Na predavanju se proučavaju LNDE - linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe. Razmatra se struktura opšteg rešenja, rešenje LPDE metodom varijacije proizvoljnih konstanti, rešenje LPDE sa konstantni koeficijenti a desna strana posebnog tipa. Pitanja koja se razmatraju koriste se u proučavanju prisilnih oscilacija u fizici, elektrotehnici i elektronici, te u teoriji automatskog upravljanja.
1. Struktura općeg rješenja linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe 2. reda.
Razmotrimo prvo linearnu nehomogenu jednačinu proizvoljnog reda:
Uzimajući u obzir notaciju, možemo napisati:
U ovom slučaju ćemo pretpostaviti da su koeficijenti i desna strana ove jednačine kontinuirani na određenom intervalu.
Teorema. Opće rješenje linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe u određenom domenu je zbir bilo kojeg od njenih rješenja i općeg rješenja odgovarajuće linearne homogene diferencijalne jednadžbe.
Dokaz. Neka je Y neko rješenje nehomogene jednadžbe.
Zatim, kada ovo rješenje zamijenimo u originalnu jednačinu, dobijamo identitet:
Neka 
- fundamentalni sistem rješenja linearne homogene jednadžbe 
. Onda zajednička odluka homogena jednačina se može napisati kao:
Konkretno, za linearnu nehomogenu diferencijalnu jednadžbu 2. reda, struktura općeg rješenja ima oblik:
Gdje 
je osnovni sistem rješenja odgovarajuće homogene jednačine, i 
- bilo koje posebno rješenje nehomogene jednačine.
Dakle, da bi se riješila linearna nehomogena diferencijalna jednadžba, potrebno je pronaći opće rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe i nekako pronaći jedno posebno rješenje nehomogena jednačina. Obično se pronalazi odabirom. Metode odabira privatnog rješenja razmotrit ćemo u sljedećim pitanjima.
2. Metoda varijacije
U praksi je zgodno koristiti metodu variranja proizvoljnih konstanti.
Da biste to učinili, prvo pronađite opće rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe u obliku:
Zatim, stavljanje koeficijenata C i funkcije iz X, traži se rješenje nehomogene jednadžbe:
Može se dokazati da se nalaze funkcije C i (x) moramo da rešimo sistem jednačina:
Primjer. Riješite jednačinu 
Rješavanje linearne homogene jednadžbe 
Rješenje nehomogene jednadžbe imat će oblik:
Napravimo sistem jednačina:
Hajde da rešimo ovaj sistem:
Iz relacije nalazimo funkciju Oh).
Sada pronalazimo B(x).
Dobijene vrijednosti zamjenjujemo u formulu za opće rješenje nehomogene jednadžbe:
Konačan odgovor: 
Uopšteno govoreći, metoda varijacije proizvoljnih konstanti je pogodna za pronalaženje rješenja bilo koje linearne nehomogene jednačine. Ali zato Pronalaženje osnovnog sistema rješenja odgovarajuće homogene jednačine može biti prilično težak zadatak; ova metoda se uglavnom koristi za nehomogene jednadžbe sa konstantnim koeficijentima.
3. Jednačine sa desnom stranom posebnog obrasca
Čini se da je moguće zamisliti vrstu određenog rješenja ovisno o vrsti desne strane nehomogene jednačine.
Razlikuju se sljedeći slučajevi:
I. Desna strana linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe ima oblik:
gdje je polinom stepena m.
Tada se traži određeno rješenje u obliku:
Evo Q(x) - polinom istog stepena kao P(x) , nos neizvesni koeficijenti, A r– broj koji pokazuje koliko je puta broj korijen karakteristične jednadžbe za odgovarajuću linearnu homogenu diferencijalnu jednačinu.
Primjer. Riješite jednačinu 
.
Rešimo odgovarajuću homogenu jednačinu: 
Sada pronađimo određeno rješenje originalne nehomogene jednačine.
Uporedimo desnu stranu jednačine sa oblikom desne strane o kojoj smo gore govorili.
Tražimo određeno rješenje u obliku: 
, Gdje
One. 
Sada odredimo nepoznate koeficijente A I IN.
Zamenimo određeno rešenje u opštem obliku u originalnu nehomogenu diferencijalnu jednačinu.
Potpuno, privatno rješenje: 
Tada je opće rješenje linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe:
II. Desna strana linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe ima oblik:
Evo R 1 (X) I R 2 (X)– polinomi stepena m 1 i m 2 respektivno.
Tada će određeno rješenje nehomogene jednadžbe imati oblik:
gdje je broj r pokazuje koliko je puta broj 
je korijen karakteristične jednadžbe za odgovarajuću homogenu jednačinu, i Q 1
(x)
I
Q 2
(x)
– polinomi stepena ne većeg od m, Gdje m- najveći od stepeni m 1
I m 2
.
Zbirna tabela tipova privatnih rješenja
za različite tipove desnih strana
|
Desna strana diferencijalne jednadžbe |
karakteristična jednačina |
Vrste privatnih |
|
|
|
1. Broj nije korijen karakteristične jednadžbe |
|
|
|
2. Broj je korijen karakteristične jednačine višestrukosti |
|
||
|
|
1. Broj |
|
|
|
2. Broj |
|
||
|
1. Brojevi |
|
||
|
2. Brojevi |
|
||
|
1. Brojevi | |||
|
2. Brojevi |
nije korijen karakteristične jednadžbe
je korijen karakteristične jednadžbe višestrukosti 
su korijeni karakteristične jednadžbe višestrukosti 
nisu korijeni jednadžbe karakteristične višestrukosti 
su korijeni karakteristične jednadžbe višestrukosti 
Imajte na umu da ako je desna strana jednadžbe kombinacija izraza gore navedenog tipa, tada se rješenje nalazi kao kombinacija rješenja pomoćnih jednadžbi, od kojih svaka ima desnu stranu koja odgovara uključenom izrazu u kombinaciji.
One. ako je jednadžba: 
, tada će biti određeno rješenje ove jednačine 
Gdje at 1
I at 2
– posebna rješenja pomoćnih jednačina
I 
Za ilustraciju, riješimo gornji primjer na drugačiji način.
Primjer. Riješite jednačinu 
Predstavimo desnu stranu diferencijalne jednadžbe kao zbir dvije funkcije f 1 (x) + f 2 (x) = x + (- grijeh x).
Sastavimo i riješimo karakterističnu jednačinu:
Dobijamo: tj. 
Ukupno: 
One. traženo određeno rješenje ima oblik: 
Opće rješenje nehomogene diferencijalne jednadžbe:
Pogledajmo primjere primjene opisanih metoda.
Primjer 1.. Riješite jednačinu 
Sastavimo karakterističnu jednačinu za odgovarajuću linearnu homogenu diferencijalnu jednačinu:
Sada pronađimo određeno rješenje nehomogene jednadžbe u obliku:
Koristimo metodu neodređenih koeficijenata.
Zamjenom u originalnu jednačinu dobijamo:
Konkretno rješenje ima oblik: 
Opće rješenje linearne nehomogene jednadžbe: 
Primjer. Riješite jednačinu 
Karakteristična jednačina:
Opće rješenje homogene jednačine: 
Posebno rješenje nehomogene jednadžbe: 
.
Pronalazimo izvode i zamjenjujemo ih u originalnu nehomogenu jednačinu:
Dobijamo opće rješenje nehomogene diferencijalne jednadžbe:
Osnove rješavanja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda (LNDE-2) sa konstantnim koeficijentima (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 $Y$ opće 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 je desna strana LMDE 2. reda 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 napišite CR LNDU-2 u obliku $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 neodređenih koeficijenata (UK).
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:
- zamijeniti PD $U$, napisan u opštem obliku, u 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 linearne jednačine u odnosu na 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) $.
|
Nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima |
|
Struktura općeg rješenja Linearna nehomogena jednadžba ovog tipa ima oblik: Gdje str, q− konstantni brojevi (koji mogu biti realni ili kompleksni). Za svaku takvu jednačinu možemo napisati odgovarajuću homogena jednačina:
Teorema: Opće rješenje nehomogene jednačine je zbir općeg rješenja y 0 (x) odgovarajuće homogene jednadžbe i određenog rješenja y 1 (x) nehomogena jednačina:
U nastavku ćemo razmotriti dva načina rješavanja nehomogenih diferencijalnih jednadžbi. Metoda varijacije konstanti Ako je opšte rešenje y 0 pridružene homogene jednadžbe je poznato, onda se opće rješenje nehomogene jednačine može naći pomoću metoda konstantne varijacije. Neka opšte rješenje homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda ima oblik: Umjesto trajnog C 1 i C 2 ćemo razmotriti pomoćne funkcije C 1 (x) I C 2 (x). Tražit ćemo ove funkcije tako da je rješenje zadovoljava nehomogenu jednačinu sa desnom stranom f(x). Nepoznate funkcije C 1 (x) I C 2 (x) određuju se iz sistema od dvije jednačine:
Metoda neizvjesnih koeficijenata Desni deo f(x) nehomogene diferencijalne jednadžbe često je polinom, eksponencijalna ili trigonometrijska funkcija ili neka kombinacija ovih funkcija. U ovom slučaju, prikladnije je tražiti rješenje pomoću metoda nesigurnih koeficijenata. Hajde da to naglasimo ovu metodu radi samo za ograničenu klasu funkcija na desnoj strani, kao što je  U oba slučaja, izbor određenog rješenja mora odgovarati strukturi desne strane nehomogene diferencijalne jednadžbe. U slučaju 1, ako je broj α V eksponencijalna funkcija poklapa se s korijenom karakteristične jednadžbe, tada će određeno rješenje sadržavati dodatni faktor x s, Gdje s− višestrukost korijena α u karakterističnoj jednačini. U slučaju 2, ako je broj α + βi poklapa se s korijenom karakteristične jednadžbe, tada će izraz za određeno rješenje sadržavati dodatni faktor x. Nepoznati koeficijenti se mogu odrediti zamjenom pronađenog izraza za određeno rješenje u originalnu nehomogenu diferencijalnu jednačinu. Princip superpozicije Ako je desna strana nehomogene jednadžbe iznos nekoliko funkcija forme tada će određeno rješenje diferencijalne jednadžbe također biti zbir parcijalnih rješenja konstruiranih posebno za svaki član na desnoj strani. |
|
Primjer 1 |
|
Riješite diferencijalnu jednačinu y"" + y= sin(2 x). Rješenje. Prvo rješavamo odgovarajuću homogenu jednačinu y"" + y= 0.V u ovom slučaju korijeni karakteristične jednadžbe su čisto imaginarni: Prema tome, opšte rješenje homogene jednačine je dato izrazom Vratimo se ponovo na nehomogenu jednačinu. Njegovo rješenje ćemo potražiti u formi koristeći metodu varijacije konstanti. Funkcije C 1 (x) I C 2 (x) može se pronaći iz sledeći sistem jednadžbe:
Izrazimo derivat C 1 " (x) iz prve jednadžbe:
Zamjenom u drugu jednačinu nalazimo izvod C 2 " (x):
Iz toga slijedi Integriranje izraza za derivate C 1 " (x) I C 2 " (x), dobijamo: Gdje A 1 , A 2 – konstante integracije. Sada zamijenimo pronađene funkcije C 1 (x) I C 2 (x) u formulu za y 1 (x) i zapišite opće rješenje nehomogene jednačine:
|
|
Primjer 2 |
|
Pronađite opšte rješenje jednačine y"" + y" −6y = 36x. Rješenje. Koristimo metodu neodređenih koeficijenata. Desna strana date jednačine je linearna funkcija f(x)= sjekira + b. Stoga ćemo tražiti posebno rješenje u formi Izvodi su jednake:
Zamijenivši ovo u diferencijalnu jednačinu, dobijamo:
Posljednja jednačina je identitet, odnosno vrijedi za sve x, stoga izjednačavamo koeficijente članova sa istim stepenima x na lijevoj i desnoj strani: Iz rezultirajućeg sistema nalazimo: A = −6, B= −1. Kao rezultat, određeno rješenje je zapisano u obliku Sada pronađimo opšte rješenje homogene diferencijalne jednadžbe. Izračunajmo korijene pomoćne karakteristične jednadžbe: Dakle, opšte rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe ima oblik: Dakle, opće rješenje originalne nehomogene jednadžbe je izraženo formulom |
Opšti integral DE.
Riješite diferencijalnu jednačinu
Ali najsmješnije je što je odgovor već poznat: , tačnije, moramo dodati i konstantu: Opšti integral je rješenje diferencijalne jednadžbe.
Metoda varijacije proizvoljnih konstanti. Primjeri rješenja
Metoda varijacije proizvoljnih konstanti se koristi za rješavanje nehomogenih diferencijalnih jednadžbi. Ova lekcija je namijenjena onim učenicima koji su već manje-više upućeni u temu. Ako tek počinjete da se upoznajete sa daljinskim upravljanjem, tj. Ako ste čajnik, preporučujem da počnete s prvom lekcijom: Diferencijalne jednadžbe prvog reda. Primjeri rješenja. A ako već završavate, odbacite moguće predrasude da je metoda teška. Jer je jednostavno.
U kojim slučajevima se koristi metoda varijacije proizvoljnih konstanti?
1) Za rješavanje se može koristiti metoda varijacije proizvoljne konstante linearni nehomogeni DE 1. reda. Pošto je jednačina prvog reda, onda je i konstanta jedna.
2) Za rješavanje nekih koristi se metoda varijacije proizvoljnih konstanti linearne nehomogene jednadžbe drugog reda. Ovdje se razlikuju dvije konstante.
Logično je pretpostaviti da će se lekcija sastojati od dva pasusa... Tako sam napisao ovu rečenicu, i nekih 10 minuta sam bolno razmišljao o tome koje bih još pametne gluposti mogao dodati za lagani prijelaz na praktične primjere. Ali iz nekog razloga nemam nikakvih misli nakon praznika, iako izgleda da nisam ništa zloupotrijebio. Stoga, idemo direktno na prvi pasus.
Metoda varijacije proizvoljne konstante za linearnu nehomogenu jednačinu prvog reda
Prije razmatranja metode varijacije proizvoljne konstante, preporučljivo je upoznati se sa člankom Linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda. Na toj lekciji smo vežbali prvo rešenje nehomogena DE 1. reda. Ovo prvo rješenje, podsjećam, zove se metoda zamjene ili Bernulijeva metoda(ne treba se brkati sa Bernulijeva jednačina!!!)
Sada ćemo pogledati drugo rešenje– metoda varijacije proizvoljne konstante. Navest ću samo tri primjera, a uzeću ih iz gore navedene lekcije. Zašto tako malo? Jer u stvari, rješenje na drugi način će biti vrlo slično rješenju na prvi način. Osim toga, prema mojim zapažanjima, metoda varijacije proizvoljnih konstanti se koristi rjeđe od metode zamjene.
Primjer 1
Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe (Diffour iz primjera br. 2 lekcije Linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe 1. reda)
Rješenje: Ova jednadžba je linearno nehomogena i ima poznati oblik:
U prvoj fazi potrebno je riješiti jednostavniju jednačinu: To jest, glupo resetujemo desnu stranu na nulu - umjesto toga upisujemo nulu. Nazvat ću jednačinu pomoćna jednačina.
U ovom primjeru morate riješiti sljedeću pomoćnu jednačinu:
Pred nama odvojiva jednačina, čije vam rješenje (nadam se) više nije teško:
Dakle: – opšte rješenje pomoćne jednačine.
Na drugom koraku mi ćemo zameniti neka konstanta za sada nepoznata funkcija koja ovisi o "x":
Otuda i naziv metode - variramo konstantu. Alternativno, konstanta bi mogla biti neka funkcija koju sada moramo pronaći.
IN original u nehomogenoj jednadžbi vršimo zamjenu:
Zamenimo u jednačinu:
Kontrolna tačka – dva termina na lijevoj strani se poništavaju. Ako se to ne dogodi, trebali biste potražiti gornju grešku.
Kao rezultat zamjene, dobijena je jednadžba sa odvojivim varijablama. Odvajamo varijable i integrišemo.
Kakav blagoslov, eksponenti takođe otkazuju:
Pronađenoj funkciji dodajemo "normalnu" konstantu:
U završnoj fazi, prisjećamo se naše zamjene:
Funkcija je upravo pronađena!
Dakle, generalno rješenje je:
odgovor: zajednicka odluka: 
Ako odštampate dva rješenja, lako ćete primijetiti da smo u oba slučaja pronašli iste integrale. Jedina razlika je u algoritmu rješenja.
Sada za nešto komplikovanije, komentirat ću i drugi primjer:
Primjer 2
Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe (Diffour iz primjera br. 8 lekcije Linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe 1. reda)
Rješenje: Dovedemo jednačinu u oblik:
Resetujmo desnu stranu i riješimo pomoćnu jednačinu:
Odvajamo varijable i integriramo: Opće rješenje pomoćne jednadžbe:
U nehomogenoj jednadžbi vršimo zamjenu:
Prema pravilu diferencijacije proizvoda:
Zamijenimo u originalnu nehomogenu jednačinu:
Dva termina na lijevoj strani se poništavaju, što znači da smo na pravom putu: 
Integrirajmo po dijelovima. Ukusno slovo iz formule integracije po dijelovima već je uključeno u rješenje, pa koristimo, na primjer, slova “a” i “be”:
na kraju:
Sada se prisjetimo zamjene:
odgovor: zajednicka odluka:
Metoda varijacije proizvoljnih konstanti za linearnu nehomogenu jednačinu drugog reda sa konstantnim koeficijentima
Često sam čuo mišljenje da metoda variranja proizvoljnih konstanti za jednačinu drugog reda nije laka stvar. Ali pretpostavljam sljedeće: najvjerovatnije, metoda se mnogima čini teškom jer se ne pojavljuje tako često. Ali u stvarnosti nema posebnih poteškoća - tok odluke je jasan, transparentan i razumljiv. I predivno.
Za ovladavanje metodom, poželjno je biti u stanju riješiti nehomogene jednadžbe drugog reda odabirom određenog rješenja na osnovu oblika desne strane. Ova metoda detaljno razmotreno u članku Nehomogeni DE 2. reda. Podsjećamo da linearna nehomogena jednadžba drugog reda sa konstantnim koeficijentima ima oblik:
Metoda odabira, o kojoj je bilo riječi u gornjoj lekciji, radi samo u ograničenom broju slučajeva kada desna strana sadrži polinome, eksponencijale, sinuse i kosinuse. Ali šta učiniti kada je na desnoj strani, na primjer, razlomak, logaritam, tangenta? U takvoj situaciji u pomoć dolazi metoda varijacije konstanti.
Primjer 4
Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe drugog reda 
Rješenje: Na desnoj strani ove jednadžbe nalazi se razlomak, tako da odmah možemo reći da metoda odabira određenog rješenja ne funkcionira. Koristimo metodu varijacije proizvoljnih konstanti.
Nema znakova grmljavine, početak rješenja je sasvim običan:
Naći ćemo zajednička odluka prikladno homogena jednadžbe:
Sastavimo i riješimo karakterističnu jednačinu: 
– dobiju se konjugirani kompleksni korijeni, pa je opće rješenje:
Obratite pažnju na zapis općeg rješenja - ako postoje zagrade, onda ih otvorite.
Sada radimo gotovo isti trik kao i za jednadžbu prvog reda: mijenjamo konstante, zamjenjujući ih nepoznatim funkcijama. To je, opšte rešenje nehomogenog tražićemo jednačine u obliku:
Gdje - za sada nepoznate funkcije.
Izgleda kao deponija kućni otpad, ali sad ćemo sve srediti.
Nepoznate su derivati funkcija. Naš cilj je pronaći izvode, a pronađeni derivati moraju zadovoljiti i prvu i drugu jednačinu sistema.
Odakle dolaze “Grci”? Roda ih donosi. Gledamo ranije dobijeno opće rješenje i pišemo:
Nađimo derivate:
Lijevi dijelovi su obrađeni. Šta je na desnoj strani?
- ovo je desna strana originalna jednadžba, u ovom slučaju:
Ovaj članak se bavi pitanjem rješavanja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda sa konstantnim koeficijentima. O teoriji će se raspravljati uz primjere zadatih problema. Za dešifrovanje nejasnih pojmova potrebno je osvrnuti se na temu o osnovnim definicijama i konceptima teorije diferencijalnih jednačina.
Razmotrimo linearnu diferencijalnu jednačinu (LDE) drugog reda sa konstantnim koeficijentima oblika y "" + p · y " + q · y = f (x), gdje su p i q proizvoljni brojevi, a postojeća funkcija f (x) je kontinuirano na intervalu integracije x.
Pređimo na formulaciju teoreme za opće rješenje LNDE.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Opća teorema rješenja za LDNU
Teorema 1Opšte rješenje, smješteno na intervalu x, nehomogene diferencijalne jednadžbe oblika y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) sa kontinuiranim koeficijentima integracije na x intervalu f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) i kontinuirana funkcija f (x) je jednako zbiru opšteg rješenja y 0, koje odgovara LOD-u i nekom posebnom rješenju y ~, gdje je originalna nehomogena jednačina y = y 0 + y ~.
Ovo pokazuje da rješenje takve jednačine drugog reda ima oblik y = y 0 + y ~ . Algoritam za pronalaženje y 0 razmatra se u članku o linearnim homogenim diferencijalnim jednadžbama drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Nakon toga treba preći na definiciju y ~.
Izbor određenog rješenja za LPDE ovisi o vrsti dostupne funkcije f (x) koja se nalazi na desnoj strani jednačine. Za to je potrebno posebno razmotriti rješenja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda sa konstantnim koeficijentima.
Kada se f (x) smatra polinomom n-tog stepena f (x) = P n (x), slijedi da se određeno rješenje LPDE-a nalazi pomoću formule oblika y ~ = Q n (x ) x γ, gdje je Q n ( x) polinom stepena n, r je broj nultih korijena karakteristične jednačine. Vrijednost y ~ je određeno rješenje y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , zatim dostupni koeficijenti koji su definirani polinomom
Q n (x), nalazimo metodom neodređenih koeficijenata iz jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Primjer 1
Izračunajte koristeći Cauchyjevu teoremu y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .
Rješenje
Drugim riječima, potrebno je prijeći na određeno rješenje linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima y "" - 2 y " = x 2 + 1, koje će zadovoljiti date uslove y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .
Opće rješenje linearne nehomogene jednačine je zbir općeg rješenja, koje odgovara jednačini y 0 ili određenom rješenju nehomogene jednačine y ~, to jest, y = y 0 + y ~.
Prvo ćemo pronaći opće rješenje za LNDU, a zatim i jedno posebno.
Pređimo na pronalaženje y 0. Zapisivanje karakteristične jednadžbe pomoći će vam da pronađete korijene. Shvatili smo to
k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0 , k 2 = 2
Otkrili smo da su korijeni različiti i stvarni. Zato, hajde da zapišemo
y 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x.
Nađimo y ~ . Vidi se da je desna strana date jednadžbe polinom drugog stepena, tada je jedan od korijena jednak nuli. Iz ovoga dobijamo da će određeno rješenje za y ~ biti
y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, pri čemu vrijednosti A, B, C poprimaju neodređene koeficijente.
Nađimo ih iz jednakosti oblika y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .
Tada dobijamo to:
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
Izjednačavajući koeficijente sa istim eksponentima x, dobijamo sistem linearnih izraza - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Prilikom rješavanja bilo kojom od metoda, naći ćemo koeficijente i napisati: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 i y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .
Ovaj unos se naziva općim rješenjem originalne linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima.
Da bismo pronašli određeno rješenje koje zadovoljava uslove y (0) = 2, y "(0) = 1 4, potrebno je odrediti vrijednosti C 1 I C 2, na osnovu jednakosti oblika y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.
dobijamo to:
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
Radimo sa rezultujućim sistemom jednačina oblika C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, gdje je C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.
Primjenjujući Cauchyjevu teoremu, imamo to
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
odgovor: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .
Kada je funkcija f (x) predstavljena kao proizvod polinoma sa stepenom n i eksponentom f (x) = P n (x) · e a x , tada dobijamo da će određeno rješenje LPDE drugog reda biti jednadžba oblika y ~ = e a x · Q n ( x) · x γ, gdje je Q n (x) polinom n-tog stepena, a r je broj korijena karakteristične jednačine jednak α.
Koeficijenti koji pripadaju Q n (x) nalaze se jednakošću y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Primjer 2
Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe oblika y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .
Rješenje
Jednačina opšti pogled y = y 0 + y ~ . Navedena jednadžba odgovara LOD y "" - 2 y " = 0. Iz prethodnog primjera može se vidjeti da su joj korijeni jednaki k 1 = 0 i k 2 = 2 i y 0 = C 1 + C 2 e 2 x po karakterističnoj jednadžbi.
Može se vidjeti da je desna strana jednačine x 2 + 1 · e x . Odavde se LPDE nalazi kroz y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, gdje je Q n (x) polinom drugog stepena, gdje je α = 1 i r = 0, jer karakteristična jednačina nije imaju korijen jednak 1. Odavde to dobijamo
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 su nepoznati koeficijenti koji se mogu naći po jednakosti y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x.
Shvatio sam
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
Izjednačavamo indikatore sa istim koeficijentima i dobijamo sistem linearnih jednačina. Odavde nalazimo A, B, C:
A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3
odgovor: jasno je da je y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 posebno rješenje LNDDE, a y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - opšte rješenje za nehomogenu diferencijaciju drugog reda.
Kada je funkcija napisana kao f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, i A 1 I U 1 su brojevi, onda se parcijalno rješenje LPDE-a smatra jednadžbom oblika y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ, gdje se A i B smatraju neodređenim koeficijentima, a r je broj kompleksni konjugirani korijeni povezani sa karakterističnom jednačinom, jednaki ± i β . U ovom slučaju, traženje koeficijenata se vrši pomoću jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Primjer 3
Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe oblika y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Rješenje
Prije pisanja karakteristične jednačine, nalazimo y 0. Onda
k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 i , k 2 = - 2 i
Imamo par složenih konjugiranih korijena. Transformirajmo i dobijemo:
y 0 = e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) = C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)
Smatra se da su korijeni karakteristične jednadžbe konjugirani par ± 2 i, tada je f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). Ovo pokazuje da će se pretraga za y ~ izvršiti od y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Nepoznate Koeficijente A i B ćemo tražiti iz jednakosti oblika y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
transformirajmo:
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 je to jasno
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)
Potrebno je izjednačiti koeficijente sinusa i kosinusa. Dobijamo sistem oblika:
4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4
Iz toga slijedi da je y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.
odgovor: razmatra se opšte rešenje originalnog LDDE drugog reda sa konstantnim koeficijentima
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
Kada je f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), tada je y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ. Imamo da je r broj kompleksno konjugiranih parova korijena povezanih sa karakterističnom jednačinom, jednak α ± i β, gdje je P n (x), Q k (x), L m (x) i Nm(x) su polinomi stepena n, k, m, m, gdje m = m a x (n, k). Pronalaženje koeficijenata Lm(x) I Nm(x) je napravljen na osnovu jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Primjer 4
Pronađite opšte rješenje y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .
Rješenje
Po stanju je jasno da
α = 3, β = 5, P n (x) = - 38 x - 45, Q k (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1
Tada je m = m a x (n, k) = 1. Nalazimo y 0 tako što prvo napišemo karakterističnu jednačinu oblika:
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
Otkrili smo da su korijeni stvarni i različiti. Dakle, y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Zatim je potrebno tražiti opće rješenje zasnovano na nehomogenoj jednadžbi y ~ oblika
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))
Poznato je da su A, B, C koeficijenti, r = 0, jer ne postoji par konjugiranih korijena vezanih za karakterističnu jednačinu sa α ± i β = 3 ± 5 · i. Ove koeficijente nalazimo iz rezultirajuće jednakosti:
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))
Pronalaženje derivata i sličnih pojmova daje
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))
Nakon izjednačavanja koeficijenata, dobijamo sistem oblika
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
Iz svega proizilazi da
y ~ = e 3 x · ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x)) = = e 3 x · ((x + 1) cos (5 x) + (x + 1) sin (5 x))
odgovor: Sada smo dobili opće rješenje zadate linearne jednačine:
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))
Algoritam za rješavanje LDNU
Definicija 1Bilo koja druga vrsta funkcije f (x) za rješenje zahtijeva usklađenost s algoritmom rješenja:
- pronalaženje opšteg rješenja odgovarajuće linearne homogene jednadžbe, gdje je y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, gdje je y 1 I y 2 su linearno nezavisna parcijalna rješenja LODE-a, C 1 I C 2 smatraju se proizvoljnim konstantama;
- usvajanje kao opšte rešenje LNDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
- određivanje izvoda funkcije kroz sistem oblika C 1 " (x) + y 1 (x) + C 2 " (x) · y 2 (x) = 0 C 1 " (x) + y 1 " ( x) + C 2 " (x) · y 2 " (x) = f (x) , i nalaženje funkcija C 1 (x) i C 2 (x) kroz integraciju.
Primjer 5
Pronađite opšte rješenje za y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.
Rješenje
Nastavljamo sa pisanjem karakteristične jednadžbe, nakon što smo prethodno napisali y 0, y "" + 36 y = 0. Hajde da napišemo i rešimo:
k 2 + 36 = 0 k 1 = 6 i , k 2 = - 6 i ⇒ y 0 = C 1 cos (6 x) + C 2 sin (6 x) ⇒ y 1 (x) = cos (6 x) , y 2 (x) = sin (6 x)
Imamo da će opšte rješenje date jednačine biti zapisano kao y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Potrebno je prijeći na definiciju derivacijskih funkcija C 1 (x) I C2(x) prema sistemu sa jednadžbama:
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
Potrebno je donijeti odluku u vezi C 1" (x) I C 2" (x) koristeći bilo koju metodu. Zatim pišemo:
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)
Svaka od jednačina mora biti integrisana. Zatim pišemo rezultirajuće jednačine:
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
Iz toga slijedi da će opće rješenje imati oblik:
y = 1 3 sin (6 x) cos (6 x) - 2 x - 1 6 cos 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x cos (6 x) - 1 2 e 6 x sin (6 x) + C 3 cos (6 x) + + - 1 6 sin (6 x) cos (6 x) - x - 1 3 cos 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x cos (6 x) + 1 2 e 6 x sin (6 x) + C 4 sin (6 x) = = - 2 x cos (6 x) - x sin (6 x) - 1 6 cos (6 x) + + 1 2 e 6 x + C 3 cos (6 x) + C 4 sin (6 x)
odgovor: 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)
Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter
