Persamaan tak homogen orde kedua. Persamaan diferensial linier dengan koefisien konstan

Artikel ini membahas masalah penyelesaian persamaan diferensial linier tak homogen orde kedua dengan koefisien konstan. Teori tersebut akan dibahas beserta contoh permasalahan yang diberikan. Untuk menguraikan istilah-istilah yang belum jelas, maka perlu mengacu pada topik tentang pengertian dasar dan konsep teori persamaan diferensial.

Mari kita perhatikan persamaan diferensial linier (LDE) orde kedua dengan koefisien konstan berbentuk y "" + p · y " + q · y = f (x), di mana p dan q adalah bilangan sembarang, dan fungsi yang ada f (x) kontinu pada interval integrasi x.

Mari kita beralih ke rumusan teorema solusi umum LNDE.

Yandex.RTB RA-339285-1

Teorema solusi umum untuk LDNU

Teorema 1

Solusi umum, terletak pada interval x, persamaan diferensial tak homogen berbentuk y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) dengan koefisien integrasi kontinu pada interval x f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) dan fungsi kontinu f (x) sama dengan jumlah solusi umum y 0, yang sesuai dengan LOD dan beberapa solusi khusus y ~, dengan persamaan tak homogen aslinya adalah y = y 0 + kamu ~.

Hal ini menunjukkan bahwa penyelesaian persamaan orde kedua tersebut berbentuk y = y 0 + y ~ . Algoritma untuk mencari y 0 dibahas dalam artikel persamaan diferensial orde kedua homogen linier dengan koefisien konstan. Setelah itu kita harus melanjutkan ke definisi y ~.

Pilihan solusi tertentu untuk LPDE bergantung pada jenis fungsi yang tersedia f (x) yang terletak di sisi kanan persamaan. Untuk melakukan ini, perlu untuk mempertimbangkan secara terpisah solusi persamaan diferensial orde kedua linier tak homogen dengan koefisien konstan.

Jika f (x) dianggap sebagai polinomial derajat ke-n f (x) = P n (x), maka penyelesaian tertentu dari LPDE dicari dengan menggunakan rumus bentuk y ~ = Q n (x ) x γ, dengan Q n ( x) adalah polinomial berderajat n, r adalah banyaknya akar nol dari persamaan karakteristik. Nilai y ~ adalah solusi tertentu y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , maka koefisien yang tersedia ditentukan oleh polinomial
Q n (x), kita cari dengan menggunakan metode koefisien tak tentu dari persamaan y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).

Contoh 1

Hitung menggunakan teorema Cauchy y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .

Larutan

Dengan kata lain, perlu untuk beralih ke solusi tertentu dari persamaan diferensial linier tak homogen orde kedua dengan koefisien konstan y "" - 2 y " = x 2 + 1, yang akan memenuhi kondisi tertentu y (0) = 2, kamu " (0) = 1 4 .

Penyelesaian umum persamaan linier tak homogen adalah penjumlahan dari penyelesaian umum yang sesuai dengan persamaan y 0 atau penyelesaian khusus persamaan tak homogen y ~, yaitu y = y 0 + y ~.

Pertama, kita akan menemukan solusi umum untuk LNDU, dan kemudian solusi khusus.

Mari kita lanjutkan untuk mencari y 0. Menuliskan persamaan karakteristik akan membantu Anda menemukan akar-akarnya. Kami mengerti

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

Kami menemukan bahwa akarnya berbeda dan nyata. Oleh karena itu, mari kita tuliskan

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

Ayo temukan kamu ~ . Terlihat bahwa ruas kanan persamaan yang diberikan adalah polinomial derajat kedua, maka salah satu akarnya sama dengan nol. Dari sini kita peroleh bahwa solusi khusus untuk y ~ adalah

y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, dimana nilai A, B, C mengambil koefisien yang tidak dapat ditentukan.

Mari kita cari dari persamaan bentuk y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .

Kemudian kita mendapatkan bahwa:

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

Menyamakan koefisien dengan eksponen x yang sama, kita memperoleh sistem ekspresi linier - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Saat menyelesaikan dengan salah satu metode, kita akan mencari koefisiennya dan menulis: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 dan y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

Entri ini disebut solusi umum persamaan diferensial orde kedua linier tak homogen asli dengan koefisien konstan.

Untuk mencari solusi tertentu yang memenuhi kondisi y (0) = 2, y "(0) = 1 4, perlu ditentukan nilainya C 1 Dan dari 2, berdasarkan persamaan bentuk y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.

Kami mendapatkan bahwa:

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

Kita kerjakan sistem persamaan yang dihasilkan dalam bentuk C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, di mana C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.

Menerapkan teorema Cauchy, kita mendapatkan itu

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

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

Jika fungsi f (x) direpresentasikan sebagai hasil kali polinomial berderajat n dan eksponen f (x) = P n (x) · e a x , maka diperoleh solusi partikular dari LPDE orde kedua adalah persamaan bentuk y ~ = e a x · Q n ( x) x γ, di mana Q n (x) adalah polinomial derajat ke-n, dan r adalah banyaknya akar persamaan karakteristik yang sama dengan α.

Koefisien milik Q n (x) ditemukan dengan persamaan y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Contoh 2

Temukan solusi umum persamaan diferensial berbentuk y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .

Larutan

Persamaan umumnya adalah y = y 0 + y ~ . Persamaan yang ditunjukkan sesuai dengan LOD y "" - 2 y " = 0. Dari contoh sebelumnya terlihat bahwa akar-akarnya sama k 1 = 0 dan k 2 = 2 dan y 0 = C 1 + C 2 e 2 x dengan persamaan karakteristik.

Dapat dilihat bahwa ruas kanan persamaan tersebut adalah x 2 + 1 · e x . Dari sini LPDE dicari melalui y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, dimana Q n (x) adalah polinomial derajat kedua, dimana α = 1 dan r = 0, karena persamaan karakteristiknya tidak mempunyai akar yang sama dengan 1. Dari sini kita mendapatkannya

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 adalah koefisien yang tidak diketahui yang dapat dicari dengan persamaan y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x.

Mengerti

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

Kami menyamakan indikator dengan koefisien yang sama dan memperoleh sistem persamaan linier. Dari sini kita menemukan A, B, C:

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

Menjawab: jelas bahwa y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 merupakan solusi partikular dari LNDDE, dan y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - solusi umum persamaan dif tak homogen orde kedua.

Jika fungsinya ditulis sebagai f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, dan Sebuah 1 Dan DALAM 1 adalah bilangan, maka penyelesaian parsial LPDE dianggap persamaan berbentuk y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ, dimana A dan B dianggap koefisien tak tentu, dan r adalah bilangan akar konjugasi kompleks yang berhubungan dengan persamaan karakteristik, sama dengan ± i β . Dalam hal ini pencarian koefisien dilakukan dengan menggunakan persamaan y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).

Contoh 3

Temukan solusi umum persamaan diferensial berbentuk y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Larutan

Sebelum menulis persamaan karakteristik, kita cari y 0. Kemudian

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

Kami memiliki sepasang akar konjugasi kompleks. Mari kita bertransformasi dan mendapatkan:

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

Akar persamaan karakteristik dianggap sebagai pasangan konjugasi ± 2 i, maka f(x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). Hal ini menunjukkan bahwa pencarian y ~ akan dilakukan dari y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Tidak diketahui Kita akan mencari koefisien A dan B dari persamaan bentuk y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Mari kita konversi:

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)

Maka jelaslah itu

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)

Koefisien sinus dan cosinus perlu disamakan. Kami mendapatkan sistem dalam bentuk:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

Maka y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.

Menjawab: solusi umum LPDE orde kedua asli dengan koefisien konstan dipertimbangkan

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

Jika f(x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), maka y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ. Kita mendapatkan bahwa r adalah jumlah pasangan akar konjugasi kompleks yang berhubungan dengan persamaan karakteristik, sama dengan α ± i β, di mana P n (x), Q k (x), L m (x) dan Nm(x) adalah polinomial berderajat n, k, m, m, dimana m = m a x (n, k). Menemukan koefisien Lm(x) Dan Nm(x) dibuat berdasarkan persamaan y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Contoh 4

Carilah penyelesaian umum y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .

Larutan

Berdasarkan kondisinya jelas bahwa

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

Maka m = m a x (n, k) = 1. Kita mencari y 0 dengan terlebih dahulu menulis persamaan karakteristik dalam bentuk:

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

Kami menemukan bahwa akarnya nyata dan berbeda. Jadi y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Selanjutnya, perlu dicari solusi umum berdasarkan persamaan tak homogen bentuk y ~

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

Diketahui A, B, C merupakan koefisien, r = 0, karena tidak ada pasangan akar konjugasi yang berhubungan dengan persamaan karakteristik dengan α ± i β = 3 ± 5 · i. Kami menemukan koefisien berikut dari persamaan yang dihasilkan:

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))

Menemukan turunan dan suku-suku serupa memberi

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))

Setelah menyamakan koefisien, kita memperoleh sistem berbentuk

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

Dari semuanya berikut ini

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) dosa (5 x))

Menjawab: Sekarang kita telah memperoleh solusi umum untuk persamaan linear yang diberikan:

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))

Algoritma untuk menyelesaikan LDNU

Definisi 1

Jenis fungsi f(x) lainnya untuk solusi memerlukan kepatuhan terhadap algoritma solusi:

menemukan solusi umum persamaan homogen linier yang bersangkutan, di mana y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, di mana kamu 1 Dan kamu 2 adalah solusi parsial bebas linier dari LODE, C 1 Dan dari 2 dianggap konstanta arbitrer;
adopsi sebagai solusi umum LNDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
penentuan turunan suatu fungsi melalui sistem berbentuk 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) , dan mencari fungsi C 1 (x) dan C 2 (x) melalui integrasi.

Contoh 5

Carilah penyelesaian umum untuk y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.

Larutan

Kita lanjutkan menulis persamaan karakteristik, setelah sebelumnya menulis y 0, y "" + 36 y = 0. Mari menulis dan menyelesaikan:

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) , kamu 2 (x) = dosa (6 x)

Kita mendapatkan bahwa solusi umum persamaan yang diberikan akan ditulis sebagai y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Kita perlu beralih ke definisi fungsi turunan C 1 (x) Dan C2(x) menurut sistem dengan persamaan:

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

Keputusan perlu dibuat mengenai C 1" (x) Dan C 2" (x) menggunakan metode apa pun. Kemudian kita menulis:

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)

Setiap persamaan harus diintegrasikan. Kemudian kita menulis persamaan yang dihasilkan:

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 dosa (6 x) + C 4

Maka solusi umumnya akan berbentuk:

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 dosa (6 x)

Menjawab: 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)

Jika Anda melihat kesalahan pada teks, silakan sorot dan tekan Ctrl+Enter

Dasar-dasar penyelesaian persamaan diferensial linier tak homogen orde dua (LNDE-2) dengan koefisien konstan (PC)

LDDE orde ke-2 dengan koefisien konstan $p$ dan $q$ memiliki bentuk $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, di mana $f\left(x \kanan)$ adalah fungsi kontinu.

Sehubungan dengan LNDU 2 dengan PC, dua pernyataan berikut ini benar.

Mari kita asumsikan bahwa beberapa fungsi $U$ adalah solusi parsial sembarang dari persamaan diferensial tak homogen. Mari kita asumsikan juga bahwa beberapa fungsi $Y$ adalah solusi umum (GS) dari persamaan diferensial homogen linier (HLDE) yang bersesuaian $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Maka GR dari LHDE-2 sama dengan jumlah solusi privat dan umum yang ditunjukkan, yaitu $y=U+Y$.

Jika ruas kanan LMDE orde ke-2 merupakan penjumlahan fungsi, yaitu $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x \kanan)+ ..+f_(r) \left(x\right)$, maka pertama-tama kita dapat menemukan PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ yang sesuai ke masing-masing fungsi $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, dan setelah itu tulis CR LNDU-2 dalam bentuk $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.

Solusi LPDE orde 2 dengan PC

Jelas sekali bahwa jenis PD $U$ tertentu dari LNDU-2 tertentu bergantung pada bentuk spesifik dari sisi kanannya $f\left(x\right)$. Kasus pencarian PD LNDU-2 yang paling sederhana dirumuskan dalam bentuk empat aturan berikut.

Aturan #1.

Sisi kanan LNDU-2 berbentuk $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, dimana $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, yaitu disebut a polinomial derajat $n$. Kemudian PD $U$nya dicari dalam bentuk $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, dimana $Q_(n) \left(x\right)$ adalah yang lain polinomial yang berderajat sama dengan $P_(n) \left(x\right)$, dan $r$ adalah jumlah akar persamaan karakteristik dari LODE-2 terkait yang sama dengan nol. Koefisien polinomial $Q_(n) \left(x\right)$ dicari dengan metode koefisien tak tentu (UK).

Peraturan No.2.

Sisi kanan LNDU-2 berbentuk $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, di mana $P_(n) \kiri( x\kanan)$ adalah polinomial berderajat $n$. Kemudian PD $U$nya dicari dalam bentuk $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, dimana $Q_(n ) \ left(x\right)$ adalah polinomial lain yang berderajat sama dengan $P_(n) \left(x\right)$, dan $r$ adalah jumlah akar persamaan karakteristik dari LODE-2 yang bersangkutan sama dengan $\alpha $. Koefisien polinomial $Q_(n) \left(x\right)$ ditemukan dengan metode NC.

Peraturan No.3.

Sisi kanan LNDU-2 berbentuk $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \kanan) $, dimana $a$, $b$ dan $\beta$ adalah angka yang diketahui. Kemudian dicari PD $U$-nya dalam bentuk $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \kanan )\cdot x^(r) $, di mana $A$ dan $B$ adalah koefisien yang tidak diketahui, dan $r$ adalah jumlah akar persamaan karakteristik dari LODE-2 yang bersangkutan, sama dengan $i\cdot \beta $. Koefisien $A$ dan $B$ ditemukan dengan menggunakan metode non-destruktif.

Peraturan No.4.

Sisi kanan LNDU-2 berbentuk $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, dimana $P_(n) \left(x\right)$ adalah polinomial berderajat $n$, dan $P_(m) \left(x\right)$ adalah polinomial berderajat $m$. Kemudian PD $U$nya dicari dalam bentuk $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, dimana $Q_(s) \left(x\right)$ dan $ R_(s) \left(x\right)$ adalah polinomial berderajat $s$, bilangan $s$ adalah bilangan maksimum dari dua bilangan $n$ dan $m$, dan $r$ adalah banyaknya akar dari persamaan karakteristik LODE-2 yang sesuai, sama dengan $\alpha +i\cdot \beta $. Koefisien polinomial $Q_(s) \left(x\right)$ dan $R_(s) \left(x\right)$ ditemukan dengan metode NC.

Metode NK terdiri dari penerapan aturan berikut. Untuk mencari koefisien polinomial yang tidak diketahui yang merupakan bagian dari solusi parsial persamaan diferensial tak homogen LNDU-2, perlu:

gantikan PD $U$, yang ditulis dalam bentuk umum, ke sisi kiri LNDU-2;
di sisi kiri LNDU-2, lakukan penyederhanaan dan kelompokkan suku dengan pangkat yang sama $x$;
pada identitas yang dihasilkan, samakan koefisien suku-suku dengan pangkat yang sama $x$ pada ruas kiri dan kanan;
selesaikan sistem persamaan linear yang dihasilkan untuk koefisien yang tidak diketahui.

Contoh 1

Tugas: temukan OR LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Temukan juga PD , memenuhi kondisi awal $y=6$ untuk $x=0$ dan $y"=1$ untuk $x=0$.

Kami menuliskan LOD-2 yang sesuai: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Persamaan karakteristik: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Akar persamaan karakteristik adalah: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Akar-akar ini valid dan berbeda. Jadi, OR dari LODE-2 yang bersangkutan memiliki bentuk: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

Sisi kanan LNDU-2 ini berbentuk $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Penting untuk mempertimbangkan koefisien eksponen $\alpha =3$. Koefisien ini tidak bertepatan dengan akar persamaan karakteristik mana pun. Oleh karena itu, PD LNDU-2 ini berbentuk $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Kita akan mencari koefisien $A$, $B$ menggunakan metode NC.

Kami menemukan turunan pertama dari Republik Ceko:

$U"=\kiri(A\cdot x+B\kanan)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\kiri(A\cdot x+B\kanan)\cdot \kiri( e^(3\cdot x) \kanan)^((") ) =$

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

Kami menemukan turunan kedua dari Republik Ceko:

$U""=\kiri(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\kanan)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\kiri(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\kanan)\cdot \kiri(e^(3\cdot x) \kanan)^((") ) =$

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

Kami mengganti fungsi $U""$, $U"$ dan $U$ sebagai ganti $y""$, $y"$ dan $y$ ke dalam NLDE-2 $y""-3\cdot y" yang diberikan -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x). $ Terlebih lagi, karena eksponen $e^(3\cdot x) $ dimasukkan sebagai faktor di semua komponen, maka dapat dihilangkan.

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

Kami melakukan tindakan di sisi kiri persamaan yang dihasilkan:

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

Kami menggunakan metode NDT. Kami memperoleh sistem persamaan linear dengan dua hal yang tidak diketahui:

$-18\cdot A=36;$

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

Solusi untuk sistem ini adalah: $A=-2$, $B=-1$.

PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ untuk soal kita seperti ini: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.

OR $y=Y+U$ untuk soal kita terlihat seperti ini: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ kiri(-2\cdot x-1\kanan)\cdot e^(3\cdot x) $.

Untuk mencari PD yang memenuhi kondisi awal yang diberikan, kita mencari turunan $y"$ dari OP:

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

Kami mengganti $y$ dan $y"$ kondisi awal $y=6$ untuk $x=0$ dan $y"=1$ untuk $x=0$:

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

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

Kami menerima sistem persamaan:

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

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

Mari kita selesaikan. Kita mencari $C_(1) $ menggunakan rumus Cramer, dan $C_(2) $ kita tentukan dari persamaan pertama:

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

Jadi, PD persamaan diferensial ini berbentuk: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \kanan )\cdot e^(3\cdot x) $.

Persamaan diferensial linier homogen orde kedua dengan koefisien konstan memiliki bentuk

dimana p dan q adalah bilangan real. Mari kita lihat contoh bagaimana persamaan diferensial orde kedua homogen dengan koefisien konstan diselesaikan.

Penyelesaian persamaan diferensial homogen linier orde dua bergantung pada akar-akar persamaan karakteristik. Persamaan karakteristiknya adalah persamaan k²+pk+q=0.

1) Jika akar-akar persamaan karakteristik adalah bilangan real yang berbeda:

maka penyelesaian umum persamaan diferensial orde kedua homogen linier dengan koefisien konstan berbentuk

2) Jika akar-akar persamaan karakteristik adalah bilangan real yang sama

(misalnya, dengan diskriminan sama dengan nol), maka solusi umum persamaan diferensial orde kedua homogen adalah

3) Jika akar persamaan karakteristik adalah bilangan kompleks

(misalnya dengan diskriminan sama dengan bilangan negatif), maka penyelesaian umum persamaan diferensial orde dua homogen ditulis dalam bentuk

Contoh penyelesaian persamaan diferensial linier homogen orde dua dengan koefisien konstan

Temukan solusi umum persamaan diferensial orde kedua yang homogen:

Kita membuat persamaan karakteristik: k²-7k+12=0. Diskriminannya adalah D=b²-4ac=1>0, jadi akar-akar bilangan real berbeda.

Jadi, solusi umum DE orde 2 homogen ini adalah

Mari kita buat dan selesaikan persamaan karakteristik:

Akarnya nyata dan berbeda. Oleh karena itu kita mempunyai solusi umum untuk persamaan diferensial homogen ini:

Dalam hal ini, persamaan karakteristik

Akarnya berbeda dan valid. Oleh karena itu, solusi umum persamaan diferensial homogen orde 2 ada di sini

Persamaan karakteristik

Karena akar-akarnya nyata dan sama, maka untuk persamaan diferensial ini kita tuliskan solusi umumnya sebagai

Persamaan karakteristiknya ada di sini

Karena diskriminannya adalah bilangan negatif, maka akar-akar persamaan karakteristiknya adalah bilangan kompleks.

Solusi umum persamaan diferensial orde kedua homogen ini memiliki bentuk

Persamaan karakteristik

Dari sini kita menemukan solusi umum untuk diferensial ini. persamaan:

Contoh untuk tes mandiri.

Dasar-dasar penyelesaian persamaan diferensial linier tak homogen orde dua (LNDE-2) dengan koefisien konstan (PC)

LDDE orde ke-2 dengan koefisien konstan $p$ dan $q$ memiliki bentuk $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, di mana $f\left(x \kanan)$ adalah fungsi kontinu.

Sehubungan dengan LNDU 2 dengan PC, dua pernyataan berikut ini benar.

Solusi LPDE orde 2 dengan PC

Aturan #1.

Peraturan No.2.

Peraturan No.3.

Peraturan No.4.

Metode NK terdiri dari penerapan aturan berikut. Untuk mencari koefisien polinomial yang tidak diketahui yang merupakan bagian dari solusi parsial persamaan diferensial tak homogen LNDU-2, perlu:

gantikan PD $U$, yang ditulis dalam bentuk umum, ke sisi kiri LNDU-2;
di sisi kiri LNDU-2, lakukan penyederhanaan dan kelompokkan suku dengan pangkat yang sama $x$;
pada identitas yang dihasilkan, samakan koefisien suku-suku dengan pangkat yang sama $x$ pada ruas kiri dan kanan;
selesaikan sistem persamaan linear yang dihasilkan untuk koefisien yang tidak diketahui.

Contoh 1

Tugas: temukan OR LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Temukan juga PD , memenuhi kondisi awal $y=6$ untuk $x=0$ dan $y"=1$ untuk $x=0$.

Kami menuliskan LOD-2 yang sesuai: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Kita akan mencari koefisien $A$, $B$ menggunakan metode NC.

Kami menemukan turunan pertama dari Republik Ceko:

$U"=\kiri(A\cdot x+B\kanan)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\kiri(A\cdot x+B\kanan)\cdot \kiri( e^(3\cdot x) \kanan)^((") ) =$

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

Kami menemukan turunan kedua dari Republik Ceko:

$U""=\kiri(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\kanan)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\kiri(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\kanan)\cdot \kiri(e^(3\cdot x) \kanan)^((") ) =$

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

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

Kami melakukan tindakan di sisi kiri persamaan yang dihasilkan:

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

Kami menggunakan metode NDT. Kami memperoleh sistem persamaan linear dengan dua hal yang tidak diketahui:

$-18\cdot A=36;$

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

Solusi untuk sistem ini adalah: $A=-2$, $B=-1$.

PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ untuk soal kita seperti ini: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.

OR $y=Y+U$ untuk soal kita terlihat seperti ini: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ kiri(-2\cdot x-1\kanan)\cdot e^(3\cdot x) $.

Untuk mencari PD yang memenuhi kondisi awal yang diberikan, kita mencari turunan $y"$ dari OP:

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

Kami mengganti $y$ dan $y"$ kondisi awal $y=6$ untuk $x=0$ dan $y"=1$ untuk $x=0$:

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

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

Kami menerima sistem persamaan:

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

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

Mari kita selesaikan. Kita mencari $C_(1) $ menggunakan rumus Cramer, dan $C_(2) $ kita tentukan dari persamaan pertama:

Jadi, PD persamaan diferensial ini berbentuk: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \kanan )\cdot e^(3\cdot x) $.

Persamaan diferensial linier orde pertama adalah persamaan bentuk

,
dimana p dan q adalah fungsi dari variabel x.

Persamaan diferensial homogen linier orde pertama adalah persamaan bentuk

Persamaan diferensial linier tak homogen orde pertama adalah persamaan bentuk

istilah q (X) disebut bagian persamaan yang tidak homogen.

Perhatikan persamaan diferensial linier tak homogen orde pertama:
(1) .
Ada tiga cara untuk menyelesaikan persamaan ini:

metode pengintegrasian faktor;

Menyelesaikan persamaan diferensial linier menggunakan faktor pengintegrasi

Mari kita perhatikan metode penyelesaian persamaan diferensial linier orde pertama menggunakan faktor pengintegrasian.
Mari kita kalikan kedua ruas persamaan aslinya (1) dengan mengintegrasikan faktor
:
(2)
Selanjutnya, kita perhatikan bahwa turunan integral sama dengan integran:

Menurut aturan diferensiasi fungsi kompleks:

Menurut aturan diferensiasi produk:

Gantikan (2) :

Mari berintegrasi:

Kalikan dengan . Kita mendapatkan:

solusi umum persamaan diferensial linier orde pertama

Contoh penyelesaian persamaan diferensial linier orde satu

Selesaikan persamaannya

Larutan
Mari kita bagi kedua ruas persamaan awal dengan x: .
(Saya)
;
.
Kemudian

Faktor pengintegrasian: Tanda modulus dapat dihilangkan, karena faktor pengintegrasian dapat dikalikan dengan konstanta apa pun (termasuk).
± 1 Mari kita bagi kedua ruas persamaan awal dengan x: Mari kita perbanyak 3 :
.
oleh x
;
.
Kami memilih turunannya.
.
Kami mengintegrasikan menggunakan tabel integral: 3 :
.

Bagilah dengan x

Menjawab
Referensi: