Pojedine vrste linearnih diferencijalnih jednadžbi drugog reda. Diferencijalne jednadžbe drugog i višeg reda

Osnove rješavanja linearnih nehomogenih diferencijalne jednadžbe drugog reda (LNDU-2) sa konstantni koeficijenti(PC)

LDDE 2. reda sa konstantnim koeficijentima $p$ i $q$ ima oblik $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, gdje je $f\left(x \desno)$ je kontinuirana funkcija.

Što se tiče LNDU 2 sa PC-om, sljedeće dvije tvrdnje su tačne.

Pretpostavimo da je neka funkcija $U$ proizvoljno parcijalno rješenje nehomogene diferencijalne jednadžbe. Pretpostavimo i da je neka funkcija $Y$ opšte rješenje (GS) odgovarajuće linearne homogene diferencijalne jednadžbe (HLDE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Tada je GR od LHDE-2 je jednak zbiru navedenih privatnih i općih rješenja, odnosno $y=U+Y$.

Ako desni deo LPDE 2. reda je zbir funkcija, to jest, $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x\right)+... + f_(r) \left(x\right)$, onda prvo možemo pronaći PD-ove $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ koji odgovaraju svakoj od funkcija $f_ (1) \ left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, a nakon toga upišite CR LNDU-2 u oblik $U= U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.

Rješenje LPDE 2. reda sa PC-om

Očigledno je da tip jednog ili drugog PD $U$ datog LNDU-2 zavisi od specifičnog oblika njegove desne strane $f\left(x\right)$. Najjednostavniji slučajevi traženja PD LNDU-2 formulirani su u obliku sljedeća četiri pravila.

Pravilo #1.

Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, gdje je $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, odnosno naziva se polinom stepena $n$. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, gdje je $Q_(n) \left(x\right)$ drugi polinom istog stepena kao i $P_(n) \left(x\right)$, a $r$ je broj korijena karakteristična jednačina odgovara LOD-2, jednako nuli. Koeficijenti polinoma $Q_(n) \left(x\right)$ nalaze se metodom neizvesni koeficijenti(NK).

Pravilo br. 2.

Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, gdje je $P_(n) \left( x\right)$ je polinom stepena $n$. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, gdje je $Q_(n ) \ left(x\right)$ je drugi polinom istog stepena kao $P_(n) \left(x\right)$, a $r$ je broj korijena karakteristične jednadžbe odgovarajuće LODE-2 jednako $\alpha $. Koeficijenti polinoma $Q_(n) \left(x\right)$ nalaze se NC metodom.

Pravilo br. 3.

Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \desno) $, gdje su $a$, $b$ i $\beta$ poznati brojevi. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, gdje su $A$ i $B$ nepoznati koeficijenti, a $r$ je broj korijena karakteristične jednadžbe odgovarajuće LODE-2, jednak $i\cdot \beta $. Koeficijenti $A$ i $B$ su pronađeni nedestruktivnom metodom.

Pravilo br. 4.

Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, gdje je $P_(n) \left(x\right)$ polinom stepena $n$, a $P_(m) \left(x\right)$ je polinom stepena $m$. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, gdje je $Q_(s) \left(x\right)$ i $ R_(s) \left(x\right)$ su polinomi stepena $s$, broj $s$ je maksimum od dva broja $n$ i $m$, a $r$ je broj korijena karakteristične jednačine odgovarajuće LODE-2, jednako $\alpha +i\cdot \beta $. Koeficijenti polinoma $Q_(s) \left(x\right)$ i $R_(s) \left(x\right)$ su pronađeni NC metodom.

NK metoda se sastoji od primjene sljedećeg pravila. Da bi se pronašli nepoznati koeficijenti polinoma koji su dio parcijalnog rješenja nehomogene diferencijalne jednadžbe LNDU-2, potrebno je:

• zamijenite PD $U$ upisanim opšti pogled, V lijeva strana LNDU-2;
• na lijevoj strani LNDU-2, izvršiti pojednostavljenja i grupirati termine sa istim ovlastima $x$;
• u rezultirajućem identitetu izjednačiti koeficijente članova sa istim potencijama $x$ lijeve i desne strane;
• riješiti rezultirajući sistem linearnih jednačina za nepoznate koeficijente.

Primjer 1

Zadatak: pronađite ILI LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Nađite i PD , zadovoljavajući početne uslove $y=6$ za $x=0$ i $y"=1$ za $x=0$.

Zapisujemo odgovarajući LOD-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Karakteristična jednačina: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Korijeni karakteristične jednačine su: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Ovi korijeni su valjani i različiti. Dakle, OR odgovarajućeg LODE-2 ima oblik: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

Desna strana ovog LNDU-2 ima oblik $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Potrebno je uzeti u obzir koeficijent eksponenta $\alpha =3$. Ovaj koeficijent se ne poklapa ni sa jednim od korijena karakteristične jednadžbe. Stoga, PD ovog LNDU-2 ima oblik $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Koeficijente $A$, $B$ tražićemo NC metodom.

Nalazimo prvi derivat Češke Republike:

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

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

Nalazimo drugu izvedenicu Češke Republike:

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

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

Zamjenjujemo funkcije $U""$, $U"$ i $U$ umjesto $y""$, $y"$ i $y$ u dati NLDE-2 $y""-3\cdot y" -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x).$ Štaviše, pošto je eksponent $e^(3\cdot x)$ uključen kao faktor u svim komponentama, onda se može izostaviti. Dobijamo:

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

Izvodimo radnje na lijevoj strani rezultirajuće jednakosti:

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

Koristimo NDT metodu. Dobijamo sistem linearnih jednadžbi sa dvije nepoznate:

$-18\cdot A=36;$

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

Rješenje za ovaj sistem je: $A=-2$, $B=-1$.

PD $U=\left(A\cdot x+B\desno)\cdot e^(3\cdot x) $ za naš problem izgleda ovako: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.

OR $y=Y+U$ za naš problem izgleda ovako: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ lijevo(-2\cdot x-1\desno)\cdot e^(3\cdot x) $.

Da bismo tražili PD koji zadovoljava date početne uslove, nalazimo derivaciju $y"$ OP-a:

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

Zamjenjujemo u $y$ i $y"$ početne uslove $y=6$ za $x=0$ i $y"=1$ za $x=0$:

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

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

Dobili smo sistem jednačina:

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

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

Hajde da to rešimo. Pronalazimo $C_(1) $ koristeći Cramerovu formulu, a $C_(2) $ određujemo iz prve jednačine:

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

Dakle, PD ove diferencijalne jednadžbe ima oblik: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \desno )\cdot e^(3\cdot x) $.

Ovdje ćemo primijeniti metodu varijacije Lagrangeovih konstanti za rješavanje linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda. Detaljan opis ova metoda za rješavanje jednačina proizvoljnog reda je opisana na stranici
Rješenje linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi višeg reda Lagrangeovom metodom >>>.

Primjer 1

Riješite diferencijalnu jednadžbu drugog reda sa konstantnim koeficijentima koristeći metodu varijacije Lagrangeovih konstanti:
(1)

Rješenje

Prvo rješavamo homogenu diferencijalnu jednačinu:
(2)

Ovo je jednačina drugog reda.

Rješavanje kvadratne jednadžbe:
.
Višestruki korijeni: . Osnovni sistem rješenja jednačine (2) ima oblik:
(3) .
Odavde dobijamo opšte rešenje homogene jednačine (2):
(4) .

Variranje konstanti C 1 i C 2 . Odnosno, konstante u (4) zamjenjujemo funkcijama:
.
Tražim rješenje originalna jednadžba(1) kao:
(5) .

Pronalaženje derivata:
.
Povežimo funkcije i jednačinu:
(6) .
Onda
.

Nalazimo drugi izvod:
.
Zamijenite u originalnu jednačinu (1):
(1) ;



.
Pošto i zadovoljavaju homogenu jednačinu (2), zbir članova u svakoj koloni posljednja tri reda daje nulu i prethodna jednačina ima oblik:
(7) .
Evo.

Zajedno sa jednačinom (6) dobijamo sistem jednadžbi za određivanje funkcija i:
(6) :
(7) .

Rješavanje sistema jednačina

Rješavamo sistem jednačina (6-7). Zapišimo izraze za funkcije i:
.
Pronalazimo njihove derivate:
;
.

Sistem jednačina (6-7) rješavamo Cramerovom metodom. Izračunavamo determinantu sistemske matrice:

.
Koristeći Cramerove formule nalazimo:
;
.

Dakle, pronašli smo derivate funkcija:
;
.
Hajde da integrišemo (pogledajte Metode za integraciju korena). Pravljenje zamene
; ; ; .

.
.

;
.

Odgovori

Primjer 2

Riješite diferencijalnu jednadžbu metodom varijacije Lagrangeovih konstanti:
(8)

Rješenje

Korak 1. Rješavanje homogene jednačine

Rješavamo homogenu diferencijalnu jednačinu:

(9)
Tražimo rješenje u formi . Sastavljamo karakterističnu jednačinu:

Ova jednadžba ima kompleksne korijene:
.
Osnovni sistem rješenja koji odgovara ovim korijenima ima oblik:
(10) .
Opće rješenje homogene jednačine (9):
(11) .

Korak 2. Varijacija konstanti - zamjena konstanti funkcijama

Sada mijenjamo konstante C 1 i C 2 . Odnosno, mijenjamo konstante u (11) funkcijama:
.
Tražimo rješenje izvorne jednadžbe (8) u obliku:
(12) .

Nadalje, napredak rješenja je isti kao u primjeru 1. Dolazimo do toga sledeći sistem jednadžbe za određivanje funkcija i:
(13) :
(14) .
Evo.

Rješavanje sistema jednačina

Hajde da rešimo ovaj sistem. Zapišimo izraze za funkcije i :
.
Iz tabele derivata nalazimo:
;
.

Sistem jednačina (13-14) rješavamo Cramerovom metodom. Odrednica sistemske matrice:

.
Koristeći Cramerove formule nalazimo:
;
.

.
Budući da , znak modula pod znakom logaritma može biti izostavljen. Pomnožite brojilac i imenilac sa:
.
Onda
.

Opće rješenje originalne jednačine:


.

Linearna diferencijalna jednadžba drugog reda naziva jednačina oblika

y"" + str(x)y" + q(x)y = f(x) ,

Gdje y je funkcija koju treba pronaći, i str(x) , q(x) I f(x) - kontinuirane funkcije na određenom intervalu ( a, b) .

Ako je desna strana jednadžbe nula ( f(x) = 0), tada se jednačina zove linearna homogena jednačina . Praktični dio ove lekcije uglavnom će biti posvećen takvim jednačinama. Ako desna strana jednačine nije jednaka nuli ( f(x) ≠ 0), tada se jednačina naziva .

U zadacima od nas se traži da riješimo jednačinu za y"" :

y"" = −str(x)y" − q(x)y + f(x) .

Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda imaju jedinstveno rješenje Cauchy problemi .

Linearna homogena diferencijalna jednadžba drugog reda i njeno rješenje

Razmotrimo linearnu homogenu diferencijalnu jednačinu drugog reda:

y"" + str(x)y" + q(x)y = 0 .

Ako y1 (x) I y2 (x) su posebna rješenja ove jednadžbe, tada su tačne sljedeće tvrdnje:

1) y1 (x) + y 2 (x) - je također rješenje ove jednačine;

2) Cy1 (x) , Gdje C- proizvoljna konstanta (konstanta), također je rješenje ove jednačine.

Iz ove dvije izjave slijedi da je funkcija

C1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x)

je također rješenje ove jednačine.

Postavlja se pošteno pitanje: da li je ovo rešenje opšte rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda , odnosno takvo rješenje u kojem za različite vrijednosti C1 I C2 Da li je moguće dobiti sva moguća rješenja jednačine?

Odgovor na ovo pitanje je: možda, ali pod određenim uslovima. Ovo uslov o tome koja svojstva pojedina rješenja trebaju imati y1 (x) I y2 (x) .

I ovo stanje se zove stanje linearnu nezavisnost privatna rješenja.

Teorema. Funkcija C1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) je opće rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda ako su funkcije y1 (x) I y2 (x) linearno nezavisna.

Definicija. Funkcije y1 (x) I y2 (x) nazivaju se linearno nezavisnim ako je njihov omjer konstanta različita od nule:

y1 (x)/y 2 (x) = k ; k = konst ; k ≠ 0 .

Međutim, utvrđivanje po definiciji da li su ove funkcije linearno nezavisne je često vrlo naporno. Postoji način da se uspostavi linearna nezavisnost pomoću determinante Wronskog W(x) :

Ako determinanta Wronskog nije jednaka nuli, tada su rješenja linearno nezavisna . Ako je determinanta Wronskog nula, tada su rješenja linearno zavisna.

Primjer 1. Naći opće rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe.

Rješenje. Integriramo dva puta i, kao što je lako vidjeti, da bi razlika između drugog izvoda funkcije i same funkcije bila jednaka nuli, rješenja moraju biti povezana s eksponencijalom čiji je izvod jednak sam sebi. To jest, parcijalna rješenja su i .

Od determinante Wronskog

nije jednako nuli, tada su ova rješenja linearno nezavisna. Stoga se opće rješenje ove jednačine može zapisati kao

.

Linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima: teorija i praksa

Linearna homogena diferencijalna jednadžba drugog reda sa konstantnim koeficijentima naziva jednačina oblika

y"" + py" + qy = 0 ,

Gdje str I q- konstantne vrijednosti.

Na činjenicu da se radi o jednačini drugog reda ukazuje prisustvo drugog izvoda željene funkcije, a njenu homogenost označava nula na desnoj strani. Gore navedene vrijednosti nazivaju se konstantnim koeficijentom.

To riješiti linearnu homogenu diferencijalnu jednačinu drugog reda sa konstantnim koeficijentima , prvo morate riješiti takozvanu karakterističnu jednačinu oblika

k² + pq + q = 0 ,

koja je, kao što se može vidjeti, obična kvadratna jednačina.

U zavisnosti od rješenja karakteristične jednadžbe, moguće su tri različite opcije rješenja linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima , koje ćemo sada analizirati. Radi potpune određenosti, pretpostavit ćemo da su sva pojedinačna rješenja testirana determinantom Wronskog i ona nije jednaka nuli u svim slučajevima. Sumnjači to, međutim, mogu sami provjeriti.

Korijeni karakteristične jednadžbe su stvarni i različiti

Drugim riječima, . U ovom slučaju rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima ima oblik

.

Primjer 2. Riješiti linearnu homogenu diferencijalnu jednačinu

.

Primjer 3. Riješiti linearnu homogenu diferencijalnu jednačinu

.

Rješenje. Karakteristična jednačina ima oblik , svoje korijene i realni su i različiti. Odgovarajuća parcijalna rješenja jednadžbe su: i . Opće rješenje ove diferencijalne jednadžbe ima oblik

.

Korijeni karakteristične jednadžbe su realni i jednaki

To je, . U ovom slučaju rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima ima oblik

.

Primjer 4. Riješiti linearnu homogenu diferencijalnu jednačinu

.

Rješenje. Karakteristična jednačina ima jednake korene. Odgovarajuća parcijalna rješenja jednadžbe su: i . Opće rješenje ove diferencijalne jednadžbe ima oblik

Primjer 5. Riješiti linearnu homogenu diferencijalnu jednačinu

.

Rješenje. Karakteristična jednačina ima jednake korijene. Odgovarajuća parcijalna rješenja jednadžbe su: i . Opće rješenje ove diferencijalne jednadžbe ima oblik

Obrazovna ustanova „Beloruska država

poljoprivredna akademija"

Odsjek za višu matematiku

Smjernice

izučavati temu „Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda“ studenata računovodstvenog fakulteta dopisnog obrazovanja (NISPO)

Gorki, 2013

Linearne diferencijalne jednadžbe

drugog reda sa konstantamakoeficijenti

Linearne homogene diferencijalne jednadžbe

Linearna diferencijalna jednadžba drugog reda sa konstantnim koeficijentima naziva jednačina oblika

one. jednadžba koja sadrži željenu funkciju i njene derivate samo do prvog stepena i ne sadrži njihove proizvode. U ovoj jednačini I
- neki brojevi i funkcija
dati u određenom intervalu
.

Ako
na intervalu
, tada će jednačina (1) poprimiti oblik

, (2)

i zove se linearno homogeno . Inače, jednačina (1) se zove linearno nehomogeno .

Razmotrite složenu funkciju

, (3)

Gdje
I
- stvarne funkcije. Ako je funkcija (3) kompleksno rješenje jednadžbe (2), onda je realni dio
, i imaginarni dio
rješenja
odvojeno su rješenja iste homogene jednadžbe. Dakle, sve sveobuhvatno rješenje jednačina (2) generiše dva realna rješenja ove jednačine.

Rešenja homogena linearna jednačina imaju svojstva:

Ako je rješenje jednadžbe (2), zatim funkcija
, Gdje WITH– proizvoljna konstanta će također biti rješenje jednačine (2);

Ako I postoje rješenja jednadžbe (2), zatim funkcije
će također biti rješenje jednačine (2);

Ako I postoje rješenja jednadžbe (2), zatim njihova linearna kombinacija
također će biti rješenje jednačine (2), gdje je I
– proizvoljne konstante.

Funkcije
I
su pozvani linearno zavisna na intervalu
, ako takvi brojevi postoje I
, nije jednako nuli u isto vrijeme, da je na ovom intervalu jednakost

Ako se jednakost (4) javlja samo kada
I
, zatim funkcije
I
su pozvani linearno nezavisna na intervalu
.

Primjer 1 . Funkcije
I
su linearno zavisne, pošto
na cijeloj brojevnoj pravoj. U ovom primjeru
.

Primjer 2 . Funkcije
I
su linearno nezavisne od bilo kojeg intervala, budući da je jednakost
moguće je samo u slučaju kada
, And
.

Izgradnja opšte rešenje linearno homogeno

jednačine

Da biste pronašli opće rješenje jednačine (2), potrebno je pronaći dva njena linearno nezavisna rješenja I . Linearna kombinacija ovih rješenja
, Gdje I
su proizvoljne konstante, i daće opšte rešenje linearne homogene jednačine.

Tražit ćemo linearno nezavisna rješenja jednačine (2) u obliku

, (5)

Gdje – određeni broj. Onda
,
. Zamijenimo ove izraze u jednačinu (2):

ili
.

Jer
, To
. Dakle, funkcija
će biti rješenje jednačine (2) ako će zadovoljiti jednačinu

. (6)

Jednačina (6) se zove karakteristična jednačina za jednačinu (2). Ova jednačina je algebarska kvadratna jednačina.

Neka I postoje korijeni ove jednačine. Oni mogu biti ili stvarni i različiti, ili složeni, ili stvarni i jednaki. Hajde da razmotrimo ove slučajeve.

Pustite korijene I karakteristične jednačine su realne i različite. Tada će rješenja jednadžbe (2) biti funkcije
I
. Ova rješenja su linearno nezavisna, budući da je jednakost
može se izvršiti samo kada
, And
. Stoga, opće rješenje jednačine (2) ima oblik

,

Gdje I
- proizvoljne konstante.

Primjer 3
.

Rješenje . Karakteristična jednačina za ovaj diferencijal će biti
. Nakon što smo riješili ovu kvadratnu jednačinu, nalazimo njene korijene
I
. Funkcije
I
su rješenja diferencijalne jednadžbe. Opšte rješenje ove jednačine je
.

Kompleksni broj nazvan izrazom forme
, Gdje I su realni brojevi, i
nazvana imaginarna jedinica. Ako
, zatim broj
naziva se čisto imaginarnim. Ako
, zatim broj
identificira se sa stvarnim brojem .

Broj naziva se realni dio kompleksnog broja, i - imaginarni dio. Ako se dva kompleksna broja razlikuju jedan od drugog samo po predznaku imaginarnog dijela, onda se nazivaju konjugiranim:
,
.

Primjer 4 . Riješite kvadratnu jednačinu
.

Rješenje . Diskriminantna jednačina
. Onda. Isto tako,
. Dakle, ova kvadratna jednadžba ima konjugirane kompleksne korijene.

Neka su korijeni karakteristične jednadžbe složeni, tj.
,
, Gdje
. Rješenja jednačine (2) mogu se napisati u obliku
,
ili
,
. Prema Ojlerovim formulama

,
.

Zatim,. Kao što je poznato, ako je kompleksna funkcija rješenje linearne homogene jednadžbe, tada su rješenja ove jednadžbe i stvarni i imaginarni dio ove funkcije. Dakle, rješenja jednadžbe (2) će biti funkcije
I
. Od jednakosti

može se izvršiti samo ako
I
, tada su ova rješenja linearno nezavisna. Stoga, opće rješenje jednačine (2) ima oblik

Gdje I
- proizvoljne konstante.

Primjer 5 . Naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe
.

Rješenje . Jednačina
je karakteristično za dati diferencijal. Hajde da to riješimo i dobijemo složene korijene
,
. Funkcije
I
su linearno nezavisna rješenja diferencijalne jednadžbe. Opšte rješenje ove jednačine je:

Neka su korijeni karakteristične jednadžbe realni i jednaki, tj.
. Tada su rješenja jednadžbe (2) funkcije
I
. Ova rješenja su linearno nezavisna, jer izraz može biti identično jednak nuli samo kada
I
. Stoga, opće rješenje jednačine (2) ima oblik
.

Primjer 6 . Naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe
.

Rješenje . Karakteristična jednačina
ima jednake korene
. U ovom slučaju, linearno nezavisna rješenja diferencijalne jednadžbe su funkcije
I
. Opšte rješenje ima oblik
.

Nehomogene linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima

i posebna desna strana

Opće rješenje linearne nehomogene jednadžbe (1) jednako je zbroju općeg rješenja
odgovarajuću homogenu jednačinu i bilo koje posebno rješenje
nehomogena jednačina:
.

U nekim slučajevima, određeno rješenje nehomogene jednadžbe može se jednostavno pronaći u obliku desne strane
jednačina (1). Pogledajmo slučajeve u kojima je to moguće.

one. desna strana nehomogene jednadžbe je polinom stepena m. Ako
nije korijen karakteristične jednadžbe, onda bi određeno rješenje nehomogene jednadžbe trebalo tražiti u obliku polinoma stepena m, tj.

Odds
određuju se u procesu pronalaženja određenog rješenja.

Ako
je korijen karakteristične jednadžbe, tada posebno rješenje nehomogene jednačine treba tražiti u obliku

Primjer 7 . Naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe
.

Rješenje . Odgovarajuća homogena jednačina za ovu jednačinu je
. Njegova karakteristična jednačina
ima korene
I
. Opće rješenje homogene jednačine ima oblik
.

Jer
nije korijen karakteristične jednadžbe, tada ćemo tražiti određeno rješenje nehomogene jednadžbe u obliku funkcije
. Nađimo derivate ove funkcije
,
i zamijeni ih u ovu jednačinu:

ili . Izjednačimo koeficijente za i besplatni članovi:
Odlučivši ovaj sistem, dobijamo
,
. Tada određeno rješenje nehomogene jednadžbe ima oblik
, a opšte rješenje date nehomogene jednadžbe bit će zbir opšteg rješenja odgovarajuće homogene jednadžbe i posebnog rješenja nehomogene jednadžbe:
.

Neka nehomogena jednadžba ima oblik

Ako
nije korijen karakteristične jednadžbe, onda posebno rješenje nehomogene jednačine treba tražiti u obliku. Ako
je korijen jednadžbe karakteristične višestrukosti k (k=1 ili k=2), tada će u ovom slučaju određeno rješenje nehomogene jednadžbe imati oblik .

Primjer 8 . Naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe
.

Rješenje . Karakteristična jednačina za odgovarajuću homogenu jednačinu ima oblik
. Njegovi koreni
,
. U ovom slučaju, opće rješenje odgovarajuće homogene jednačine se zapisuje u obliku
.

Budući da broj 3 nije korijen karakteristične jednadžbe, posebno rješenje nehomogene jednačine treba tražiti u obliku
. Nađimo derivate prvog i drugog reda:

Zamijenimo u diferencijalnu jednačinu:
+ +,
+,.

Izjednačimo koeficijente za i besplatni članovi:

Odavde
,
. Tada određeno rješenje ove jednačine ima oblik
, i opšte rješenje

.

Lagrangeova metoda varijacije proizvoljnih konstanti

Metoda variranja proizvoljnih konstanti može se primijeniti na bilo koju nehomogenu linearnu jednačinu sa konstantnim koeficijentima, bez obzira na tip desne strane. Ova metoda vam omogućava da uvijek pronađete opšte rješenje nehomogene jednačine ako je poznato opšte rješenje odgovarajuće homogene jednačine.

Neka
I
su linearno nezavisna rješenja jednadžbe (2). Tada je opšte rješenje ove jednačine
, Gdje I
- proizvoljne konstante. Suština metode variranja proizvoljnih konstanti je da se opšte rješenje jednačine (1) traži u obliku

Gdje
I
- nove nepoznate funkcije koje treba pronaći. Budući da postoje dvije nepoznate funkcije, da bi se one pronašle, potrebne su dvije jednadžbe koje sadrže ove funkcije. Ove dvije jednačine čine sistem

koji je linearni algebarski sistem jednačina u odnosu na
I
. Rješavajući ovaj sistem, nalazimo
I
. Integracijom obe strane dobijenih jednakosti nalazimo

I
.

Zamjenom ovih izraza u (9) dobijamo opće rješenje nehomogene linearne jednačine (1).

Primjer 9 . Naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe
.

Rješenje. Karakteristična jednačina za homogenu jednačinu koja odgovara datoj diferencijalnoj jednačini je
. Njegovi korijeni su složeni
,
. Jer
I
, To
,
, a opšte rješenje homogene jednadžbe ima oblik. Zatim ćemo tražiti opšte rješenje ove nehomogene jednačine u obliku gdje
I
- nepoznate funkcije.

Sistem jednačina za pronalaženje ovih nepoznatih funkcija ima oblik

Nakon što smo riješili ovaj sistem, nalazimo
,
. Onda

,
. Zamijenimo rezultirajuće izraze u formulu za opće rješenje:

Ovo je opšte rješenje ove diferencijalne jednadžbe, dobiveno Lagrangeovom metodom.

Pitanja za samokontrolu znanja

Koja se diferencijalna jednačina naziva linearna diferencijalna jednačina drugog reda sa konstantnim koeficijentima?

Koja linearna diferencijalna jednadžba se naziva homogena, a koja nehomogena?

Koja svojstva ima linearna homogena jednačina?

Koja se jednačina naziva karakterističnom za linearnu diferencijalnu jednačinu i kako se ona dobija?

U kom obliku je opće rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe sa konstantnim koeficijentima zapisano u slučaju različitih korijena karakteristične jednadžbe?

U kom obliku je opće rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe sa konstantnim koeficijentima zapisano u slučaju jednakih korijena karakteristične jednačine?

U kom obliku je opće rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe sa konstantnim koeficijentima zapisano u slučaju kompleksnih korijena karakteristične jednadžbe?

Kako se piše opšte rješenje linearne nehomogene jednačine?

U kom obliku se traži određeno rješenje linearne nehomogene jednadžbe ako su korijeni karakteristične jednadžbe različiti i nisu jednaki nuli, a desna strana jednačine je polinom stepena m?

U kom obliku se traži određeno rješenje linearne nehomogene jednadžbe ako postoji jedna nula među korijenima karakteristične jednačine, a desna strana jednačine je polinom stepena m?

Koja je suština Lagrangeove metode?

Ovaj paragraf će raspravljati poseban slučaj linearne jednadžbe drugog reda, kada su koeficijenti jednačine konstantni, odnosno brojevi. Takve jednačine se nazivaju jednadžbe sa konstantnim koeficijentima. Ova vrsta jednadžbi nalazi posebno široku primjenu.

1. Linearne homogene diferencijalne jednadžbe

drugog reda sa konstantnim koeficijentima

Razmotrite jednačinu

kod kojih su koeficijenti konstantni. Pod pretpostavkom da se svi članovi jednačine dijele sa i označavaju

Zapišimo ovu jednačinu u obliku

Kao što je poznato, za pronalaženje općeg rješenja linearne homogene jednačine drugog reda, dovoljno je znati fundamentalni sistem privatna rješenja. Pokažimo kako pronaći fundamentalni sistem parcijalnih rješenja za homogenu linearnu diferencijalnu jednačinu sa konstantnim koeficijentima. Konkretno rješenje ove jednačine tražit ćemo u obliku

Diferenciramo ovu funkciju dvaput i zamijenimo izraze za u jednadžbu (59), dobijamo

Budući da , Onda, smanjivanjem za dobivamo jednačinu

Iz ove jednadžbe određuju se one vrijednosti k za koje će funkcija biti rješenje jednadžbe (59).

Algebarska jednadžba (61) za određivanje koeficijenta k naziva se karakteristična jednačina ove diferencijalne jednadžbe (59).

Karakteristična jednačina je jednačina drugog stepena i stoga ima dva korijena. Ovi korijeni mogu biti ili stvarno različiti, realni i jednaki ili složeni konjugirani.

Razmotrimo kakav oblik ima temeljni sistem pojedinih rješenja u svakom od ovih slučajeva.

1. Korijeni karakteristične jednadžbe su realni i različiti: . U ovom slučaju, koristeći formulu (60) nalazimo dva parcijalna rješenja:

Ova dva konkretna rješenja čine fundamentalni sistem rješenja na cijeloj numeričkoj osi, budući da determinanta Wronskog nigdje ne nestaje:

Prema tome, opšte rješenje jednačine prema formuli (48) ima oblik

2. Korijeni karakteristične jednadžbe su jednaki: . U ovom slučaju, oba korijena će biti stvarna. Koristeći formulu (60) dobijamo samo jedno određeno rješenje

Pokažimo da drugo partikularno rješenje, koje zajedno sa prvim čini temeljni sistem, ima oblik

Prije svega, provjerimo da li je funkcija rješenje jednadžbe (59). stvarno,

Ali, budući da postoji korijen karakteristične jednadžbe (61). Osim toga, prema Vietinoj teoremi, Prema tome . Prema tome, , tj. funkcija je zaista rješenje jednadžbe (59).

Pokažimo sada da pronađena parcijalna rješenja čine fundamentalni sistem rješenja. stvarno,

Dakle, u ovom slučaju opšte rješenje homogene linearne jednačine ima oblik

3. Korijeni karakteristične jednadžbe su složeni. Kao što je poznato, složeni korijeni kvadratna jednačina sa realnim koeficijentima su konjugirani kompleksni brojevi, tj. izgledaju kao: . U ovom slučaju, parcijalna rješenja jednadžbe (59), prema formuli (60), imat će oblik:

Koristeći Ojlerove formule (vidi Poglavlje XI, § 5, paragraf 3), izrazi za se mogu napisati kao:

Ova rješenja su sveobuhvatna. Da biste dobili valjana rješenja, razmotrite nove funkcije

One su linearne kombinacije rješenja i, prema tome, same su rješenja jednačine (59) (vidi § 3, tačka 2, teorema 1).

Lako je pokazati da je determinanta Wronskog za ova rješenja različita od nule i stoga rješenja čine fundamentalni sistem rješenja.

Dakle, opće rješenje homogene linearne diferencijalne jednadžbe u slučaju kompleksnih korijena karakteristične jednadžbe ima oblik

U zaključku predstavljamo tabelu formula za opšte rješenje jednadžbe (59) ovisno o vrsti korijena karakteristične jednadžbe.