Homogene linearne diferencijalne jednadžbe drugi red sa konstantni koeficijenti izgleda kao
gdje su p i q realni brojevi. Pogledajmo primjere kako se rješavaju homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima.
Rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda ovisi o korijenima karakteristična jednačina. Karakteristična jednačina je jednačina k²+pk+q=0.
1) Ako su korijeni karakteristične jednadžbe različiti realni brojevi:
tada opće rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima ima oblik
2) Ako su korijeni karakteristične jednadžbe jednaki realni brojevi
(na primjer, s diskriminantom jednakim nuli), tada je opće rješenje homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda
3) Ako su korijeni karakteristične jednadžbe kompleksni brojevi
(na primjer, s diskriminantom jednakom negativnom broju), tada se opće rješenje homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda zapisuje u obliku
Primjeri rješavanja linearnih homogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda sa konstantnim koeficijentima
Naći opća rješenja homogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda:
Sastavljamo karakterističnu jednačinu: k²-7k+12=0. Njegov diskriminant je D=b²-4ac=1>0, tako da su korijeni različiti realni brojevi.
Dakle, opšte rješenje ovog homogenog DE 2. reda je
Sastavimo i riješimo karakterističnu jednačinu:
Korijeni su stvarni i različiti. Stoga imamo opće rješenje ove homogene diferencijalne jednadžbe:
U ovom slučaju, karakteristična jednačina
Korijeni su različiti i valjani. Stoga je ovdje opće rješenje homogene diferencijalne jednadžbe 2. reda
Karakteristična jednačina
Pošto su korijeni realni i jednaki, za ovu diferencijalnu jednačinu opće rješenje zapisujemo kao
Karakteristična jednačina je ovdje
Pošto je diskriminant negativan broj, korijeni karakteristične jednadžbe su kompleksni brojevi.
Opšte rješenje ove homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda ima oblik
Karakteristična jednačina
Odavde nalazimo opće rješenje za ovaj diferencijal. jednadžbe:
Primjeri za samotestiranje.
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 linearnog homogena jednačina je zbir općeg rješenja koje odgovara jednačini y 0 ili određenom rješenju nehomogena jednačina y ~ , odnosno 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
Opća jednadžba je 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 linearne jednačine. 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 jednačina 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) .
Pretvorimo:
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 vezanih za karakterističnu jednačinu, 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
Gdje str I q- su proizvoljni realni brojevi i funkcija f(x)- kontinuirano na intervalu integracije X.
Izrazimo teoremu koja pokazuje oblik u kojem je potrebno pronaći opće rješenje je linearna nehomogena diferencijalna jednadžba.
Teorema.
Opšte rješenje na intervalu X linearna nehomogena diferencijalna jednadžba: sa kontinuiranim na intervalu integracije X koeficijenti i kontinuirana funkcija f(x) jednak zbiru opšteg rešenja y 0 prikladno linearna nehomogena diferencijalna jednadžba i bilo koje posebno rješenje originalne nehomogene jednadžbe, tj.
Dakle, opšte rešenje LNDU 2. red sa konstantnim koeficijentima je zbir općeg rješenja odgovarajuće linearne homogene diferencijalne jednadžbe 2. reda sa konstantnim koeficijentima i pojedinim rješenjem: .
Kalkulacija y 0 U članku su opisane linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima, a sada ćemo razmotriti metodu pronalaženja.
Ima nekih metode za određivanje određenog rješenja linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe 2. reda sa konstantnim koeficijentima. Ove metode su definirane uzimajući u obzir tip funkcije f(x), koji se nalazi na desnoj strani jednačine. Nazovimo ih i u narednim člancima razmotrit ćemo rješenja za svaki LDDE drugog reda s konstantnim koeficijentima:
2. Ako je funkcija f(x) je predstavljen proizvodom polinoma stepena n i izlagači 
, što znači da se određeno rješenje linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda nalazi kao 
,
Gdje Qn(x) je polinom n-. stepen,
r- broj korijena karakteristične jednadžbe koji je jednak .
Polinomski koeficijenti Qn(x) može se odrediti iz jednakosti .
3. Ako je funkcija f(x) izgleda ovako: gdje A 1 I U 1 ispostavi da su brojevi, što znači da je određeno rješenje linearne neodređene diferencijalne jednadžbe predstavljeno kao,
Gdje A I IN su neodređeni koeficijenti,
r- je broj kompleksnih konjugiranih parova korijena karakteristične jednadžbe koji su jednaki . Polinomski koeficijenti A I IN određuju se na osnovu jednakosti.
4. Ako , onda ,
Gdje r je broj kompleksnih konjugiranih parova korijena karakteristične jednadžbe, koji su jednaki ,
Pn(x),Qk(x), Lm(x) I Nm(x) su polinomi stepena n, k, m I m odnosno, m = max(n, k).
Pronađite koeficijente polinoma Lm(x) I Nm(x) možete koristiti jednakost.
5. Za sve ostale vrste funkcija f(x) Koristi se sljedeća procedura:
- Prvi korak je određivanje općeg rješenja tražene linearne homogene jednadžbe kao y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, Gdje y 1 I y 2 su linearno nezavisna parcijalna rješenja linearne homogene diferencijalne jednadžbe, i C 1 I C 2 su proizvoljne konstante;
- Zatim mijenjamo proizvoljne konstante, tj. kao opće rješenje originalne linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe prihvatamo y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2;
- a posljednji korak je određivanje derivata funkcija C 1 (x) I C 2 (x) iz sistema jednačina:
,
i funkcije C 1 (x) I C2(x) utvrđeno daljom integracijom.
Linearna diferencijalna jednadžba prvog reda je jednadžba oblika
,
gdje su p i q funkcije varijable x.
Linearna homogena diferencijalna jednadžba prvog reda je jednadžba oblika
Linearna nehomogena diferencijalna jednadžba prvog reda je jednadžba oblika
q termin (x) naziva se nehomogenim dijelom jednačine.
Razmotrimo linearnu nehomogenu diferencijalnu jednačinu prvog reda:
(1)
.
Postoje tri načina za rješavanje ove jednačine:
- metoda integrirajućih faktora;
Rješavanje linearne diferencijalne jednadžbe korištenjem integrirajućeg faktora
Razmotrimo metodu za rješavanje linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda korištenjem integrirajući faktor.
Pomnožimo obje strane originalna jednadžba (1)
integrirajući faktor
:
(2)
Zatim napominjemo da je derivacija integrala jednaka integrandu:
Prema pravilu diferencijacije složena funkcija:
Prema pravilu diferencijacije proizvoda:
Zamjena u (2)
:
Hajde da integrišemo:
Pomnožite sa . Dobijamo opšte rješenje linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda:
Primjer rješavanja linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda
Riješite jednačinu
Rješenje
Podijelimo obje strane originalne jednadžbe sa x:
(i) .
Onda
;
.
Integrirajući faktor:
Znak modula se može izostaviti, jer se integrirajući faktor može pomnožiti sa bilo kojom konstantom (uključujući ± 1).
Hajde da se množimo (i) od x 3
:
.
Odabiremo derivat.
;
.
Integriramo koristeći tablicu integrala:
.
Podijelite sa x 3
:
.
Odgovori
Reference:
N.M. Gunter, R.O. Kuzmin, Zbirka zadataka iz više matematike, “Lan”, 2003.
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 zbroju naznačenih privatnih i opšta 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) $.
