.Iki pirmosios šaknies k 1 atitinka diferencialinės lygties (14) sprendimą

j 1 (X)= e (a+ib)X = e a x e ibx = e ax(cosbx + isinbx)

(naudojome Eulerio formulę e i x = cosx + isinx). Taip pat ir šaknis k 2 = a- ib atitinka sprendimą

j 2 (X)= e (a - -ib)X = e a x e - ib x= e kirvis(cosbx - isinbx).

Šie sprendimai yra sudėtingi. Norėdami iš jų gauti realius sprendinius, naudojame tiesinės vienalytės lygties sprendinių savybes (žr. 13.2). Funkcijos

yra realieji (14) lygties sprendiniai. Be to, šie sprendimai yra tiesiškai nepriklausomi. Taigi galime padaryti tokią išvadą.

1 taisyklė.Konjuguotų kompleksinių šaknų pora a± ib būdingos lygties tiesinės vienalytės lygties (14) FSR atitinka du realius dalinius sprendiniusIr .

8 pavyzdys. Raskite bendrą lygties sprendimą:

A) adresu¢ ¢ (X) - 2adresu ¢ (X) + 5adresu(X) = 0 ;b) adresu¢ ¢ ¢ (X) - adresu¢ ¢ (X) + 4adresu ¢ (X) - 4adresu(X) = 0.

Sprendimas. (a) lygties atveju – charakteringos lygties šaknys k 2 - 2k + 5 = 0 yra du konjuguoti kompleksiniai skaičiai

k 1, 2 = .

Vadinasi, pagal 1 taisyklę jie atitinka du realius tiesiškai nepriklausomus sprendinius: ir , o bendrasis lygties sprendinys yra funkcija

j (X)= C 1 e x cos 2x + C 2 e x nuodėmė 2x.

(b) atveju rasti charakteristikos lygties šaknis k 3 - k 2 + 4k- 4 = 0, mes faktorinuojame jo kairę pusę:

k 2 (k - 1) + 4(k - 1) = 0 Þ (k - 1)(k 2 + 4) = 0 Þ (k - 1) = 0, (k 2 + 4) = 0.

Todėl turime tris būdingas šaknis: k 1 = 1,k 2 , 3 = ± 2i. Cornu k 1 atitinka sprendimą , ir konjuguotų kompleksinių šaknų pora k 2, 3 = ± 2aš = 0 ± 2i- du tinkami sprendimai: ir . Sudarome bendrą lygties sprendimą:

j (X)= C 1 e x + C 2 cos 2x + C 3 nuodėmė 2x.

III . Tarp būdingos lygties šaknų yra kartotiniai.

Leisti k 1 - tikroji daugialypės šaknis m būdinga lygtis (15), ty tarp šaknų yra m vienodos šaknys. Kiekvienas iš jų atitinka tą patį diferencialinės lygties (14) sprendinį. Tačiau įtraukite m FSR nėra vienodų sprendimų, nes jie sudaro tiesiškai priklausomą funkcijų sistemą.

Galima parodyti, kad kelių šaknų atveju k 1(14) lygties sprendiniai, be funkcijos, yra funkcijos

Funkcijos yra tiesiškai nepriklausomos visoje skaitinėje ašyje, nes , tai yra, jas galima įtraukti į FSR.

2 taisyklė. Tikra būdinga šaknis k 1 daugialypiškumas m FSR atitinka m sprendimai:

Jeigu k 1 - kompleksinis šaknų daugialypis m būdinga lygtis (15), tada yra konjuguota šaknis k 1 daugialypiškumas m. Pagal analogiją gauname tokią taisyklę.

3 taisyklė. Konjuguotų kompleksinių šaknų pora a± ib FSR atitinka 2mrealius tiesiškai nepriklausomus sprendimus:

, , ..., ,

, , ..., .

9 pavyzdys. Raskite bendrą lygties sprendimą:

A) adresu¢ ¢ ¢ (X) + 3adresu¢ ¢ (X) + 3adresu¢ (X)+ y ( X)= 0;b) prie IV(X) + 6adresu¢ ¢ (X) + 9adresu(X) = 0.

Sprendimas. (a) atveju charakteristikos lygtis turi formą

k 3 + 3 k 2 + 3 k + 1 = 0

(k + 1) 3 = 0,

t.y. k =- 1 - daugybos šaknis 3. Remdamiesi 2 taisykle, užrašome bendrą sprendimą:

j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 x 2 .

Būdinga lygtis (b) atveju yra lygtis

k 4 + 6k 2 + 9 = 0

arba kitaip,

(k 2 + 3) 2 = 0 Þ k 2 = - 3 Þ k 1, 2 = ± i.

Turime porą konjuguotų kompleksinių šaknų, kurių kiekvienos daugybos skaičius yra 2. Pagal 3 taisyklę bendras sprendimas rašomas kaip

j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 + C 4 x.

Iš to, kas išdėstyta pirmiau, išplaukia, kad bet kuriai tiesinei homogeninei lygčiai su pastoviais koeficientais galima rasti pagrindinę sprendinių sistemą ir sudaryti bendrą sprendinį. Vadinasi, bet kurios nuolatinės funkcijos atitinkamos nehomogeninės lygties sprendimas f(x) dešinėje pusėje galima rasti naudojant savavališkų konstantų kitimo metodą (žr. 5.3 skyrių).

10 pavyzdys. Variacijos metodu raskite bendrą nehomogeninės lygties sprendinį adresu¢ ¢ (X) - adresu¢ (X) - 6adresu(X) = xe 2x .

Sprendimas. Pirmiausia randame bendrą atitinkamos vienalytės lygties sprendinį adresu¢ ¢ (X) - adresu¢ (X) - 6adresu(X) = 0. Charakteristikos lygties šaknys k 2 - k- 6 = 0 yra k 1 = 3,k 2 = - 2, a bendras homogeninės lygties sprendimas - funkcija ` adresu ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .

Nehomogeninės lygties sprendimo ieškosime formoje

adresu( X) = SU 1 (X)e 3X + C 2 (X)e 2X . (*)

Raskime Wronskio determinantą

W[e 3X , e 2X ] = .

Nežinomų funkcijų išvestinėms sudarykime lygčių sistemą (12). SU ¢ 1 (X) Ir SU¢ 2 (X):

Išspręsdami sistemą naudodami Cramerio formules, gauname

Integruodami, randame SU 1 (X) Ir SU 2 (X):

Pakeičiančios funkcijos SU 1 (X) Ir SU 2 (X) į lygybę (*), gauname bendrąjį lygties sprendinį adresu¢ ¢ (X) - adresu¢ (X) - 6adresu(X) = xe 2x :

Tuo atveju, kai tiesinės nehomogeninės lygties su konstantų koeficientais dešinioji pusė turi specialią formą, konkretų nehomogeninės lygties sprendimą galima rasti netaikant savavališkų konstantų keitimo metodo.

Apsvarstykite lygtį su pastoviais koeficientais

y (n) + 1 m (n– 1) +...a n – 1 m " + a n y = f (x), (16)

f( x) = ekirvis(P n(x)cosbx + Rm(x)sinbx), (17)

Kur P n(x) Ir R m(x) - laipsnio daugianario n Ir m atitinkamai.

Privatus sprendimas y*(X) iš (16) lygties nustatomas pagal formulę

adresu* (X) = xse kirvis(Ponas(x)cosbx + N r(x)sinbx), (18)

Kur Ponas(x) Ir Nr(x) - laipsnio daugianario r = maks(n, m) su neapibrėžtais koeficientais , A s lygus šaknies kartotiniui k 0 = a + ib(16) lygties būdingasis daugianario, ir darome prielaidą s = 0 jei k 0 nėra būdinga šaknis.

Norint sudaryti konkretų sprendimą pagal formulę (18), reikia rasti keturis parametrus - a, b, r Ir s. Pirmieji trys nustatomi iš dešinės lygties pusės ir r- tai iš tikrųjų yra aukščiausias laipsnis x, rastas dešinėje pusėje. Parametras s rasta palyginus skaičius k 0 = a + ib Ir aibė visų (atsižvelgiant į dauginius) lygties (16) būdingų šaknų, kurios randamos sprendžiant atitinkamą vienarūšę lygtį.

Panagrinėkime specialius funkcijos formos (17) atvejus:

1) prie a ¹ 0, b= 0f(x)= e kirvis P n(x);

2) kada a= 0, b ¹ 0f(x)= P n(x) Suosbx + R m(x)sinbx;

3) kada a = 0, b = 0f(x)=Pn(x).

1 pastaba. Jei P n (x) º 0 arba Rm(x)º 0, tada dešinėje lygties pusėje f(x) = e ax P n (x)с osbx arba f(x) = e ax R m (x)sinbx, t.y. yra tik viena iš funkcijų - kosinusas arba sinusas. Bet įrašant konkretų sprendimą, jie turi būti abu, nes pagal (18) formulę kiekvienas iš jų padauginamas iš daugianario su neapibrėžtais to paties laipsnio koeficientais r = max(n, m).

11 pavyzdys. Nustatykite 4 eilės tiesinės vienalytės lygties su pastoviais koeficientais dalinio sprendinio tipą, jei žinoma dešinioji lygties pusė f(X) = e x(2xcos 3x+(x 2 + 1)nuodėmė 3x) ir charakteristikos lygties šaknis:

A ) k 1 = k 2 = 1, k 3 = 3,k 4 = - 1;

b ) k 1, 2 = 1 ± 3i,k 3, 4 = ± 1;

V ) k 1, 2 = 1 ± 3i,k 3, 4 = 1 ± 3i.

Sprendimas. Dešinėje pusėje tai randame konkrečiame sprendime adresu*(X), kuris nustatomas pagal (18) formulę, parametrai: a= 1, b= 3, r = 2. Jie išlieka tokie patys visais trimis atvejais, taigi ir skaičius k 0, kuris nurodo paskutinį parametrą s formulė (18) yra lygi k 0 = 1+ 3i. (a) atveju tarp būdingų šaknų nėra skaičiaus k 0 = 1 + 3aš, Reiškia, s= 0, o konkretus sprendimas turi formą

y*(X) = x 0 e x(M 2 (x)cos 3x+N 2 (x)nuodėmė 3x) =

= ex( (Ax 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)nuodėmė 3x.

b) atveju numeris k 0 = 1 + 3i pasitaiko vieną kartą tarp būdingų šaknų, o tai reiškia s = 1 Ir

y*(X) = x e x((Ax 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)nuodėmė 3x.

(c) atveju turime s = 2 ir

y*(X) = x 2 e x((Ax 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)nuodėmė 3x.

11 pavyzdyje konkrečiame sprendinyje yra du 2 laipsnio daugianariai su neapibrėžtais koeficientais. Norėdami rasti sprendimą, turite nustatyti šių koeficientų skaitines reikšmes. Suformuluokime bendrą taisyklę.

Nustatyti nežinomus daugianario koeficientus Ponas(x) Ir Nr(x) lygybė (17) diferencijuojama reikiamą skaičių kartų, o funkcija pakeičiama y*(X) ir jo išvestinius į (16) lygtį. Palyginus jo kairę ir dešinę puses, gaunama algebrinių lygčių sistema koeficientams rasti.

12 pavyzdys. Raskite lygties sprendimą adresu¢ ¢ (X) - adresu¢ (X) - 6adresu(X) = xe 2x, nustatęs tam tikrą nehomogeninės lygties sprendinį pagal dešinės pusės formą.

Sprendimas. Bendrasis nehomogeninės lygties sprendinys turi formą

adresu( X) = ` adresu(X)+ y*(X),

Kur ` adresu ( X) - atitinkamos vienalytės lygties bendrasis sprendinys ir y*(X) - konkretus nehomogeninės lygties sprendimas.

Pirmiausia išsprendžiame homogeninę lygtį adresu¢ ¢ (X) - adresu¢ (X) - 6adresu(X) = 0. Jo charakteristikos lygtis k 2 - k- 6 = 0 turi dvi šaknis k 1 = 3,k 2 = - 2, vadinasi, ` adresu ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .

Norėdami nustatyti konkretaus sprendimo tipą, naudokite formulę (18). adresu*(X). Funkcija f(x) = xe 2x reiškia specialų (17) formulės atvejį (a), o a = 2,b = 0 Ir r = 1, t.y. k 0 = 2 + 0aš = 2. Palyginus su būdingomis šaknimis, darome išvadą s = 0. Pakeitę visų parametrų reikšmes į (18) formulę, turime y*(X) = (Ah + B)e 2X .

Norėdami rasti vertybes A Ir IN, suraskime funkcijos pirmos ir antros eilės išvestines y*(X) = (Ah + B)e 2X :

y*¢ (X)= Ae 2X + 2(Ah + B)e 2X = (2Ah + Ah + 2B)e 2x,

y*¢ ¢ (X) = 2Ae 2X + 2(2Ah + Ah + 2B)e 2X = (4Ah + 4A+ 4B)e 2X .

Po funkcijų pakeitimo y*(X) ir jo išvestinius į mūsų turimą lygtį

(4Ah + 4A+ 4B)e 2X - (2Ah + Ah + 2B)e 2X - 6(Ah + B)e 2X =xe 2x Þ Þ A=- 1/4,B=- 3/16.

Taigi konkretus nehomogeninės lygties sprendimas turi formą

y*(X) = (- 1/4X- 3/16)e 2X ,

ir bendras sprendimas - adresu ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .

Užrašas 2.Tuo atveju, kai Koši uždavinys keliamas nehomogeninei lygčiai, pirmiausia reikia rasti bendrą lygties sprendimą

adresu( X) = ,

nustatęs visas skaitines koeficientų reikšmes adresu*(X). Tada naudokite pradines sąlygas ir pakeiskite jas į bendrą sprendimą (o ne į y*(X)), raskite konstantų reikšmes C i.

13 pavyzdys. Raskite Koši problemos sprendimą:

adresu¢ ¢ (X) - adresu¢ (X) - 6adresu(X) = xe 2x ,y(0) = 0, y ¢ (X) = 0.

Sprendimas. Bendras šios lygties sprendimas yra

adresu(X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X

buvo rastas 12 pavyzdyje. Norėdami rasti konkretų sprendimą, tenkinantį pradines šios Koši uždavinio sąlygas, gauname lygčių sistemą

Išspręsdami, turime C 1 = 1/8, C 2 = 1/16. Todėl Koši problemos sprendimas yra funkcija

adresu(X) = 1/8e 3X + 1/16e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .

3 pastaba(superpozicijos principas). Jei tiesinėje lygtyje Ln[y(x)]= f(x), kur f(x) = f 1 (x)+f 2 (x) Ir y* 1 (x) - lygties sprendimas Ln[y(x)]= f 1 (x), A y* 2 (x) - lygties sprendimas Ln[y(x)]= f 2 (x), tada funkcija y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x) yra sprendžiant lygtį Ln[y(x)]= f(x).

14 pavyzdys. Nurodykite tiesinės lygties bendrojo sprendimo tipą

adresu¢ ¢ (X) + 4adresu(X) = x + sinx.

Sprendimas. Bendras atitinkamos vienalytės lygties sprendimas

` adresu(x) = C 1 cos 2x + C 2 nuodėmė 2x,

kadangi charakteristikos lygtis k 2 + 4 = 0 turi šaknis k 1, 2 = ± 2i.Dešinioji lygties pusė neatitinka (17) formulės, bet jei įvesime žymėjimą f 1 (x) = x, f 2 (x) = sinx ir naudoti superpozicijos principą , tada formoje galima rasti konkretų nehomogeninės lygties sprendimą y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x), kur y* 1 (x) - lygties sprendimas adresu¢ ¢ (X) + 4adresu(X) = x, A y* 2 (x) - lygties sprendimas adresu¢ ¢ (X) + 4adresu(X) = sinx. Pagal (18) formulę

y* 1 (x) = Ax + B,y* 2 (x) = Ссosx + Dsinx.

Tada konkretus sprendimas

y*(X) = Ax + B + Ccosx + Dsinx,

todėl bendras sprendimas turi formą

adresu(X) = C 1 cos 2x + C 2 e - 2X + A x + B + Ccosx + Dsinx.

15 pavyzdys. Elektros grandinė susideda iš srovės šaltinio, nuosekliai sujungto su emf e(t) = E nuodėmėw t, induktyvumas L ir konteineriai SU, ir

Šiame straipsnyje nagrinėjamas tiesinių nevienalyčių antros eilės diferencialinių lygčių su pastoviais koeficientais sprendimas. Teorija bus aptarta kartu su pateiktų problemų pavyzdžiais. Norint iššifruoti neaiškius terminus, būtina kreiptis į temą apie pagrindinius diferencialinių lygčių teorijos apibrėžimus ir sąvokas.

Panagrinėkime antros eilės tiesinę diferencialinę lygtį (LDE) su pastoviais y formos koeficientais "" + p · y " + q · y = f (x), kur p ir q yra savavališki skaičiai, o esama funkcija f (x) yra tęstinis integravimo intervale x.

Pereikime prie LNDE bendrojo sprendimo teoremos formulavimo.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Bendroji LDNU sprendimo teorema

Nehomogeninės diferencialinės lygties, kurios formos y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + , bendras sprendinys, esantis intervale x. . . + f 0 (x) · y = f (x) su nuolatiniais integravimo koeficientais x intervale f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) ir ištisinė funkcija f (x) yra lygi bendrojo sprendinio y 0 sumai, kuri atitinka LOD ir tam tikrą konkretų sprendinį y ~, kur pradinė nehomogeninė lygtis yra y = y 0 + y ~.

Tai rodo, kad tokios antros eilės lygties sprendinys yra y = y 0 + y ~ . y 0 radimo algoritmas aptariamas straipsnyje apie tiesines vienalytes antros eilės diferencialines lygtis su pastoviais koeficientais. Po to turėtume pereiti prie y ~ apibrėžimo.

Konkretaus LMDE sprendimo pasirinkimas priklauso nuo turimos funkcijos f (x), esančios dešinėje lygties pusėje, tipo. Tam reikia atskirai nagrinėti tiesinių nehomogeniškų antros eilės diferencialinių lygčių su pastoviais koeficientais sprendinius.

Kai f (x) laikomas n-ojo laipsnio polinomu f (x) = P n (x), tai reiškia, kad tam tikras LPDE sprendimas randamas naudojant y ~ = Q n (x) formos formulę. ) x γ, kur Q n ( x) – n laipsnio daugianomas, r – charakteristikų lygties nulinių šaknų skaičius. Reikšmė y ~ yra konkretus sprendimas y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , tada galimi koeficientai, kuriuos apibrėžia daugianario
Q n (x), randame naudodamiesi neapibrėžtųjų koeficientų metodu iš lygybės y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).

1 pavyzdys

Apskaičiuokite taikydami Koši teoremą y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .

Sprendimas

Kitaip tariant, reikia pereiti prie konkretaus antros eilės tiesinės nehomogeninės diferencialinės lygties su pastoviais koeficientais y "" - 2 y " = x 2 + 1 sprendinio, kuris tenkins nurodytas sąlygas y (0) = 2, y" (0) = 1 4 .

Bendrasis tiesinės nehomogeninės lygties sprendinys yra bendrojo sprendinio suma, atitinkanti lygtį y 0 arba konkretų nehomogeninės lygties y ~ sprendinį, tai yra, y = y 0 + y ~.

Pirmiausia suraskime bendrą LNDU sprendimą, o tada – konkretų.

Pereikime prie y 0 paieškos. Būdingos lygties užrašymas padės rasti šaknis. Mes tai gauname

k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0, k 2 = 2

Mes nustatėme, kad šaknys yra skirtingos ir tikros. Todėl užsirašykime

y 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x.

Suraskime y ~ . Matyti, kad duotosios lygties dešinioji pusė yra antrojo laipsnio daugianario, tada viena iš šaknų lygi nuliui. Iš to gauname, kad bus tam tikras y ~ sprendimas

y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, kur A, B, C reikšmės įgyja neapibrėžtus koeficientus.

Raskime juos iš lygybės, kurios formos y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1.

Tada gauname tai:

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

Sulyginę koeficientus su tais pačiais x eksponentais, gauname tiesinių reiškinių sistemą - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Spręsdami bet kuriuo iš būdų, surasime koeficientus ir užrašysime: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 ir y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

Šis įrašas vadinamas bendruoju pradinės tiesinės nehomogeninės antros eilės diferencialinės lygties su pastoviais koeficientais sprendiniu.

Norint rasti konkretų sprendimą, kuris tenkintų sąlygas y (0) = 2, y "(0) = 1 4, būtina nustatyti reikšmes C 1 Ir C 2, remiantis y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x formos lygybe.

Mes tai gauname:

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

Dirbame su gauta lygčių sistema C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, kur C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.

Taikydami Koši teoremą, turime tai

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

Atsakymas: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .

Kai funkcija f (x) vaizduojama kaip daugianario, kurio laipsnis n ir eksponentas f (x) = P n (x) · e a x, sandauga, gauname, kad konkretus antrosios eilės LPDE sprendimas bus y ~ = e a x · Q n ( x) x γ formos lygtis, kur Q n (x) – n-ojo laipsnio daugianario, o r – charakteringosios lygties šaknų skaičius, lygus α.

Q n (x) priklausantys koeficientai randami lygybe y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

2 pavyzdys

Raskite y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x formos diferencialinės lygties bendrąjį sprendinį.

Sprendimas

Bendroji lygtis yra y = y 0 + y ~ . Nurodyta lygtis atitinka LOD y "" - 2 y " = 0. Iš ankstesnio pavyzdžio matyti, kad jos šaknys yra lygios k 1 = 0 ir k 2 = 2 ir y 0 = C 1 + C 2 e 2 x pagal charakteristikos lygtį.

Matyti, kad dešinioji lygties pusė yra x 2 + 1 · e x . Iš čia LPDE randamas per y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, kur Q n (x) yra antrojo laipsnio daugianomas, kur α = 1 ir r = 0, nes charakteristikos lygtis ne turi šaknį, lygią 1. Iš čia mes tai gauname

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 yra nežinomi koeficientai, kuriuos galima rasti lygybe y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x.

Supratau

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

Rodiklius sulyginame su tais pačiais koeficientais ir gauname tiesinių lygčių sistemą. Iš čia rasime A, B, C:

A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3

Atsakymas: aišku, kad y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 yra tam tikras LNDDE sprendimas, o y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - antros eilės nehomogeninės diferenciacijos lygties bendras sprendinys.

Kai funkcija parašyta kaip f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, ir A 1 Ir 1 yra skaičiai, tai dalinis LPDE sprendinys laikomas y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ lygtimi, kur A ir B laikomi neapibrėžtais koeficientais, o r yra kompleksinės konjuguotos šaknys, susijusios su būdingąja lygtimi, lygios ± i β . Šiuo atveju koeficientų paieška atliekama naudojant lygybę y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).

3 pavyzdys

Raskite y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) formos diferencialinės lygties bendrą sprendimą.

Sprendimas

Prieš rašydami charakteristikų lygtį, randame y 0. Tada

k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 i , k 2 = - 2 i

Mes turime porą sudėtingų konjuguotų šaknų. Transformuokime ir gaukime:

y 0 = e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) = C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)

Būdingosios lygties šaknimis laikoma konjuguota pora ± 2 i, tada f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). Tai rodo, kad y ~ bus ieškoma pagal y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Nežinomi Koeficientų A ir B ieškosime iš lygybės y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Transformuokime:

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 nuodėmės (2 x) + 2 B cos (2 x) - - 2 A nuodėmės (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)

Tada aišku, kad

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)

Būtina sulyginti sinusų ir kosinusų koeficientus. Gauname tokios formos sistemą:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

Iš to seka, kad y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.

Atsakymas: nagrinėjamas bendras pirminio antros eilės LDDE su pastoviais koeficientais sprendinys

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

Kai f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), tada y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ Turime, kad r yra sudėtingų konjuguotų šaknų porų, susijusių su būdingąja lygtimi, skaičius, lygus α ± i β, kur P n (x), Q k (x), L m (x) ir Nm(x) yra n, k, m, m laipsnio daugianariai, kur m = m a x (n, k). Koeficientų radimas Lm(x) Ir Nm(x) yra padaryta remiantis lygybe y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).

4 pavyzdys

Raskite bendrą sprendimą y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .

Sprendimas

Pagal būklę aišku, kad

α = 3, β = 5, P n (x) = - 38 x - 45, Q k (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1

Tada m = m a x (n, k) = 1. Rasime y 0, pirmiausia parašę charakteringą formos lygtį:

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

Mes nustatėme, kad šaknys yra tikros ir skirtingos. Vadinasi, y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Toliau reikia ieškoti bendro sprendimo, pagrįsto nehomogenine formos lygtimi y ~

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))

Yra žinoma, kad A, B, C yra koeficientai, r = 0, nes nėra konjuguotų šaknų poros, susijusios su charakteristikos lygtimi, kai α ± i β = 3 ± 5 · i. Iš gautos lygybės randame šiuos koeficientus:

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))

Išvestinės ir panašių terminų radimas suteikia

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))

Sulyginę koeficientus, gauname formos sistemą

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

Iš visko išplaukia, kad

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) nuodėmė (5 x))

Atsakymas: Dabar mes gavome bendrą pateiktos tiesinės lygties sprendimą:

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))

LDNU sprendimo algoritmas

Bet kuriai kitai sprendimo funkcijai f (x) reikia laikytis sprendimo algoritmo:

• rasti bendrą atitinkamos tiesinės homogeninės lygties sprendinį, kur y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, kur y 1 Ir y 2 yra tiesiškai nepriklausomi daliniai LODE sprendiniai, C 1 Ir C 2 yra laikomos savavališkomis konstantomis;
• bendruoju sprendimu priimant LNDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
• funkcijos išvestinių nustatymas naudojant C 1 " (x) + y 1 (x) + C 2 " (x) y 2 (x) = 0 C 1 " (x) + y 1 " (x) sistemą ) + C 2 " (x) · y 2 " (x) = f (x) , ir funkcijų radimas C 1 (x) ir C 2 (x) per integravimą.

5 pavyzdys

Raskite bendrą sprendimą y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.

Sprendimas

Mes pradedame rašyti charakteringą lygtį, prieš tai parašę y 0, y "" + 36 y = 0. Parašykime ir spręskime:

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)

Turime, kad bendrasis duotosios lygties sprendinys bus parašytas taip y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Būtina pereiti prie išvestinių funkcijų apibrėžimo C 1 (x) Ir C2(x) pagal sistemą su lygtimis:

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 nuodėmės (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x

Reikia priimti sprendimą dėl C 1" (x) Ir C 2" (x) naudojant bet kokį metodą. Tada rašome:

C 1 "(x) = - 4 nuodėmės 2 (6 x) + 2 nuodėmės (6 x) cos (6 x) - 6 e 6 x nuodėmės (6 x) C 2 " (x) = 4 nuodėmės (6 x) cos (6 x) – 2 cos 2 (6 x) + 6 e 6 x cos (6 x)

Kiekviena lygtis turi būti integruota. Tada parašome gautas lygtis:

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

Iš to išplaukia, kad bendras sprendimas turės tokią formą:

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)

Atsakymas: y = y 0 + y ~ = - 2 x cos (6 x) - x sin (6 x) - 1 6 cos (6 x) + + 1 2 e 6 x + C 3 cos (6 x) + C 4 sin (6 x)

Jei tekste pastebėjote klaidą, pažymėkite ją ir paspauskite Ctrl+Enter

Tiesinių nevienalyčių antros eilės diferencialinių lygčių (LNDE-2) su pastoviais koeficientais (PC) sprendimo pagrindai

2-osios eilės LDDE su pastoviais koeficientais $p$ ir $q$ turi formą $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, kur $f\left(x \right)$ yra ištisinė funkcija.

Kalbant apie LNDU 2 su kompiuteriu, šie du teiginiai yra teisingi.

Tarkime, kad kuri nors funkcija $U$ yra savavališkas nehomogeninės diferencialinės lygties dalinis sprendimas. Taip pat tarkime, kad kuri nors funkcija $Y$ yra atitinkamos tiesinės vienalytės diferencialinės lygties (LODE) bendras sprendimas (GS) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Tada GS LHDE-2 yra lygus nurodytų privačių ir bendrųjų sprendinių sumai, tai yra $y=U+Y$.

Jei 2-osios eilės LMDE dešinioji pusė yra funkcijų suma, tai yra $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x) \right)+ ..+f_(r) \left(x\right)$, tada pirmiausia galime rasti PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$. prie kiekvienos funkcijos $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$ ir po to parašykite CR LNDU-2 forma $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.

2 eilės LPDE sprendimas su kompiuteriu

Akivaizdu, kad tam tikro LNDU-2 vieno ar kito PD $U$ tipas priklauso nuo konkrečios jo dešiniosios pusės $f\left(x\right)$ formos. Paprasčiausi PD LNDU-2 paieškos atvejai suformuluoti šių keturių taisyklių forma.

Taisyklė #1.

Dešinė LNDU-2 pusė turi formą $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, kur $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, tai yra, jis vadinamas $n$ laipsnio daugianario. Tada jo PD $U$ ieškoma forma $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, kur $Q_(n) \left(x\right)$ yra kitas to paties laipsnio daugianomas kaip $P_(n) \left(x\right)$, o $r$ yra atitinkamos LODE-2 charakteristikos lygties šaknų, lygių nuliui, skaičius. Dauginamo $Q_(n) \left(x\right)$ koeficientai randami neapibrėžtųjų koeficientų metodu (UK).

Taisyklė Nr.2.

Dešinė LNDU-2 pusė turi formą $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, kur $P_(n) \left(x\right)$ yra $n$ laipsnio daugianomas. Tada jo PD $U$ ieškoma forma $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, kur $Q_(n ) \ left(x\right)$ yra kitas to paties laipsnio daugianomas kaip $P_(n) \left(x\right)$, o $r$ yra atitinkamos LODE-2 charakteristinės lygties šaknų skaičius , lygus $\alpha $. NC metodu randami daugianario $Q_(n) \left(x\right)$ koeficientai.

Taisyklė Nr.3.

Dešinė LNDU-2 pusė turi formą $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \right) $, kur $a$, $b$ ir $\beta$ yra žinomi skaičiai. Tada jo PD $U$ ieškoma forma $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, kur $A$ ir $B$ yra nežinomi koeficientai, o $r$ yra atitinkamos LODE-2 būdingos lygties šaknų skaičius, lygus $i\cdot \beta $. Neardomuoju metodu randami koeficientai $A$ ir $B$.

Taisyklė Nr.4.

Dešinė LNDU-2 pusė yra $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, kur $P_(n) \left(x\right)$ yra $ n$ laipsnio daugianario, o $P_(m) \left(x\right)$ yra $m$ laipsnio daugianario. Tada jo PD $U$ ieškoma forma $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, kur $Q_(s) \left(x\right)$ ir $ R_(s) \left(x\right)$ yra $s$ laipsnio polinomai, skaičius $s$ yra didžiausias iš dviejų skaičių $n$ ir $m$, o $r$ yra šaknų skaičius atitinkamos LODE-2 charakteristikos lygties, lygi $\alpha +i\cdot \beta $. NC metodu randami daugianario $Q_(s) \left(x\right)$ ir $R_(s) \left(x\right)$ koeficientai.

NK metodas susideda iš šios taisyklės taikymo. Norint rasti nežinomus daugianario koeficientus, kurie yra nehomogeninės diferencialinės lygties LNDU-2 dalinio sprendinio dalis, būtina:

• pakeisti PD $U$, parašytą bendra forma, kairėje LNDU-2 pusėje;
• kairėje LNDU-2 pusėje atlikti supaprastinimus ir grupinius terminus su vienodomis galiomis $x$;
• gautoje tapatybėje sulyginkite terminų koeficientus su vienodais kairės ir dešinės pusės laipsniais $x$;
• išspręskite gautą nežinomų koeficientų tiesinių lygčių sistemą.

1 pavyzdys

Užduotis: rasti ARBA LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Rasti ir PD , tenkinant pradines sąlygas $y=6$, kai $x=0$ ir $y"=1$, kai $x=0$.

Užrašome atitinkamą LOD-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Charakteristinė lygtis: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Charakteristikos lygties šaknys yra: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Šios šaknys yra galiojančios ir skirtingos. Taigi, atitinkamos LODE-2 OR turi tokią formą: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

Dešinė šio LNDU-2 pusė yra $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Būtina atsižvelgti į rodiklio $\alpha =3$ koeficientą. Šis koeficientas nesutampa su nė viena iš charakteringos lygties šaknų. Todėl šio LNDU-2 PD yra $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Koeficientų $A$, $B$ ieškosime NC metodu.

Randame pirmąjį Čekijos darinį:

$U"=\left(A\cdot x+B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot \left( e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$

$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$

Randame antrąjį Čekijos darinį:

$U""=\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot \left(e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$

$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$

Funkcijas $U""$, $U"$ ir $U$ vietoj $y""$, $y"$ ir $y$ pakeičiame duotame NLDE-2 $y""-3\cdot y" -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x $ Be to, kadangi veiksnys yra $e^(3\cdot x) $). visuose komponentuose, tada jo galima praleisti.

6 USD\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.$

Atliekame veiksmus kairėje gautos lygybės pusėje:

-18 $\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$

Mes naudojame NDT metodą. Gauname tiesinių lygčių sistemą su dviem nežinomaisiais:

-18 $\cdot A=36;$

3 USD\cdot A-18\cdot B=12.$

Šios sistemos sprendimas yra: $A=-2$, $B=-1$.

PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ mūsų problema atrodo taip: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.

Mūsų problemos ARBA $y=Y+U$ atrodo taip: $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) $.

Norėdami rasti PD, atitinkantį nurodytas pradines sąlygas, randame OP išvestinę $y"$:

$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$

Į $y$ ir $y"$ pakeičiame pradines sąlygas $y=6$, kai $x=0$ ir $y"=1$, kai $x=0$:

$6=C_(1) +C_(2) -1; $

$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$

Gavome lygčių sistemą:

$C_(1) +C_(2) =7;$

$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$

Išspręskime. $C_(1) $ randame naudodami Cramerio formulę, o $C_(2) $ nustatome iš pirmosios lygties:

$C_(1) =\frac(\left|\begin(masyvas)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(masyvas)\right|)(\left|\ pradžia(masyvas)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(masyvas)\right|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4 = 3.$

Taigi šios diferencialinės lygties PD yra tokia: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \right )\cdot e^(3\cdot x) $.