Osnove reševanja linearnih nehomogenih diferencialnih enačb drugega reda (LNDE-2) s konstantnimi koeficienti (PC)
LDDE 2. reda s konstantnima koeficientoma $p$ in $q$ ima obliko $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, kjer je $f\left(x \right)$ je zvezna funkcija.
V zvezi z LNDU 2 z osebnim računalnikom veljata naslednji dve trditvi.
Predpostavimo, da je neka funkcija $U$ poljubna parcialna rešitev nehomogene diferencialne enačbe. Predpostavimo tudi, da je neka funkcija $Y$ splošna rešitev (GS) ustrezne linearne homogene diferencialne enačbe (HLDE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Potem je GR od LHDE-2 je enak vsoti navedenih zasebnih in splošnih rešitev, to je $y=U+Y$.
Če je desna stran LMDE 2. reda vsota funkcij, to je $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x \right)+..+f_(r) \left(x\right)$, potem lahko najprej najdemo PD-je $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$, ki ustrezajo na vsako od funkcij $f_( 1) \left(x\desno),f_(2) \left(x\desno),...,f_(r) \left(x\desno)$ in za tem zapišite CR LNDU-2 v obliki $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.
Rešitev LPDE 2. reda z osebnim računalnikom
Očitno je, da je vrsta enega ali drugega PD $U$ danega LNDU-2 odvisna od specifične oblike njegove desne strani $f\left(x\right)$. Najenostavnejši primeri iskanja PD LNDU-2 so oblikovani v obliki naslednjih štirih pravil.
Pravilo #1.
Desna stran LNDU-2 ima obliko $f\left(x\desno)=P_(n) \left(x\desno)$, kjer je $P_(n) \left(x\desno)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, kar pomeni, da se imenuje polinom stopnje $n$. Nato se njegov PD $U$ išče v obliki $U=Q_(n) \left(x\desno)\cdot x^(r) $, kjer je $Q_(n) \left(x\right)$ drug polinom iste stopnje kot $P_(n) \left(x\desno)$, $r$ pa je število korenov karakteristične enačbe ustrezne LODE-2, ki so enake nič. Koeficiente polinoma $Q_(n) \left(x\right)$ najdemo z metodo nedoločenih koeficientov (UK).
Pravilo št. 2.
Desna stran LNDU-2 ima obliko $f\left(x\desno)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\desno)$, kjer je $P_(n) \left( x\right)$ je polinom stopnje $n$. Nato se njegov PD $U$ išče v obliki $U=Q_(n) \left(x\desno)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, kjer je $Q_(n ) \ left(x\right)$ je še en polinom enake stopnje kot $P_(n) \left(x\right)$ in $r$ je število korenov karakteristične enačbe ustrezne LODE-2 enako $\alpha $. Koeficiente polinoma $Q_(n) \left(x\right)$ najdemo z NC metodo.
Pravilo št. 3.
Desna stran LNDU-2 ima obliko $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \desno) $, kjer so $a$, $b$ in $\beta$ znana števila. Nato se njegov PD $U$ išče v obliki $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, kjer sta $A$ in $B$ neznana koeficienta, $r$ pa je število korenov karakteristične enačbe ustreznega LODE-2, enako $i\cdot \beta $. Koeficienta $A$ in $B$ najdemo z nedestruktivno metodo.
Pravilo št. 4.
Desna stran LNDU-2 ima obliko $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, kjer je $P_(n) \left(x\right)$ polinom stopnje $n$ in $P_(m) \left(x\desno)$ je polinom stopnje $m$. Nato se njegov PD $U$ išče v obliki $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, kjer je $Q_(s) \left(x\right)$ in $ R_(s) \left(x\right)$ sta polinoma stopnje $s$, število $s$ je največje število dveh števil $n$ in $m$, $r$ pa je število korenin karakteristične enačbe ustreznega LODE-2, enakega $\alpha +i\cdot \beta $. Koeficienta polinomov $Q_(s) \left(x\right)$ in $R_(s) \left(x\right)$ najdemo z NC metodo.
Metoda NK je sestavljena iz uporabe naslednjega pravila. Za iskanje neznanih koeficientov polinoma, ki so del delne rešitve nehomogene diferencialne enačbe LNDU-2, je potrebno:
- zamenjajte PD $U$, napisano v splošni obliki, na levo stran LNDU-2;
- na levi strani LNDU-2 izvedite poenostavitve in združite izraze z enakimi potencami $x$;
- v dobljeni identiteti izenačite koeficiente členov z enakimi potencami $x$ leve in desne strani;
- reši dobljeni sistem linearnih enačb za neznane koeficiente.
Primer 1
Naloga: najdi ALI LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Poišči tudi PD , ki izpolnjuje začetne pogoje $y=6$ za $x=0$ in $y"=1$ za $x=0$.
Zapišemo ustrezen LOD-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.
Karakteristična enačba: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Koreni karakteristične enačbe so: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Te korenine so veljavne in različne. Tako ima OR ustreznega LODE-2 obliko: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.
Desna stran tega LNDU-2 ima obliko $\left(36\cdot x+12\desno)\cdot e^(3\cdot x) $. Upoštevati je treba koeficient eksponenta $\alpha =3$. Ta koeficient ne sovpada z nobenim korenom karakteristične enačbe. Zato ima PD tega LNDU-2 obliko $U=\left(A\cdot x+B\desno)\cdot e^(3\cdot x) $.
Koeficienta $A$, $B$ bomo iskali z NC metodo.
Najdemo prvo izpeljanko Češke:
$U"=\levo(A\cdot x+B\desno)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\levo(A\cdot x+B\desno)\cdot \left( e^(3\cdot x) \desno)^((") ) =$
$=A\cdot e^(3\cdot x) +\levo(A\cdot x+B\desno)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\desno)\cdot e^(3\cdot x) .$
Najdemo drugo izpeljanko Češke:
$U""=\levo(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\desno)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\levo(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\desno)\cdot \levo(e^(3\cdot x) \desno)^((") ) =$
$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\levo(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\desno)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\levo(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\desno)\cdot e^(3\cdot x) .$
Funkcije $U""$, $U"$ in $U$ nadomestimo namesto $y""$, $y"$ in $y$ v podani NLDE-2 $y""-3\cdot y" -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x $ Poleg tega je eksponent $e^(3\cdot x) $ vključen kot faktor v vseh komponentah, potem ga lahko izpustimo. Dobimo:
$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\desno)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\desno)=36\cdot x+12.$
Izvajamo dejanja na levi strani dobljene enakosti:
$-18\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$
Uporabljamo metodo NDT. Dobimo sistem linearnih enačb z dvema neznankama:
$-18\cdot A=36;$
$3\cdot A-18\cdot B=12.$
Rešitev tega sistema je: $A=-2$, $B=-1$.
PD $U=\levo(A\cdot x+B\desno)\cdot e^(3\cdot x) $ za naš problem izgleda takole: $U=\levo(-2\cdot x-1\desno) \cdot e^(3\cdot x) $.
ALI $y=Y+U$ za naš problem izgleda takole: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ levo(-2\cdot x-1\desno)\cdot e^(3\cdot x) $.
Da bi poiskali PD, ki izpolnjuje dane začetne pogoje, najdemo odvod $y"$ OP:
$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\levo(-2\cdot x-1\desno)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$
V $y$ in $y"$ nadomestimo začetne pogoje $y=6$ za $x=0$ in $y"=1$ za $x=0$:
$6=C_(1) +C_(2) -1; $
$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$
Dobili smo sistem enačb:
$C_(1) +C_(2) =7;$
$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$
Rešimo to. $C_(1) $ najdemo s pomočjo Cramerjeve formule, $C_(2) $ pa določimo iz prve enačbe:
$C_(1) =\frac(\levo|\begin(matrika)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(matrika)\desno|)(\levo|\ začetek(matrika)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(matrika)\desno|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\levo(-3\desno)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4=3.$
Tako ima PD te diferencialne enačbe obliko: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \desno )\cdot e^(3\cdot x) $.
Izobraževalna ustanova "Beloruska država
kmetijska akademija"
Oddelek za višjo matematiko
Smernice
za študij teme "Linearne diferencialne enačbe drugega reda" študentov Računovodske fakultete za dopisno izobraževanje (NISPO)
Gorki, 2013
Linearne diferencialne enačbe
drugega reda s konstantamikoeficientov
Linearne homogene diferencialne enačbe
Linearna diferencialna enačba drugega reda s konstantnimi koeficienti imenujemo enačba oblike
tiste. enačba, ki vsebuje želeno funkcijo in njene odvode le do prve stopnje in ne vsebuje njihovih produktov. V tej enačbi 
in 
- nekaj številk in funkcija 
dano v določenem intervalu 
.
če 
na intervalu 
, potem bo enačba (1) prevzela obliko
,
(2)
in se imenuje linearno homogena . V nasprotnem primeru se imenuje enačba (1). linearno nehomogena .
Razmislite o kompleksni funkciji
,
(3)
Kje 
in 
- prave funkcije. Če je funkcija (3) kompleksna rešitev enačbe (2), potem je realni del 
, in imaginarni del 
rešitve 
ločeno so rešitve iste homogene enačbe. Tako vsaka kompleksna rešitev enačbe (2) ustvari dve realni rešitvi te enačbe.
Rešitve homogene linearne enačbe imajo naslednje lastnosti:
če 
je rešitev enačbe (2), potem funkcija 
, Kje Z– poljubna konstanta bo tudi rešitev enačbe (2);
če 
in 
obstajajo rešitve enačbe (2), nato funkcija 
bo tudi rešitev enačbe (2);
če 
in 
obstajajo rešitve enačbe (2), nato njihova linearna kombinacija 
bo tudi rešitev enačbe (2), kjer 
in 
– poljubne konstante.
Funkcije 
in 
se imenujejo linearno odvisen
na intervalu 
, če takšne številke obstajajo 
in 
, ki hkrati ni enako nič, da je na tem intervalu enakost
Če se enakost (4) pojavi samo takrat, ko 
in 
, nato funkcije 
in 
se imenujejo linearno neodvisen
na intervalu 
.
Primer 1
. Funkcije 
in 
so linearno odvisni, saj 
na celotni številski premici. V tem primeru 
.
Primer 2
. Funkcije 
in 
so linearno neodvisne na kateremkoli intervalu, saj velja enakost 
je mogoča samo v primeru, ko 
, In 
.
Konstrukcija splošne rešitve linearne homogenosti
enačbe
Da bi našli splošno rešitev enačbe (2), morate najti dve njeni linearno neodvisni rešitvi 
in 
. Linearna kombinacija teh rešitev 
, Kje 
in 
so poljubne konstante in bodo dale splošno rešitev linearne homogene enačbe.
Linearno neodvisne rešitve enačbe (2) bomo iskali v obliki
,
(5)
Kje 
– določeno število. Potem 
,
. Zamenjajmo te izraze v enačbo (2):
oz 
.
Ker 
, To 
. Torej funkcija 
bo rešitev enačbe (2), če 
bo zadostil enačbi
.
(6)
Enačba (6) se imenuje karakteristična enačba za enačbo (2). Ta enačba je algebraična kvadratna enačba.
Pustiti 
in 
obstajajo koreni te enačbe. Lahko so resnični in različni, kompleksni ali resnični in enakovredni. Razmislimo o teh primerih.
Pustite korenine 
in 
značilne enačbe so realne in različne. Potem bodo rešitve enačbe (2) funkcije 
in 
. Te rešitve so linearno neodvisne, saj je enakost 
mogoče izvesti šele, ko 
, In 
. Zato ima splošna rešitev enačbe (2) obliko
,
Kje 
in 
- poljubne konstante.
Primer 3
.
rešitev
. Značilna enačba za ta diferencial bo 
. Ko rešimo to kvadratno enačbo, najdemo njene korenine 
in 
. Funkcije 
in 
so rešitve diferencialne enačbe. Splošna rešitev te enačbe je 
.
Kompleksno število 
imenovan izraz oblike 
, Kje 
in 
so realna števila in 
imenujemo imaginarna enota. če 
, nato številko 
se imenuje čisto imaginaren. če 
, nato številko 
se identificira z realnim številom 
.
številka 
se imenuje realni del kompleksnega števila in 
- imaginarni del. Če se dve kompleksni števili med seboj razlikujeta samo po predznaku imaginarnega dela, se imenujeta konjugirani: 
,
.
Primer 4
. Reši kvadratno enačbo 
.
rešitev
. Diskriminantna enačba 
. Potem. prav tako 
. Tako ima ta kvadratna enačba konjugirane kompleksne korenine.
Naj bodo koreni značilne enačbe kompleksni, tj. 
,
, Kje 
. Rešitve enačbe (2) lahko zapišemo v obliki 
,
oz 
,
. Po Eulerjevih formulah
,
.
Potem,. Kot je znano, če je kompleksna funkcija rešitev linearne homogene enačbe, potem so rešitve te enačbe tako realni kot imaginarni deli te funkcije. Tako bodo rešitve enačbe (2) funkcije 
in 
. Od enakosti
se lahko izvede le, če 
in 
, potem so te rešitve linearno neodvisne. Zato ima splošna rešitev enačbe (2) obliko
Kje 
in 
- poljubne konstante.
Primer 5
. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe 
.
rešitev
. Enačba 
je značilen za dani diferencial. Rešimo jo in dobimo kompleksne korene 
,
. Funkcije 
in 
so linearno neodvisne rešitve diferencialne enačbe. Splošna rešitev te enačbe je:
Naj bodo korenine karakteristične enačbe realne in enake, tj. 
. Potem so rešitve enačbe (2) funkcije 
in 
. Te rešitve so linearno neodvisne, saj je lahko izraz identično enak nič le, če 
in 
. Zato ima splošna rešitev enačbe (2) obliko 
.
Primer 6
. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe 
.
rešitev
. Karakteristična enačba 
ima enake korenine 
. V tem primeru so linearno neodvisne rešitve diferencialne enačbe funkcije 
in 
. Splošna rešitev ima obliko 
.
Nehomogene linearne diferencialne enačbe drugega reda s konstantnimi koeficienti
in posebna desna stran
Splošna rešitev linearne nehomogene enačbe (1) je enaka vsoti splošne rešitve 
ustrezna homogena enačba in katera koli posebna rešitev 
nehomogena enačba: 
.
V nekaterih primerih je mogoče določeno rešitev nehomogene enačbe preprosto najti z obliko desne strani 
enačba (1). Poglejmo primere, kjer je to mogoče.
tiste. desna stran nehomogene enačbe je polinom stopnje m. če 
ni koren karakteristične enačbe, potem je treba določeno rešitev nehomogene enačbe iskati v obliki polinoma stopnje m, tj.
kvote 
se določijo v procesu iskanja določene rešitve.
če 
je koren karakteristične enačbe, potem je treba posebno rešitev nehomogene enačbe iskati v obliki
Primer 7
. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe 
.
rešitev
. Ustrezna homogena enačba za to enačbo je 
. Njegova značilna enačba 
ima korenine 
in 
. Splošna rešitev homogene enačbe ima obliko 
.
Ker 
ni koren karakteristične enačbe, potem bomo partikularno rešitev nehomogene enačbe iskali v obliki funkcije 
. Poiščimo izpeljanke te funkcije 
,
in jih nadomestite v to enačbo:
ali . Izenačimo koeficiente za 
in brezplačni člani: 
Ko rešimo ta sistem, dobimo 
,
. Takrat ima določena rešitev nehomogene enačbe obliko 
, splošna rešitev dane nehomogene enačbe pa bo vsota splošne rešitve ustrezne homogene enačbe in partikularne rešitve nehomogene: 
.
Naj ima nehomogena enačba obliko
če 
ni koren karakteristične enačbe, potem je treba določeno rešitev nehomogene enačbe iskati v obliki. če 
je koren enačbe karakteristične večkratnosti k
(k=1 oz k=2), potem bo v tem primeru posamezna rešitev nehomogene enačbe imela obliko .
Primer 8
. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe 
.
rešitev
. Karakteristična enačba za pripadajočo homogeno enačbo ima obliko 
. Njegove korenine 
,
. V tem primeru je splošna rešitev ustrezne homogene enačbe zapisana v obliki 
.
Ker število 3 ni koren karakteristične enačbe, je treba posebno rešitev nehomogene enačbe iskati v obliki 
. Poiščimo izpeljanke prvega in drugega reda:
Zamenjajmo v diferencialno enačbo: 
+
+,
+,.
Izenačimo koeficiente za 
in brezplačni člani:
Od tod 
,
. Potem ima določena rešitev te enačbe obliko 
in splošna rešitev
.
Lagrangeova metoda variacije poljubnih konstant
Metodo spreminjanja poljubnih konstant lahko uporabimo za katero koli nehomogeno linearno enačbo s konstantnimi koeficienti, ne glede na vrsto desne strani. Ta metoda vam omogoča, da vedno najdete splošno rešitev nehomogene enačbe, če je splošna rešitev ustrezne homogene enačbe znana.
Pustiti 
in 
so linearno neodvisne rešitve enačbe (2). Potem je splošna rešitev te enačbe 
, Kje 
in 
- poljubne konstante. Bistvo metode spreminjanja poljubnih konstant je v tem, da splošno rešitev enačbe (1) iščemo v obliki
Kje 
in 
- nove neznane funkcije, ki jih je treba najti. Ker obstajata dve neznani funkciji, sta za njuno iskanje potrebni dve enačbi, ki vsebujeta ti funkciji. Ti dve enačbi sestavljata sistem
ki je linearni algebrski sistem enačb glede na 
in 
. Reševanje tega sistema, ugotovimo 
in 
. Z integracijo obeh strani dobljenih enakosti ugotovimo
in 
.
Če te izraze nadomestimo v (9), dobimo splošno rešitev nehomogene linearne enačbe (1).
Primer 9
. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe 
.
rešitev.
Značilna enačba za homogeno enačbo, ki ustreza dani diferencialni enačbi, je 
. Njegove korenine so kompleksne 
,
. Ker 
in 
, To 
,
, splošna rešitev homogene enačbe pa ima obliko. Nato bomo poiskali splošno rešitev te nehomogene enačbe v obliki kjer 
in 
- neznane funkcije.
Sistem enačb za iskanje teh neznanih funkcij ima obliko
Ko rešimo ta sistem, ugotovimo 
,
. Potem
,
. Zamenjajmo nastale izraze v formulo za splošno rešitev:
To je splošna rešitev te diferencialne enačbe, pridobljena z uporabo Lagrangeove metode.
Vprašanja za samokontrolo znanja
Katero diferencialno enačbo imenujemo linearna diferencialna enačba drugega reda s konstantnimi koeficienti?
Katero linearno diferencialno enačbo imenujemo homogena in katero nehomogeno?
Katere lastnosti ima linearna homogena enačba?
Katero enačbo imenujemo značilna za linearno diferencialno enačbo in kako jo dobimo?
V kakšni obliki je zapisana splošna rešitev linearne homogene diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti v primeru različnih korenov karakteristične enačbe?
V kakšni obliki je zapisana splošna rešitev linearne homogene diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti v primeru enakih korenin karakteristične enačbe?
V kakšni obliki je zapisana splošna rešitev linearne homogene diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti v primeru kompleksnih korenov karakteristične enačbe?
Kako se zapiše splošna rešitev linearne nehomogene enačbe?
V kakšni obliki se išče določena rešitev linearne nehomogene enačbe, če so koreni značilne enačbe različni in niso enaki nič, desna stran enačbe pa je polinom stopnje m?
V kakšni obliki se išče določena rešitev linearne nehomogene enačbe, če je med koreni značilne enačbe ena ničla in je desna stran enačbe polinom stopnje m?
Kaj je bistvo Lagrangeove metode?
Videli smo, da je v primeru, ko je znana splošna rešitev linearne homogene enačbe, mogoče najti splošno rešitev nehomogene enačbe z metodo variacije poljubnih konstant. Odprto pa je ostalo vprašanje, kako najti splošno rešitev homogene enačbe. V posebnem primeru, ko so v linearni diferencialni enačbi (3) vsi koeficienti p i(X)= a i - konstante, ga je mogoče rešiti povsem preprosto, tudi brez integracije.
Upoštevajte linearno homogeno diferencialno enačbo s konstantnimi koeficienti, tj. enačbe oblike
l (n) + a 1 l (n – 1) +...a n – 1 l " + a n y = 0, (14)
Kje in jaz- konstante (jaz= 1, 2, ...,n).
Kot je znano, je za linearno homogeno enačbo 1. reda rešitev funkcija oblike e kx. Rešitev enačbe (14) bomo iskali v obliki j (X) = e kx.
Nadomestimo funkcijo v enačbo (14) j (X) in njegove izpeljanke reda m (1 £ m£ n)j (m) (X) = k m e kx. Dobimo
(k n + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + a n)e kx = 0,
Ampak e k x ¹ 0 za katero koli X, Zato
k n + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + a n = 0. (15)
Enačba (15) se imenuje karakteristična enačba, polinom na levi strani- karakteristični polinom , svoje korenine- značilne korenine diferencialna enačba (14).
Zaključek:
funkcijoj (X) = e kx - rešitev linearne homogene enačbe (14) če in samo če je število k - koren karakteristične enačbe (15).
Tako se postopek reševanja linearne homogene enačbe (14) zmanjša na reševanje algebraične enačbe (15).
Možni so različni primeri značilnih korenin.
1.Vsi koreni karakteristične enačbe so realni in različni.
V tem primeru n različne značilne korenine k 1 ,k 2 ,..., k n ustreza n različne rešitve homogene enačbe (14)
Lahko se pokaže, da so te rešitve linearno neodvisne in zato tvorijo temeljni sistem rešitev. Tako je splošna rešitev enačbe funkcija
Kje Z 1 , C 2 , ..., C n - poljubne konstante.
Primer 7. Poiščite splošno rešitev linearne homogene enačbe:
A) pri¢ ¢ (X) - 6pri¢ (X) + 8pri(X) = 0,b) pri¢ ¢ ¢ (X) + 2pri¢ ¢ (X) - 3pri¢ (X) = 0.
rešitev. Ustvarimo značilno enačbo. Da bi to naredili, zamenjamo izpeljanko reda m funkcije l(x) do ustrezne stopnje
k(pri (m) (x) « k m),
medtem ko sama funkcija pri(X), saj se izpeljanka ničelnega reda nadomesti z k 0 = 1.
V primeru (a) ima značilna enačba obliko k 2 - 6k + 8 = 0. Korenine te kvadratne enačbe k 1 = 2,k 2 = 4. Ker so realni in različni, ima splošna rešitev obliko j (X)= C 1 e 2X + C 2 e 4x.
Za primer (b) je karakteristična enačba enačba 3. stopnje k 3 + 2k 2 - 3k = 0. Poiščimo korenine te enačbe:
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.
Ti značilni koreni ustrezajo osnovnemu sistemu rešitev diferencialne enačbe:
j 1 (X)= e 0X = 1, j 2 (X) = e x, j 3 (X)= e - 3X .
Splošna rešitev po formuli (9) je funkcija
j (X)= C 1 + C 2 e x + C 3 e - 3X .
II . Vsi koreni karakteristične enačbe so različni, vendar so nekateri kompleksni.
Vsi koeficienti diferencialne enačbe (14) in s tem njene karakteristične enačbe (15)- realna števila, to pomeni, da če je c med karakterističnimi koreni kompleksen koren k 1 = a + ib, to je njegov konjugirani koren k 2 = ` k 1 = a- ib.Do prve korenine k 1 ustreza rešitvi diferencialne enačbe (14)
j 1 (X)= e (a+ib)X = e a x e ibx = e ax(cosbx + isinbx)
(uporabili smo Eulerjevo formulo e i x = cosx + isinx). Prav tako koren k 2 = a- ib ustreza rešitvi
j 2 (X)= e (a - -ib)X = e a x e - ib x= e sekira(cosbx - isinbx).
Te rešitve so kompleksne. Da iz njih dobimo realne rešitve, uporabimo lastnosti rešitev linearne homogene enačbe (glej 13.2). Funkcije
so realne rešitve enačbe (14). Poleg tega so te rešitve linearno neodvisne. Tako lahko potegnemo naslednji zaključek.
1. pravilo.Par konjugiranih kompleksnih korenov a± ib karakteristične enačbe v FSR linearne homogene enačbe (14) ustreza dvema realnima parcialnima rešitvamain .
Primer 8. Poiščite splošno rešitev enačbe:
A) pri¢ ¢ (X) - 2pri ¢ (X) + 5pri(X) = 0 ;b) pri¢ ¢ ¢ (X) - pri¢ ¢ (X) + 4pri ¢ (X) - 4pri(X) = 0.
rešitev. V primeru enačbe (a) korenine karakteristične enačbe k 2 - 2k + 5 = 0 sta dve konjugirani kompleksni števili
k 1, 2 = .
Posledično po pravilu 1 ustrezata dvema realnima linearno neodvisnima rešitvama: in , splošna rešitev enačbe pa je funkcija
j (X)= C 1 e x cos 2x + C 2 e x greh 2x.
V primeru (b) najti korenine karakteristične enačbe k 3 - k 2 + 4k- 4 = 0 faktoriziramo njegovo levo stran:
k 2 (k - 1) + 4(k - 1) = 0 Þ (k - 1)(k 2 + 4) = 0 Þ (k - 1) = 0, (k 2 + 4) = 0.
Zato imamo tri značilne korenine: k 1 = 1,k 2 , 3 = ± 2jaz. Cornu k 1 ustreza rešitvi , in par konjugiranih kompleksnih korenov k 2, 3 = ± 2jaz = 0 ± 2jaz- dve veljavni rešitvi: in . Sestavimo splošno rešitev enačbe:
j (X)= C 1 e x + C 2 cos 2x + C 3 greh 2x.
III . Med koreni karakteristične enačbe so večkratniki.
Pustiti k 1 - pravi koren množice m karakteristično enačbo (15), tj. med koreni je m enake korenine. Vsak od njih ustreza isti rešitvi diferencialne enačbe (14) Vendar vključite m V FSR ni enakih rešitev, saj tvorijo linearno odvisen sistem funkcij.
Lahko se pokaže, da v primeru večkratnega korena k 1 rešitve enačbe (14) so poleg funkcije še funkcije
Funkcije so linearno neodvisne na celotni numerični osi, saj , to pomeni, da jih je mogoče vključiti v FSR.
2. pravilo. Pravi značilni koren k 1 večkratnost m v FSR ustreza m rešitve:
če k 1 - kompleksna množica korenin m značilna enačba (15), potem obstaja konjugiran koren k 1 večkratnost m. Po analogiji dobimo naslednje pravilo.
3. pravilo. Par konjugiranih kompleksnih korenov a± ib v FSR ustreza 2mrealnim linearno neodvisnim rešitvam:
, , ..., ,
, , ..., .
Primer 9. Poiščite splošno rešitev enačbe:
A) pri¢ ¢ ¢ (X) + 3pri¢ ¢ (X) + 3pri¢ (X)+ y ( X)= 0;b) pri IV(X) + 6pri¢ ¢ (X) + 9pri(X) = 0.
rešitev. V primeru (a) ima značilna enačba obliko
k 3 + 3 k 2 + 3 k + 1 = 0
(k + 1) 3 = 0,
tj. k =- 1 - koren množice 3. Na podlagi pravila 2 zapišemo splošno rešitev:
j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 x 2 .
Karakteristična enačba v primeru (b) je enačba
k 4 + 6k 2 + 9 = 0
ali drugače,
(k 2 + 3) 2 = 0 Þ k 2 = - 3 Þ k 1, 2 = ± jaz.
Imamo par konjugiranih kompleksnih korenov, od katerih ima vsaka množico 2. V skladu s pravilom 3 je splošna rešitev zapisana kot
j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 + C 4 x.
Iz navedenega sledi, da je za vsako linearno homogeno enačbo s konstantnimi koeficienti mogoče najti temeljni sistem rešitev in sestaviti splošno rešitev. Posledično rešitev ustrezne nehomogene enačbe za katero koli zvezno funkcijo f(x) na desni strani najdete z uporabo metode variacije poljubnih konstant (glejte poglavje 5.3).
Primer 10. Z variacijsko metodo poiščite splošno rešitev nehomogene enačbe pri¢ ¢ (X) - pri¢ (X) - 6pri(X) = xe 2x .
rešitev. Najprej poiščemo splošno rešitev ustrezne homogene enačbe pri¢ ¢ (X) - pri¢ (X) - 6pri(X) = 0. Korenine karakteristične enačbe k 2 - k- 6 = 0 so k 1 = 3,k 2 = - 2, a splošna rešitev homogene enačbe - funkcijo ` pri ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .
Rešitev nehomogene enačbe bomo iskali v obliki
pri( X) = Z 1 (X)e 3X + C 2 (X)e 2X . (*)
Poiščimo determinanto Wronskega
W[e 3X e 2X ] = .
Sestavimo sistem enačb (12) za odvode neznanih funkcij Z ¢ 1 (X) In Z¢ 2 (X):
Če rešimo sistem s Cramerjevimi formulami, dobimo
Integracija, ugotovimo Z 1 (X) In Z 2 (X):
Nadomestne funkcije Z 1 (X) In Z 2 (X) v enačbo (*), dobimo splošno rešitev enačbe pri¢ ¢ (X) - pri¢ (X) - 6pri(X) = xe 2x :
V primeru, ko ima desna stran linearne nehomogene enačbe s konstantnimi koeficienti posebno obliko, je mogoče najti posebno rešitev nehomogene enačbe, ne da bi se zatekli k metodi spreminjanja poljubnih konstant.
Razmislite o enačbi s konstantnimi koeficienti
l (n) + 1 leto (n– 1) +...a n – 1 leto " + a n y = f (x), (16)
f( x) = esekira(Pn(x)cosbx + R m(x)sinbx), (17)
Kje Pn(x) In Rm(x) - polinomi stopenj n in m oz.
Zasebna rešitev y*(X) enačbe (16) je določena s formulo
pri* (X) = xse sekira(Gospod(x)cosbx + št(x)sinbx), (18)
Kje Gospod(x) in N r(x) - polinomi stopenj r = maks(n, m) z negotovimi koeficienti , A s enak večkratniku korena k 0 = a + ib karakteristični polinom enačbe (16) in predpostavimo s = 0 če k 0 ni značilen koren.
Če želite sestaviti določeno rešitev s formulo (18), morate najti štiri parametre - a, b, r in s. Prve tri so določene z desne strani enačbe in r- to je pravzaprav najvišja stopnja x, najdeno na desni strani. Parameter s ugotovljeno iz primerjave števil k 0 = a + ib in množica vseh (ob upoštevanju množic) karakterističnih korenov enačbe (16), ki jih najdemo z reševanjem ustrezne homogene enačbe.
Oglejmo si posebne primere oblike funkcije (17):
1) pri a ¹ 0, b= 0f(x)= e sekira P n(x);
2) kdaj a= 0, b ¹ 0f(x)= Pn(x) zosbx + R m(x)sinbx;
3) kdaj a = 0, b = 0f(x)=Pn(x).
Opomba 1. Če je P n (x) º 0 ali Rm(x)º 0, potem desna stran enačbe f(x) = e ax P n (x)с osbx ali f(x) = e ax R m (x)sinbx, tj. vsebuje samo eno od funkcij - kosinus ali sinus. Toda pri zapisu določene rešitve morata biti prisotna oba, saj je po formuli (18) vsak od njiju pomnožen s polinomom z nedoločenimi koeficienti iste stopnje r = max(n, m).
Primer 11. Določite vrsto delne rešitve linearne homogene enačbe 4. reda s konstantnimi koeficienti, če je desna stran enačbe znana. f(X) = e x(2xcos 3x+(x 2 + 1)greh 3x) in koreni značilne enačbe:
A ) k 1 = k 2 = 1, k 3 = 3,k 4 = - 1;
b ) k 1, 2 = 1 ± 3jaz,k 3, 4 = ± 1;
V ) k 1, 2 = 1 ± 3jaz,k 3, 4 = 1 ± 3jaz.
rešitev. Na desni strani najdemo to v določeni rešitvi pri*(X), ki je določen s formulo (18), parametri: a= 1, b= 3, r = 2. Ostanejo enaki za vse tri primere, od tod tudi število k 0, ki določa zadnji parameter s formula (18) je enaka k 0 = 1+ 3jaz. V primeru (a) med značilnimi koreni ni števila k 0 = 1 + 3jaz, pomeni, s= 0, posamezna rešitev pa ima obliko
y*(X) = x 0 e x(M 2 (x)cos 3x+N 2 (x)greh 3x) =
= ex( (sekira 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)greh 3x.
V primeru (b) številka k 0 = 1 + 3jaz se med značilnimi koreninami pojavi enkrat, kar pomeni s = 1 in
y*(X) = x e x((sekira 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)greh 3x.
Za primer (c) imamo s = 2 in
y*(X) = x 2 e x((sekira 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)greh 3x.
V primeru 11 posamezna rešitev vsebuje dva polinoma stopnje 2 z nedoločenimi koeficienti. Če želite najti rešitev, morate določiti številčne vrednosti teh koeficientov. Oblikujmo splošno pravilo.
Za določitev neznanih koeficientov polinomov Gospod(x) In N r(x) enakost (17) zahtevano število krat diferenciramo in funkcijo zamenjamo y*(X) in njene odpeljanke v enačbo (16). S primerjavo njegove leve in desne strani dobimo sistem algebrskih enačb za iskanje koeficientov.
Primer 12. Poiščite rešitev enačbe pri¢ ¢ (X) - pri¢ (X) - 6pri(X) = xe 2x, ki je določil določeno rešitev nehomogene enačbe z obliko desne strani.
rešitev. Splošna rešitev nehomogene enačbe ima obliko
pri( X) = ` pri(X)+ y*(X),
Kje ` pri ( X) - splošna rešitev ustrezne homogene enačbe in y*(X) - partikularna rešitev nehomogene enačbe.
Najprej rešimo homogeno enačbo pri¢ ¢ (X) - pri¢ (X) - 6pri(X) = 0. Njegova značilna enačba k 2 - k- 6 = 0 ima dve korenini k 1 = 3,k 2 = - 2, torej, ` pri ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .
Za določitev vrste določene rešitve uporabimo formulo (18). pri*(X). funkcija f(x) = xe 2x predstavlja poseben primer (a) formule (17), medtem ko a = 2,b = 0 in r = 1, tj. k 0 = 2 + 0jaz = 2. Če primerjamo z značilnimi koreninami, sklepamo, da s = 0. Če nadomestimo vrednosti vseh parametrov v formulo (18), imamo y*(X) = (Ah + B)e 2X .
Da bi našli vrednosti A in IN, poiščimo odvod prvega in drugega reda funkcije 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 zamenjavi funkcije y*(X) in njegove izpeljanke v enačbo, ki jo imamo
(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.
Tako ima določena rešitev nehomogene enačbe obliko
y*(X) = (- 1/4X- 3/16)e 2X ,
in splošna rešitev - pri ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .
Opomba 2.V primeru, da je Cauchyjev problem postavljen za nehomogeno enačbo, je treba najprej najti splošno rešitev enačbe
pri( X) = ,
po določitvi vseh številčnih vrednosti koeficientov v pri*(X). Nato uporabite začetne pogoje in jih zamenjajte v splošno rešitev (in ne v y*(X)), poiščite vrednosti konstant C i.
Primer 13. Poiščite rešitev Cauchyjevega problema:
pri¢ ¢ (X) - pri¢ (X) - 6pri(X) = xe 2x ,y(0) = 0, y ¢ (X) = 0.
rešitev. Splošna rešitev te enačbe je
pri(X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X
smo našli v primeru 12. Da bi našli določeno rešitev, ki izpolnjuje začetne pogoje tega Cauchyjevega problema, dobimo sistem enačb
Reševanje, imamo C 1 = 1/8, C 2 = 1/16. Zato je rešitev Cauchyjevega problema funkcija
pri(X) = 1/8e 3X + 1/16e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .
Opomba 3(princip superpozicije). Če v linearni enačbi Ln[l(x)]=f(x), Kje f(x) = f 1 (x)+ f 2 (x) In y* 1 (x) - rešitev enačbe Ln[l(x)]=f 1 (x), A y* 2 (x) - rešitev enačbe Ln[l(x)]=f 2 (x), potem funkcija y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x) je reševanje enačbe Ln[l(x)]=f(x).
Primer 14. Navedite vrsto splošne rešitve linearne enačbe
pri¢ ¢ (X) + 4pri(X) = x + sinx.
rešitev. Splošna rešitev ustrezne homogene enačbe
` pri(x) = C 1 cos 2x + C 2 greh 2x,
saj karakteristična enačba k 2 + 4 = 0 ima korenine k 1, 2 = ± 2jaz.Desna stran enačbe ne ustreza formuli (17), če pa uvedemo zapis f 1 (x) = x, f 2 (x) = sinx in uporabi princip superpozicije , potem lahko določeno rešitev nehomogene enačbe najdemo v obliki y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x), Kje y* 1 (x) - rešitev enačbe pri¢ ¢ (X) + 4pri(X) = x, A y* 2 (x) - rešitev enačbe pri¢ ¢ (X) + 4pri(X) = sinx. Po formuli (18)
y* 1 (x) = Sekira + B,y* 2 (x) = Сосx + Dsinx.
Potem posebna rešitev
y*(X) = Ax + B + Ccosx + Dsinx,
zato ima splošna rešitev obliko
pri(X) = C 1 cos 2x + C 2 e - 2X + A x + B + Ccosx + Dsinx.
Primer 15. Električni tokokrog je sestavljen iz tokovnega vira, ki je zaporedno povezan z emf e(t) = E sinw t, induktivnost L in zabojniki Z, in
Ta članek obravnava vprašanje reševanja linearnih nehomogenih diferencialnih enačb drugega reda s konstantnimi koeficienti. Teorija bo obravnavana skupaj s primeri danih problemov. Za dešifriranje nejasnih izrazov je potrebno preučiti temo o osnovnih definicijah in konceptih teorije diferencialnih enačb.
Oglejmo si linearno diferencialno enačbo (LDE) drugega reda s konstantnimi koeficienti oblike y "" + p · y " + q · y = f (x), kjer sta p in q poljubni števili, in obstoječo funkcijo f (x) je zvezna na integracijskem intervalu x.
Preidimo na formulacijo izreka za splošno rešitev LNDE.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Splošni izrek o rešitvi za LDNU
1. izrekSplošna rešitev, ki se nahaja na intervalu x, nehomogene diferencialne enačbe oblike y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) z zveznimi integracijskimi koeficienti na x intervalu f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) in zvezna funkcija f (x) je enaka vsoti splošne rešitve y 0, ki ustreza LOD in neki posebni rešitvi y ~, kjer je izvirna nehomogena enačba y = y 0 + y ~.
To kaže, da ima rešitev take enačbe drugega reda obliko y = y 0 + y ~ . Algoritem za iskanje y 0 je obravnavan v članku o linearnih homogenih diferencialnih enačbah drugega reda s konstantnimi koeficienti. Po tem bi morali nadaljevati z definicijo y ~.
Izbira določene rešitve LPDE je odvisna od vrste razpoložljive funkcije f (x), ki se nahaja na desni strani enačbe. Za to je treba ločeno obravnavati rešitve linearnih nehomogenih diferencialnih enačb drugega reda s konstantnimi koeficienti.
Če f (x) štejemo za polinom n-te stopnje f (x) = P n (x), sledi, da se določena rešitev LPDE najde s formulo oblike y ~ = Q n (x ) x γ, kjer je Q n ( x) polinom stopnje n, r je število ničelnih korenin karakteristične enačbe. Vrednost y ~ je določena rešitev y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , nato razpoložljivi koeficienti, ki so definirani s polinomom
Q n (x), najdemo z metodo nedoločenih koeficientov iz enakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Primer 1
Izračunajte z uporabo Cauchyjevega izreka y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .
rešitev
Z drugimi besedami, treba je preiti na določeno rešitev linearne nehomogene diferencialne enačbe drugega reda s konstantnimi koeficienti y "" - 2 y " = x 2 + 1, ki bo izpolnjevala dane pogoje y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .
Splošna rešitev linearne nehomogene enačbe je vsota splošne rešitve, ki ustreza enačbi y 0 ali posebne rešitve nehomogene enačbe y ~, to je y = y 0 + y ~.
Najprej bomo našli splošno rešitev za LNDU, nato pa posebno.
Pojdimo k iskanju y 0. Če zapišete značilno enačbo, boste lažje našli korenine. To razumemo
k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0 , k 2 = 2
Ugotovili smo, da so korenine drugačne in resnične. Zato zapišimo
y 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x.
Poiščimo y ~. Vidimo, da je desna stran dane enačbe polinom druge stopnje, potem je ena od korenin enaka nič. Iz tega dobimo, da bo določena rešitev za y ~
y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, kjer vrednosti A, B, C prevzamejo nedoločene koeficiente.
Poiščimo jih iz enačbe oblike y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .
Potem dobimo tole:
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
Če izenačimo koeficiente z enakimi eksponenti x, dobimo sistem linearnih izrazov - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Pri reševanju s katero koli od metod bomo poiskali koeficiente in zapisali: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 in y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .
Ta vnos se imenuje splošna rešitev izvirne linearne nehomogene diferencialne enačbe drugega reda s konstantnimi koeficienti.
Da bi našli določeno rešitev, ki izpolnjuje pogoje y (0) = 2, y "(0) = 1 4, je treba določiti vrednosti C 1 in C 2, ki temelji na enakosti oblike y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.
To dobimo:
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
Delamo z dobljenim sistemom enačb oblike C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, kjer je C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.
Z uporabo Cauchyjevega izreka imamo to
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
odgovor: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .
Ko je funkcija f (x) predstavljena kot produkt polinoma stopnje n in eksponenta f (x) = P n (x) · e a x , dobimo, da bo določena rešitev LPDE drugega reda enačba oblike y ~ = e a x · Q n ( x) x γ, kjer je Q n (x) polinom n-te stopnje, r pa število korenov karakteristične enačbe, ki je enako α.
Koeficiente, ki pripadajo Q n (x), najdemo z enakostjo y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Primer 2
Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe oblike y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .
rešitev
Splošna enačba je y = y 0 + y ~ . Navedena enačba ustreza LOD y "" - 2 y " = 0. Iz prejšnjega primera je razvidno, da so njene korenine enake k 1 = 0 in k 2 = 2 in y 0 = C 1 + C 2 e 2 x s karakteristično enačbo.
Vidimo lahko, da je desna stran enačbe x 2 + 1 · e x. Od tu se LPDE najde z y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, kjer je Q n (x) polinom druge stopnje, kjer je α = 1 in r = 0, ker karakteristična enačba ne imajo koren, ki je enak 1. Od tod to dobimo
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 so neznani koeficienti, ki jih lahko najdemo z enakostjo y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x.
Razumem
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
Indikatorje izenačimo z enakimi koeficienti in dobimo sistem linearnih enačb. Od tu najdemo A, B, C:
A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3
odgovor: jasno je, da je y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 posebna rešitev LNDDE in y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - splošna rešitev za nehomogeno diferencialno enačbo drugega reda.
Ko je funkcija zapisana kot f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x in A 1 in V 1 so števila, potem velja, da je delna rešitev LPDE enačba v obliki y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ, kjer A in B veljata za nedoločena koeficienta, r pa je število kompleksno konjugirani koreni, povezani s karakteristično enačbo, enaki ± i β . V tem primeru se iskanje koeficientov izvede z enakostjo y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Primer 3
Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe v obliki y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
rešitev
Preden napišemo karakteristično enačbo, najdemo y 0. Potem
k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 i , k 2 = - 2 i
Imamo par kompleksno konjugiranih korenov. Preoblikujemo in dobimo:
y 0 = e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) = C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)
Koreni karakteristične enačbe se štejejo za konjugirani par ± 2 i, potem je f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). To kaže, da bo iskanje y ~ izvedeno iz y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Neznane Koeficienta A in B bomo iskali iz enakosti oblike y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Preobrazimo:
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)
Potem je jasno, da
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)
Treba je izenačiti koeficiente sinusov in kosinusov. Dobimo sistem oblike:
4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4
Iz tega sledi, da je y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.
odgovor: obravnavana je splošna rešitev izvirnega LDDE drugega reda s konstantnimi koeficienti
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
Ko je f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), potem je y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ Imamo, da je r število kompleksnih konjugiranih parov korenov, povezanih s karakteristično enačbo, enako α ± i β, kjer je P n (x), Q k (x), L m (x) in Nm(x) so polinomi stopnje n, k, m, m, kjer m = m a x (n, k). Iskanje koeficientov Lm(x) in Nm(x) je narejen na podlagi enakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Primer 4
Poiščite splošno rešitev y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .
rešitev
Glede na pogoje je jasno, da
α = 3, β = 5, P n (x) = - 38 x - 45, Q k (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1
Potem je m = m a x (n, k) = 1. Y 0 najdemo tako, da najprej napišemo karakteristično enačbo v obliki:
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
Ugotovili smo, da so korenine resnične in razločne. Zato je y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Nato je treba poiskati splošno rešitev na podlagi nehomogene enačbe y ~ oblike
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))
Znano je, da so A, B, C koeficienti, r = 0, ker ni para konjugiranih korenov, povezanih s karakteristično enačbo z α ± i β = 3 ± 5 · i. Te koeficiente najdemo iz nastale enakosti:
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))
Iskanje izpeljanke in podobnih izrazov daje
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))
Po izenačitvi koeficientov dobimo sistem oblike
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
Iz vsega sledi, da
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) greh (5 x))
odgovor: Sedaj smo dobili splošno rešitev dane linearne enačbe:
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))
Algoritem za reševanje LDNU
Definicija 1Vsaka druga vrsta funkcije f (x) za rešitev zahteva skladnost z algoritmom rešitve:
- iskanje splošne rešitve ustrezne linearne homogene enačbe, kjer je y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, kjer je y 1 in y 2 so linearno neodvisne parcialne rešitve LODE, C 1 in C 2 veljajo za poljubne konstante;
- sprejetje LNDE kot splošne rešitve y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
- določitev odvodov funkcije preko sistema oblike C 1 " (x) + y 1 (x) + C 2 " (x) · y 2 (x) = 0 C 1 " (x) + y 1 " ( x) + C 2 " (x) · y 2 " (x) = f (x) in funkcije iskanja C 1 (x) in C 2 (x) z integracijo.
Primer 5
Poiščite splošno rešitev za y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.
rešitev
Nadaljujemo s pisanjem značilne enačbe, potem ko smo predhodno zapisali y 0, y "" + 36 y = 0. Zapišimo in rešimo:
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)
Imamo, da bo splošna rešitev dane enačbe zapisana kot y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Treba je preiti na definicijo odpeljanih funkcij C 1 (x) in C2(x) po sistemu z enačbami:
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
Treba se je odločiti glede C 1" (x) in C 2" (x) s katero koli metodo. Nato zapišemo:
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)
Vsako od enačb je treba integrirati. Nato zapišemo nastale enačbe:
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 greh (6 x) + C 4
Iz tega sledi, da bo splošna rešitev imela obliko:
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)
odgovor: 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)
Če v besedilu opazite napako, jo označite in pritisnite Ctrl+Enter
