Mühazirədə LNDE-lər öyrənilir - xətti qeyri-bərabər diferensial tənliklər. Ümumi həllin strukturu nəzərdən keçirilir, ixtiyari sabitlərin dəyişməsi metodundan istifadə edərək LPDE-nin həlli, LPDE-nin həlli ilə sabit əmsallar və xüsusi bir növün sağ tərəfi. Nəzərə alınan məsələlər fizikada, elektrotexnika və elektronikada, avtomatik idarəetmə nəzəriyyəsində məcburi rəqslərin öyrənilməsində istifadə olunur.
1. 2-ci tərtib xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin ümumi həllinin strukturu.
Əvvəlcə ixtiyari nizamın xətti qeyri-homogen tənliyini nəzərdən keçirək:
Qeydi nəzərə alaraq yaza bilərik:
Bu halda, əmsalların və bu tənliyin sağ tərəfinin müəyyən bir intervalda kəsilməz olduğunu fərz edəcəyik.
Teorem. Müəyyən bir sahədə xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin ümumi həlli onun hər hansı bir həllinin cəminə və müvafiq xətti bircins diferensial tənliyin ümumi həllinə bərabərdir.
Sübut. Qoy Y qeyri-homogen tənliyin həlli olsun.
Sonra bu həlli orijinal tənliyə əvəz etdikdə eyniliyi əldə edirik:
Qoy 
- əsas sistem xətti homojen tənliyin həlli 
. Sonra ümumi qərar homojen tənlik aşağıdakı kimi yazıla bilər:
Xüsusilə, 2-ci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənlik üçün ümumi həllin strukturu aşağıdakı formaya malikdir:
Harada 
müvafiq homojen tənliyin əsas həllər sistemidir və 
- qeyri-homogen tənliyin hər hansı xüsusi həlli.
Beləliklə, xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyi həll etmək üçün müvafiq homojen tənliyin ümumi həllini tapmaq və bir şəkildə xüsusi bir həll tapmaq lazımdır. qeyri-homogen tənlik. Adətən seçim yolu ilə tapılır. Aşağıdakı suallarda özəl həllin seçilməsi üsullarını nəzərdən keçirəcəyik.
2. Variasiya üsulu
Praktikada ixtiyari sabitlərin dəyişdirilməsi metodundan istifadə etmək rahatdır.
Bunu etmək üçün əvvəlcə aşağıdakı formada müvafiq homojen tənliyin ümumi həllini tapın:
Sonra əmsalları qoyaraq C i-dən funksiyaları yerinə yetirir X, qeyri-homogen tənliyin həlli axtarılır:
Funksiyaları tapmaq üçün sübut edilə bilər C i (x) tənliklər sistemini həll etməliyik:
Misal. Tənliyi həll edin 
Xətti homojen tənliyin həlli 
Qeyri-homogen tənliyin həlli aşağıdakı formada olacaq:
Tənliklər sistemi yaradaq:
Bu sistemi həll edək:
Əlaqədən funksiyanı tapırıq Oh).
İndi tapırıq B(x).
Alınan dəyərləri qeyri-homogen tənliyin ümumi həlli üçün düsturla əvəz edirik:
Yekun cavab: 
Ümumiyyətlə, ixtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu istənilən xətti qeyri-bərabər tənliyin həlli üçün uyğundur. Amma ona görə ki Müvafiq homojen tənliyin əsas həllər sistemini tapmaq olduqca çətin bir iş ola bilər, bu üsul əsasən sabit əmsallı qeyri-homogen tənliklər üçün istifadə olunur;
3. Xüsusi formanın sağ tərəfi olan tənliklər
Qeyri-homogen tənliyin sağ tərəfinin növündən asılı olaraq müəyyən bir həllin növünü təsəvvür etmək mümkün görünür.
Aşağıdakı hallar fərqlənir:
I. Xətti qeyri-homogen diferensial tənliyin sağ tərəfi aşağıdakı formaya malikdir:
dərəcə polinomu haradadır m.
Sonra aşağıdakı formada xüsusi bir həll axtarılır:
Burada Q(x) - ilə eyni dərəcədə çoxhədli P(x) , burun qeyri-müəyyən əmsallar, A r– ədədinin müvafiq xətti homojen diferensial tənlik üçün xarakterik tənliyin kökü neçə dəfə olduğunu göstərən ədəd.
Misal. Tənliyi həll edin 
.
Uyğun homojen tənliyi həll edək: 
İndi orijinal qeyri-bərabər tənliyin xüsusi həllini tapaq.
Tənliyin sağ tərəfini yuxarıda müzakirə olunan sağ tərəfin forması ilə müqayisə edək.
Biz formada xüsusi bir həll axtarırıq: 
, Harada
Bunlar. 
İndi naməlum əmsalları təyin edək A Və IN.
Xüsusi həlli ümumi formada orijinal qeyri-homogen diferensial tənliyə əvəz edək.
Ümumi, özəl həll: 
Onda xətti qeyri-homogen diferensial tənliyin ümumi həlli belədir:
II. Xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin sağ tərəfi formaya malikdir:
Burada R 1 (X) Və R 2 (X)– dərəcə polinomları m 1 və m 2 müvafiq olaraq.
Sonra qeyri-bərabər tənliyin müəyyən bir həlli formaya sahib olacaq:
nömrə haradadır rədədin neçə dəfə olduğunu göstərir 
müvafiq homojen tənlik üçün xarakterik tənliyin köküdür və Q 1
(x)
Və
Q 2
(x)
–dən yüksək olmayan dərəcə çoxhədliləri m, Harada m- dərəcələrin ən böyüyü m 1
Və m 2
.
Şəxsi həllər növlərinin xülasə cədvəli
müxtəlif növ sağ tərəflər üçün
|
Diferensial tənliyin sağ tərəfi |
xarakterik tənlik |
Şəxsi növlər |
|
|
|
1. Ədəd xarakterik tənliyin kökü deyil |
|
|
|
2. Ədəd çoxluğun xarakterik tənliyinin köküdür |
|
||
|
|
1. Nömrə |
|
|
|
2. Nömrə |
|
||
|
1. Rəqəmlər |
|
||
|
2. Rəqəmlər |
|
||
|
1. Rəqəmlər | |||
|
2. Rəqəmlər |
xarakterik tənliyin kökü deyil
çoxluğun xarakterik tənliyinin köküdür 
çoxluğun xarakterik tənliyinin kökləridir 
xarakterik çoxluq tənliyinin kökləri deyil 
çoxluğun xarakterik tənliyinin kökləridir 
Qeyd edək ki, tənliyin sağ tərəfi yuxarıda nəzərdən keçirilən tipli ifadələrin birləşməsidirsə, o zaman həll köməkçi tənliklərin həllərinin kombinasiyası kimi tapılır, hər birinin daxil edilmiş ifadəyə uyğun sağ tərəfi var. birləşməsində.
Bunlar. tənlik olarsa: 
, onda bu tənliyin xüsusi həlli olacaq 
Harada saat 1
Və saat 2
– köməkçi tənliklərin xüsusi həlləri
Və 
Nümunə üçün yuxarıdakı misalı başqa cür həll edək.
Misal. Tənliyi həll edin 
Diferensial tənliyin sağ tərəfini iki funksiyanın cəmi kimi təqdim edək f 1 (x) + f 2 (x) = x + (- günah x).
Xarakterik tənliyi tərtib edib həll edək:
Alırıq: yəni. 
Ümumi: 
Bunlar. tələb olunan xüsusi həll forması var: 
Bircins olmayan diferensial tənliyin ümumi həlli:
Təsvir edilən üsulların tətbiqi nümunələrinə baxaq.
Misal 1.. Tənliyi həll edin 
Müvafiq xətti homojen diferensial tənlik üçün xarakterik tənlik tərtib edək:
İndi qeyri-homogen tənliyin xüsusi həllini formada tapaq:
Qeyri-müəyyən əmsallar metodundan istifadə edək.
Orijinal tənliyi əvəz edərək, əldə edirik:
Xüsusi bir həll formasına malikdir: 
Xətti qeyri-homogen tənliyin ümumi həlli: 
Misal. Tənliyi həll edin 
Xarakterik tənlik:
Homojen tənliyin ümumi həlli: 
Qeyri-homogen tənliyin xüsusi həlli: 
.
Törəmələri tapırıq və onları orijinal qeyri-bərabər tənliklə əvəz edirik:
Qeyri-homogen diferensial tənliyin ümumi həllini əldə edirik:
Sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənliklərin (LNDE-2) həllinin əsasları (PC)
$p$ və $q$ sabit əmsalları olan 2-ci dərəcəli LDDE $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$ formasına malikdir, burada $f\left(x) \right)$ davamlı funksiyadır.
PC ilə LNDU 2 ilə əlaqədar olaraq, aşağıdakı iki ifadə doğrudur.
Fərz edək ki, bəzi $U$ funksiyası qeyri-homogen diferensial tənliyin ixtiyari qismən həllidir. Eləcə də fərz edək ki, bəzi $Y$ funksiyası uyğun xətti bircinsli diferensial tənliyin (HLDE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$ ümumi həlli (GS). LHDE-2 göstərilən özəl və ümumi həllərin cəminə bərabərdir, yəni $y=U+Y$.
Əgər 2-ci dərəcəli LMDE-nin sağ tərəfi funksiyaların cəmidirsə, yəni $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x) \right)+ ..+f_(r) \left(x\right)$, onda ilk olaraq uyğun gələn $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$-ları tapa bilərik. $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$ funksiyalarının hər birinə və bundan sonra CR LNDU-2-ni $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $ şəklində yazın.
PC ilə 2-ci dərəcəli LPDE həlli
Aydındır ki, verilmiş LNDU-2-nin bu və ya digər PD $U$ növü onun sağ tərəfinin $f\left(x\right)$ xüsusi formasından asılıdır. PD LNDU-2-nin axtarışının ən sadə halları aşağıdakı dörd qayda şəklində tərtib edilmişdir.
Qayda №1.
LNDU-2-nin sağ tərəfi $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$ formasına malikdir, burada $P_(n) \left(x\right)=a_(0) ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, yəni a adlanır. $n$ dərəcə polinomu. Sonra onun PD $U$ $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $ şəklində axtarılır, burada $Q_(n) \left(x\right)$ başqadır. $P_(n) \left(x\right)$ ilə eyni dərəcədə çoxhədli və $r$ köklərin sayıdır xarakterik tənlik LOD-2-yə uyğundur, sıfıra bərabərdir. $Q_(n) \left(x\right)$ polinomunun əmsalları qeyri-müəyyən əmsallar üsulu ilə tapılır (Böyük Britaniya).
Qayda № 2.
LNDU-2-nin sağ tərəfi $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$ formasına malikdir, burada $P_(n) \left( x\right)$ $n$ dərəcə polinomudur. Sonra onun PD $U$ $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $ şəklində axtarılır, burada $Q_(n) ) \ left(x\right)$ $P_(n) \left(x\right)$ ilə eyni dərəcədə olan başqa çoxhədlidir, $r$ isə müvafiq LODE-2-nin xarakterik tənliyinin köklərinin sayıdır. $\alpha $-a bərabərdir. $Q_(n) \left(x\right)$ polinomunun əmsalları NC üsulu ilə tapılır.
Qayda № 3.
LNDU-2-nin sağ tərəfi $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x) şəklindədir. \sağ) $, burada $a$, $b$ və $\beta$ məlum rəqəmlər. Sonra onun PD $U$ $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) şəklində axtarılır. \right )\cdot x^(r) $, burada $A$ və $B$ naməlum əmsallardır və $r$ müvafiq LODE-2-nin xarakterik tənliyinin köklərinin sayıdır, $i\cdot-a bərabərdir. \beta $. $A$ və $B$ əmsalları dağıdıcı olmayan metoddan istifadə etməklə tapılır.
Qayda № 4.
LNDU-2-nin sağ tərəfi $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$ formasına malikdir, burada $P_(n) \left(x\right)$ $ n$ dərəcə çoxhədli, $P_(m) \left(x\right)$ isə $m$ dərəcə polinomudur. Sonra onun PD $U$ $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $ şəklində axtarılır, burada $Q_(s) \left(x\right)$ və $ R_(s) \left(x\right)$ $s$ dərəcə polinomlarıdır, $s$ rəqəmi maksimum iki ədəd $n$ və $m$, $r$ isə köklərin sayıdır. $\alpha +i\cdot \beta $-a bərabər olan müvafiq LODE-2-nin xarakterik tənliyinin. $Q_(s) \left(x\right)$ və $R_(s) \left(x\right)$ polinomlarının əmsalları NC üsulu ilə tapılır.
NK metodu aşağıdakı qaydanın tətbiqindən ibarətdir. LNDU-2 qeyri-bərabər diferensial tənliyinin qismən həllinin bir hissəsi olan polinomun naməlum əmsallarını tapmaq üçün lazımdır:
- ümumi formada yazılmış PD $U$ ilə əvəz edin sol tərəf LNDU-2;
- LNDU-2-nin sol tərəfində, eyni səlahiyyətlərlə sadələşdirmələri və qrup şərtlərini yerinə yetirin $x$;
- nəticədə eynilikdə, sol və sağ tərəflərin eyni gücləri $x$ olan şərtlərin əmsallarını bərabərləşdirin;
- yaranan sistemi həll edin xətti tənliklər naməlum əmsallara nisbətən.
Misal 1
Tapşırıq: tap YA LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Həmçinin PD tap , $x=0$ üçün $y=6$ və $x=0$ üçün $y"=1$ ilkin şərtlərini ödəməklə.
Müvafiq LOD-2-ni yazırıq: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.
Xarakterik tənlik: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Xarakterik tənliyin kökləri aşağıdakılardır: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Bu köklər etibarlı və fərqlidir. Beləliklə, müvafiq LODE-2-nin OR forması var: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.
Bu LNDU-2-nin sağ tərəfi $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $ formasına malikdir. $\alpha =3$ eksponentinin əmsalını nəzərə almaq lazımdır. Bu əmsal xarakterik tənliyin heç bir kökü ilə üst-üstə düşmür. Buna görə də, bu LNDU-2-nin PD-si $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ formasına malikdir.
NC metodundan istifadə etməklə $A$, $B$ əmsallarını axtaracağıq.
Çex Respublikasının ilk törəməsini tapırıq:
$U"=\sol(A\cdot x+B\sağ)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\sağ)\cdot \left( e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=A\cdot e^(3\cdot x) +\sol(A\cdot x+B\sağ)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\sol(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\sağ)\cdot e^(3\cdot x) .$
Çex Respublikasının ikinci törəməsini tapırıq:
$U""=\sol(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\sağ)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\sol(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\sağ)\cdot \sol(e^(3\cdot x) \sağ)^((") ) =$
$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\sol(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\sağ)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\sol(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\sağ)\cdot e^(3\cdot x) .$
Verilmiş NLDE-2 $y""-3\cdot y"-də $y""$, $y"$ və $y$ əvəzinə $U""$, $U"$ və $U$ funksiyalarını əvəz edirik. -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) Üstəlik, $e^(3\cdot x) $ göstəricisi faktor kimi daxil edilir bütün komponentlərdə onu buraxmaq olar:
$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \sol(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\sağ)-18\cdot \sol(A\ cdot x+B\sağ)=36\cdot x+12.$
Yaranan bərabərliyin sol tərəfində hərəkətləri yerinə yetiririk:
$-18\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$
NDT metodundan istifadə edirik. İki naməlum xətti olan tənliklər sistemini əldə edirik:
$-18\cdot A=36;$
$3\cdot A-18\cdot B=12.$
Bu sistemin həlli belədir: $A=-2$, $B=-1$.
PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ bizim problemimiz üçün belə görünür: $U=\left(-2\cdot x-1\sağ) \cdot e^(3\cdot x) $.
Problemimiz üçün OR $y=Y+U$ belə görünür: $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) $.
Verilmiş ilkin şərtləri ödəyən PD-ni axtarmaq üçün OP-nin $y"$ törəməsini tapırıq:
$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\sol(-2\cdot x-1\sağ)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$
$y$ və $y"$ ilkin şərtlərini $x=0$ üçün $y=6$ və $x=0$ üçün $y"=1$ ilə əvəz edirik:
$6=C_(1) +C_(2) -1; $
$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$
Tənliklər sistemini aldıq:
$C_(1) +C_(2) =7;$
$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$
Gəlin həll edək. Cramer düsturundan istifadə edərək $C_(1) $ tapırıq və $C_(2) $ birinci tənlikdən müəyyən edirik:
$C_(1) =\frac(\left|\begin(massiv)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(massiv)\sağ|)(\left|\ başlanğıc(massiv)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(massiv)\sağ|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4=3.$
Beləliklə, bu diferensial tənliyin PD formasına malikdir: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \sağ )\cdot e^(3\cdot x) $.
|
Sabit əmsallı qeyri-bircins ikinci dərəcəli diferensial tənliklər |
|
Ümumi həllin strukturu Bu tip xətti qeyri-bərabər tənliyin forması var: Harada səh, q− sabit ədədlər (həqiqi və ya mürəkkəb ola bilər). Hər bir belə tənlik üçün uyğun olanı yaza bilərik homojen tənlik:
Teorem: Qeyri-bircins tənliyin ümumi həlli ümumi həllin cəmidir y 0 (x) uyğun homojen tənliyin və xüsusi həllin y 1 (x) qeyri-homogen tənlik:
Aşağıda qeyri-homogen diferensial tənliklərin həllinin iki yolunu nəzərdən keçirəcəyik. Sabitlərin dəyişməsi üsulu Ümumi həll varsa yƏlaqədar homojen tənliyin 0-ı məlumdur, onda qeyri-homogen tənliyin ümumi həlli aşağıdakılardan istifadə etməklə tapıla bilər. daimi dəyişmə üsulu. Homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həlli aşağıdakı formada olsun: Daimi əvəzinə C 1 və C 2 köməkçi funksiyaları nəzərdən keçirəcəyik C 1 (x) Və C 2 (x). Bu funksiyaları elə axtaracağıq ki, həlli tapsın qeyri-bərabər tənliyi sağ tərəfi ilə təmin etdi f(x). Naməlum funksiyalar C 1 (x) Və C 2 (x) iki tənlik sistemindən müəyyən edilir:
Qeyri-müəyyən əmsal üsulu Sağ hissə f(x) qeyri-homogen diferensial tənliyin çox vaxt çoxhədli, eksponensial və ya triqonometrik funksiya və ya bu funksiyaların bəzi kombinasiyası olur. Bu vəziyyətdə, istifadə edərək həll yolu axtarmaq daha rahatdır qeyri-müəyyən əmsallar üsulu. Bunu vurğulayaq bu üsul kimi yalnız sağ tərəfdəki məhdud funksiyalar sinfi üçün işləyir  Hər iki halda konkret həllin seçimi qeyri-homogen diferensial tənliyin sağ tərəfinin strukturuna uyğun olmalıdır. 1-ci halda, əgər nömrə α V eksponensial funksiya xarakterik tənliyin kökü ilə üst-üstə düşür, onda xüsusi həll əlavə amil ehtiva edəcəkdir x s, Harada s− kök çoxluğu α xarakterik tənlikdə. 2-ci halda, əgər nömrə α + βi xarakterik tənliyin kökü ilə üst-üstə düşür, onda xüsusi həll üçün ifadə əlavə bir amil ehtiva edəcəkdir x. Naməlum əmsalları müəyyən bir həll üçün tapılmış ifadəni orijinal qeyri-bərabər diferensial tənliyə əvəz etməklə təyin etmək olar. Superpozisiya prinsipi Qeyri-homogen tənliyin sağ tərəfi olarsa məbləğ formanın bir neçə funksiyası onda diferensial tənliyin xüsusi həlli də sağ tərəfdəki hər bir hədd üçün ayrıca qurulmuş qismən həllərin cəmi olacaqdır. |
|
Misal 1 |
|
Diferensial tənliyi həll edin y"" + y= günah (2 x). Həll. Əvvəlcə müvafiq homojen tənliyi həll edirik y"" + y= 0.V bu halda xarakterik tənliyin kökləri sırf xəyalidir: Nəticə etibarilə, homojen tənliyin ümumi həlli ifadə ilə verilir Yenidən qeyri-homogen tənliyə qayıdaq. Onun həllini formada axtaracağıq sabitlərin dəyişməsi metodundan istifadə etməklə. Funksiyalar C 1 (x) Və C 2 (x)-dən tapmaq olar növbəti sistem tənliklər:
Törəməni ifadə edək C 1 " (x) birinci tənlikdən:
İkinci tənliyi əvəz edərək törəməni tapırıq C 2 " (x):
Bundan belə çıxır Törəmələr üçün ifadələrin inteqrasiyası C 1 " (x) Və C 2 " (x), alırıq: Harada A 1 , A 2 – inteqrasiya sabitləri. İndi tapılmış funksiyaları əvəz edək C 1 (x) Və C 2 (x) üçün formula daxil edin y 1 (x) və qeyri-bərabər tənliyin ümumi həllini yazın:
|
|
Misal 2 |
|
Tənliyin ümumi həllini tapın y"" + y" −6y = 36x. Həll. Qeyri-müəyyən əmsallar metodundan istifadə edək. Verilmiş tənliyin sağ tərəfi xətti funksiya f(x)= balta + b. Buna görə də, formada xüsusi bir həll axtaracağıq Törəmələr bərabərdir:
Bunu diferensial tənliyə əvəz edərək, alırıq:
Sonuncu tənlik eynilikdir, yəni hamı üçün keçərlidir x, buna görə də terminlərin əmsallarını eyni dərəcələrlə bərabərləşdiririk x sol və sağ tərəfdə: Nəticə sistemdən tapırıq: A = −6, B= −1. Nəticədə xüsusi həll formada yazılır İndi isə homojen diferensial tənliyin ümumi həllini tapaq. Köməkçi xarakteristika tənliyinin köklərini hesablayaq: Buna görə də müvafiq homojen tənliyin ümumi həlli formaya malikdir: Beləliklə, orijinal qeyri-bərabər tənliyin ümumi həlli düsturla ifadə edilir |
DE-nin ümumi inteqralı.
Diferensial tənliyi həll edin
Amma ən gülməlisi odur ki, cavab artıq məlumdur: , daha dəqiq desək, sabiti də əlavə etməliyik: Ümumi inteqral diferensial tənliyin həllidir.
İxtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu. Həll nümunələri
Qeyri-homogen diferensial tənliklərin həlli üçün ixtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulundan istifadə olunur. Bu dərs artıq mövzunu az-çox yaxşı bilən tələbələr üçün nəzərdə tutulub. Əgər siz uzaqdan idarəetmə ilə yeni tanış olmağa başlayırsınızsa, yəni. Əgər çaydansınızsa, ilk dərsdən başlamağı məsləhət görürəm: Birinci dərəcəli diferensial tənliklər. Həll nümunələri. Əgər siz artıq bitirmisinizsə, lütfən, metodun çətin olduğuna dair mümkün ilkin mülahizədən imtina edin. Çünki sadədir.
İxtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu hansı hallarda tətbiq edilir?
1) Həll etmək üçün ixtiyari sabitin dəyişmə üsulundan istifadə etmək olar 1-ci dərəcəli xətti qeyri-homogen DE. Tənlik birinci dərəcəli olduğundan, sabit də birdir.
2) Bəzilərinin həlli üçün ixtiyari sabitlərin dəyişmə üsulundan istifadə edilir xətti qeyri-homogen ikinci dərəcəli tənliklər. Burada iki sabit dəyişir.
Dərsin iki paraqrafdan ibarət olacağını güman etmək məntiqlidir... Beləliklə, mən bu cümləni yazdım və təxminən 10 dəqiqə ərzində praktiki nümunələrə rəvan keçid üçün başqa hansı ağıllı cəfəngiyyatı əlavə edə biləcəyimi düşündüm. Ancaq nədənsə tətildən sonra heç bir fikrim yoxdur, baxmayaraq ki, heç nədən sui-istifadə etməmişəm. Ona görə də gəlin birbaşa birinci abzasa keçək.
İxtiyari sabitin dəyişmə üsulu birinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər tənlik üçün
İxtiyari sabitin dəyişmə üsulunu nəzərdən keçirməzdən əvvəl məqalə ilə tanış olmaq məsləhətdir. Birinci dərəcəli xətti diferensial tənliklər. Həmin dərsdə məşq etdik ilk həll qeyri-homogen 1-ci dərəcəli DE. Bu ilk həll, sizə xatırladıram, adlanır əvəzetmə üsulu və ya Bernoulli üsulu( ilə qarışdırılmamalıdır Bernoulli tənliyi!!!)
İndi baxacağıq ikinci həll– ixtiyari sabitin dəyişmə üsulu. Mən cəmi üç misal çəkəcəyəm və onları yuxarıda qeyd etdiyim dərsdən götürəcəyəm. Niyə bu qədər azdır? Çünki əslində ikinci şəkildəki həll birinci üsuldakı həllə çox oxşar olacaq. Bundan əlavə, müşahidələrimə görə, ixtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu əvəzetmə üsulundan daha az istifadə olunur.
Misal 1
Diferensial tənliyin ümumi həllini tapın (Dərsin 2 nömrəli nümunəsindən fərq 1-ci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliklər)
Həll: Bu tənlik xətti qeyri-bərabərdir və tanış formaya malikdir:
Birinci mərhələdə daha sadə bir tənliyi həll etmək lazımdır: Yəni, biz axmaqcasına sağ tərəfi sıfıra sıfırlayırıq - əvəzinə sıfır yazırıq. Mən tənliyi çağıracağam köməkçi tənlik.
Bu nümunədə aşağıdakı köməkçi tənliyi həll etməlisiniz:
Bizdən əvvəl ayrıla bilən tənlik, bunun həlli (ümid edirəm) sizin üçün artıq çətin deyil:
Beləliklə: – köməkçi tənliyin ümumi həlli.
İkinci addımda əvəz edəcəyik bəzi daimi hələlik"x"-dən asılı olan naməlum funksiya:
Beləliklə, metodun adı - biz sabiti dəyişirik. Alternativ olaraq, sabit indi tapmalı olduğumuz bəzi funksiya ola bilər.
IN orijinal qeyri-bərabər tənlikdə əvəz edirik:
tənliyə əvəz edək:
Nəzarət nöqtəsi - sol tərəfdəki iki şərt ləğv edilir. Bu baş vermirsə, yuxarıdakı xətanı axtarmalısınız.
Əvəzetmə nəticəsində ayrıla bilən dəyişənlərə malik tənlik əldə edilmişdir. Dəyişənləri ayırırıq və inteqrasiya edirik.
Nə yaxşı ki, eksponentlər də ləğv edir:
Tapılmış funksiyaya "normal" sabit əlavə edirik:
Son mərhələdə əvəzetməmizi xatırlayırıq:
Funksiya indicə tapıldı!
Beləliklə, ümumi həll yolu budur:
Cavab:ümumi qərar: 
İki həlli çap etsəniz, hər iki halda eyni inteqralları tapdığımızı asanlıqla görərsiniz. Fərq yalnız həll alqoritmindədir.
İndi daha mürəkkəb bir şey üçün ikinci nümunəni də şərh edəcəyəm:
Misal 2
Diferensial tənliyin ümumi həllini tapın (Dərsin 8-ci Nümunəsindən Fərq 1-ci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliklər)
Həll: Tənliyi formaya gətirək:
Sağ tərəfi sıfırlayaq və köməkçi tənliyi həll edək:
Dəyişənləri ayırırıq və inteqrasiya edirik: Köməkçi tənliyin ümumi həlli:
Qeyri-homogen tənlikdə əvəz edirik:
Məhsulun fərqləndirmə qaydasına görə:
Orijinal qeyri-homogen tənliyi əvəz edək:
Sol tərəfdəki iki şərt ləğv edilir, yəni biz düzgün yoldayıq: 
Gəlin hissələrə görə inteqrasiya edək. Hissələr düsturu ilə inteqrasiyadan gələn ləzzətli məktub artıq həlldə iştirak edir, buna görə də, məsələn, "a" və "be" hərflərindən istifadə edirik:
Nəhayət:
İndi əvəzetməni xatırlayaq:
Cavab:ümumi qərar:
İxtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli tənlik üçün sabit əmsallarla
Mən tez-tez belə bir fikir eşitmişəm ki, ikinci dərəcəli tənlik üçün ixtiyari sabitləri dəyişmək üsulu asan iş deyil. Ancaq mən aşağıdakıları güman edirəm: çox güman ki, metod çoxları üçün çətin görünür, çünki o, tez-tez baş vermir. Amma əslində heç bir xüsusi çətinlik yoxdur - qərarın gedişatı aydın, şəffaf və başa düşüləndir. Və gözəl.
Metodun mənimsənilməsi üçün sağ tərəfin formasına əsaslanaraq müəyyən bir həll seçməklə qeyri-bərabər ikinci dərəcəli tənlikləri həll edə bilmək arzu edilir. Bu üsul məqalədə ətraflı müzakirə edilmişdir Qeyri-homogen 2-ci dərəcəli DE-lər. Xatırlayırıq ki, sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər tənlik aşağıdakı formaya malikdir:
Yuxarıdakı dərsdə müzakirə edilən seçim metodu yalnız sağ tərəfdə polinomlar, eksponensiallar, sinuslar və kosinuslar olduqda məhdud sayda hallarda işləyir. Bəs sağda, məsələn, bir kəsr, logarifm, tangens olduqda nə etməli? Belə bir vəziyyətdə sabitlərin dəyişməsi üsulu köməyə gəlir.
Misal 4
İkinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həllini tapın 
Həll: Bu tənliyin sağ tərəfində bir kəsir var, ona görə də dərhal deyə bilərik ki, müəyyən bir həllin seçilməsi metodu işləmir. Biz ixtiyari sabitlərin dəyişməsi metodundan istifadə edirik.
Tufan əlamətləri yoxdur, həllin başlanğıcı tamamilə adidir:
tapacağıq ümumi qərar uyğun homojen tənliklər:
Xarakterik tənliyi tərtib edib həll edək: 
– birləşmiş kompleks köklər alınır, buna görə də ümumi həll belədir:
Ümumi həllin qeydinə diqqət yetirin - əgər mötərizələr varsa, onları açın.
İndi biz birinci dərəcəli tənlik üçün demək olar ki, eyni hiyləni edirik: sabitləri dəyişdirərək onları naməlum funksiyalarla əvəz edirik. Yəni, qeyri-homogenin ümumi həlli tənlikləri aşağıdakı formada axtaracağıq:
Harada - hələlik naməlum funksiyalar.
Zibilxanaya bənzəyir məişət tullantıları, amma indi hər şeyi sıralayacağıq.
Naməlumlar funksiyaların törəmələridir. Məqsədimiz törəmələri tapmaqdır və tapılan törəmələr sistemin həm birinci, həm də ikinci tənliklərini təmin etməlidir.
"Yunanlar" haradan gəlir? Leylək onları gətirir. Daha əvvəl əldə edilmiş ümumi həllə baxırıq və yazırıq:
Törəmələri tapaq:
Sol hissələr işlənib. Sağda nə var?
- bu sağ tərəfdir orijinal tənlik, bu halda:
Bu məqalədə sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənliklərin həlli məsələsi müzakirə olunur. Nəzəriyyə verilmiş problem nümunələri ilə birlikdə müzakirə olunacaq. Anlaşılmaz terminləri deşifrə etmək üçün diferensial tənliklər nəzəriyyəsinin əsas tərifləri və anlayışları mövzusuna müraciət etmək lazımdır.
y "" + p · y " + q · y = f (x) formasının sabit əmsalları olan ikinci dərəcəli xətti diferensial tənliyi (LDE) nəzərdən keçirək, burada p və q ixtiyari ədədlərdir və mövcud f funksiyası. (x) x inteqrasiya intervalında davamlıdır.
LNDE-nin ümumi həlli üçün teoremin tərtibinə keçək.
Yandex.RTB R-A-339285-1
LDNU üçün ümumi həll teoremi
Teorem 1y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + formalı qeyri-bərabər diferensial tənliyin x intervalında yerləşən ümumi həlli. . . + f 0 (x) · y = f (x) x intervalında davamlı inteqrasiya əmsalları ilə f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) və davamlı funksiya f (x) ilkin qeyri-bərabər tənliyin y = y 0 + y ~ olduğu LOD və bəzi xüsusi y ~ həllinə uyğun gələn y 0 ümumi həllinin cəminə bərabərdir.
Bu onu göstərir ki, belə ikinci dərəcəli tənliyin həlli y = y 0 + y ~ formasına malikdir. y 0-nın tapılması alqoritmi sabit əmsallı xətti bircins ikinci dərəcəli diferensial tənliklər haqqında məqalədə müzakirə olunur. Bundan sonra y ~ tərifinə keçməliyik.
LPDE üçün müəyyən bir həllin seçimi tənliyin sağ tərəfində yerləşən mövcud f (x) funksiyasının növündən asılıdır. Bunun üçün sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənliklərin həllərini ayrıca nəzərdən keçirmək lazımdır.
f (x) n-ci dərəcəli çoxhədli hesab edildikdə f (x) = P n (x), y ~ = Q n (x) formasının düsturundan istifadə etməklə LPDE-nin xüsusi həlli tapılır. ) x γ, burada Q n ( x) n dərəcə çoxhədlidir, r xarakterik tənliyin sıfır köklərinin sayıdır. y ~ dəyəri xüsusi bir həlldir y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , sonra polinom ilə müəyyən edilən mövcud əmsallar.
Q n (x), y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) bərabərliyindən qeyri-müəyyən əmsallar üsulundan istifadə edərək tapırıq.
Misal 1
Koşi teoremindən istifadə edərək hesablayın y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .
Həll
Başqa sözlə, y "" - 2 y " = x 2 + 1 sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin xüsusi həllinə keçmək lazımdır ki, bu da verilmiş y (0) şərtlərini ödəyəcək. = 2, y " (0) = 1 4 .
Xətti qeyri-bərabər tənliyin ümumi həlli y 0 tənliyinə və ya qeyri-bərabər y ~ tənliyinin xüsusi həllinə, yəni y = y 0 + y ~ tənliyinə uyğun gələn ümumi həllin cəmidir.
Əvvəlcə LNDU üçün ümumi, sonra isə xüsusi bir həll tapacağıq.
y 0-ın tapılmasına davam edək. Xarakterik tənliyi yazmaq sizə kökləri tapmağa kömək edəcək. Bunu anlayırıq
k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0 , k 2 = 2
Köklərin fərqli və real olduğunu gördük. Ona görə də yazaq
y 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x.
y ~ tapaq. Görünür ki, verilmiş tənliyin sağ tərəfi ikinci dərəcəli çoxhədlidir, onda köklərdən biri sıfıra bərabərdir. Buradan əldə edirik ki, y ~ üçün xüsusi bir həll olacaqdır
y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, burada A, B, C dəyərləri təyin olunmamış əmsalları alır.
Onları y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 formasının bərabərliyindən tapaq.
Sonra bunu alırıq:
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
Əmsalları x-in eyni göstəriciləri ilə bərabərləşdirərək xətti ifadələr sistemini alırıq - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Metodlardan hər hansı biri ilə həll edərkən əmsalları tapıb yazacağıq: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 və y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x.
Bu giriş sabit əmsallı ilkin xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həlli adlanır.
y (0) = 2, y "(0) = 1 4 şərtlərinə cavab verən müəyyən bir həll tapmaq üçün dəyərləri müəyyən etmək lazımdır. C 1 Və C 2, y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x formasının bərabərliyinə əsaslanaraq.
Bunu alırıq:
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
Nəticədə C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 formalı tənliklər sistemi ilə işləyirik, burada C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.
Koşi teoremini tətbiq etsək, biz buna nail oluruq
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
Cavab: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .
f (x) funksiyası n dərəcəsi olan çoxhədli və f (x) = P n (x) · e a x göstəricisi kimi təqdim edildikdə, ikinci dərəcəli LPDE-nin xüsusi həllinin y ~ = e a x · Q n ( x) x γ formalı tənliyi, burada Q n (x) n-ci dərəcəli çoxhədlidir, r isə α-ya bərabər olan xarakterik tənliyin köklərinin sayıdır.
Q n (x) -ə aid olan əmsallar y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) bərabərliyi ilə tapılır.
Misal 2
y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x formalı diferensial tənliyin ümumi həllini tapın.
Həll
tənlik ümumi görünüş y = y 0 + y ~ . Göstərilən tənlik LOD y "" - 2 y " = 0 uyğun gəlir. Əvvəlki misaldan onun köklərinin bərabər olduğunu görmək olar. k 1 = 0 və xarakterik tənliklə k 2 = 2 və y 0 = C 1 + C 2 e 2 x.
Görünür ki, tənliyin sağ tərəfi x 2 + 1 · e x dir. Buradan LPDE y ~ = e a x · Q n (x) · x γ vasitəsilə tapılır, burada Q n (x) ikinci dərəcəli polinomdur, burada α = 1 və r = 0, çünki xarakterik tənlik 1-ə bərabər bir kök var. Buradan bunu alırıq
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 y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x bərabərliyi ilə tapıla bilən naməlum əmsallardır.
Başa düşdüm
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
Göstəriciləri eyni əmsallarla bərabərləşdiririk və xətti tənliklər sistemi alırıq. Buradan A, B, C tapırıq:
A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3
Cavab: aydındır ki, y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 LNDDE-nin xüsusi həllidir və y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - ikinci dərəcəli qeyri-homogen dif tənliyinin ümumi həlli.
Funksiya f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x kimi yazıldıqda və A 1 Və 1-dəədədlərdir, onda LPDE-nin qismən həlli y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ formasının tənliyi hesab olunur, burada A və B müəyyən edilməmiş əmsallar hesab olunur, r isə ± i β -ə bərabər olan xarakterik tənliyə aid olan mürəkkəb konyuqa köklər. Bu zaman əmsalların axtarışı y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) bərabərliyindən istifadə etməklə aparılır.
Misal 3
y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) formalı diferensial tənliyin ümumi həllini tapın.
Həll
Xarakterik tənliyi yazmazdan əvvəl y 0 tapırıq. Sonra
k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 i , k 2 = - 2 i
Bizim bir cüt mürəkkəb konjugat kökümüz var. Gəlin çevirək və əldə edək:
y 0 = e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) = C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)
Xarakterik tənliyin kökləri ± 2 i konyuqasiya cütü hesab edilir, sonra f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). Bu, y ~ axtarışının y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x-dən aparılacağını göstərir. y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) formasının bərabərliyindən A və B əmsallarını axtaracağıq.
Gəlin çevirək:
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)
Onda aydın olur ki
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)
Sinusların və kosinusların əmsallarını bərabərləşdirmək lazımdır. Forma sistemini alırıq:
4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4
Buradan belə nəticə çıxır ki, y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.
Cavab: sabit əmsallı ilkin ikinci dərəcəli LDDE-nin ümumi həlli nəzərdən keçirilir
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
f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x) olduqda y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ bizdə var ki, r α ± i β-a bərabər olan xarakterik tənliyə aid olan mürəkkəb qoşa kök cütlərinin sayıdır, burada P n (x), Q k (x), L m (x) və Nm(x) n, k, m, m dərəcə polinomlarıdır, burada m = m a x (n, k). Əmsalların tapılması Lm(x) Və Nm(x) y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) bərabərliyi əsasında hazırlanır.
Misal 4
y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) ümumi həllini tapın.
Həll
Şərtə görə aydın olur ki
α = 3, β = 5, P n (x) = - 38 x - 45, Q k (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1
Onda m = m a x (n, k) = 1. Əvvəlcə formanın xarakterik tənliyini yazaraq y 0-ı tapırıq:
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
Köklərin həqiqi və fərqli olduğunu gördük. Deməli y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Sonra, formanın qeyri-homogen y ~ tənliyinə əsaslanan ümumi həlli axtarmaq lazımdır.
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))
Məlumdur ki, A, B, C əmsallardır, r = 0, çünki α ± i β = 3 ± 5 · i ilə xarakterik tənliyə aid olan qoşa köklər cütü yoxdur. Yaranan bərabərlikdən bu əmsalları tapırıq:
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))
Törəmə və oxşar şərtləri tapmaq verir
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))
Əmsalları bərabərləşdirdikdən sonra forma sistemini alırıq
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
Hər şeydən belə çıxır
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) günah (5 x))
Cavab:İndi verilmiş xətti tənliyin ümumi həllini əldə etdik:
y = y 0 + y ~ = = C 1 e x + C 2 e 2 x + e 3 x ((x + 1) cos (5 x) + (x + 1) sin (5 x))
LDNU-nun həlli üçün alqoritm
Tərif 1Həll üçün hər hansı digər f (x) funksiyası həll alqoritminə uyğunluğu tələb edir:
- müvafiq xətti homojen tənliyin ümumi həllinin tapılması, burada y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, burada y 1 Və y 2 LODE-nin xətti müstəqil qismən həlləridir, C 1 Və C 2 ixtiyari sabitlər hesab olunur;
- LNDE-nin ümumi həlli kimi qəbul edilməsi y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
- C 1 " (x) + y 1 (x) + C 2 " (x) · y 2 (x) = 0 C 1 " (x) + y 1 " (x) formalı sistem vasitəsilə funksiyanın törəmələrinin təyini x) + C 2 " (x) · y 2 " (x) = f (x) , və funksiyaların tapılması C 1 (x) və C 2 (x) inteqrasiya yolu ilə.
Misal 5
y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x üçün ümumi həlli tapın.
Həll
Əvvəllər y 0, y "" + 36 y = 0 yazaraq xarakterik tənliyi yazmağa davam edirik. Yazıb həll edək:
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) = günah (6 x)
Bizdə var ki, verilmiş tənliyin ümumi həlli y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) şəklində yazılacaqdır. Törəmə funksiyaların tərifinə keçmək lazımdır C 1 (x) Və C2(x) tənlikləri olan bir sistemə görə:
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
Bununla bağlı qərar qəbul edilməlidir C 1" (x) Və C 2" (x) hər hansı bir üsuldan istifadə etməklə. Sonra yazırıq:
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)
Tənliklərin hər biri inteqrasiya edilməlidir. Sonra yaranan tənlikləri yazırıq:
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
Beləliklə, ümumi həll forması olacaq:
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 günah (6 x)
Cavab: 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)
Mətndə xəta görsəniz, onu vurğulayın və Ctrl+Enter düymələrini basın
