Osnove rješavanja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi 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 $Y$ 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 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:
- 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 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) $.
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 kontinuiran na intervalu integracije x.
Pređimo na formulaciju teoreme opšte rešenje LNDU.
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) jednaka je zbroju općeg rješenja y 0, što 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 nehomogena jednačina 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. Stoga, zapišimo
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 neizvesni koeficijenti, a r je broj kompleksnih konjugiranih korijena povezanih sa karakterističnom jednadžbom, jednak ± 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 zapišemo karakteristična jednačina tip:
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
Vidjeli smo da je, u slučaju kada je poznato opće rješenje linearne homogene jednadžbe, moguće naći opšte rješenje nehomogene jednačine metodom varijacije proizvoljnih konstanti. Međutim, ostalo je otvoreno pitanje kako pronaći opšte rješenje homogene jednačine. U posebnom slučaju kada su u linearnoj diferencijalnoj jednadžbi (3) svi koeficijenti p i(X)= a i - konstante, može se riješiti prilično jednostavno, čak i bez integracije.
Razmotrimo linearnu homogenu diferencijalnu jednačinu sa konstantnim koeficijentima, tj. jednačine oblika
y (n) + a 1 y (n – 1) +...a n – 1 y " + a n y = 0, (14)
Gdje i ja- konstante (i= 1, 2, ...,n).
Kao što je poznato, za linearnu homogenu jednačinu 1. reda rješenje je funkcija oblika e kx. Rješenje jednačine (14) tražit ćemo u obliku j (X) = e kx.
Zamijenimo funkciju u jednadžbu (14) j (X) i njegove derivate reda m (1 £ m£ n)j (m) (X) = k m e kx. Dobijamo
(k n + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + a n)e kx = 0,
Ali e k x ¹ 0 za bilo koji X, Zbog toga
k n + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + a n = 0. (15)
Jednačina (15) se zove karakteristična jednačina, polinom na lijevoj strani- karakteristični polinom , njegove korijene- karakteristični koreni diferencijalna jednadžba (14).
zaključak:
funkcijaj (X) = e kx - rješenje linearne homogene jednadžbe (14) ako i samo ako je broj k - korijen karakteristične jednadžbe (15).
Tako se proces rješavanja linearne homogene jednadžbe (14) svodi na rješavanje algebarske jednadžbe (15).
Mogući su različiti slučajevi karakterističnih korijena.
1.Svi korijeni karakteristične jednadžbe su realni i različiti.
U ovom slučaju n različiti karakteristični korijeni k 1 ,k 2 ,..., k n odgovara n različita rješenja homogene jednadžbe (14)
Može se pokazati da su ova rješenja linearno nezavisna i stoga se formiraju fundamentalni sistem odluke. Dakle, opšte rješenje jednačine je funkcija
Gdje WITH 1 , C 2 , ..., C n - proizvoljne konstante.
Primjer 7. Pronađite opšte rješenje linearne homogene jednadžbe:
A) at¢ ¢ (X) - 6at¢ (X) + 8at(X) = 0,b) at¢ ¢ ¢ (X) + 2at¢ ¢ (X) - 3at¢ (X) = 0.
Rješenje. Napravimo karakterističnu jednačinu. Da bismo to učinili, zamjenjujemo izvedenicu reda m funkcije y(x) do odgovarajućeg stepena
k(at (m) (x) « k m),
dok sama funkcija at(X) jer se derivat nultog reda zamjenjuje sa k 0 = 1.
U slučaju (a) karakteristična jednačina ima oblik k 2 - 6k + 8 = 0. Korijeni ovoga kvadratna jednačina k 1 = 2,k 2 = 4. Pošto su stvarni i različiti, opšte rešenje ima oblik j (X)= C 1 e 2X + C 2 e 4x.
Za slučaj (b), karakteristična jednačina je jednačina 3. stepena k 3 + 2k 2 - 3k = 0. Nađimo korijene ove jednadžbe:
k(k 2 + 2 k - 3)= 0 Þ k = 0i k 2 + 2 k - 3 = 0 Þ k = 0, (k - 1)(k + 3) = 0,
T . e . k 1 = 0, k 2 = 1, k 3 = - 3.
Ovi karakteristični korijeni odgovaraju osnovnom sistemu rješenja diferencijalne jednadžbe:
j 1 (X)= e 0X = 1, j 2 (X) = e x, j 3 (X)= e - 3X .
Opće rješenje, prema formuli (9), je funkcija
j (X)= C 1 + C 2 e x + C 3 e - 3X .
II . Svi korijeni karakteristične jednadžbe su različiti, ali neki od njih su složeni.
Svi koeficijenti diferencijalne jednadžbe (14), a time i njene karakteristične jednadžbe (15)- realni brojevi, što znači da ako c među karakterističnim korijenima postoji kompleksni korijen k 1 = a + ib, odnosno njegov konjugirani korijen k 2 = ` k 1 = a- ib.Do prvog korijena k 1 odgovara rješenju diferencijalne jednadžbe (14)
j 1 (X)= e (a+ib)X = e a x e ibx = e ax(cosbx + isinbx)
(koristili smo Eulerovu formulu e i x = cosx + isinx). Isto tako, korijen k 2 = a- ib odgovara rješenju
j 2 (X)= e (a - -ib)X = e a x e - ib x= e ax(cosbx - isinbx).
Ova rješenja su složena. Da bismo od njih dobili realna rješenja, koristimo svojstva rješenja linearne homogene jednadžbe (vidi 13.2). Funkcije
su realna rješenja jednadžbe (14). Štaviše, ova rješenja su linearno nezavisna. Dakle, možemo izvući sljedeći zaključak.
Pravilo 1.Par konjugiranih kompleksnih korijena a± ib karakteristične jednadžbe u FSR linearne homogene jednadžbe (14) odgovara dva realna parcijalna rješenjaI .
Primjer 8. Pronađite opšte rješenje jednačine:
A) at¢ ¢ (X) - 2at ¢ (X) + 5at(X) = 0 ;b) at¢ ¢ ¢ (X) - at¢ ¢ (X) + 4at ¢ (X) - 4at(X) = 0.
Rješenje. U slučaju jednačine (a), korijeni karakteristične jednačine k 2 - 2k + 5 = 0 su dva konjugirana kompleksna broja
k 1, 2 = .
Prema tome, prema pravilu 1, oni odgovaraju dva realna linearno nezavisna rješenja: i , a opće rješenje jednadžbe je funkcija
j (X)= C 1 e x cos 2x + C 2 e x sin 2x.
U slučaju (b), pronaći korijene karakteristične jednadžbe k 3 - k 2 + 4k- 4 = 0, faktoriziramo njegovu lijevu stranu:
k 2 (k - 1) + 4(k - 1) = 0 Þ (k - 1)(k 2 + 4) = 0 Þ (k - 1) = 0, (k 2 + 4) = 0.
Dakle, imamo tri karakteristična korijena: k 1 = 1,k 2 , 3 = ± 2i. Cornu k 1 odgovara rješenju , i par konjugiranih kompleksnih korijena k 2, 3 = ± 2i = 0 ± 2i- dva validna rješenja: i . Sastavljamo opšte rješenje jednačine:
j (X)= C 1 e x + C 2 cos 2x + C 3 grijeh 2x.
III . Među korijenima karakteristične jednadžbe nalaze se višekratnici.
Neka k 1 - pravi koren višestrukosti m karakteristična jednačina (15), tj. među korijenima postoji m jednakih korena. Svaki od njih odgovara istom rješenju diferencijalne jednadžbe (14) Međutim, uključiti m U FSR-u ne postoje jednaka rješenja, jer ona čine linearno zavisan sistem funkcija.
Može se pokazati da u slučaju višestrukog korijena k 1 rješenja jednadžbe (14), pored funkcije, su i funkcije
Funkcije su linearno nezavisne na cijeloj numeričkoj osi, jer , odnosno mogu biti uključene u FSR.
Pravilo 2. Pravi karakterističan korijen k 1 višestrukost m u FSR odgovara m rješenja:
Ako k 1 - kompleksna višestrukost korijena m karakteristična jednačina (15), onda postoji konjugirani korijen k 1 višestrukost m. Analogno dobijamo sledeće pravilo.
Pravilo 3. Par konjugiranih kompleksnih korijena a± ib u FSR odgovara 2mreal linearno nezavisnim rješenjima:
, , ..., ,
, , ..., .
Primjer 9. Pronađite opšte rješenje jednačine:
A) at¢ ¢ ¢ (X) + 3at¢ ¢ (X) + 3at¢ (X)+ y ( X)= 0;b) na IV(X) + 6at¢ ¢ (X) + 9at(X) = 0.
Rješenje. U slučaju (a) karakteristična jednačina ima oblik
k 3 + 3 k 2 + 3 k + 1 = 0
(k + 1) 3 = 0,
tj. k =- 1 - korijen višestrukosti 3. Na osnovu pravila 2 zapisujemo opće rješenje:
j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 x 2 .
Karakteristična jednačina u slučaju (b) je jednačina
k 4 + 6k 2 + 9 = 0
ili, inače,
(k 2 + 3) 2 = 0 Þ k 2 = - 3 Þ k 1, 2 = ± i.
Imamo par konjugiranih kompleksnih korijena, od kojih svaki ima višestrukost 2. Prema pravilu 3, opće rješenje je zapisano kao
j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 + C 4 x.
Iz navedenog proizilazi da je za bilo koju linearnu homogenu jednačinu sa konstantnim koeficijentima moguće pronaći fundamentalni sistem rješenja i sastaviti opšte rješenje. Prema tome, rješenje odgovarajuće nehomogene jednadžbe za bilo koje kontinuirana funkcija f(x) na desnoj strani može se naći pomoću metode varijacije proizvoljnih konstanti (vidi odjeljak 5.3).
Primjer 10. Koristeći metodu varijacije, pronaći opšte rješenje nehomogene jednačine at¢ ¢ (X) - at¢ (X) - 6at(X) = xe 2x .
Rješenje. Prvo ćemo pronaći opšte rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe at¢ ¢ (X) - at¢ (X) - 6at(X) = 0. Korijeni karakteristične jednadžbe k 2 - k- 6 = 0 are k 1 = 3,k 2 = - 2, a opšte rešenje homogene jednačine - funkcija ` at ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .
Tražit ćemo rješenje nehomogene jednačine u obliku
at( X) = WITH 1 (X)e 3X + C 2 (X)e 2X . (*)
Nađimo determinantu Wronskog
W[e 3X , e 2X ] = .
Sastavimo sistem jednadžbi (12) za izvode nepoznatih funkcija WITH ¢ 1 (X) I WITH¢ 2 (X):
Rješavajući sistem koristeći Cramerove formule, dobijamo
Integrisanje, nalazimo WITH 1 (X) I WITH 2 (X):
Funkcije zamjene WITH 1 (X) I WITH 2 (X) u jednakost (*), dobijamo opšte rešenje jednačine at¢ ¢ (X) - at¢ (X) - 6at(X) = xe 2x :
U slučaju kada desna strana linearne nehomogene jednadžbe sa konstantnim koeficijentima ima poseban oblik, određeno rješenje nehomogene jednačine može se naći bez pribjegavanja metodi variranja proizvoljnih konstanti.
Razmotrimo jednačinu sa konstantnim koeficijentima
y (n) + a 1 g (n– 1) +...a n – 1g " + a n y = f (x), (16)
f( x) = esjekira(P n(x)cosbx + R m(x)sinbx), (17)
Gdje P n(x) I R m(x) - stepen polinoma n I m respektivno.
Privatno rješenje y*(X) jednačine (16) određuje se formulom
at* (X) = xse sjekira(gospodin(x)cosbx + Nr(x)sinbx), (18)
Gdje gospodin(x) I N r(x) - stepen polinoma r = max(n, m) sa neizvesnim koeficijentima , A s jednak umnošku korijena k 0 = a + ib karakteristični polinom jednačine (16), a mi pretpostavljamo s = 0 ako k 0 nije karakterističan korijen.
Da biste sastavili određeno rješenje pomoću formule (18), potrebno je pronaći četiri parametra - a, b, r I s. Prva tri su određena sa desne strane jednačine, i r- ovo je zapravo najviši stepen x, nalazi se na desnoj strani. Parametar s pronađeno poređenjem brojeva k 0 = a + ib I skup svih (uzimajući u obzir višestrukost) karakterističnih korijena jednačine (16), koji se nalaze rješavanjem odgovarajuće homogene jednačine.
Razmotrimo posebne slučajeve oblika funkcije (17):
1) kada a ¹ 0, b= 0f(x)= e sjekira P n(x);
2) kada a= 0, b ¹ 0f(x)= P n(x) Withosbx + R m(x)sinbx;
3) kada a = 0, b = 0f(x)=Pn(x).
Napomena 1. Ako je P n (x) º 0 ili Rm(x)º 0, tada desna strana jednačine f(x) = e ax P n (x)s osbx ili f(x) = e ax R m (x)sinbx, tj. sadrži samo jednu od funkcija - kosinus ili sinus. Ali u zapisu određenog rješenja moraju biti prisutna oba, jer se prema formuli (18) svaki od njih množi polinomom sa neodređenim koeficijentima istog stepena r = max(n, m).
Primjer 11. Odrediti vrstu parcijalnog rješenja linearne homogene jednadžbe 4. reda sa konstantnim koeficijentima ako je poznata desna strana jednačine f(X) = e x(2xcos 3x+(x 2 + 1)grijeh 3x) i korijene karakteristične jednadžbe:
A ) k 1 = k 2 = 1, k 3 = 3,k 4 = - 1;
b ) k 1, 2 = 1 ± 3i,k 3, 4 = ± 1;
V ) k 1, 2 = 1 ± 3i,k 3, 4 = 1 ± 3i.
Rješenje. Na desnoj strani to nalazimo u konkretnom rješenju at*(X), koji je određen formulom (18), parametri: a= 1, b= 3, r = 2. One ostaju iste za sva tri slučaja, otuda i broj k 0 koji specificira posljednji parametar s formula (18) je jednaka k 0 = 1+ 3i. U slučaju (a) nema broja među karakterističnim korijenima k 0 = 1 + 3ja, znači, s= 0, a određeno rješenje ima oblik
y*(X) = x 0 e x(M 2 (x)cos 3x+N 2 (x)grijeh 3x) =
= ex( (Sjekira 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)grijeh 3x.
U slučaju (b) broj k 0 = 1 + 3i javlja se jednom među karakterističnim korijenima, što znači s = 1 I
y*(X) = x e x((Sjekira 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)grijeh 3x.
Za slučaj (c) imamo s = 2 i
y*(X) = x 2 e x((Sjekira 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)grijeh 3x.
U primjeru 11, konkretno rješenje sadrži dva polinoma stepena 2 sa neodređenim koeficijentima. Da biste pronašli rješenje, morate odrediti numeričke vrijednosti ovih koeficijenata. Hajde da formulišemo opšte pravilo.
Odrediti nepoznate koeficijente polinoma gospodin(x) I N r(x) jednakost (17) diferencira se potreban broj puta, a funkcija se zamjenjuje y*(X) i njegove derivate u jednačinu (16). Upoređujući njegovu lijevu i desnu stranu, dobijamo sistem algebarske jednačine da nađemo koeficijente.
Primjer 12. Pronađite rješenje jednačine at¢ ¢ (X) - at¢ (X) - 6at(X) = xe 2x, odredivši određeno rješenje nehomogene jednadžbe oblikom desne strane.
Rješenje. Opće rješenje nehomogene jednačine ima oblik
at( X) = ` at(X)+ y*(X),
Gdje ` at ( X) - opšte rješenje odgovarajuće homogene jednačine, i y*(X) - posebno rješenje nehomogene jednačine.
Prvo rješavamo homogenu jednačinu at¢ ¢ (X) - at¢ (X) - 6at(X) = 0. Njegova karakteristična jednačina k 2 - k- 6 = 0 ima dva korena k 1 = 3,k 2 = - 2, dakle, ` at ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .
Koristimo formulu (18) da odredimo vrstu određenog rješenja at*(X). Funkcija f(x) = xe 2x predstavlja poseban slučaj(a) formule (17), dok a = 2,b = 0 I r = 1, tj. k 0 = 2 + 0i = 2. Upoređujući sa karakterističnim korijenima, zaključujemo da s = 0. Zamjenom vrijednosti svih parametara u formulu (18) imamo y*(X) = (Ah + B)e 2X .
Da pronađemo vrednosti A I IN, hajde da nađemo izvode prvog i drugog reda funkcije y*(X) = (Ah + B)e 2X :
y*¢ (X)= Ae 2X + 2(Ah + B)e 2X = (2Ah + Ah + 2B)e 2x,
y*¢ ¢ (X) = 2Ae 2X + 2(2Ah + Ah + 2B)e 2X = (4Ah + 4A+ 4B)e 2X .
Nakon zamjene funkcije y*(X) i njegove derivate u jednačinu koju imamo
(4Ah + 4A+ 4B)e 2X - (2Ah + Ah + 2B)e 2X - 6(Ah + B)e 2X =xe 2x Þ Þ A=- 1/4,B=- 3/16.
Dakle, određeno rješenje nehomogene jednadžbe ima oblik
y*(X) = (- 1/4X- 3/16)e 2X ,
i opšte rešenje - at ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .
Napomena 2.U slučaju kada se Cauchyjev problem postavlja za nehomogenu jednačinu, prvo se mora pronaći opće rješenje jednačine
at( X) = ,
odredivši sve numeričke vrijednosti koeficijenata u at*(X). Zatim koristite početne uslove i, zamjenjujući ih u opšte rješenje (a ne u y*(X)), pronađite vrijednosti konstanti C i.
Primjer 13. Pronađite rješenje za Cauchyjev problem:
at¢ ¢ (X) - at¢ (X) - 6at(X) = xe 2x ,y(0) = 0, y ¢ (X) = 0.
Rješenje. Opšte rješenje ove jednačine je
at(X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X
je pronađeno u primjeru 12. Da bismo pronašli određeno rješenje koje zadovoljava početne uslove ovog Cauchyjevog problema, dobijamo sistem jednačina
Rešavanje, imamo C 1 = 1/8, C 2 = 1/16. Stoga je rješenje Cauchyjevog problema funkcija
at(X) = 1/8e 3X + 1/16e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .
Napomena 3(princip superpozicije). Ako u linearna jednačina Ln[y(x)]=f(x), Gdje f(x) =f 1 (x)+ f 2 (x) I y* 1 (x) - rješenje jednačine Ln[y(x)]=f 1 (x), A y* 2 (x) - rješenje jednačine Ln[y(x)]=f 2 (x), zatim funkciju y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x) je rješavanje jednačine Ln[y(x)]=f(x).
Primjer 14. Označite vrstu općeg rješenja linearne jednačine
at¢ ¢ (X) + 4at(X) = x + sinx.
Rješenje. Opće rješenje odgovarajuće homogene jednačine
` at(x) = C 1 cos 2x + C 2 grijeh 2x,
pošto karakteristična jednačina k 2 + 4 = 0 ima korijene k 1, 2 = ± 2i.Desna strana jednačine ne odgovara formuli (17), ali ako uvedemo oznaku f 1 (x) = x, f 2 (x) = sinx i koristiti princip superpozicije , tada se određeno rješenje nehomogene jednadžbe može naći u obliku y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x), Gdje y* 1 (x) - rješenje jednačine at¢ ¢ (X) + 4at(X) = x, A y* 2 (x) - rješenje jednačine at¢ ¢ (X) + 4at(X) = sinx. Prema formuli (18)
y* 1 (x) = Ax + B,y* 2 (x) = Ssosx + Dsinx.
Zatim konkretno rješenje
y*(X) = Ax + B + Ccosx + Dsinx,
dakle, opšte rešenje ima oblik
at(X) = C 1 cos 2x + C 2 e - 2X + A x + B + Ccosx + Dsinx.
Primjer 15. Električni krug se sastoji od izvora struje spojenog u seriju sa emf e(t) = E sinw t, induktivnost L i kontejnere WITH, i
