Inhomogene do zweiter Ordnung. Lineare Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten

Dieser Artikel befasst sich mit der Frage, lineare inhomogene Differentialgleichungen zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten zu lösen. Die Theorie wird zusammen mit Beispielen der gegebenen Probleme betrachtet. Um unverständliche Begriffe zu entziffern, ist es notwendig, sich auf das Thema der grundlegenden Definitionen und Konzepte der Theorie der Differentialgleichungen zu beziehen.

Betrachten Sie eine lineare Differentialgleichung (LDE) zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten der Form y "" + p y " + q y \u003d f (x) , wobei p und q beliebige Zahlen sind und die vorhandene Funktion f (x) ist stetig auf dem Integrationsintervall x .

Gehen wir zur Formulierung des allgemeinen Lösungssatzes für LIDE über.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Allgemeiner Lösungssatz für LDNU

Satz 1

Die auf dem Intervall x liegende allgemeine Lösung einer inhomogenen Differentialgleichung der Form y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) y = f (x) mit kontinuierlichen Integrationskoeffizienten auf dem x-Intervall f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) und eine stetige Funktion f (x) ist gleich der Summe der allgemeinen Lösung y 0 , die dem LODE entspricht, und einer bestimmten Lösung y ~ , wobei die ursprüngliche inhomogene Gleichung y = y 0 ist + y ~ .

Dies zeigt, dass die Lösung einer solchen Gleichung zweiter Ordnung die Form y = y 0 + y ~ hat. Der Algorithmus zum Finden von y 0 wird im Artikel über lineare homogene Differentialgleichungen zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten betrachtet. Danach sollte man zur Definition von y ~ übergehen.

Die Wahl einer bestimmten Lösung für die LIDE hängt von der Art der verfügbaren Funktion f(x) ab, die sich auf der rechten Seite der Gleichung befindet. Dazu ist es notwendig, die Lösungen linearer inhomogener Differentialgleichungen zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten gesondert zu betrachten.

Wenn f (x) als ein Polynom n-ten Grades f (x) = P n (x) betrachtet wird, folgt daraus, dass eine bestimmte Lösung der LIDE durch eine Formel der Form y ~ = Q n (x) gefunden wird ) x γ , wobei Q n ( x) ein Polynom vom Grad n ist, r die Anzahl der Nullstellen der charakteristischen Gleichung ist. Der Wert von y ~ ist eine bestimmte Lösung y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , dann die verfügbaren Koeffizienten, die durch das Polynom definiert sind
Q n (x) finden wir mit der Methode der unbestimmten Koeffizienten aus der Gleichheit y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Beispiel 1

Berechnen Sie mit dem Satz von Cauchy y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .

Lösung

Mit anderen Worten, es ist notwendig, zu einer bestimmten Lösung einer linearen inhomogenen Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten y "" - 2 y " = x 2 + 1 überzugehen, die die gegebenen Bedingungen y (0) = erfüllen wird 2 , y " (0) = 1 4 .

Die allgemeine Lösung einer linearen inhomogenen Gleichung ist die Summe der allgemeinen Lösung, die der Gleichung y 0 entspricht, oder einer bestimmten Lösung der inhomogenen Gleichung y ~ , dh y = y 0 + y ~ .

Lassen Sie uns zuerst eine allgemeine Lösung für den LNDE finden und dann eine bestimmte.

Lassen Sie uns weitergehen, um y 0 zu finden. Das Schreiben der charakteristischen Gleichung hilft, die Wurzeln zu finden. Das verstehen wir

k 2 - 2 k \u003d 0 k (k - 2) \u003d 0 k 1 \u003d 0, k 2 \u003d 2

Wir haben festgestellt, dass die Wurzeln anders und echt sind. Deshalb schreiben wir

y 0 \u003d C. 1 und 0 x + C. 2 und 2 x \u003d C. 1 + C. 2 und 2 x.

Lassen Sie uns y ~ finden. Es ist ersichtlich, dass die rechte Seite der gegebenen Gleichung ein Polynom zweiten Grades ist, dann ist eine der Wurzeln gleich Null. Daraus ergibt sich, dass eine bestimmte Lösung für y ~ sein wird

y ~ = Q 2 (x) x γ \u003d (A x 2 + B x + C) x \u003d A x 3 + B x 2 + C x, wobei die Werte von A, B, C nehme undefinierte Koeffizienten.

Finden wir sie anhand einer Gleichheit der Form y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .

Dann bekommen wir das:

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

Wenn wir die Koeffizienten mit denselben Exponenten x gleichsetzen, erhalten wir ein System linearer Ausdrücke - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1 . Wenn wir auf eine der Arten lösen, finden wir die Koeffizienten und schreiben: A \u003d - 1 6, B \u003d - 1 4, C \u003d - 3 4 und y ~ \u003d A x 3 + B x 2 + C x \u003d - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

Dieser Eintrag wird als allgemeine Lösung der ursprünglichen linearen inhomogenen Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten bezeichnet.

Um eine bestimmte Lösung zu finden, die die Bedingungen y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 erfüllt, müssen die Werte bestimmt werden C1 Und C2, basierend auf einer Gleichheit der Form y \u003d C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.

Wir bekommen das:

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

Wir arbeiten mit dem resultierenden Gleichungssystem der Form C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 , wobei C 1 = 3 2 , C 2 = 1 2 .

Wenden wir den Satz von Cauchy an, haben wir das

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

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

Wenn die Funktion f (x) als Produkt eines Polynoms mit dem Grad n und einem Exponenten f (x) = P n (x) e a x dargestellt wird, erhalten wir von hier aus, dass eine bestimmte Lösung der LIDE zweiter Ordnung sein wird eine Gleichung der Form y ~ = e a x Q n ( x) · x γ , wobei Q n (x) ein Polynom n-ten Grades ist und r die Anzahl der Wurzeln der charakteristischen Gleichung gleich α ist.

Die zu Q n (x) gehörenden Koeffizienten werden durch die Gleichheit y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ " = f (x) gefunden.

Beispiel 2

Finden Sie die allgemeine Lösung einer Differentialgleichung der Form y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .

Lösung

Allgemeine Gleichung y = y 0 + y ~ . Die angezeigte Gleichung entspricht der LOD y "" - 2 y " = 0. Das vorherige Beispiel zeigt, dass ihre Wurzeln sind k1 = 0 und k 2 = 2 und y 0 = C 1 + C 2 e 2 x gemäß der charakteristischen Gleichung.

Es ist ersichtlich, dass die rechte Seite der Gleichung x 2 + 1 · e x ist. Von hier aus wird LNDE durch y ~ = e a x Q n (x) x γ gefunden, wobei Q n (x) ein Polynom zweiten Grades ist, wobei α = 1 und r = 0, weil die charakteristische Gleichung dies nicht tut haben eine Wurzel gleich 1 . Daher bekommen wir das

y ~ = e ein x Q n (x) x γ = e x EIN x 2 + B x + C x 0 = e x EIN x 2 + B x + C .

A, B, C sind unbekannte Koeffizienten, die durch die Gleichung y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x gefunden werden können.

Verstanden

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

Wir setzen die Indikatoren für dieselben Koeffizienten gleich und erhalten ein System linearer Gleichungen. Von hier aus finden wir A, B, C:

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

Antworten: Es ist ersichtlich, dass y ~ = e x (A x 2 + B x + C) = e x – x 2 + 0 x – 3 = – e x x 2 + 3 eine bestimmte Lösung von LIDE ist und y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3

Wenn die Funktion geschrieben wird als f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x , und Ein 1 Und IN 1 Zahlen sind, dann ist eine Gleichung der Form y ~ = A cos β x + B sin β x x γ , wobei A und B als unbestimmte Koeffizienten betrachtet werden und r der Anzahl der komplex konjugierten Wurzeln bezogen auf die charakteristische Gleichung gleich ist ± ich β . In diesem Fall erfolgt die Suche nach Koeffizienten durch die Gleichheit y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Beispiel 3

Finden Sie die allgemeine Lösung einer Differentialgleichung der Form y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Lösung

Bevor wir die charakteristische Gleichung schreiben, finden wir y 0 . Dann

k 2 + 4 \u003d 0 k 2 \u003d - 4 k 1 \u003d 2 ich, k 2 \u003d - 2 ich

Wir haben ein Paar komplexer konjugierter Wurzeln. Lassen Sie uns transformieren und erhalten:

y 0 \u003d e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) \u003d C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)

Die Wurzeln aus der charakteristischen Gleichung werden als konjugiertes Paar ± 2 i betrachtet, dann gilt f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x) . Dies zeigt, dass die Suche nach y ~ aus y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Unbekannte erfolgt die Koeffizienten A und B werden aus einer Gleichheit der Form y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) gesucht.

Lassen Sie uns transformieren:

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)

Dann sieht man das

y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) ⇔ (- 4 A cos (2 x) - 4 B sin (2 x)) x - 4 A sin (2 x) + 4 B cos (2 x) + + 4 (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x = cos (2 x) + 3 sin (2 x) ⇔ - 4 A sin (2 x) + 4B cos(2x) = cos(2x) + 3 sin(2x)

Es ist notwendig, die Koeffizienten von Sinus und Cosinus gleichzusetzen. Wir erhalten ein System der Form:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

Daraus folgt, dass y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x .

Antworten: als allgemeine Lösung gilt die ursprüngliche LIDE zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten

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

Wenn f (x) = e a x P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x) , dann y ~ = e a x (L m (x) sin (β x) + N m (x ) cos (β x) x γ Wir haben, dass r die Anzahl der komplex konjugierten Wurzelpaare in Bezug auf die charakteristische Gleichung ist, gleich α ± i β , wobei P n (x) , Q k (x) , L m ( x) und Nm (x) sind Polynome vom Grad n, k, m, wobei m = m a x (n, k). Koeffizienten finden L m (x) Und Nm (x) ergibt sich aus der Gleichheit y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Beispiel 4

Finde die allgemeine Lösung y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .

Lösung

Aus der Bedingung geht hervor, dass

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

Dann ist m = m a x (n , k) = 1 . Wir finden y 0, indem wir zuerst die charakteristische Gleichung der Form schreiben:

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

Wir haben festgestellt, dass die Wurzeln real und deutlich sind. Also y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x . Als nächstes muss nach einer allgemeinen Lösung gesucht werden, die auf einer inhomogenen Gleichung y ~ der Form basiert

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))

Es ist bekannt, dass A, B, C Koeffizienten sind, r = 0, weil es kein Paar konjugierter Wurzeln gibt, die sich auf die charakteristische Gleichung mit α ± i β = 3 ± 5 · i beziehen. Diese Koeffizienten werden aus der resultierenden Gleichheit gefunden:

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))

Das Finden der Ableitung und ähnlicher Begriffe ergibt

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))

Nach dem Gleichsetzen der Koeffizienten erhalten wir ein System der Form

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

Aus allem folgt das

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)Sünde(5x))

Antworten: jetzt ist die allgemeine Lösung der gegebenen linearen Gleichung erhalten:

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))

Algorithmus zum Lösen von LDNU

Bestimmung 1

Jede andere Art von Funktion f (x) für die Lösung liefert für den Lösungsalgorithmus:

Finden der allgemeinen Lösung der entsprechenden linearen homogenen Gleichung, wobei y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2 , wobei ja 1 Und y2 sind linear unabhängige partikuläre Lösungen von LODE, Ab 1 Und Ab 2 werden als willkürliche Konstanten betrachtet;
Annahme als allgemeine Lösung der LIDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
Definition von Ableitungen einer Funktion durch ein System der Form 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) , und Finden von Funktionen C1 (x) und C 2 (x) durch Integration.

Beispiel 5

Finden Sie die allgemeine Lösung für y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x .

Lösung

Wir fahren mit dem Schreiben der charakteristischen Gleichung fort, nachdem wir zuvor y 0 , y "" + 36 y = 0 geschrieben haben. Lassen Sie uns schreiben und lösen:

k 2 + 36 = 0 k 1 = 6 ich , k 2 = - 6 ich ⇒ y 0 = C 1 cos (6 x) + C 2 sin (6 x) ⇒ y 1 (x) = cos (6 x) , y 2 (x) = Sünde (6 x)

Wir haben, dass der Datensatz der allgemeinen Lösung der gegebenen Gleichung die Form y = C 1 (x) cos (6 x) + C 2 (x) sin (6 x) annehmen wird. Es ist notwendig, zur Definition der Ableitungsfunktionen überzugehen C1 (x) Und C2(x) nach dem System mit Gleichungen:

C 1 "(x) cos (6 x) + C 2" (x) sin (6 x) = 0 C 1 "(x) (cos (6 x))" + C 2 "(x) (sin (6 x)) " = 0 ⇔ C 1 " (x) cos (6 x) + C 2 " (x) sin (6 x) = 0 C 1 " (x) (- 6 sin (6 x) + C 2 " (x) (6 cos (6 x)) \u003d \u003d 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x

Es muss eine Entscheidung getroffen werden bzgl C1 "(x) Und C2" (x) mit irgendeiner Methode. Dann schreiben wir:

C 1 "(x) \u003d - 4 Sünde 2 (6 x) + 2 Sünde (6 x) cos (6 x) - 6 e 6 x Sünde (6 x) C 2 "(x) \u003d 4 Sünde (6 x) cos (6 x) - 2 cos 2 (6 x) + 6 e 6 x cos (6 x)

Jede der Gleichungen muss integriert werden. Dann schreiben wir die resultierenden Gleichungen:

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 Sünde (6 x) + C 4

Daraus folgt, dass die allgemeine Lösung die Form hat:

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 Sünde (6 x)

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

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Grundlagen zur Lösung linearer inhomogener Differentialgleichungen zweiter Ordnung (LNDE-2) mit konstanten Koeffizienten (PC)

Ein CLDE zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten $p$ und $q$ hat die Form $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, wobei $f\left( x \right)$ ist eine stetige Funktion.

Die folgenden zwei Aussagen treffen in Bezug auf das 2. LNDE mit PC zu.

Nehmen Sie an, dass eine Funktion $U$ eine beliebige spezielle Lösung einer inhomogenen Differentialgleichung ist. Nehmen wir weiter an, dass irgendeine Funktion $Y$ eine allgemeine Lösung (OR) der entsprechenden linearen homogenen Differentialgleichung (LODE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$ ist. Dann ist das OR von LHDE-2 ist gleich der Summe der angegebenen privaten und allgemeinen Lösungen, d.h. $y=U+Y$.

Wenn die rechte Seite der LIDE 2. Ordnung die Summe der Funktionen ist, also $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x\right )+. ..+f_(r) \left(x\right)$, dann können Sie zuerst die PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r) $ finden, die jedem entsprechen der Funktionen $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, und schreibe danach die LNDE-2 PD als $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.

Lösung von LNDE 2. Ordnung mit PC

Offensichtlich hängt die Form des einen oder anderen PD $U$ eines bestimmten LNDE-2 von der spezifischen Form seiner rechten Seite $f\left(x\right)$ ab. Die einfachsten Fälle der Suche nach der PD von LNDE-2 werden als die folgenden vier Regeln formuliert.

Regel Nummer 1.

Die rechte Seite von LNDE-2 hat die Form $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, wobei $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, heißt also a Polynom vom Grad $n$. Dann wird sein PR $U$ in der Form $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $ gesucht, wobei $Q_(n) \left(x\right)$ ein anderer ist Polynom gleichen Grades wie $P_(n) \left(x\right)$, und $r$ ist die Anzahl der Nullstellen der charakteristischen Gleichung des entsprechenden LODE-2. Die Koeffizienten des Polynoms $Q_(n) \left(x\right)$ werden mit der Methode der unbestimmten Koeffizienten (NC) gefunden.

Regel Nummer 2.

Die rechte Seite von LNDE-2 hat die Form $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, wobei $P_(n) \left( x\right)$ ist ein Polynom vom Grad $n$. Dann wird dessen PD $U$ in der Form $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $ gesucht, wobei $Q_(n ) \ left(x\right)$ ist ein weiteres Polynom gleichen Grades wie $P_(n) \left(x\right)$, und $r$ ist die Anzahl der Wurzeln der charakteristischen Gleichung des entsprechenden LODE-2 gleich $\alpha $. Die Koeffizienten des Polynoms $Q_(n) \left(x\right)$ werden mit der NK-Methode ermittelt.

Regel Nummer 3.

Der rechte Teil von LNDE-2 hat die Form $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \right) $, wobei $a$, $b$ und $\beta $ bekannte Zahlen sind. Dann wird dessen PD $U$ in der Form $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) gesucht )\right )\cdot x^(r) $, wobei $A$ und $B$ unbekannte Koeffizienten sind und $r$ die Anzahl der Wurzeln der charakteristischen Gleichung des entsprechenden LODE-2 gleich $i\cdot ist \beta$. Die Koeffizienten $A$ und $B$ werden durch das NDT-Verfahren ermittelt.

Regel Nummer 4.

Die rechte Seite von LNDE-2 hat die Form $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, wobei $P_(n) \left(x\right)$ ist ein Polynom vom Grad $ n$, und $P_(m) \left(x\right)$ ist ein Polynom vom Grad $m$. Dann wird dessen PD $U$ in der Form $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $ gesucht, wobei $Q_(s) \left(x\right) $ und $ R_(s) \left(x\right)$ sind Polynome vom Grad $s$, die Zahl $s$ ist das Maximum von zwei Zahlen $n$ und $m$, und $r$ ist die Zahl von Wurzeln der charakteristischen Gleichung des entsprechenden LODE-2, gleich $\alpha +i\cdot \beta $. Die Koeffizienten der Polynome $Q_(s) \left(x\right)$ und $R_(s) \left(x\right)$ werden mit der NK-Methode ermittelt.

Die NK-Methode besteht in der Anwendung der folgenden Regel. Um die unbekannten Koeffizienten des Polynoms zu finden, die Teil der jeweiligen Lösung der inhomogenen Differentialgleichung LNDE-2 sind, ist es notwendig:

Ersetze den PD $U$, geschrieben in allgemeiner Form, in den linken Teil von LNDE-2;
Führen Sie auf der linken Seite von LNDE-2 Vereinfachungen durch und gruppieren Sie Terme mit denselben Potenzen $x$;
in der resultierenden Identität die Koeffizienten der Terme mit denselben Potenzen $x$ der linken und rechten Seite gleichsetzen;
Lösen Sie das resultierende lineare Gleichungssystem für unbekannte Koeffizienten.

Beispiel 1

Aufgabe: finde das OR LNDE-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Finde auch die PR , die die Anfangsbedingungen $y=6$ für $x=0$ und $y"=1$ für $x=0$ erfüllt.

Schreiben Sie das entsprechende LODA-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Charakteristische Gleichung: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Die Wurzeln der charakteristischen Gleichung: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Diese Wurzeln sind real und deutlich. Somit hat das OR des entsprechenden LODE-2 die Form: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

Der rechte Teil dieses LNDE-2 hat die Form $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Es ist notwendig, den Koeffizienten des Exponenten des Exponenten $\alpha =3$ zu berücksichtigen. Dieser Koeffizient stimmt mit keiner der Wurzeln der charakteristischen Gleichung überein. Daher hat der PR dieses LNDE-2 die Form $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Wir suchen die Koeffizienten $A$, $B$ mit der NK-Methode.

Wir finden die erste Ableitung des CR:

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

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

Wir finden die zweite Ableitung des CR:

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

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

Wir ersetzen die Funktionen $U""$, $U"$ und $U$ anstelle von $y""$, $y"$ und $y$ in den gegebenen LNDE-2 $y""-3\cdot y" -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x).$ Gleichzeitig, da der Exponent $e^(3\cdot x) $ enthalten ist als Faktor in allen Komponenten, dann kann es weggelassen werden.

$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\right)=36\cdot x+12.$

Wir führen Aktionen auf der linken Seite der resultierenden Gleichheit aus:

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

Wir verwenden die NC-Methode. Wir erhalten ein lineares Gleichungssystem mit zwei Unbekannten:

$-18\cdot A=36;$

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

Die Lösung für dieses System lautet: $A=-2$, $B=-1$.

Der CR $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ für unser Problem sieht so aus: $U=\left(-2\cdot x-1\right ) \cdot e^(3\cdot x) $.

Das ODER $y=Y+U$ für unser Problem sieht so aus: $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) $.

Um nach einer PD zu suchen, die die gegebenen Anfangsbedingungen erfüllt, finden wir die Ableitung $y"$ OR:

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

Wir ersetzen in $y$ und $y"$ die Anfangsbedingungen $y=6$ für $x=0$ und $y"=1$ für $x=0$:

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

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

Wir haben ein Gleichungssystem:

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

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

Wir lösen es. Wir finden $C_(1) $ unter Verwendung der Cramer-Formel, und $C_(2) $ wird aus der ersten Gleichung bestimmt:

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

Somit ist die PD dieser Differentialgleichung: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right )\cdot e^(3\cdot x) $.

Homogene lineare Differentialgleichungen zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten haben die Form

wobei p und q reelle Zahlen sind. Schauen wir uns Beispiele an, wie homogene Differentialgleichungen zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten gelöst werden.

Die Lösung einer linearen homogenen homogenen Differentialgleichung zweiter Ordnung hängt von den Wurzeln der charakteristischen Gleichung ab. Die charakteristische Gleichung ist die Gleichung k²+pk+q=0.

1) Wenn die Wurzeln der charakteristischen Gleichung verschiedene reelle Zahlen sind:

dann hat die allgemeine Lösung einer linearen homogenen Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten die Form

2) Wenn die Wurzeln der charakteristischen Gleichung gleiche reelle Zahlen sind

(beispielsweise mit einer Diskriminante gleich Null), dann ist die allgemeine Lösung einer homogenen Differentialgleichung zweiter Ordnung

3) Wenn die Wurzeln der charakteristischen Gleichung komplexe Zahlen sind

(zum Beispiel mit einer Diskriminante gleich einer negativen Zahl), dann wird die allgemeine Lösung einer homogenen Differentialgleichung zweiter Ordnung geschrieben als

Beispiele zur Lösung linearer homogener Differentialgleichungen zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten

Finden Sie allgemeine Lösungen von homogenen Differentialgleichungen zweiter Ordnung:

Wir stellen die charakteristische Gleichung auf: k²-7k+12=0. Seine Diskriminante ist D=b²-4ac=1>0, also sind die Wurzeln verschiedene reelle Zahlen.

Daher ist die allgemeine Lösung dieses homogenen DE 2. Ordnung

Wir stellen die charakteristische Gleichung auf und lösen sie:

Die Wurzeln sind real und deutlich. Damit haben wir die allgemeine Lösung dieser homogenen Differentialgleichung:

In diesem Fall die charakteristische Gleichung

Die Wurzeln sind deutlich und echt. Daher ist hier die allgemeine Lösung der homogenen Differentialgleichung 2. Ordnung

Charakteristische Gleichung

Da die Wurzeln reell und gleich sind, schreiben wir die allgemeine Lösung für diese Differentialgleichung als

Die charakteristische Gleichung ist hier

Da die Diskriminante eine negative Zahl ist, sind die Wurzeln der charakteristischen Gleichung komplexe Zahlen.

Die allgemeine Lösung dieser homogenen Differentialgleichung zweiter Ordnung ist

Charakteristische Gleichung

Von hier aus finden wir die allgemeine Lösung dieser Differenz. Gleichungen:

Beispiele für Selbsttest.

Grundlagen zur Lösung linearer inhomogener Differentialgleichungen zweiter Ordnung (LNDE-2) mit konstanten Koeffizienten (PC)

Ein CLDE zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten $p$ und $q$ hat die Form $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, wobei $f\left( x \right)$ ist eine stetige Funktion.

Die folgenden zwei Aussagen treffen in Bezug auf das 2. LNDE mit PC zu.

Lösung von LNDE 2. Ordnung mit PC

Regel Nummer 1.

Regel Nummer 2.

Regel Nummer 3.

Regel Nummer 4.

Ersetze den PD $U$, geschrieben in allgemeiner Form, in den linken Teil von LNDE-2;
Führen Sie auf der linken Seite von LNDE-2 Vereinfachungen durch und gruppieren Sie Terme mit denselben Potenzen $x$;
in der resultierenden Identität die Koeffizienten der Terme mit denselben Potenzen $x$ der linken und rechten Seite gleichsetzen;
Lösen Sie das resultierende lineare Gleichungssystem für unbekannte Koeffizienten.

Beispiel 1

Aufgabe: finde das OR LNDE-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Finde auch die PR , die die Anfangsbedingungen $y=6$ für $x=0$ und $y"=1$ für $x=0$ erfüllt.

Schreiben Sie das entsprechende LODA-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Wir suchen die Koeffizienten $A$, $B$ mit der NK-Methode.

Wir finden die erste Ableitung des CR:

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

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

Wir finden die zweite Ableitung des CR:

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

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

$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\right)=36\cdot x+12.$

Wir führen Aktionen auf der linken Seite der resultierenden Gleichheit aus:

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

Wir verwenden die NC-Methode. Wir erhalten ein lineares Gleichungssystem mit zwei Unbekannten:

$-18\cdot A=36;$

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

Die Lösung für dieses System lautet: $A=-2$, $B=-1$.

Der CR $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ für unser Problem sieht so aus: $U=\left(-2\cdot x-1\right ) \cdot e^(3\cdot x) $.

Das ODER $y=Y+U$ für unser Problem sieht so aus: $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) $.

Um nach einer PD zu suchen, die die gegebenen Anfangsbedingungen erfüllt, finden wir die Ableitung $y"$ OR:

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

Wir ersetzen in $y$ und $y"$ die Anfangsbedingungen $y=6$ für $x=0$ und $y"=1$ für $x=0$:

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

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

Wir haben ein Gleichungssystem:

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

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

Wir lösen es. Wir finden $C_(1) $ unter Verwendung der Cramer-Formel, und $C_(2) $ wird aus der ersten Gleichung bestimmt:

Somit ist die PD dieser Differentialgleichung: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right )\cdot e^(3\cdot x) $.

Lineare Differentialgleichung erster Ordnung ist eine Gleichung der Form

,
wobei p und q Funktionen der Variablen x sind.

Lineare homogene Differentialgleichung erster Ordnung ist eine Gleichung der Form

Lineare inhomogene Differentialgleichung erster Ordnung ist eine Gleichung der Form

q-Term (X) heißt der inhomogene Teil der Gleichung.

Betrachten Sie eine lineare inhomogene Differentialgleichung erster Ordnung:
(1) .
Es gibt drei Möglichkeiten, diese Gleichung zu lösen:

Integrationsfaktormethode;

Lösen einer linearen Differentialgleichung mit einem integrierenden Faktor

Betrachten Sie ein Verfahren zum Lösen einer linearen Differentialgleichung erster Ordnung unter Verwendung von integrierender Faktor.
Multiplizieren Sie beide Seiten der ursprünglichen Gleichung (1) zum integrierenden Faktor
:
(2)
Außerdem stellen wir fest, dass die Ableitung des Integrals gleich dem Integranden ist:

Nach der Ableitungsregel einer komplexen Funktion:

Nach der Produktdifferenzierungsregel:

Ersatz ein (2) :

Wir integrieren:

Wir multiplizieren mit . Wir bekommen allgemeine Lösung einer linearen Differentialgleichung erster Ordnung:

Ein Beispiel für die Lösung einer linearen Differentialgleichung erster Ordnung

löse die Gleichung

Lösung

Teilen Sie beide Seiten der ursprünglichen Gleichung durch x:
(ich) .
Dann
;
.
Integrierender Faktor:

Das Modulzeichen kann weggelassen werden, da der Integrationsfaktor mit einer beliebigen Konstante multipliziert werden kann (einschließlich ± 1).
Lass uns multiplizieren (ich) auf x 3 :
.
Wir wählen die Ableitung.
;
.
Wir integrieren mit der Integraltabelle:
.
Teile durch x 3 :
.

Antworten

Verweise:
N.M. Günther, R.O. Kuzmin, Sammlung von Problemen in der höheren Mathematik, Lan, 2003.