Másodrendű inhomogén egyenletek. Lineáris differenciálegyenletek állandó együtthatókkal

Ez a cikk a lineáris inhomogén másodrendű differenciálegyenletek állandó együtthatókkal való megoldásának kérdésével foglalkozik. Az elméletet az adott problémák példáival együtt tárgyaljuk. A tisztázatlan kifejezések megfejtéséhez utalni kell a differenciálegyenlet-elmélet alapvető definícióiról és fogalmairól szóló témakörre.

Tekintsünk egy másodrendű lineáris differenciálegyenletet (LDE) y "" + p · y " + q · y = f (x) alakú állandó együtthatókkal, ahol p és q tetszőleges számok, és a meglévő f függvényt (x) folytonos az x integrációs intervallumon.

Térjünk át az LNDE általános megoldására vonatkozó tétel megfogalmazására.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Általános megoldási tétel LDNU-hoz

1. tétel

Az y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + alakú inhomogén differenciálegyenlet x intervallumon elhelyezkedő általános megoldása. . . + f 0 (x) · y = f (x) folytonos integrációs együtthatókkal az x intervallumon f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) és egy f (x) folytonos függvény egyenlő az y 0 általános megoldás összegével, amely megfelel a LOD-nak és valamilyen y ~ konkrét megoldásnak, ahol az eredeti inhomogén egyenlet y = y 0 + y ~.

Ez azt mutatja, hogy egy ilyen másodrendű egyenlet megoldása y = y 0 + y ~ alakú. Az y 0 megtalálásának algoritmusát a lineáris homogén másodrendű, állandó együtthatójú differenciálegyenletekről szóló cikk tárgyalja. Ezt követően folytatnunk kell az y ~ definícióját.

Az LPDE egy adott megoldásának kiválasztása az egyenlet jobb oldalán található f (x) függvény típusától függ. Ehhez külön figyelembe kell venni a lineáris inhomogén másodrendű, állandó együtthatójú differenciálegyenletek megoldásait.

Ha f (x) n-edik fokú f (x) = P n (x) polinomnak tekintjük, akkor ebből az következik, hogy az LPDE egy adott megoldása az y ~ = Q n (x) formájú képlet segítségével található. ) x γ, ahol Q n ( x) n fokú polinom, r a karakterisztikus egyenlet nulla gyökeinek száma. Az y ~ érték egy adott megoldás y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , majd a rendelkezésre álló együtthatók, amelyeket a polinom definiál
Q n (x), a határozatlan együtthatók módszerével az y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) egyenlőségből kapjuk meg.

1. példa

Számítsuk ki a Cauchy-tétel segítségével: y "" - 2 y " = x 2 + 1, y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .

Megoldás

Más szavakkal, át kell lépni egy másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet egy adott megoldására, állandó együtthatókkal y "" - 2 y " = x 2 + 1, amely kielégíti az adott y (0) feltételeket. = 2, y " (0) = 1 4 .

A lineáris inhomogén egyenlet általános megoldása annak az általános megoldásnak az összege, amely megfelel az y 0 egyenletnek, vagy az y ~ inhomogén egyenlet konkrét megoldásának, azaz y = y 0 + y ~.

Először egy általános megoldást találunk az LNDU-ra, majd egy konkrét megoldást.

Térjünk tovább az y 0 megkeresésére. A karakterisztikus egyenlet felírása segít megtalálni a gyökereket. Ezt értjük

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

Azt találtuk, hogy a gyökerek különbözőek és valódiak. Ezért írjuk le

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

Keressük y ~ . Látható, hogy az adott egyenlet jobb oldala egy másodfokú polinom, ekkor az egyik gyöke nullával egyenlő. Ebből azt kapjuk, hogy y ~ adott megoldása lesz

y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, ahol A, B, C értékei meghatározatlan együtthatókat vesznek fel.

Keressük meg őket egy y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 alakú egyenlőségből.

Akkor ezt kapjuk:

y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 (A x 3 + B x 2 + C x) "" - 2 (A x 3 + B x 2 + C x) " = x 2 + 1 3 A x 2 + 2 B x + C " - 6 A x 2 - 4 B x - 2 C = x 2 + 1 6 A x + 2 B - 6 A x 2 - 4 B x - 2 C = x 2 + 1 - 6 A x 2 + x (6 A - 4 B) + 2 B - 2 C = x 2 + 1

Az együtthatókat x azonos kitevőjével egyenlővé téve egy lineáris kifejezésrendszert kapunk - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Bármelyik módszerrel való megoldáskor megkeressük az együtthatókat és felírjuk: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 és y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

Ezt a bejegyzést az eredeti lineáris inhomogén másodrendű, állandó együtthatós differenciálegyenlet általános megoldásának nevezzük.

Egy adott megoldás megtalálásához, amely megfelel az y (0) = 2, y "(0) = 1 4 feltételeknek, meg kell határozni az értékeket C 1És C 2, az y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x alakú egyenlőség alapján.

Ezt kapjuk:

y (0) = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x x = 0 = C 1 + C 2 y " (0) = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x " x = 0 = = 2 C 2 e 2 x - 1 2 x 2 + 1 2 x + 3 4 x = 0 = 2 C 2 - 3 4

A kapott C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 alakú egyenletrendszerrel dolgozunk, ahol C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.

Cauchy tételét alkalmazva megvan az

y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x = = 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x

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

Ha az f (x) függvényt egy n fokú polinom szorzataként ábrázoljuk, amelynek kitevője f (x) = P n (x) · e a x, akkor azt kapjuk, hogy a másodrendű LPDE adott megoldása y ~ = e a x · Q n ( x) x γ alakú egyenlet, ahol Q n (x) egy n-edik fokú polinom, r pedig az α-val egyenlő karakterisztikus egyenlet gyökeinek száma.

A Q n (x)-hez tartozó együtthatókat az y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) egyenlőséggel találjuk meg.

2. példa

Határozzuk meg az y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x alakú differenciálegyenlet általános megoldását.

Megoldás

Az általános egyenlet y = y 0 + y ~ . A jelzett egyenlet a LOD y "" - 2 y " = 0-nak felel meg. Az előző példából látható, hogy gyökei egyenlőek k 1 = 0és k 2 = 2 és y 0 = C 1 + C 2 e 2 x a karakterisztikus egyenlet alapján.

Látható, hogy az egyenlet jobb oldala x 2 + 1 · e x . Innen az LPDE az y ~ = e a x · Q n (x) · x γ függvényen keresztül található, ahol Q n (x) egy másodfokú polinom, ahol α = 1 és r = 0, mert a karakterisztikus egyenlet nem 1-gyel egyenlő gyöke van. Innentől azt kapjuk

y ~ = e a x · Q n (x) · x γ = e x · A x 2 + B x + C · x 0 = e x · A x 2 + B x + C.

A, B, C ismeretlen együtthatók, amelyek az y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x egyenlőséggel kereshetők.

Megvan

y ~ " = e x · A x 2 + B x + C " = e x · A x 2 + B x + C + e x · 2 A x + B = = e x · A x 2 + x 2 A + B + B + C y ~ " " = e x · A x 2 + x 2 A + B + B + C " = = e x · A x 2 + x 2 A + B + B + C + e x · 2 A x + 2 A + B = = e x A x 2 + x 4 A + B + 2 A + 2 B + C

y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) e x ⇔ e x A x 2 + x 4 A + B + 2 A + 2 B + C - - 2 e x A x 2 + x 2 A + B + B + C = x 2 + 1 · e x ⇔ e x · - A x 2 - B x + 2 A - C = (x 2 + 1) · e x ⇔ - A x 2 - B x + 2 A - C = x 2 + 1 ⇔ - A x 2 - B x + 2 A - C = 1 x 2 + 0 x + 1

A mutatókat azonos együtthatókkal egyenlővé tesszük, és lineáris egyenletrendszert kapunk. Innen megtaláljuk A, B, C:

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

Válasz: világos, hogy y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 az LNDDE sajátos megoldása, és y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - általános megoldás egy másodrendű inhomogén differenciálegyenletre.

Ha a függvényt a következőképpen írjuk fel: f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, és A 1És AZ 1-BEN számok, akkor az LPDE parciális megoldását y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ alakú egyenletnek tekintjük, ahol A és B meghatározatlan együtthatók, r pedig az a karakterisztikus egyenlethez kapcsolódó komplex konjugált gyökök, egyenlők ± i β -val. Ebben az esetben az együtthatók keresése az y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) egyenlőséggel történik.

3. példa

Keresse meg az y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) alakú differenciálegyenlet általános megoldását.

Megoldás

A karakterisztikus egyenlet felírása előtt y 0-t találunk. Akkor

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

Van egy pár összetett konjugált gyökünk. Alakítsuk át és kapjuk meg:

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

A karakterisztikus egyenlet gyökeit a ± 2 i konjugált párnak tekintjük, ekkor f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). Ez azt mutatja, hogy az y ~ keresése az y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x alapján történik. Ismeretlenek Az A és B együtthatókat az y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) alakú egyenlőségből fogjuk keresni.

Konvertáljuk:

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

Akkor ez egyértelmű

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

Szükséges egyenlőségjelet tenni a szinuszok és koszinuszok együtthatói között. A következő rendszert kapjuk:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

Ebből következik, hogy y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.

Válasz: az eredeti másodrendű LDDE állandó együtthatójú általános megoldását tekintjük

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

Ha f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), akkor y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ Megvan, hogy r a karakterisztikus egyenlethez kapcsolódó komplex konjugált gyökpárok száma, egyenlő α ± i β-val, ahol P n (x), Q k (x), L m (x) és Nm(x) n, k, m, m fokú polinomok, ahol m = m a x (n, k). Együtthatók keresése Lm(x)És Nm(x) az y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) egyenlőség alapján készül.

4. példa

Határozzuk meg az y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) általános megoldást.

Megoldás

A feltétel szerint egyértelmű, hogy

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

Ekkor m = m a x (n, k) = 1. Az y 0-t úgy találjuk meg, hogy először felírunk egy karakterisztikus egyenletet a következő formában:

k 2 - 3 k + 2 = 0 D = 3 2 - 4 1 2 = 1 k 1 = 3 - 1 2 = 1, k 2 = 3 + 1 2 = 2

Azt találtuk, hogy a gyökerek valódiak és különállóak. Ezért y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Ezután általános megoldást kell keresni az y ~ forma inhomogén egyenlete alapján

y ~ = e α x (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ = = e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x)) x 0 = = e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x))

Ismeretes, hogy A, B, C együtthatók, r = 0, mivel nincs olyan konjugált gyökpár, amely az α ± i β = 3 ± 5 · i karakterisztikus egyenlethez kapcsolódik. A kapott egyenlőségből a következő együtthatókat kapjuk:

y ~ "" - 3 y ~ " + 2 y ~ = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) ⇔ (e 3 x (( A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x))) "" - - 3 (e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x))) = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x))

A származék és a hasonló kifejezések keresése azt adja

E 3 x ((15 A + 23 C) x sin (5 x) + + (10 A + 15 B - 3 C + 23 D) sin (5 x) + + (23 A - 15 C) · x · cos (5 x) + (- 3 A + 23 B - 10 C - 15 D) · cos (5 x)) = = - e 3 x · (38 · x · sin (5 x) + 45 · sin (5 x) ) + + 8 x cos (5 x) - 5 cos (5 x))

Az együtthatók kiegyenlítése után egy formarendszert kapunk

15 A + 23 C = 38 10 A + 15 B - 3 C + 23 D = 45 23 A - 15 C = 8 - 3 A + 23 B - 10 C - 15 D = - 5 ⇔ A = 1 B = 1 C = 1 D = 1

Mindenből az következik

y ~ = e 3 x · ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x)) = = e 3 x · ((x + 1) cos (5 x) + (x + 1) sin (5 x))

Válasz: Most kaptunk egy általános megoldást az adott lineáris egyenletre:

y = y 0 + y ~ = = C 1 e x + C 2 e 2 x + e 3 x ((x + 1) cos (5 x) + (x + 1) sin (5 x))

Algoritmus az LDNU megoldására

1. definíció

Bármilyen más típusú f (x) függvény a megoldáshoz megfelel a megoldási algoritmusnak:

általános megoldást találni a megfelelő lineáris homogén egyenletre, ahol y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, ahol y 1És y 2 a LODE lineárisan független parciális megoldásai, C 1És C 2 tetszőleges állandóknak tekintendők;
átvétele az LNDE általános megoldásaként y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
függvény deriváltjainak meghatározása 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) , és a függvények keresése C 1 (x)és C 2 (x) integráción keresztül.

5. példa

Keresse meg az y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x általános megoldását.

Megoldás

Folytatjuk a karakterisztikus egyenlet felírását, miután korábban felírtuk y 0, y "" + 36 y = 0. Írjuk és oldjuk meg:

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

Megvan, hogy az adott egyenlet általános megoldását a következőképpen írjuk fel: y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Tovább kell lépni a derivált függvények meghatározására C 1 (x)És C2(x) egyenletrendszer szerint:

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

Ezzel kapcsolatban döntést kell hozni C 1" (x)És C 2" (x) bármilyen módszerrel. Ezután írjuk:

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

Mindegyik egyenletet integrálni kell. Ezután felírjuk a kapott egyenleteket:

C 1 (x) = 1 3 sin (6 x) cos (6 x) - 2 x - 1 6 cos 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x cos (6 x) - 1 2 e 6 x sin ( 6 x) + C 3 C 2 (x) = - 1 6 sin (6 x) cos (6 x) - x - 1 3 cos 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x cos (6 x) + 1 2 e 6 x sin (6 x) + C 4

Ebből következik, hogy az általános megoldás a következő formában lesz:

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

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

Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt

Lineáris inhomogén másodrendű differenciálegyenletek (LNDE-2) konstans együtthatós (PC) megoldásának alapjai

A $p$ és $q$ állandó együtthatójú másodrendű LDDE $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$ formájú, ahol $f\left(x \right)$ egy folytonos függvény.

Az LNDU 2 PC-vel kapcsolatban a következő két állítás igaz.

Tegyük fel, hogy valamelyik $U$ függvény egy inhomogén differenciálegyenlet tetszőleges parciális megoldása. Tegyük fel azt is, hogy valamilyen $Y$ függvény a megfelelő lineáris homogén differenciálegyenlet (HLDE) általános megoldása (GS) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Ekkor a GR Az LHDE-2 egyenlő a megadott privát és általános megoldások összegével, azaz $y=U+Y$.

Ha egy 2. sorrendű LMDE jobb oldala függvények összege, azaz $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x) \right)+ ..+f_(r) \left(x\right)$, akkor először megtaláljuk a $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ PD-ket a $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$ függvények mindegyikéhez, majd ezt követően írja be a CR LNDU-2-t $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $ alakban.

Másodrendű LPDE megoldása PC-vel

Nyilvánvaló, hogy egy adott LNDU-2 egyik vagy másik PD $U$ típusa a jobb oldal $f\left(x\right)$ konkrét alakjától függ. A PD LNDU-2 keresésének legegyszerűbb eseteit a következő négy szabály formájában fogalmazzuk meg.

1. szabály.

Az LNDU-2 jobb oldalának alakja $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, ahol $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, azaz a $n$ fokú polinom. Ekkor a $U$ PD-jét $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $ formában kell keresni, ahol a $Q_(n) \left(x\right)$ egy másik a $P_(n) \left(x\right)$ fokú polinomja, és $r$ a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletének nullával egyenlő gyökeinek száma. A $Q_(n) \left(x\right)$ polinom együtthatóit a határozatlan együtthatók (UK) módszerével találjuk meg.

2. számú szabály.

Az LNDU-2 jobb oldalának alakja $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, ahol $P_(n) A \left(x\right)$ egy $n$ fokú polinom. Ezután a $U$ PD-jét a következő formában kell keresni: $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, ahol $Q_(n ) \ left(x\right)$ egy másik polinom, amely ugyanolyan fokú, mint a $P_(n) \left(x\right)$, és a $r$ a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletének gyökeinek száma egyenlő: $\alpha $. A $Q_(n) \left(x\right)$ polinom együtthatóit az NC módszerrel találjuk meg.

3. számú szabály.

Az LNDU-2 jobb oldalának alakja: $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \jobbra) $, ahol $a$, $b$ és $\beta$ ismert számok. Ezután a PD $U$ értékét a rendszer a következő formában keresi: $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, ahol $A$ és $B$ ismeretlen együtthatók, $r$ pedig a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletének gyökeinek száma, egyenlő $i\cdot \beta $. Az $A$ és $B$ együtthatókat roncsolásmentes módszerrel találjuk meg.

4. számú szabály.

Az LNDU-2 jobb oldalának alakja $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, ahol a $P_(n) \left(x\right)$ egy $ n$ fokú polinom, a $P_(m) \left(x\right)$ pedig egy $m$ fokú polinom. Ekkor a PD $U$ értékét a rendszer $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $ formában keresi, ahol $Q_(s) \left(x\right)$ és $ R_(s) \left(x\right)$ $s$ fokú polinomok, az $s$ szám a $n$ és $m$ két szám maximuma, az $r$ pedig a gyökök száma a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletéből, egyenlő: $\alpha +i\cdot \beta $. A $Q_(s) \left(x\right)$ és $R_(s) \left(x\right)$ polinomok együtthatóit az NC módszerrel találjuk meg.

Az NK módszer a következő szabály alkalmazásából áll. Az LNDU-2 inhomogén differenciálegyenlet parciális megoldásának részét képező polinom ismeretlen együtthatóinak megtalálásához szükséges:

cserélje ki az általános formában írt PD $U$-t az LNDU-2 bal oldalára;
az LNDU-2 bal oldalán hajtson végre egyszerűsítéseket és csoportos kifejezéseket ugyanazokkal a hatványokkal $x$;
a kapott azonosságban a tagok együtthatóit a bal és a jobb oldal azonos hatványaival kell egyenlővé tenni;
oldja meg a kapott lineáris egyenletrendszert ismeretlen együtthatókra.

1. példa

Feladat: keresse meg a VAGY LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Keresse meg a PD-t is , amely megfelel a $y=6$ kezdeti feltételeknek $x=0$ és $y"=1$ $x=0$ esetén.

Felírjuk a megfelelő LOD-2-t: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Jellemző egyenlet: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. A karakterisztikus egyenlet gyökei: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Ezek a gyökerek érvényesek és különállóak. Így a megfelelő LODE-2 VAGY alakja: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

Ennek az LNDU-2-nek a jobb oldala $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $ alakú. Figyelembe kell venni a $\alpha =3$ kitevő együtthatóját. Ez az együttható nem esik egybe a karakterisztikus egyenlet egyik gyökével sem. Ezért ennek az LNDU-2-nek a PD alakja $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Az $A$, $B$ együtthatókat NC módszerrel fogjuk megkeresni.

Megtaláljuk a Cseh Köztársaság első származékát:

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

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

Megtaláljuk a Cseh Köztársaság második származékát:

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

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

Helyettesítjük a $U""$, $U"$ és $U$ függvényeket a $y""$, $y"$ és $y$ helyett a megadott NLDE-2 $y""-3\cdot y"-ba. -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x $ Sőt, mivel a $e^(3\cdot x) $ kitevő szerepel faktorként minden komponensben, akkor az elhagyható.

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

Az eredményül kapott egyenlőség bal oldalán hajtjuk végre a műveleteket:

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

Az NDT módszert használjuk. Lineáris egyenletrendszert kapunk két ismeretlennel:

$-18\cdot A=36;$

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

Ennek a rendszernek a megoldása: $A=-2$, $B=-1$.

PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ a problémánkhoz így néz ki: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.

A problémánk VAGY $y=Y+U$ így néz ki: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ left(-2\cdot x-1\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Az adott kezdeti feltételeknek megfelelő PD kereséséhez megtaláljuk az OP $y"$ deriváltját:

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

Behelyettesítjük a $y$ és $y"$ kezdeti feltételeket $x=0$ esetén $y=6$ és $x=0$ esetén $y"=1$:

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

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

Kaptunk egy egyenletrendszert:

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

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

Oldjuk meg. A $C_(1) $ a Cramer-képlet segítségével, a $C_(2) $ pedig az első egyenletből adódik:

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

Így ennek a differenciálegyenletnek a PD alakja: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \jobbra )\cdot e^(3\cdot x) $.

Az állandó együtthatójú másodrendű homogén lineáris differenciálegyenletek alakja

ahol p és q valós számok. Nézzünk példákat arra, hogyan oldhatók meg a homogén másodrendű, állandó együtthatójú differenciálegyenletek.

Egy másodrendű lineáris homogén differenciálegyenlet megoldása a karakterisztikus egyenlet gyökétől függ. A karakterisztikus egyenlet a k²+pk+q=0 egyenlet.

1) Ha a karakterisztikus egyenlet gyökei különböző valós számok:

akkor egy lineáris homogén másodrendű differenciálegyenlet állandó együtthatós általános megoldása a következő alakú

2) Ha a karakterisztikus egyenlet gyökei egyenlő valós számok

(például nullával egyenlő diszkrimináns esetén), akkor egy homogén másodrendű differenciálegyenlet általános megoldása

3) Ha a karakterisztikus egyenlet gyökei komplex számok

(például negatív számmal egyenlő diszkriminánssal), akkor egy homogén másodrendű differenciálegyenlet általános megoldását a következő formában írjuk fel:

Példák lineáris homogén másodrendű differenciálegyenletek megoldására állandó együtthatókkal

Keressen általános megoldásokat homogén másodrendű differenciálegyenletekre:

Felállítjuk a karakterisztikus egyenletet: k²-7k+12=0. A diszkriminánsa D=b²-4ac=1>0, tehát a gyökök különböző valós számok.

Ezért ennek a homogén 2. rendű DE-nek az általános megoldása az

Állítsuk össze és oldjuk meg a karakterisztikus egyenletet:

A gyökerek valódiak és különállóak. Ezért van egy általános megoldásunk erre a homogén differenciálegyenletre:

Ebben az esetben a karakterisztikus egyenlet

A gyökerek különbözőek és érvényesek. Ezért itt van a 2. rendű homogén differenciálegyenlet általános megoldása

Karakterisztikus egyenlet

Mivel a gyökök valósak és egyenlőek, erre a differenciálegyenletre az általános megoldást így írjuk

A jellemző egyenlet itt található

Mivel a diszkrimináns negatív szám, a karakterisztikus egyenlet gyökei komplex számok.

Ennek a homogén másodrendű differenciálegyenletnek az általános megoldása a következőképpen alakul

Karakterisztikus egyenlet

Innentől megtaláljuk az általános megoldást erre a különbségre. egyenletek:

Példák önellenőrzéshez.

Lineáris inhomogén másodrendű differenciálegyenletek (LNDE-2) konstans együtthatós (PC) megoldásának alapjai

A $p$ és $q$ állandó együtthatójú másodrendű LDDE $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$ formájú, ahol $f\left(x \right)$ egy folytonos függvény.

Az LNDU 2 PC-vel kapcsolatban a következő két állítás igaz.

Másodrendű LPDE megoldása PC-vel

1. szabály.

2. számú szabály.

3. számú szabály.

4. számú szabály.

cserélje ki az általános formában írt PD $U$-t az LNDU-2 bal oldalára;
az LNDU-2 bal oldalán hajtson végre egyszerűsítéseket és csoportos kifejezéseket ugyanazokkal a hatványokkal $x$;
a kapott azonosságban a tagok együtthatóit a bal és a jobb oldal azonos hatványaival kell egyenlővé tenni;
oldja meg a kapott lineáris egyenletrendszert ismeretlen együtthatókra.

1. példa

Felírjuk a megfelelő LOD-2-t: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Az $A$, $B$ együtthatókat NC módszerrel fogjuk megkeresni.

Megtaláljuk a Cseh Köztársaság első származékát:

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

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

Megtaláljuk a Cseh Köztársaság második származékát:

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

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

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

Az eredményül kapott egyenlőség bal oldalán hajtjuk végre a műveleteket:

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

Az NDT módszert használjuk. Lineáris egyenletrendszert kapunk két ismeretlennel:

$-18\cdot A=36;$

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

Ennek a rendszernek a megoldása: $A=-2$, $B=-1$.

PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ a problémánkhoz így néz ki: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.

A problémánk VAGY $y=Y+U$ így néz ki: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ left(-2\cdot x-1\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Az adott kezdeti feltételeknek megfelelő PD kereséséhez megtaláljuk az OP $y"$ deriváltját:

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

Behelyettesítjük a $y$ és $y"$ kezdeti feltételeket $x=0$ esetén $y=6$ és $x=0$ esetén $y"=1$:

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

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

Kaptunk egy egyenletrendszert:

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

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

Oldjuk meg. A $C_(1) $ a Cramer-képlet segítségével, a $C_(2) $ pedig az első egyenletből adódik:

Így ennek a differenciálegyenletnek a PD alakja: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \jobbra )\cdot e^(3\cdot x) $.

Elsőrendű lineáris differenciálegyenlet a forma egyenlete

,
ahol p és q az x változó függvényei.

Lineáris homogén elsőrendű differenciálegyenlet a forma egyenlete

Lineáris inhomogén elsőrendű differenciálegyenlet a forma egyenlete

q kifejezés (x) az egyenlet inhomogén részének nevezzük.

Tekintsünk egy elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletet:
(1) .
Az egyenlet megoldásának három módja van:

integráló faktor módszer;

Lineáris differenciálegyenlet megoldása integráló tényező segítségével

Tekintsünk egy módszert egy elsőrendű lineáris differenciálegyenlet megoldására integráló tényező.
Szorozzuk meg az eredeti egyenlet mindkét oldalát (1) integráló tényezővel
:
(2)
Ezután megjegyezzük, hogy az integrál deriváltja egyenlő az integrandusszal:

A komplex függvény differenciálási szabálya szerint:

A termékdifferenciálási szabály szerint:

Csere be (2) :

Integráljunk:

Szorozva . Kapunk:

elsőrendű lineáris differenciálegyenlet általános megoldása

Példa egy elsőrendű lineáris differenciálegyenlet megoldására

Oldja meg az egyenletet

Megoldás
Osszuk el az eredeti egyenlet mindkét oldalát x-szel: .
(én)
;
.
Akkor

Integráló tényező: A modulus előjele elhagyható, mivel az integráló tényező bármely konstanssal megszorozható (beleértve).
± 1 Osszuk el az eredeti egyenlet mindkét oldalát x-szel: Szorozzuk meg 3 :
.
x által
;
.
Kiválasztjuk a származékot.
.
Integrálunk az integráltáblázat segítségével: 3 :
.

Ossza el x-szel

Válasz
Referenciák: