Homojen xətti diferensial tənliklər ilə ikinci sifariş sabit əmsallar oxşamaq
burada p və q həqiqi ədədlərdir. Sabit əmsallı homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliklərin necə həll edildiyinə dair nümunələrə baxaq.
İkinci dərəcəli xətti homojen diferensial tənliyin həlli köklərdən asılıdır xarakterik tənlik. Xarakterik tənlik k²+pk+q=0 tənliyidir.
1) Xarakterik tənliyin kökləri müxtəlif həqiqi ədədlərdirsə:
onda sabit əmsallı xətti bircins ikinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həlli formaya malikdir.
2) Xarakterik tənliyin kökləri bərabər həqiqi ədədlərdirsə
(məsələn, diskriminant sıfıra bərabərdir), onda homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həlli belədir.
3) Xarakterik tənliyin kökləri kompleks ədədlərdirsə
(məsələn, mənfi ədədə bərabər diskriminantla), onda bircins ikinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həlli formada yazılır.
Sabit əmsallı xətti bircins ikinci dərəcəli diferensial tənliklərin həlli nümunələri
Homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliklərin ümumi həllərini tapın:
Xarakterik tənliyi qururuq: k²-7k+12=0. Onun diskriminantı D=b²-4ac=1>0-dır, ona görə də köklər müxtəlif həqiqi ədədlərdir.
Deməli, bu homojen 2-ci DE-nin ümumi həlli belədir
Xarakterik tənliyi tərtib edib həll edək:
Köklər real və fərqlidir. Beləliklə, bu homojen diferensial tənliyin ümumi həlli var:
Bu vəziyyətdə xarakterik tənlik
Köklər fərqli və etibarlıdır. Buna görə də, 2-ci dərəcəli bircinsli diferensial tənliyin ümumi həlli buradadır
Xarakterik tənlik
Köklər həqiqi və bərabər olduğundan bu diferensial tənlik üçün ümumi həlli belə yazırıq
Xarakterik tənlik buradadır
Çünki diskriminantdır mənfi rəqəm, xarakterik tənliyin kökləri kompleks ədədlərdir.
Bu homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həlli formaya malikdir
Xarakterik tənlik
Buradan biz bu diferensialın ümumi həllini tapırıq. tənliklər:
Özünü sınamaq üçün nümunələr.
Bu məqalədə sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənliklərin həlli məsələsi müzakirə olunur. Nəzəriyyə verilmiş problem nümunələri ilə birlikdə müzakirə olunacaq. Aydın olmayan terminləri deşifrə etmək üçün diferensial tənliklər nəzəriyyəsinin əsas tərifləri və anlayışları haqqında mövzuya 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-homogen 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 .
Xəttin ümumi həlli homojen tənlik y 0 tənliyinə və ya konkret həllə uyğun gələn ümumi həllin cəmidir qeyri-homogen tənlik y ~, yəni y = y 0 + y ~.
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
Ümumi tənlik y = y 0 + y ~ şəklindədir. 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 sistemi alırıq xətti tənliklər. 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. Yazaq və 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
Harada səh Və q- ixtiyari real ədədlər və funksiyadır f(x)- inteqrasiya intervalında davamlı X.
Tapmağın zəruri olduğu formanı göstərən teoremi ifadə edək ümumi həll xətti qeyri-bərabər diferensial tənlikdir.
Teorem.
İnterval üzrə ümumi həll X xətti qeyri-bərabər diferensial tənlik: inteqrasiya intervalında davamlı olanlarla Xəmsallar və davamlı funksiya f(x)ümumi həllin cəminə bərabərdir y 0 uyğun xətti qeyri-homogen diferensial tənlik və orijinal qeyri-homogen tənliyin hər hansı xüsusi həlli, yəni.
Beləliklə, ümumi həll LNDU Sabit əmsallı 2-ci tərtib sabit əmsallı 2-ci dərəcəli müvafiq xətti homogen diferensial tənliyin ümumi həllinin və xüsusi həllinin cəmidir: .
Hesablama y 0 məqalədə sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti homogen diferensial tənliklər təsvir edilmişdir, indi tapmaq üsulunu nəzərdən keçirəcəyik.
Biraz var sabit əmsallı 2-ci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin müəyyən həllini təyin etmək üsulları. Bu üsullar funksiyanın növü nəzərə alınmaqla müəyyən edilir f(x), bu tənliyin sağ tərəfindədir. Gəlin onları adlandıraq və sonrakı məqalələrdə sabit əmsallarla hər ikinci dərəcəli LDDE-nin həll yollarını nəzərdən keçirəcəyik:
2. Əgər funksiya f(x) dərəcə çoxhədlinin hasili ilə təmsil olunur n və sərgi iştirakçıları 
, bu o deməkdir ki, xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənliyin xüsusi həlli aşağıdakı kimi tapılır. 
,
Harada Qn(x) polinomdur n-ci dərəcə,
r- bərabər olan xarakterik tənliyin köklərinin sayı.
Polinom əmsalları Qn(x) bərabərliyindən müəyyən edilə bilər.
3. Əgər funksiya f(x) belə görünür: harada A 1 Və 1-dəədədlər olur, bu o deməkdir ki, xətti qeyri-müəyyən diferensial tənliyin xüsusi həlli aşağıdakı kimi təmsil olunur:
Harada A Və IN qeyri-müəyyən əmsallardır,
r- -ə bərabər olan xarakterik tənliyin mürəkkəb qoşa köklərinin sayıdır. Polinom əmsalları A Və IN bərabərlik əsasında müəyyən edilir.
4. Əgər , onda ,
Harada r-ə bərabər olan xarakterik tənliyin mürəkkəb qoşa kök cütlərinin sayıdır,
Pn(x),Qk(x), Lm(x) Və Nm(x) dərəcə polinomlarıdır n, k, m Və m müvafiq olaraq, m = maks (n, k).
Çoxhədlilərin əmsallarını tapın Lm(x) Və Nm(x) bərabərlikdən istifadə edə bilərsiniz.
5. Bütün digər növ funksiyalar üçün f(x) Aşağıdakı prosedur istifadə olunur:
- İlk addım kimi tələb olunan xətti homojen tənliyin ümumi həllini təyin etməkdir y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, Harada y 1 Və y 2 xətti homojen diferensial tənliyin xətti müstəqil qismən həlləridir və C 1 Və C 2 ixtiyari sabitlərdir;
- Sonra ixtiyari sabitləri dəyişirik, yəni orijinal xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin ümumi həlli kimi qəbul etdiyimiz y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2;
- son addım isə funksiyaların törəmələrini təyin etməkdir C 1 (x) Və C 2 (x) tənliklər sistemindən:
,
və funksiyaları C 1 (x) Və C2(x) sonrakı inteqrasiya ilə müəyyən edilir.
Birinci dərəcəli xətti diferensial tənlik formanın tənliyidir
,
burada p və q x dəyişəninin funksiyalarıdır.
Birinci dərəcəli xətti homogen diferensial tənlik formanın tənliyidir
Birinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənlik formanın tənliyidir
q termini (x) tənliyin qeyri-bərabər hissəsi adlanır.
Birinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyi nəzərdən keçirək:
(1)
.
Bu tənliyi həll etməyin üç yolu var:
- inteqrasiyaedici amil metodu;
İnteqral əmsaldan istifadə etməklə xətti diferensial tənliyin həlli
istifadə edərək birinci dərəcəli xətti diferensial tənliyin həlli üsulunu nəzərdən keçirək inteqrasiya edən amildir.
Hər iki tərəfi çoxaldaq orijinal tənlik (1)
inteqrasiya faktoru ilə
:
(2)
Sonra qeyd edirik ki, inteqralın törəməsi inteqrana bərabərdir:
Diferensiasiya qaydasına görə mürəkkəb funksiya:
Məhsulun fərqləndirmə qaydasına görə:
Əvəz edin (2)
:
Gəlin inteqrasiya edək:
ilə çarpın. alırıq birinci dərəcəli xətti diferensial tənliyin ümumi həlli:
Birinci dərəcəli xətti diferensial tənliyin həlli nümunəsi
Tənliyi həll edin
Həll
Orijinal tənliyin hər iki tərəfini x-ə bölək:
(i) .
Sonra
;
.
İnteqrasiya edən amil:
Modul işarəsi buraxıla bilər, çünki inteqrasiya əmsalı istənilən sabitə vurula bilər (o cümlədən ± 1).
çoxaldaq (i) tərəfindən x 3
:
.
Törəmə seçirik.
;
.
İnteqrallar cədvəlindən istifadə edərək inteqrasiya edirik:
.
x-ə bölün 3
:
.
Cavab verin
İstinadlar:
N.M. Günter, R.O. Kuzmin, Ali riyaziyyatda problemlər toplusu, "Lan", 2003.
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 bağlı aşağıdakı iki ifadə doğrudur.
Fərz edək ki, bəzi $U$ funksiyası qeyri-homogen diferensial tənliyin ixtiyari qismən həllidir. Eləcə də fərz edək ki, $Y$ hansısa funksiyası uyğun xətti bircinsli diferensial tənliyin (HLDE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$ ümumi həlli (GS). Onda GR-nin LHDE-2 göstərilən özəl və cəminə bərabərdir ümumi həllər, 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.
Sağ hissə LNDU-2 $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$ 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 $ dərəcəsi çoxhədli adlanır. n$. 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 $r$ müvafiq LODE-2-nin xarakterik tənliyinin sıfıra bərabər olan köklərinin sayıdır. $Q_(n) \left(x\right)$ 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 həllinə daxil olan polinomun naməlum əmsallarını tapmaq üçün aşağıdakılar lazımdır:
- ilə yazılmış PD $U$-nı əvəz edin ümumi görünüş, V 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;
- naməlum əmsallar üçün yaranan xətti tənliklər sistemini həll edin.
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 edərək $A$, $B$ 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 tərəfindəki 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 təyin edirik:
$C_(1) =\frac(\left|\begin(massiv)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(massiv)\sağ|)(\left|\ start(massiv)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(massiv)\sağ|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4=3.$
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) $.
