Základy řešení lineárních nehomogenních diferenciálních rovnic druhého řádu (LNDE-2) s konstantními koeficienty (PC)
LDDE 2. řádu s konstantními koeficienty $p$ a $q$ má tvar $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, kde $f\left(x \right)$ je spojitá funkce.
Pokud jde o LNDU 2 s PC, platí následující dvě tvrzení.
Předpokládejme, že nějaká funkce $U$ je libovolné parciální řešení nehomogenní diferenciální rovnice. Předpokládejme také, že nějaká funkce $Y$ je obecným řešením (GS) odpovídající lineární homogenní diferenciální rovnice (HLDE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. LHDE-2 se rovná součtu uvedených soukromých a obecných řešení, tedy $y=U+Y$.
Pokud je pravá strana LMDE 2. řádu součtem funkcí, to znamená $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x \right)+. ..+f_(r) \left(x\right)$, pak nejprve najdeme odpovídající PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ ke každé z funkcí $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, a poté napište CR LNDU-2 ve tvaru $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.
Řešení LPDE 2. řádu s PC
Je zřejmé, že typ toho či onoho PD $U$ daného LNDU-2 závisí na konkrétním tvaru jeho pravé strany $f\left(x\right)$. Nejjednodušší případy vyhledávání PD LNDU-2 jsou formulovány formou následujících čtyř pravidel.
Pravidlo č. 1.
Pravá strana LNDU-2 má tvar $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, kde $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, to znamená, že se nazývá polynom stupně $n$. Pak se hledá jeho PD $U$ ve tvaru $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, kde $Q_(n) \left(x\right)$ je jiný polynom stejného stupně jako $P_(n) \left(x\right)$ a $r$ je počet kořenů charakteristické rovnice odpovídající LODE-2, které jsou rovné nule. Koeficienty polynomu $Q_(n) \left(x\right)$ se nalézají metodou neurčitých koeficientů (UK).
Pravidlo č. 2.
Pravá strana LNDU-2 má tvar $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, kde $P_(n) \left( x\right)$ je polynom stupně $n$. Pak se hledá jeho PD $U$ ve tvaru $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, kde $Q_(n ) \ left(x\right)$ je další polynom stejného stupně jako $P_(n) \left(x\right)$ a $r$ je počet kořenů charakteristické rovnice odpovídajícího LODE-2 rovno $\alpha $. Koeficienty polynomu $Q_(n) \left(x\right)$ se zjišťují NC metodou.
Pravidlo č. 3.
Pravá strana LNDU-2 má tvar $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \right) $, kde jsou $a$, $b$ a $\beta$ známá čísla. Pak se hledá jeho PD $U$ ve tvaru $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, kde $A$ a $B$ jsou neznámé koeficienty a $r$ je počet kořenů charakteristické rovnice odpovídajícího LODE-2, rovný $i\cdot \beta $. Koeficienty $A$ a $B$ se zjišťují pomocí nedestruktivní metody.
Pravidlo č. 4.
Pravá strana LNDU-2 má tvar $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, kde $P_(n) \left(x\right)$ je polynom stupně $ n$ a $P_(m) \left(x\right)$ je polynom stupně $m$. Pak se hledá jeho PD $U$ ve tvaru $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, kde $Q_(s) \left(x\right)$ a $ R_(s) \left(x\right)$ jsou polynomy stupně $s$, číslo $s$ je maximum ze dvou čísel $n$ a $m$ a $r$ je počet kořenů charakteristické rovnice odpovídající LODE-2, rovné $\alpha +i\cdot \beta $. Koeficienty polynomů $Q_(s) \left(x\right)$ a $R_(s) \left(x\right)$ se zjišťují NC metodou.
Metoda NK spočívá v aplikaci následujícího pravidla. Abychom našli neznámé koeficienty polynomu, které jsou součástí parciálního řešení nehomogenní diferenciální rovnice LNDU-2, je nutné:
- nahraďte PD $U$ napsaný v obecném tvaru levá strana LNDU-2;
- na levé straně LNDU-2 proveďte zjednodušení a skupinové výrazy se stejnými mocninami $x$;
- ve výsledné identitě srovnejte koeficienty členů se stejnými mocninami $x$ levé a pravé strany;
- řešit výslednou soustavu lineárních rovnic pro neznámé koeficienty.
Příklad 1
Úkol: najděte OR LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Najděte také PD , splňující počáteční podmínky $y=6$ pro $x=0$ a $y"=1$ pro $x=0$.
Zapíšeme si odpovídající LOD-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.
Charakteristická rovnice: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Kořeny charakteristické rovnice jsou: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Tyto kořeny jsou platné a odlišné. OR odpovídajícího LODE-2 má tedy tvar: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.
Pravá strana tohoto LNDU-2 má tvar $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Je nutné uvažovat koeficient exponentu $\alpha =3$. Tento koeficient se neshoduje s žádným z kořenů charakteristické rovnice. Proto má PD tohoto LNDU-2 tvar $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
Koeficienty $A$, $B$ budeme hledat pomocí NC metody.
Najdeme první český derivát:
$U"=\left(A\cdot x+B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot \left( e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Najdeme druhý derivát Česka:
$U""=\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot \left(e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Do daného NLDE-2 $y""-3\cdot y" dosadíme funkce $U""$, $U"$ a $U$ místo $y""$, $y"$ a $y$ -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x).$ Navíc, protože exponent $e^(3\cdot x)$ je zahrnut jako faktor ve všech komponentách, pak jej lze vynechat. Dostaneme:
$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\right)=36\cdot x+12.$
Provádíme akce na levé straně výsledné rovnosti:
$-18\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$
Používáme metodu NDT. Získáme soustavu lineárních rovnic se dvěma neznámými:
$-18\cdot A=36;$
$3\cdot A-18\cdot B=12,$
Řešení tohoto systému je: $A=-2$, $B=-1$.
PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ pro náš problém vypadá takto: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.
OR $y=Y+U$ pro náš problém vypadá takto: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ left(-2\cdot x-1\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
Abychom našli PD, která splňuje dané počáteční podmínky, najdeme derivaci $y"$ OP:
$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$
Do $y$ a $y"$ dosadíme počáteční podmínky $y=6$ pro $x=0$ a $y"=1$ pro $x=0$:
$6=C_(1) +C_(2)-1; $
$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5,$
Dostali jsme soustavu rovnic:
$C_(1) +C_(2) =7;$
$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6,$
Pojďme to vyřešit. Najdeme $C_(1) $ pomocí Cramerova vzorce a $C_(2) $ určíme z první rovnice:
$C_(1) =\frac(\left|\begin(pole)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(pole)\right|)(\left|\ begin(pole)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(pole)\right|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2)=7-C_(1)=7-4=3,$
PD této diferenciální rovnice má tedy tvar: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \right )\cdot e^(3\cdot x) $.
Tento článek se zabývá problémem řešení lineárních nehomogenních diferenciálních rovnic druhého řádu s konstantními koeficienty. Teorie bude diskutována spolu s příklady daných problémů. Pro dešifrování nejasných pojmů je nutné odkázat na téma o základních definicích a pojmech teorie diferenciálních rovnic.
Uvažujme lineární diferenciální rovnici (LDE) druhého řádu s konstantními koeficienty tvaru y "" + p · y " + q · y = f (x), kde p a q jsou libovolná čísla a existující funkce f (x) je spojitý na integračním intervalu x.
Přejděme k formulaci věty obecné řešení LNDU.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Obecná věta o řešení pro LDNU
Věta 1Obecné řešení nehomogenní diferenciální rovnice ve tvaru y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + nacházející se na intervalu x. . . + f 0 (x) · y = f (x) se spojitými integračními koeficienty na x intervalu f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) a spojitá funkce f (x) je rovna součtu obecného řešení y 0, což odpovídá LOD a nějakému partikulárnímu řešení y ~, kde původní nehomogenní rovnice je y = y 0 + y ~.
To ukazuje, že řešení takové rovnice druhého řádu má tvar y = y 0 + y ~ . Algoritmus pro nalezení y 0 je diskutován v článku o lineárních homogenních diferenciálních rovnicích druhého řádu s konstantními koeficienty. Poté bychom měli přistoupit k definici y ~.
Volba konkrétního řešení LPDE závisí na typu dostupné funkce f (x) umístěné na pravé straně rovnice. K tomu je nutné samostatně uvažovat řešení lineárních nehomogenních diferenciálních rovnic druhého řádu s konstantními koeficienty.
Když f (x) považujeme za polynom n-tého stupně f (x) = P n (x), vyplývá z toho, že konkrétní řešení LPDE je nalezeno pomocí vzorce ve tvaru y ~ = Q n (x ) x γ, kde Q n ( x) je polynom stupně n, r je počet nulových kořenů charakteristické rovnice. Hodnota y ~ je konkrétní řešení y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x), pak dostupné koeficienty, které jsou definovány polynomem
Q n (x), zjistíme pomocí metody neurčitých koeficientů z rovnosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Příklad 1
Vypočítejte pomocí Cauchyho věty y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .
Řešení
Jinými slovy, je nutné přejít ke konkrétnímu řešení lineární nehomogenní diferenciální rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty y "" - 2 y " = x 2 + 1, které bude splňovat dané podmínky y (0) = 2, y" (0) = 14.
Obecné řešení lineárního nehomogenní rovnice je součet obecného řešení, které odpovídá rovnici y 0 nebo partikulárního řešení nehomogenní rovnice y ~, tedy y = y 0 + y ~.
Nejprve najdeme obecné řešení pro LNDU a poté konkrétní.
Pojďme k nalezení y 0. Zapsání charakteristické rovnice vám pomůže najít kořeny. Chápeme to
k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0, k 2 = 2
Zjistili jsme, že kořeny jsou jiné a skutečné. Proto zapišme
yo = C1e0x + C2e2x = C1 + C2e2x.
Pojďme najít y ~. Je vidět, že pravá strana dané rovnice je polynom druhého stupně, pak je jeden z kořenů roven nule. Z toho dostaneme, že konkrétní řešení pro y ~ bude
y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, kde hodnoty A, B, C nabývají neurčitých koeficientů.
Najdeme je z rovnosti tvaru y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .
Pak dostaneme, že:
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
Přirovnáním koeficientů se stejnými exponenty x získáme soustavu lineárních výrazů - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Při řešení některou z metod najdeme koeficienty a zapíšeme: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 a y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .
Toto zadání se nazývá obecné řešení původní lineární nehomogenní diferenciální rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty.
Pro nalezení konkrétního řešení, které splňuje podmínky y (0) = 2, y "(0) = 1 4, je nutné určit hodnoty C 1 A C 2, na základě rovnosti tvaru y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.
Dostáváme 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
Pracujeme s výslednou soustavou rovnic tvaru C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, kde C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.
Aplikováním Cauchyho věty to máme
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
Odpovědět: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .
Když je funkce f (x) reprezentována jako součin polynomu se stupněm n a exponentem f (x) = P n (x) · e a x , pak dostaneme, že konkrétní řešení LPDE druhého řádu bude rovnice tvaru y ~ = e a x · Q n ( x) · x γ, kde Q n (x) je polynom n-tého stupně a r je počet kořenů charakteristické rovnice rovný α.
Koeficienty náležející Q n (x) jsou nalezeny pomocí rovnosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Příklad 2
Najděte obecné řešení diferenciální rovnice ve tvaru y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .
Řešení
Rovnice obecný pohled y = y 0 + y ~. Naznačená rovnice odpovídá LOD y "" - 2 y " = 0. Z předchozího příkladu je vidět, že její kořeny jsou stejné k 1 = 0 a k2 = 2 ayo = C1 + C2e2x podle charakteristické rovnice.
To je jasné pravá strana rovnice je x 2 + 1 · e x . Odtud se LPDE nachází přes y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, kde Q n (x) je polynom druhého stupně, kde α = 1 a r = 0, protože charakteristická rovnice ne mít kořen rovný 1. Odtud to máme
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 jsou neznámé koeficienty, které lze nalézt pomocí rovnosti y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x.
Mám to
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
Ukazatele srovnáme se stejnými koeficienty a získáme systém lineárních rovnic. Odtud najdeme A, B, C:
A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3
Odpovědět: je jasné, že y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 je konkrétní řešení LNDDE a y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - obecné řešení pro nehomogenní dif rovnici druhého řádu.
Když je funkce zapsána jako f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x a A 1 A V 1 jsou čísla, pak se za částečné řešení LPDE považuje rovnice ve tvaru y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ, kde A a B jsou považovány za neurčené koeficienty a r je počet komplexně konjugované kořeny vztažené k charakteristické rovnici, rovné ± i β . V tomto případě se hledání koeficientů provádí pomocí rovnosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Příklad 3
Najděte obecné řešení diferenciální rovnice ve tvaru y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Řešení
Před napsáním charakteristické rovnice zjistíme y 0. Pak
k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 i, k 2 = - 2 i
Máme pár komplexně konjugovaných kořenů. Pojďme se transformovat a získat:
y 0 = e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) = C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)
Za kořeny charakteristické rovnice se považuje konjugovaný pár ± 2 i, pak f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). To ukazuje, že hledání y ~ bude provedeno z y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Neznámé Koeficienty A a B budeme hledat z rovnosti tvaru y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Pojďme se transformovat:
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)
Pak je to jasné
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)
Je nutné dát rovnítko mezi koeficienty sinus a kosinus. Dostaneme systém formuláře:
4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4
Z toho vyplývá, že y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.
Odpovědět: je uvažováno obecné řešení původní LDDE druhého řádu s konstantními koeficienty
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
Když f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), pak y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ. Máme, že r je počet komplexně konjugovaných párů kořenů vztažených k charakteristické rovnici, rovný α ± i β, kde P n (x), Q k (x), L m (x) a Nm(x) jsou polynomy stupně n, k, m, m, kde m = m a x (n, k). Nalézací koeficienty Lm(x) A Nm(x) je vytvořena na základě rovnosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Příklad 4
Najděte obecné řešení y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .
Řešení
Podle stavu je to jasné
α = 3, β = 5, Pn (x) = - 38 x - 45, Q k (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1
Pak m = m a x (n, k) = 1. Najdeme y 0 tak, že si nejprve zapíšeme charakteristická rovnice typ:
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
Zjistili jsme, že kořeny jsou skutečné a odlišné. Proto yo = C1ex + C2e2x. Dále je třeba hledat obecné řešení založené na nehomogenní rovnici y ~ tvaru
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) hřích (5 x)) x 0 = = e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) hřích (5 x))
Je známo, že A, B, C jsou koeficienty, r = 0, protože neexistuje žádný pár konjugovaných kořenů souvisejících s charakteristickou rovnicí s α ± i β = 3 ± 5 · i. Z výsledné rovnosti zjistíme tyto koeficienty:
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) hřích (5 x))) = - e 3 x ((38 x + 45) hřích (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x))
Nalezení derivace a podobných termínů dává
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))
Po vyrovnání koeficientů získáme systém formuláře
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
Z toho všeho vyplývá
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) hřích (5 x))
Odpovědět: Nyní jsme získali obecné řešení dané lineární rovnice:
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))
Algoritmus pro řešení LDNU
Definice 1Jakýkoli jiný typ funkce f (x) pro řešení vyžaduje shodu s algoritmem řešení:
- nalezení obecného řešení odpovídající lineární homogenní rovnice, kde y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, kde y 1 A y 2 jsou lineárně nezávislá dílčí řešení LODE, C 1 A C 2 jsou považovány za libovolné konstanty;
- přijetí jako obecné řešení LNDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
- určení derivací funkce pomocí systému tvaru 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) a hledání funkcí C 1 (x) a C2 (x) prostřednictvím integrace.
Příklad 5
Najděte obecné řešení pro y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.
Řešení
Pokračujeme k psaní charakteristické rovnice, když jsme předtím napsali y 0, y "" + 36 y = 0. Pojďme napsat a vyřešit:
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) = hřích (6 x)
Máme, že obecné řešení dané rovnice zapíšeme jako y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Je nutné přejít k definici derivačních funkcí C 1 (x) A C2(x) podle soustavy s rovnicemi:
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
Je třeba učinit rozhodnutí ohledně C 1" (x) A C 2" (x) pomocí jakékoli metody. Pak píšeme:
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)
Každá z rovnic musí být integrována. Poté zapíšeme výsledné rovnice:
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
Z toho vyplývá, že obecné řešení bude mít tvar:
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)
Odpovědět: 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 (6x)
Pokud si všimnete chyby v textu, zvýrazněte ji a stiskněte Ctrl+Enter
Viděli jsme, že v případě, kdy je známé obecné řešení lineární homogenní rovnice, je možné najít obecné řešení nehomogenní rovnice pomocí metody variace libovolných konstant. Otázka, jak najít obecné řešení homogenní rovnice, však zůstala otevřená. Ve speciálním případě, kdy jsou v lineární diferenciální rovnici (3) všechny koeficienty p i(X)= i - konstant, lze to řešit zcela jednoduše i bez integrace.
Uvažujme lineární homogenní diferenciální rovnici s konstantními koeficienty, tedy rovnice tvaru
y (n) + a 1 y (n – 1) +...a n – 1 y " + a n y = 0, (14)
Kde a já- konstanty (i= 1, 2, ...,n).
Jak známo, pro lineární homogenní rovnici 1. řádu je řešení funkcí tvaru E kx. Budeme hledat řešení rovnice (14) ve tvaru j (X) = E kx.
Dosadíme funkci do rovnice (14) j (X) a jeho řádové deriváty m (1 £ m£ n)j (m) (X) = k m e kx. Dostaneme
(k n + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + a n)e kx = 0,
Ale E k x ¹ 0 pro jakoukoli X, Proto
k n + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + a n = 0. (15)
Rovnice (15) se nazývá charakteristická rovnice, polynom na levé straně- charakteristický polynom , jeho kořeny- charakteristické kořeny diferenciální rovnice (14).
Závěr:
funkcej (X) = E kx - řešení lineární homogenní rovnice (14) právě tehdy, když číslo k - kořen charakteristické rovnice (15).
Proces řešení lineární homogenní rovnice (14) je tedy redukován na řešení algebraické rovnice (15).
Jsou možné různé případy charakteristických kořenů.
1.Všechny kořeny charakteristické rovnice jsou skutečné a zřetelné.
V tomto případě n různé charakteristické kořeny k 1 ,k 2 ,..., k n odpovídá n různá řešení homogenní rovnice (14)
Lze ukázat, že tato řešení jsou lineárně nezávislá, a proto tvoří základní systém rozhodnutí. Obecným řešením rovnice je tedy funkce
Kde S 1 , C 2 , ..., C n - libovolné konstanty.
Příklad 7. Najděte obecné řešení lineární homogenní rovnice:
A) na¢ ¢ (X) - 6na¢ (X) + 8na(X) = 0,b) na¢ ¢ ¢ (X) + 2na¢ ¢ (X) - 3na¢ (X) = 0.
Řešení. Vytvořme charakteristickou rovnici. K tomu nahrazujeme derivaci řádu m funkcí y(X) v příslušné míře
k(na (m) (X) « k m),
zatímco funkce samotná na(X), protože derivace nultého řádu je nahrazena k 0 = 1.
V případě (a) má charakteristická rovnice tvar k 2 - 6k + 8 = 0. Kořeny tohoto kvadratická rovnice k 1 = 2,k 2 = 4. Protože jsou skutečné a odlišné, obecné řešení má formu j (X)= C 1 E 2X + C 2 E 4x.
Pro případ (b) je charakteristickou rovnicí rovnice 3. stupně k 3 + 2k 2 - 3k = 0. Najdeme kořeny této rovnice:
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.
Tyto charakteristické kořeny odpovídají základnímu systému řešení diferenciální rovnice:
j 1 (X)= e 0X = 1, j 2 (X) = e x, j 3 (X)= e - 3X .
Obecným řešením podle vzorce (9) je funkce
j (X)= C 1 + C 2 e x + C 3 E - 3X .
II . Všechny kořeny charakteristické rovnice jsou různé, ale některé z nich jsou složité.
Všechny koeficienty diferenciální rovnice (14), a tedy i její charakteristické rovnice (15)- reálná čísla, což znamená, že pokud c mezi charakteristickými kořeny existuje komplexní kořen k 1 = a + ib, tedy jeho konjugovaný kořen k 2 = ` k 1 = a- ib.K prvnímu kořenu k 1 odpovídá řešení diferenciální rovnice (14)
j 1 (X)= e (a+ib)X = e a x e ibx = e ax(cosbx + isinbx)
(použili jsme Eulerův vzorec e i x = cosx + isinx). Stejně tak kořen k 2 = a- ib odpovídá řešení
j 2 (X)= e (a - -ib)X = e a x e - ib x= e sekera(cosbx - isinbx).
Tato řešení jsou komplexní. Abychom z nich získali reálná řešení, využíváme vlastností řešení lineární homogenní rovnice (viz 13.2). Funkce
jsou reálná řešení rovnice (14). Navíc jsou tato řešení lineárně nezávislá. Můžeme tedy vyvodit následující závěr.
Pravidlo 1.Pár konjugovaných komplexních kořenů a± ib charakteristické rovnice v FSR lineární homogenní rovnice (14) odpovídá dvěma reálným dílčím řešenímA .
Příklad 8. Najděte obecné řešení rovnice:
A) na¢ ¢ (X) - 2na ¢ (X) + 5na(X) = 0 ;b) na¢ ¢ ¢ (X) - na¢ ¢ (X) + 4na ¢ (X) - 4na(X) = 0.
Řešení. V případě rovnice (a) kořeny charakteristické rovnice k 2 - 2k + 5 = 0 jsou dvě konjugovaná komplexní čísla
k 1, 2 = .
V důsledku toho podle pravidla 1 odpovídají dvěma reálným lineárně nezávislým řešením: a , a obecným řešením rovnice je funkce
j (X)= C 1 e x cos 2x + C 2 e x hřích 2X.
V případě (b) najít kořeny charakteristické rovnice k 3 - k 2 + 4k- 4 = 0, rozložíme jeho levou stranu:
k 2 (k - 1) + 4(k - 1) = 0 Þ (k - 1)(k 2 + 4) = 0 Þ (k - 1) = 0, (k 2 + 4) = 0.
Proto máme tři charakteristické kořeny: k 1 = 1,k 2 , 3 = ± 2i. Cornu k 1 odpovídá řešení a pár konjugovaných komplexních kořenů k 2, 3 = ± 2i = 0 ± 2i- dvě platná řešení: a . Sestavíme obecné řešení rovnice:
j (X)= C 1 e x + C 2 cos 2x + C 3 hřích 2X.
III . Mezi kořeny charakteristické rovnice jsou násobky.
Nechat k 1 - skutečný kořen mnohosti m charakteristická rovnice (15), tj. mezi kořeny je m rovné kořeny. Každému z nich odpovídá stejné řešení diferenciální rovnice (14) Zahrňte však m V FSR neexistují žádná rovnocenná řešení, protože tvoří lineárně závislý systém funkcí.
Lze ukázat, že v případě vícenásobného kořene k 1řešení rovnice (14), kromě funkce, jsou funkce
Funkce jsou lineárně nezávislé na celé číselné ose, protože je lze zahrnout do FSR.
Pravidlo 2. Skutečný charakteristický kořen k 1 mnohost m v FSR odpovídá mřešení:
Li k 1 - komplexní multiplicita kořenů m charakteristická rovnice (15), pak existuje konjugovaný kořen k 1 mnohost m. Analogicky získáme následující pravidlo.
Pravidlo 3. Pár konjugovaných komplexních kořenů a± ib v FSR odpovídá 2m reálným lineárně nezávislým řešením:
, , ..., ,
, , ..., .
Příklad 9. Najděte obecné řešení rovnice:
A) na¢ ¢ ¢ (X) + 3na¢ ¢ (X) + 3na¢ (X)+ y ( X)= 0;b) na IV(X) + 6na¢ ¢ (X) + 9na(X) = 0.
Řešení. V případě (a) má charakteristická rovnice tvar
k 3 + 3 k 2 + 3 k + 1 = 0
(k + 1) 3 = 0,
tj. k =- 1 - odmocnina násobnosti 3. Na základě pravidla 2 zapíšeme obecné řešení:
j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 X 2 .
Charakteristická rovnice v případě (b) je rovnice
k 4 + 6k 2 + 9 = 0
nebo jinak,
(k 2 + 3) 2 = 0 Þ k 2 = - 3 Þ k 1, 2 = ± i.
Máme dvojici konjugovaných komplexních kořenů, z nichž každý má násobnost 2. Podle pravidla 3 je obecné řešení zapsáno jako
j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 + C 4 X.
Z výše uvedeného vyplývá, že pro jakoukoli lineární homogenní rovnici s konstantními koeficienty je možné najít fundamentální systém řešení a sestavit obecné řešení. Následně řešení odpovídající nehomogenní rovnice pro libovolný kontinuální funkce F(X) na pravé straně lze nalézt pomocí metody variace libovolných konstant (viz část 5.3).
Příklad 10. Pomocí variační metody najděte obecné řešení nehomogenní rovnice na¢ ¢ (X) - na¢ (X) - 6na(X) = x e 2X .
Řešení. Nejprve najdeme obecné řešení odpovídající homogenní rovnice na¢ ¢ (X) - na¢ (X) - 6na(X) = 0. Kořeny charakteristické rovnice k 2 - k- 6 = 0 je k 1 = 3,k 2 = - 2, a obecné řešení homogenní rovnice - funkce ` na ( X) = C 1 E 3X + C 2 E - 2X .
Budeme hledat řešení nehomogenní rovnice ve tvaru
na( X) = S 1 (X)E 3X + C 2 (X)E 2X . (*)
Pojďme najít Wronského determinant
W[E 3X , e 2X ] = .
Sestavme soustavu rovnic (12) pro derivace neznámých funkcí S ¢ 1 (X) A S¢ 2 (X):
Řešením systému pomocí Cramerových vzorců dostáváme
Najdeme integraci S 1 (X) A S 2 (X):
Náhradní funkce S 1 (X) A S 2 (X) na rovnost (*), získáme obecné řešení rovnice na¢ ¢ (X) - na¢ (X) - 6na(X) = x e 2X :
V případě, kdy pravá strana lineární nehomogenní rovnice s konstantními koeficienty má speciální tvar, lze nalézt konkrétní řešení nehomogenní rovnice, aniž by bylo nutné použít metodu proměnných libovolných konstant.
Uvažujme rovnici s konstantními koeficienty
y (n) + 1 r (n– 1) +...a n – 1r " + a n y = f (X), (16)
F( X) = Esekera(Pn(X)cosbx + Rm(X)sinbx), (17)
Kde Pn(X) A Rm(X) - stupně polynomy n A m respektive.
Soukromé řešení y*(X) rovnice (16) je určena vzorcem
na* (X) = xsE sekera(pan(X)cosbx + Nr(X)sinbx), (18)
Kde pan(X) A N r(X) - stupně polynomy r = max(n, m) s nejistými koeficienty , A s rovný násobku odmocniny k 0 = a + ib charakteristický polynom rovnice (16), a předpokládáme s = 0 pokud k 0 není charakteristický kořen.
Abyste mohli sestavit konkrétní řešení pomocí vzorce (18), musíte najít čtyři parametry - a, b, r A s. První tři jsou určeny z pravé strany rovnice a r- to je vlastně nejvyšší stupeň X, najdete na pravé straně. Parametr s zjištěno z porovnání čísel k 0 = a + ib A množina všech (s přihlédnutím k násobkům) charakteristických kořenů rovnice (16), které se najdou řešením odpovídající homogenní rovnice.
Uvažujme speciální případy tvaru funkce (17):
1) kdy A ¹ 0, b= 0F(X)= e sekera P n(X);
2) kdy A= 0, b ¹ 0F(X)= Pn(X) Sosbx + R m(X)sinbx;
3) kdy A = 0, b = 0F(X)=Pn(X).
Poznámka 1. Pokud P n (x) º 0 nebo Rm(x)º 0, pak pravá strana rovnice f(x) = e ax P n (x)с osbx nebo f(x) = e ax R m (x)sinbx, tj. obsahuje pouze jednu z funkcí - kosinus nebo sinus. Ale v záznamu konkrétního řešení musí být přítomny oba, protože podle vzorce (18) je každý z nich násoben polynomem s neurčitými koeficienty stejného stupně r = max(n, m).
Příklad 11. Určete typ parciálního řešení lineární homogenní rovnice 4. řádu s konstantními koeficienty, je-li známa pravá strana rovnice F(X) = e x(2xcos 3x+(X 2 + 1)hřích 3X) a kořeny charakteristické rovnice:
A ) k 1 = k 2 = 1, k 3 = 3,k 4 = - 1;
b ) k 1, 2 = 1 ± 3i,k 3, 4 = ± 1;
PROTI ) k 1, 2 = 1 ± 3i,k 3, 4 = 1 ± 3i.
Řešení. Na pravé straně to najdeme v konkrétním řešení na*(X), který je určen vzorcem (18), parametry: A= 1, b= 3, r = 2. Zůstávají stejné pro všechny tři případy, proto ten počet k 0, která určuje poslední parametr s vzorec (18) se rovná k 0 = 1+ 3i. V případě (a) není mezi charakteristickými kořeny žádné číslo k 0 = 1 + 3já, Prostředek, s= 0 a konkrétní řešení má tvar
y*(X) = X 0 e x(M 2 (X)cos 3x+N 2 (X)hřích 3X) =
= EX( (Sekera 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 X 2 +B 1 x+C 1)hřích 3X.
V případě (b) číslo k 0 = 1 + 3i vyskytuje se jednou mezi charakteristickými kořeny, což znamená s = 1 A
y*(X) = x e x((Sekera 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 X 2 +B 1 x+C 1)hřích 3X.
Pro případ (c) máme s = 2 a
y*(X) = x 2 e x((Sekera 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 X 2 +B 1 x+C 1)hřích 3X.
V příkladu 11 konkrétní řešení obsahuje dva polynomy stupně 2 s neurčenými koeficienty. Chcete-li najít řešení, musíte určit číselné hodnoty těchto koeficientů. Formulujme obecné pravidlo.
Určit neznámé koeficienty polynomů pan(X) A Nr(X) rovnost (17) je derivována potřebným počtem a funkce je dosazena y*(X) a jeho derivace do rovnice (16). Porovnáním jeho levé a pravé strany dostaneme systém algebraické rovnice najít koeficienty.
Příklad 12. Najděte řešení rovnice na¢ ¢ (X) - na¢ (X) - 6na(X) = xe 2X s určením konkrétního řešení nehomogenní rovnice podle tvaru pravé strany.
Řešení. Obecné řešení nehomogenní rovnice má tvar
na( X) = ` na(X)+ y*(X),
Kde ` na ( X) - obecné řešení odpovídající homogenní rovnice a y*(X) - partikulární řešení nehomogenní rovnice.
Nejprve se rozhodneme homogenní rovnicena¢ ¢ (X) - na¢ (X) - 6na(X) = 0. Jeho charakteristická rovnice k 2 - k- 6 = 0 má dva kořeny k 1 = 3,k 2 = - 2, proto, ` na ( X) = C 1 E 3X + C 2 E - 2X .
Použijme vzorec (18) k určení typu konkrétního řešení na*(X). Funkce F(X) = xe 2X představuje speciální případ a) vzorce (17), zatímco a = 2,b = 0 A r = 1, tj. k 0 = 2 + 0i = 2. Porovnáním s charakteristickými kořeny docházíme k závěru, že s = 0. Dosazením hodnot všech parametrů do vzorce (18) máme y*(X) = (Ah + B)E 2X .
Chcete-li najít hodnoty A A V, najdeme derivaci prvního a druhého řádu funkce 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 = (4Ach + 4A+ 4B)E 2X .
Po výměně funkce y*(X) a jeho derivace do rovnice, kterou máme
(4Ach + 4A+ 4B)E 2X - (2Ah + Ah + 2B)E 2X - 6(Ah + B)E 2X =xe 2X Þ Þ A=- 1/4,B=- 3/16.
Konkrétní řešení nehomogenní rovnice má tedy tvar
y*(X) = (- 1/4X- 3/16)E 2X ,
a obecné řešení - na ( X) = C 1 E 3X + C 2 E - 2X + (- 1/4X- 3/16)E 2X .
Poznámka 2V případě, že je Cauchyho problém položen pro nehomogenní rovnici, je třeba nejprve najít obecné řešení rovnice
na( X) = ,
po určení všech číselných hodnot koeficientů v na*(X). Pak použijte počáteční podmínky a jejich dosazením do obecného řešení (a ne do y*(X)), najděte hodnoty konstant C i.
Příklad 13. Najděte řešení Cauchyho problému:
na¢ ¢ (X) - na¢ (X) - 6na(X) = xe 2X ,y(0) = 0, y ¢ (X) = 0.
Řešení. Obecné řešení této rovnice je
na(X) = C 1 E 3X + C 2 E - 2X + (- 1/4X- 3/16)E 2X
byl nalezen v příkladu 12. Abychom našli konkrétní řešení, které vyhovuje počátečním podmínkám této Cauchyho úlohy, získáme soustavu rovnic
Vyřešíme to, máme C 1 = 1/8, C 2 = 1/16. Řešením Cauchyho problému je tedy funkce
na(X) = 1/8E 3X + 1/16E - 2X + (- 1/4X- 3/16)E 2X .
Poznámka 3(princip superpozice). Pokud v lineární rovnice Ln[y(X)]= f(X), kde F(X) = f 1 (X)+f 2 (X) A y* 1 (X) - řešení rovnice Ln[y(X)]= f 1 (X), A y* 2 (X) - řešení rovnice Ln[y(X)]= f 2 (X), pak funkce y*(X)= y* 1 (X)+ y* 2 (X) je řešení rovnice Ln[y(X)]= f(X).
Příklad 14. Uveďte typ obecného řešení lineární rovnice
na¢ ¢ (X) + 4na(X) = x + sinx.
Řešení. Obecné řešení odpovídající homogenní rovnice
` na(X) = C 1 cos 2x + C 2 hřích 2X,
od charakteristické rovnice k 2 + 4 = 0 má kořeny k 1, 2 = ± 2i.Pravá strana rovnice neodpovídá vzorci (17), ale pokud zavedeme zápis F 1 (X) = x, F 2 (X) = hřích a použít princip superpozice , pak konkrétní řešení nehomogenní rovnice lze nalézt ve tvaru y*(X)= y* 1 (X)+ y* 2 (X), kde y* 1 (X) - řešení rovnice na¢ ¢ (X) + 4na(X) = x, A y* 2 (X) - řešení rovnice na¢ ¢ (X) + 4na(X) = hřích. Podle vzorce (18)
y* 1 (X) = Sekera + B,y* 2 (X) = Ссosx + Dsinx.
Pak konkrétní řešení
y*(X) = Ax + B + Ccosx + Dsinx,
proto má obecné řešení tvar
na(X) = C 1 cos 2x + C 2 E - 2X + A x + B + Ccosx + Dsinx.
Příklad 15. Elektrický obvod se skládá ze zdroje proudu zapojeného do série s emf E(t) = E hříchw t, indukčnost L a kontejnery S, a
