Postoje 2 primjera narudžbi. Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima

Razmotrimo linearnu homogenu diferencijalnu jednačinu sa konstantni koeficijenti:
(1) .
Njegovo rješenje se može dobiti slijedeći opšta metoda smanjenje reda.

Međutim, lakše je odmah dobiti osnovni sistem n linearno nezavisna rješenja i na osnovu toga stvaraju opće rješenje. U ovom slučaju se cjelokupna procedura rješenja svodi na sljedeći koraci.

Tražimo rješenje jednačine (1) u obliku . Dobijamo karakteristična jednačina :
(2) .
Ima n korijena. Rješavamo jednačinu (2) i nalazimo njene korijene. Tada se karakteristična jednačina (2) može predstaviti u sljedećem obliku:
(3) .
Svaki korijen odgovara jednom od linearno nezavisnih rješenja osnovnog sistema rješenja jednačine (1). Zatim opšte rešenje originalna jednadžba(1) ima oblik:
(4) .

Pravi koreni

Hajde da razmotrimo prave korene. Neka je korijen jednostruk. Odnosno, faktor ulazi u karakterističnu jednačinu (3) samo jednom. Tada ovaj korijen odgovara rješenju
.

Neka je višestruki korijen višestrukosti p. To je
. U ovom slučaju, množitelj je p puta:
.
Ovi višestruki (jednaki) korijeni odgovaraju p linearno nezavisnim rješenjima originalne jednadžbe (1):
; ; ; ...; .

Složeni korijeni

Razmotrite složene korijene. Izrazimo složeni korijen u terminima realnih i imaginarnih dijelova:
.
Budući da su koeficijenti originala realni, tada pored korijena postoji kompleksni konjugirani korijen
.

Neka je kompleksni korijen višestruki. Tada par korijena odgovara dvama linearno nezavisnim rješenjima:
; .

Neka je višestruki kompleksni korijen višestrukosti p. Tada je kompleksna konjugirana vrijednost također korijen karakteristične jednadžbe višestrukosti p i množitelj ulazi p puta:
.
Ovo 2p korijeni odgovaraju 2p linearno nezavisna rješenja:
; ; ; ... ;
; ; ; ... .

Nakon što je pronađen osnovni sistem linearno nezavisnih rješenja, dobijamo opšte rješenje.

Primjeri rješenja problema

Primjer 1

Riješite jednačinu:
.

Rješenje

.
Hajde da ga transformišemo:
;
;
.

Pogledajmo korijene ove jednadžbe. Dobili smo četiri kompleksna korijena višestrukosti 2:
; .
Oni odgovaraju četirima linearno nezavisnim rješenjima izvorne jednadžbe:
; ; ; .

Također imamo tri stvarna korijena višestruke 3:
.
Oni odgovaraju trima linearno nezavisnim rješenjima:
; ; .

Zajednička odluka originalna jednadžba ima oblik:
.

Odgovori

Primjer 2

Riješite jednačinu

Rješenje

Tražimo rješenje u formi . Sastavljamo karakterističnu jednačinu:
.
Rješavanje kvadratne jednadžbe.
.

Imamo dva kompleksna korijena:
.
Oni odgovaraju dvama linearno nezavisnim rješenjima:
.
Opšte rješenje jednačine:
.

U nekim problemima fizike nije moguće uspostaviti direktnu vezu između veličina koje opisuju proces. Ali moguće je dobiti jednakost koja sadrži derivate funkcija koje se proučavaju. Ovako nastaju diferencijalne jednadžbe i potrebu njihovog rješavanja kako bi se pronašla nepoznata funkcija.

Ovaj članak je namijenjen onima koji se suočavaju s problemom rješavanja diferencijalne jednadžbe u kojoj je nepoznata funkcija funkcija jedne varijable. Teorija je strukturirana na takav način da se bez znanja o diferencijalnim jednadžbama možete nositi sa svojim zadatkom.

Svaka vrsta diferencijalne jednadžbe povezana je s metodom rješenja s detaljnim objašnjenjima i rješenjima tipičnih primjera i problema. Sve što trebate učiniti je odrediti vrstu diferencijalne jednadžbe vašeg problema, pronaći sličan analizirani primjer i izvršiti slične radnje.

Da biste uspješno riješili diferencijalne jednadžbe, trebat će vam i sposobnost pronalaženja skupova antiderivata ( neodređeni integrali) razne funkcije. Ako je potrebno, preporučujemo da pogledate odjeljak.

Prvo ćemo razmotriti tipove običnih diferencijalnih jednadžbi prvog reda koje se mogu riješiti s obzirom na derivaciju, zatim ćemo prijeći na ODE drugog reda, zatim ćemo se zadržati na jednadžbama višeg reda i završiti sa sistemima diferencijalne jednadžbe.

Podsjetimo da ako je y funkcija argumenta x.

Diferencijalne jednadžbe prvog reda.

Najjednostavnije diferencijalne jednadžbe prvog reda oblika.

Zapišimo nekoliko primjera takvog daljinskog upravljača .

Diferencijalne jednadžbe može se riješiti u odnosu na izvod dijeljenjem obje strane jednakosti sa f(x) . U ovom slučaju dolazimo do jednačine koja će biti ekvivalentna originalnoj za f(x) ≠ 0. Primjeri takvih ODE-a su .

Ako postoje vrijednosti argumenta x kod kojih funkcije f(x) i g(x) istovremeno nestaju, tada se pojavljuju dodatna rješenja. Dodatna rješenja jednadžbe dati x su bilo koje funkcije definirane za ove vrijednosti argumenata. Primjeri takvih diferencijalnih jednadžbi uključuju:

Diferencijalne jednadžbe drugog reda.

Linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima.

LDE sa konstantnim koeficijentima je vrlo čest tip diferencijalne jednadžbe. Njihovo rješenje nije posebno teško. Prvo se pronalaze korijeni karakteristične jednadžbe . Za različite p i q moguća su tri slučaja: korijeni karakteristične jednadžbe mogu biti realni i različiti, realni i podudarni ili kompleksne konjugate. Ovisno o vrijednostima korijena karakteristične jednadžbe, opće rješenje diferencijalne jednadžbe zapisuje se kao , ili , odnosno.

Na primjer, razmotrite linearnu homogenu diferencijalnu jednačinu drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Korijeni njegove karakteristične jednadžbe su k 1 = -3 i k 2 = 0. Korijeni su realni i različiti, stoga opšte rješenje LODE sa konstantnim koeficijentima ima oblik


Linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima.

Opće rješenje LDDE drugog reda sa konstantnim koeficijentima y traži se u obliku sume općeg rješenja odgovarajućeg LDDE a posebno rješenje originalnog nije homogena jednačina, to je, . Prethodni paragraf je posvećen pronalaženju opšteg rešenja homogene diferencijalne jednačine sa konstantnim koeficijentima. A određeno rješenje se određuje ili metodom neodređenih koeficijenata za određeni oblik funkcije f(x) na desnoj strani izvorne jednadžbe, ili metodom variranja proizvoljnih konstanti.

Kao primjere LDDE drugog reda sa konstantnim koeficijentima navodimo


Da biste razumjeli teoriju i upoznali se s detaljnim rješenjima primjera, nudimo vam na stranici linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima.

Linearne homogene diferencijalne jednadžbe (LODE) i linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe (LNDE) drugog reda.

Poseban slučaj diferencijalnih jednadžbi ovog tipa su LODE i LDDE sa konstantnim koeficijentima.

Opće rješenje LODE-a na određenom segmentu predstavljeno je linearnom kombinacijom dva linearno nezavisnih parcijalnih rješenja y 1 i y 2 ove jednačine, tj. .

Glavna poteškoća leži upravo u pronalaženju linearno nezavisnih parcijalnih rješenja diferencijalne jednadžbe ovog tipa. Tipično, određena rješenja se biraju linearno iz sljedećih sistema nezavisne funkcije:


Međutim, određena rješenja nisu uvijek predstavljena u ovom obliku.

Primjer LOD-a je .

Opće rješenje LDDE traži se u obliku , gdje je opće rješenje odgovarajućeg LDDE, a partikularno rješenje originalne diferencijalne jednadžbe. Upravo smo pričali o pronalaženju, ali se može odrediti korištenjem metode variranja proizvoljnih konstanti.

Može se navesti primjer LNDU .

Diferencijalne jednadžbe višeg reda.

Diferencijalne jednadžbe koje dopuštaju redukciju po redu.

Red diferencijalne jednadžbe , koji ne sadrži željenu funkciju i njene derivate do k-1 reda, može se svesti na n-k zamjenom .

U ovom slučaju, originalna diferencijalna jednadžba će se svesti na . Nakon pronalaženja njenog rješenja p(x), ostaje da se vratimo na zamjenu i odredimo nepoznatu funkciju y.

Na primjer, diferencijalna jednadžba nakon zamjene, postat će jednačina sa odvojivim varijablama, a njen redoslijed će se smanjiti sa treće na prvu.

Ovaj paragraf će raspravljati poseban slučaj linearne jednačine 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, da bi se pronašlo opšte rešenje linearne homogene jednačine drugog reda, dovoljno je poznavati njen osnovni sistem parcijalnih rešenja. 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 posebna 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, kompleksni korijeni kvadratne jednadžbe 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.

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.

Desni deo 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 karakteristične jednadžbe odgovarajuće LODE-2 koji su jednaki 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:

• 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: . Fundamentalni sistem rješenja jednadžbe (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:
.
Tražimo rješenje izvorne jednačine (1) u obliku:
(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:


.