Pada kuliah tersebut dipelajari LNDE – linier tidak homogen persamaan diferensial. Struktur solusi umum dipertimbangkan, solusi LPDE menggunakan metode variasi konstanta sembarang, solusi LPDE dengan koefisien konstan dan sisi kanan tipe khusus. Isu-isu yang dibahas digunakan dalam studi osilasi paksa dalam fisika, teknik elektro dan elektronik, dan teori kendali otomatis.
1. Struktur penyelesaian umum persamaan diferensial linier tak homogen orde 2.
Pertama-tama mari kita perhatikan persamaan linier tak homogen dengan tatanan sembarang:
Dengan memperhatikan notasi tersebut, kita dapat menulis:
Dalam hal ini, kita asumsikan bahwa koefisien dan ruas kanan persamaan ini kontinu pada interval tertentu.
Dalil. Penyelesaian umum persamaan diferensial linier tak homogen dalam domain tertentu adalah jumlah semua penyelesaian persamaan tersebut dan penyelesaian umum persamaan diferensial homogen linier yang bersesuaian.
Bukti. Misalkan Y merupakan penyelesaian suatu persamaan tak homogen.
Kemudian, ketika solusi ini disubstitusikan ke persamaan awal, kita memperoleh identitas:
Membiarkan 
- sistem mendasar solusi persamaan homogen linier 
. Kemudian keputusan bersama persamaan homogen dapat ditulis sebagai:
Khususnya, untuk persamaan diferensial linier tak homogen orde 2, struktur solusi umumnya berbentuk:
Di mana 
adalah sistem dasar penyelesaian persamaan homogen yang bersesuaian, dan 
- solusi khusus apa pun dari persamaan tak homogen.
Jadi, untuk menyelesaikan persamaan diferensial linier tak homogen, perlu dicari solusi umum persamaan homogen yang bersesuaian dan menemukan satu solusi partikular. persamaan tidak homogen. Biasanya ditemukan melalui seleksi. Kami akan mempertimbangkan metode memilih solusi pribadi dalam pertanyaan berikut.
2. Metode variasi
Dalam praktiknya, akan lebih mudah untuk menggunakan metode memvariasikan konstanta sembarang.
Untuk melakukannya, pertama-tama carilah solusi umum persamaan homogen yang bersesuaian dalam bentuk:
Kemudian, masukkan koefisiennya C Saya fungsi dari X, dicari solusi persamaan tak homogen:
Dapat dibuktikan untuk mencari fungsi C Saya (X) kita perlu menyelesaikan sistem persamaan:
Contoh. Selesaikan persamaannya 
Memecahkan persamaan homogen linier 
Penyelesaian persamaan tak homogen akan berbentuk:
Mari kita buat sistem persamaan:
Mari selesaikan sistem ini:
Dari relasi tersebut kita mencari fungsinya Oh).
Sekarang kita temukan B(x).
Kami mengganti nilai yang diperoleh ke dalam rumus solusi umum persamaan tak homogen:
Jawaban akhir: 
Secara umum, metode variasi konstanta sembarang cocok untuk mencari solusi persamaan linier tak homogen. Tapi karena Menemukan sistem dasar penyelesaian persamaan homogen bisa menjadi tugas yang cukup sulit; metode ini terutama digunakan untuk persamaan tak homogen dengan koefisien konstan.
3. Persamaan dengan ruas kanan suatu bentuk khusus
Tampaknya mungkin untuk membayangkan jenis solusi tertentu bergantung pada jenis ruas kanan persamaan tak homogen.
Kasus-kasus berikut ini dibedakan:
I. Ruas kanan persamaan diferensial linier tak homogen berbentuk:
di mana adalah polinomial derajat M.
Kemudian dicari solusi tertentu berupa:
Di Sini Q(X) - polinomial dengan derajat yang sama dengan P(X) , hidung koefisien yang tidak pasti, A R– bilangan yang menunjukkan berapa kali bilangan merupakan akar persamaan karakteristik persamaan diferensial homogen linier yang bersesuaian.
Contoh. Selesaikan persamaannya 
.
Mari kita selesaikan persamaan homogen yang sesuai: 
Sekarang mari kita cari solusi khusus dari persamaan tak homogen awal.
Mari kita bandingkan ruas kanan persamaan tersebut dengan bentuk ruas kanan yang dibahas di atas.
Kami mencari solusi tertentu dalam bentuk: 
, Di mana
Itu. 
Sekarang mari kita tentukan koefisien yang tidak diketahui A Dan DI DALAM.
Mari kita substitusikan solusi khusus dalam bentuk umum ke dalam persamaan diferensial tak homogen asli.
Solusi total dan pribadi: 
Maka penyelesaian umum persamaan diferensial linier tak homogen adalah:
II. Ruas kanan persamaan diferensial linier tak homogen berbentuk:
Di Sini R 1 (X) Dan R 2 (X)– polinomial derajat M 1 dan M 2 masing-masing.
Maka solusi khusus persamaan tak homogen tersebut akan berbentuk:
dimana nomornya R menunjukkan berapa kali suatu angka 
adalah akar persamaan karakteristik untuk persamaan homogen yang bersesuaian, dan Q 1
(X)
Dan
Q 2
(X)
– polinomial derajat tidak lebih tinggi dari M, Di mana M- derajat terbesar M 1
Dan M 2
.
Tabel ringkasan jenis solusi pribadi
untuk berbagai jenis sisi kanan
|
Sisi kanan persamaan diferensial |
persamaan karakteristik |
Jenis swasta |
|
|
|
1. Bilangan tersebut bukan merupakan akar persamaan karakteristik |
|
|
|
2. Bilangan adalah akar persamaan karakteristik multiplisitas |
|
||
|
|
1. Nomor |
|
|
|
2. Nomor |
|
||
|
1. Angka |
|
||
|
2. Angka |
|
||
|
1. Angka | |||
|
2. Angka |
bukan merupakan akar persamaan karakteristik
adalah akar dari persamaan karakteristik multiplisitas 
adalah akar dari persamaan karakteristik multiplisitas 
bukan akar dari persamaan multiplisitas karakteristik 
adalah akar dari persamaan karakteristik multiplisitas 
Perhatikan bahwa jika ruas kanan persamaan adalah kombinasi ekspresi dari jenis yang dibahas di atas, maka penyelesaiannya ditemukan sebagai kombinasi solusi persamaan bantu, yang masing-masing memiliki ruas kanan yang sesuai dengan ekspresi yang disertakan. dalam kombinasi.
Itu. jika persamaannya adalah: 
, maka solusi khusus untuk persamaan ini akan menjadi 
Di mana pada 1
Dan pada 2
– solusi khusus persamaan bantu
Dan 
Sebagai ilustrasi, mari kita selesaikan contoh di atas dengan cara yang berbeda.
Contoh. Selesaikan persamaannya 
Mari kita nyatakan ruas kanan persamaan diferensial sebagai jumlah dari dua fungsi F 1 (X) + F 2 (X) = X + (- dosa X).
Mari kita buat dan selesaikan persamaan karakteristik:
Kami mendapatkan: Yaitu. 
Total: 
Itu. solusi khusus yang diperlukan berbentuk: 
Solusi umum persamaan diferensial tak homogen:
Mari kita lihat contoh penerapan metode yang dijelaskan.
Contoh 1.. Selesaikan persamaannya 
Mari kita buat persamaan karakteristik untuk persamaan diferensial homogen linier yang sesuai:
Sekarang mari kita cari solusi khusus persamaan tak homogen dalam bentuk:
Mari kita gunakan metode koefisien tak tentu.
Substitusikan ke persamaan awal, kita peroleh:
Solusi tertentu berbentuk: 
Solusi umum persamaan linear tak homogen: 
Contoh. Selesaikan persamaannya 
Persamaan karakteristik:
Solusi umum persamaan homogen: 
Solusi khusus dari persamaan tak homogen: 
.
Kami menemukan turunannya dan mensubstitusikannya ke persamaan tak homogen asli:
Kami memperoleh solusi umum untuk persamaan diferensial tak homogen:
Dasar-dasar penyelesaian persamaan diferensial linier tak homogen orde dua (LNDE-2) dengan koefisien konstan (PC)
LDDE orde ke-2 dengan koefisien konstan $p$ dan $q$ memiliki bentuk $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, di mana $f\left(x \kanan)$ adalah fungsi kontinu.
Sehubungan dengan LNDU 2 dengan PC, dua pernyataan berikut ini benar.
Mari kita asumsikan bahwa beberapa fungsi $U$ adalah solusi parsial sembarang dari persamaan diferensial tak homogen. Mari kita asumsikan juga bahwa suatu fungsi $Y$ adalah solusi umum (GS) dari persamaan diferensial homogen linier (HLDE) yang bersesuaian $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Maka GR dari LHDE-2 sama dengan jumlah solusi privat dan umum yang ditunjukkan, yaitu $y=U+Y$.
Jika ruas kanan LMDE orde ke-2 merupakan penjumlahan fungsi, yaitu $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x \kanan)+ ..+f_(r) \left(x\right)$, maka pertama-tama kita dapat menemukan PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ yang sesuai ke masing-masing fungsi $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, dan setelah itu tulis CR LNDU-2 dalam bentuk $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.
Solusi LPDE orde 2 dengan PC
Jelas sekali bahwa jenis PD $U$ tertentu dari LNDU-2 tertentu bergantung pada bentuk spesifik dari sisi kanannya $f\left(x\right)$. Kasus pencarian PD LNDU-2 yang paling sederhana dirumuskan dalam bentuk empat aturan berikut.
Aturan #1.
Sisi kanan LNDU-2 berbentuk $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, dimana $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, yaitu disebut a polinomial derajat $n$. Kemudian PD $U$nya dicari dalam bentuk $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, dimana $Q_(n) \left(x\right)$ adalah yang lain polinomial yang berderajat sama dengan $P_(n) \left(x\right)$, dan $r$ adalah jumlah akar persamaan karakteristik sesuai dengan LOD-2, sama dengan nol. Koefisien polinomial $Q_(n) \left(x\right)$ ditemukan dengan metode koefisien tak tentu (UK).
Peraturan No.2.
Sisi kanan LNDU-2 berbentuk $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, di mana $P_(n) \kiri( x\kanan)$ adalah polinomial berderajat $n$. Kemudian PD $U$nya dicari dalam bentuk $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, dimana $Q_(n ) \ left(x\right)$ adalah polinomial lain yang berderajat sama dengan $P_(n) \left(x\right)$, dan $r$ adalah jumlah akar persamaan karakteristik dari LODE-2 yang bersangkutan sama dengan $\alpha $. Koefisien polinomial $Q_(n) \left(x\right)$ ditemukan dengan metode NC.
Peraturan No.3.
Sisi kanan LNDU-2 berbentuk $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \kanan) $, dimana $a$, $b$ dan $\beta$ berada nomor yang diketahui. Kemudian dicari PD $U$-nya dalam bentuk $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \kanan )\cdot x^(r) $, di mana $A$ dan $B$ adalah koefisien yang tidak diketahui, dan $r$ adalah jumlah akar persamaan karakteristik dari LODE-2 yang bersangkutan, sama dengan $i\cdot \beta $. Koefisien $A$ dan $B$ ditemukan dengan menggunakan metode non-destruktif.
Peraturan No.4.
Sisi kanan LNDU-2 berbentuk $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, dimana $P_(n) \left(x\right)$ adalah polinomial berderajat $n$, dan $P_(m) \left(x\right)$ adalah polinomial berderajat $m$. Kemudian PD $U$nya dicari dalam bentuk $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, dimana $Q_(s) \left(x\right)$ dan $ R_(s) \left(x\right)$ adalah polinomial berderajat $s$, bilangan $s$ adalah bilangan maksimum dari dua bilangan $n$ dan $m$, dan $r$ adalah banyaknya akar dari persamaan karakteristik LODE-2 yang sesuai, sama dengan $\alpha +i\cdot \beta $. Koefisien polinomial $Q_(s) \left(x\right)$ dan $R_(s) \left(x\right)$ ditemukan dengan metode NC.
Metode NK terdiri dari penerapan aturan berikut. Untuk mencari koefisien polinomial yang tidak diketahui yang merupakan bagian dari solusi parsial persamaan diferensial tak homogen LNDU-2, perlu:
- gantikan PD $U$, yang ditulis dalam bentuk umum, menjadi sisi kiri LNDU-2;
- di sisi kiri LNDU-2, lakukan penyederhanaan dan kelompokkan suku dengan pangkat yang sama $x$;
- pada identitas yang dihasilkan, samakan koefisien suku-suku dengan pangkat yang sama $x$ pada ruas kiri dan kanan;
- menyelesaikan sistem yang dihasilkan persamaan linear relatif terhadap koefisien yang tidak diketahui.
Contoh 1
Tugas: temukan OR LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Temukan juga PD , memenuhi kondisi awal $y=6$ untuk $x=0$ dan $y"=1$ untuk $x=0$.
Kami menuliskan LOD-2 yang sesuai: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.
Persamaan karakteristik: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Akar persamaan karakteristik adalah: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Akar-akar ini valid dan berbeda. Jadi, OR dari LODE-2 yang bersangkutan memiliki bentuk: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.
Sisi kanan LNDU-2 ini berbentuk $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Penting untuk mempertimbangkan koefisien eksponen $\alpha =3$. Koefisien ini tidak sesuai dengan akar persamaan karakteristik mana pun. Oleh karena itu, PD LNDU-2 ini berbentuk $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
Kita akan mencari koefisien $A$, $B$ menggunakan metode NC.
Kami menemukan turunan pertama dari Republik Ceko:
$U"=\kiri(A\cdot x+B\kanan)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\kiri(A\cdot x+B\kanan)\cdot \kiri( e^(3\cdot x) \kanan)^((") ) =$
$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\kanan)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\kanan)\cdot e^(3\cdot x) .$
Kami menemukan turunan kedua dari Republik Ceko:
$U""=\kiri(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\kanan)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\kiri(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\kanan)\cdot \kiri(e^(3\cdot x) \kanan)^((") ) =$
$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\kiri(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\kanan)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\kiri(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\kanan)\cdot e^(3\cdot x) .$
Kami mengganti fungsi $U""$, $U"$ dan $U$ sebagai ganti $y""$, $y"$ dan $y$ ke dalam NLDE-2 $y""-3\cdot y" yang diberikan -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x). $ Terlebih lagi, karena eksponen $e^(3\cdot x) $ dimasukkan sebagai faktor di semua komponen, maka dapat dihilangkan.
$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \kiri(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\kanan)-18\cdot \kiri(A\ cdot x+B\kanan)=36\cdot x+12.$
Kami melakukan tindakan di sisi kiri persamaan yang dihasilkan:
$-18\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$
Kami menggunakan metode NDT. Kami memperoleh sistem persamaan linear dengan dua hal yang tidak diketahui:
$-18\cdot A=36;$
$3\cdot A-18\cdot B=12.$
Solusi untuk sistem ini adalah: $A=-2$, $B=-1$.
PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ untuk soal kita seperti ini: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.
OR $y=Y+U$ untuk soal kita terlihat seperti ini: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ kiri(-2\cdot x-1\kanan)\cdot e^(3\cdot x) $.
Untuk mencari PD yang memenuhi kondisi awal yang diberikan, kita mencari turunan $y"$ dari OP:
$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\kiri(-2\cdot x-1\kanan)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$
Kami mengganti $y$ dan $y"$ kondisi awal $y=6$ untuk $x=0$ dan $y"=1$ untuk $x=0$:
$6=C_(1) +C_(2) -1; $
$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$
Kami menerima sistem persamaan:
$C_(1) +C_(2) =7;$
$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$
Mari kita selesaikan. Kita mencari $C_(1) $ menggunakan rumus Cramer, dan $C_(2) $ kita tentukan dari persamaan pertama:
$C_(1) =\frac(\left|\begin(array)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(array)\right|)(\left|\ mulai(array)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(array)\kanan|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\kiri(-3\kanan)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4=3.$
Jadi, PD persamaan diferensial ini berbentuk: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \kanan )\cdot e^(3\cdot x) $.
|
Persamaan diferensial orde kedua tidak homogen dengan koefisien konstan |
|
Struktur solusi umum Persamaan linier tak homogen jenis ini berbentuk: Di mana P, Q− bilangan konstan (bisa real atau kompleks). Untuk setiap persamaan tersebut kita dapat menulis persamaan yang sesuai persamaan homogen:
Dalil: Solusi umum persamaan tak homogen adalah jumlah dari solusi umum kamu 0 (X) dari persamaan homogen dan solusi partikular yang sesuai kamu 1 (X) persamaan tidak homogen:
Di bawah ini kita akan membahas dua cara untuk menyelesaikan persamaan diferensial tak homogen. Metode variasi konstanta Jika solusi umum kamu 0 persamaan homogen terkait diketahui, maka penyelesaian umum persamaan tak homogen tersebut dapat dicari dengan menggunakan metode variasi konstan. Misalkan penyelesaian umum persamaan diferensial orde dua homogen berbentuk: Bukannya permanen C 1 dan C 2 kita akan mempertimbangkan fungsi tambahan C 1 (X) Dan C 2 (X). Kami akan mencari fungsi-fungsi ini sehingga solusinya memenuhi persamaan tak homogen dengan ruas kanan F(X). Fungsi tidak diketahui C 1 (X) Dan C 2 (X) ditentukan dari sistem dua persamaan:
Metode koefisien tak tentu Bagian kanan F(X) dari persamaan diferensial tak homogen seringkali berupa fungsi polinomial, eksponensial, atau trigonometri, atau kombinasi dari fungsi-fungsi tersebut. Dalam hal ini, akan lebih mudah untuk mencari solusi menggunakan metode koefisien tidak pasti. Mari kita tekankan hal itu metode ini hanya berfungsi untuk kelas fungsi terbatas di sisi kanan, seperti  Dalam kedua kasus tersebut, pilihan solusi tertentu harus sesuai dengan struktur ruas kanan persamaan diferensial tak homogen. Dalam kasus 1, jika nomornya α V Fungsi eksponensial bertepatan dengan akar persamaan karakteristik, maka solusi partikularnya akan mengandung faktor tambahan X S, Di mana S− banyaknya akar α dalam persamaan karakteristik. Dalam kasus 2, jika nomornya α + βi bertepatan dengan akar persamaan karakteristik, maka ekspresi untuk solusi tertentu akan mengandung faktor tambahan X. Koefisien yang tidak diketahui dapat ditentukan dengan mensubstitusikan ekspresi yang ditemukan untuk solusi tertentu ke dalam persamaan diferensial tak homogen asli. Prinsip superposisi Jika ruas kanan persamaan tak homogen adalah jumlah beberapa fungsi formulir maka solusi tertentu dari persamaan diferensial juga akan menjadi jumlah solusi parsial yang dibangun secara terpisah untuk setiap suku di ruas kanan. |
|
Contoh 1 |
|
Selesaikan persamaan diferensial kamu"" + kamu= dosa(2 X). Larutan. Pertama kita selesaikan persamaan homogen yang sesuai kamu"" + kamu= 0.V pada kasus ini akar-akar persamaan karakteristik hanyalah khayalan belaka: Akibatnya, solusi umum persamaan homogen diberikan oleh ekspresi Mari kita kembali lagi ke persamaan tidak homogen. Kami akan mencari solusinya dalam bentuk menggunakan metode variasi konstanta. Fungsi C 1 (X) Dan C 2 (X) dapat ditemukan dari sistem berikutnya persamaan:
Mari kita nyatakan turunannya C 1 " (X) dari persamaan pertama:
Mengganti ke persamaan kedua, kita menemukan turunannya C 2 " (X):
Oleh karena itu Mengintegrasikan ekspresi untuk turunan C 1 " (X) Dan C 2 " (X), kita mendapatkan: Di mana A 1 , A 2 – konstanta integrasi. Sekarang mari kita gantikan fungsi yang ditemukan C 1 (X) Dan C 2 (X) ke dalam rumus untuk kamu 1 (X) dan tuliskan solusi umum persamaan tak homogen:
|
|
Contoh 2 |
|
Temukan solusi umum persamaan tersebut kamu"" + kamu" −6kamu = 36X. Larutan. Mari kita gunakan metode koefisien tak tentu. Ruas kanan persamaan yang diberikan adalah fungsi linear F(X)= kapak + b. Oleh karena itu, kami akan mencari solusi khusus dalam bentuk tersebut Turunannya sama:
Substitusikan persamaan ini ke dalam persamaan diferensial, kita peroleh:
Persamaan yang terakhir adalah suatu identitas, artinya berlaku untuk semua X, oleh karena itu kita menyamakan koefisien suku-suku dengan derajat yang sama X di sisi kiri dan kanan: Dari sistem yang dihasilkan kita menemukan: A = −6, B= −1. Hasilnya, solusi khusus ditulis dalam bentuk Sekarang mari kita cari solusi umum persamaan diferensial homogen. Mari kita hitung akar-akar persamaan karakteristik bantu: Oleh karena itu, solusi umum persamaan homogen yang bersesuaian memiliki bentuk: Jadi, solusi umum persamaan tak homogen asli dinyatakan dengan rumus |
Integral umum DE.
Selesaikan persamaan diferensial
Tapi lucunya jawabannya sudah diketahui: , lebih tepatnya kita juga harus menambahkan konstanta: Integral umum adalah solusi persamaan diferensial.
Metode variasi konstanta sembarang. Contoh solusi
Metode variasi konstanta sembarang digunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial tak homogen. Pelajaran ini ditujukan bagi siswa yang kurang lebih sudah menguasai topik tersebut. Jika Anda baru mulai mengenal remote control, mis. Jika Anda seorang teko, saya sarankan memulai dengan pelajaran pertama: Persamaan diferensial orde pertama. Contoh solusi. Dan jika Anda sudah menyelesaikannya, harap hilangkan anggapan bahwa metode tersebut sulit. Karena itu sederhana.
Dalam kasus apa metode variasi konstanta sembarang digunakan?
1) Metode variasi konstanta sembarang dapat digunakan untuk menyelesaikannya DE tak homogen linier orde 1. Karena persamaannya berorde pertama, maka konstanta juga satu.
2) Metode variasi konstanta sembarang digunakan untuk menyelesaikan beberapa persamaan linear tak homogen orde dua. Di sini dua konstanta berbeda-beda.
Masuk akal untuk berasumsi bahwa pelajaran akan terdiri dari dua paragraf... Jadi saya menulis kalimat ini, dan selama sekitar 10 menit saya dengan susah payah memikirkan omong kosong pintar apa lagi yang bisa saya tambahkan untuk kelancaran transisi ke contoh-contoh praktis. Tetapi untuk beberapa alasan saya tidak memiliki pemikiran apa pun setelah liburan, meskipun saya sepertinya tidak menyalahgunakan apa pun. Oleh karena itu, langsung saja kita ke paragraf pertama.
Metode variasi konstanta sembarang untuk persamaan linier tak homogen orde pertama
Sebelum mempertimbangkan metode variasi konstanta sembarang, disarankan untuk membaca artikel ini Persamaan diferensial linier orde pertama. Dalam pelajaran itu kami berlatih solusi pertama DE orde 1 tidak homogen. Solusi pertama ini, saya ingatkan Anda, disebut metode penggantian atau metode Bernoulli(jangan bingung dengan persamaan Bernoulli!!!)
Sekarang kita akan melihat solusi kedua– metode variasi konstanta sembarang. Saya akan memberikan tiga contoh saja, dan saya akan mengambilnya dari pelajaran di atas. Mengapa sangat sedikit? Karena sebenarnya penyelesaian cara kedua akan sangat mirip dengan penyelesaian cara pertama. Selain itu, menurut pengamatan saya, metode variasi konstanta sembarang lebih jarang digunakan dibandingkan metode penggantian.
Contoh 1
Temukan solusi umum persamaan diferensial (Perbedaan dari Contoh No. 2 pelajaran Persamaan diferensial linier tak homogen orde 1)
Larutan: Persamaan ini linier tidak homogen dan memiliki bentuk yang familiar:
Pada tahap pertama, kita perlu menyelesaikan persamaan yang lebih sederhana: Artinya, kita dengan bodohnya mengatur ulang ruas kanan ke nol - tulis nol sebagai gantinya. Saya akan menyebutkan persamaannya persamaan bantu.
Dalam contoh ini, Anda perlu menyelesaikan persamaan bantu berikut:
Sebelum kita persamaan yang dapat dipisahkan, solusinya (saya harap) tidak lagi sulit bagi Anda:
Jadi: – solusi umum persamaan bantu.
Pada langkah kedua kami akan menggantinya beberapa konstan untuk sekarang fungsi tidak diketahui yang bergantung pada "x":
Oleh karena itu nama metodenya - kami memvariasikan konstanta. Alternatifnya, konstanta bisa berupa suatu fungsi yang sekarang harus kita temukan.
DI DALAM asli dalam persamaan tak homogen kita melakukan penggantian:
Mari kita substitusikan ke dalam persamaan:
Titik kontrol – dua suku di sebelah kiri batal. Jika ini tidak terjadi, Anda harus mencari kesalahan di atas.
Sebagai hasil penggantian, diperoleh persamaan dengan variabel yang dapat dipisahkan. Kami memisahkan variabel dan mengintegrasikannya.
Sungguh berkah, eksponennya juga membatalkan:
Kami menambahkan konstanta "normal" ke fungsi yang ditemukan:
Pada tahap akhir, kami mengingat pengganti kami:
Fungsinya baru saja ditemukan!
Jadi solusi umumnya adalah:
Menjawab: keputusan bersama: 
Jika Anda mencetak kedua solusi tersebut, Anda akan dengan mudah melihat bahwa dalam kedua kasus kami menemukan integral yang sama. Perbedaannya hanya pada algoritma penyelesaiannya.
Sekarang untuk sesuatu yang lebih rumit, saya juga akan mengomentari contoh kedua:
Contoh 2
Temukan solusi umum persamaan diferensial (Perbedaan dari Contoh No. 8 pelajaran Persamaan diferensial linier tak homogen orde 1)
Larutan: Mari kita bawa persamaannya ke bentuk:
Mari kita atur ulang ruas kanan dan selesaikan persamaan bantu:
Kami memisahkan variabel dan mengintegrasikan: Solusi umum persamaan bantu:
Dalam persamaan tak homogen kita melakukan penggantian:
Menurut aturan diferensiasi produk:
Mari kita substitusikan ke persamaan tak homogen asli:
Dua istilah di sebelah kiri dibatalkan, artinya kita berada di jalur yang benar: 
Mari berintegrasi per bagian. Huruf enak dari rumus integrasi per bagian sudah termasuk dalam penyelesaiannya, jadi kita gunakan, misalnya, huruf “a” dan “be”:
Pada akhirnya:
Sekarang mari kita ingat penggantinya:
Menjawab: keputusan bersama:
Metode variasi konstanta sembarang untuk persamaan orde kedua linier tak homogen dengan koefisien konstan
Saya sering mendengar pendapat bahwa metode memvariasikan konstanta sembarang untuk persamaan orde dua bukanlah suatu hal yang mudah. Namun saya berasumsi sebagai berikut: kemungkinan besar, metode ini tampaknya sulit bagi banyak orang karena tidak terlalu sering terjadi. Namun kenyataannya tidak ada kesulitan khusus - keputusan yang diambil jelas, transparan, dan dapat dimengerti. Dan cantik.
Untuk menguasai metode ini, diharapkan mampu menyelesaikan persamaan orde kedua yang tidak homogen dengan memilih solusi tertentu berdasarkan bentuk ruas kanan. Metode ini dibahas secara rinci dalam artikel tersebut DE orde ke-2 tidak homogen. Kita ingat bahwa persamaan linear tak homogen orde kedua dengan koefisien konstan memiliki bentuk:
Metode seleksi, yang telah dibahas dalam pelajaran di atas, hanya berfungsi dalam sejumlah kasus tertentu ketika ruas kanan berisi polinomial, eksponensial, sinus, dan kosinus. Tapi apa yang harus dilakukan jika di sebelah kanan, misalnya, ada pecahan, logaritma, garis singgung? Dalam situasi seperti ini, metode variasi konstanta dapat membantu.
Contoh 4
Temukan solusi umum persamaan diferensial orde dua 
Larutan: Ada pecahan di sisi kanan persamaan ini, sehingga kita dapat langsung mengatakan bahwa metode pemilihan solusi tertentu tidak berhasil. Kami menggunakan metode variasi konstanta sembarang.
Tidak ada tanda-tanda badai petir; awal dari solusinya benar-benar biasa:
Kami akan menemukannya keputusan bersama sesuai homogen persamaan:
Mari kita buat dan selesaikan persamaan karakteristik: 
– diperoleh akar kompleks konjugasi, sehingga penyelesaian umumnya adalah:
Perhatikan catatan solusi umum - jika ada tanda kurung, bukalah.
Sekarang kita melakukan trik yang hampir sama seperti pada persamaan orde pertama: kita memvariasikan konstanta, menggantinya dengan fungsi yang tidak diketahui. Itu adalah, solusi umum tidak homogen kita akan mencari persamaan dalam bentuk:
Di mana - untuk sekarang fungsi yang tidak diketahui.
Sepertinya tempat pembuangan sampah limbah rumah tangga, tapi sekarang kita akan menyelesaikan semuanya.
Yang tidak diketahui adalah turunan dari fungsi tersebut. Tujuan kita adalah mencari turunan, dan turunan yang ditemukan harus memenuhi persamaan pertama dan kedua sistem.
Dari manakah asal kata “Yunani”? Bangau membawa mereka. Kami melihat solusi umum yang diperoleh sebelumnya dan menulis:
Mari kita cari turunannya:
Bagian kiri telah ditangani. Apa yang ada di sebelah kanan?
- ini adalah sisi kanan persamaan asli, pada kasus ini:
Artikel ini membahas masalah penyelesaian persamaan diferensial linier tak homogen orde kedua dengan koefisien konstan. Teori tersebut akan dibahas beserta contoh permasalahan yang diberikan. Untuk menguraikan istilah-istilah yang sulit dipahami, perlu mengacu pada topik definisi dasar dan konsep teori persamaan diferensial.
Mari kita perhatikan persamaan diferensial linier (LDE) orde kedua dengan koefisien konstan berbentuk y "" + p · y " + q · y = f (x), di mana p dan q adalah bilangan sembarang, dan fungsi yang ada f (x) kontinu pada interval integrasi x.
Mari kita beralih ke rumusan teorema solusi umum LNDE.
Yandex.RTB RA-339285-1
Teorema solusi umum untuk LDNU
Teorema 1Solusi umum, terletak pada interval x, persamaan diferensial tak homogen berbentuk y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) dengan koefisien integrasi kontinu pada interval x f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) dan fungsi berkelanjutan f (x) sama dengan jumlah solusi umum y 0, yang sesuai dengan LOD dan beberapa solusi khusus y ~, dengan persamaan tak homogen aslinya adalah y = y 0 + y ~.
Hal ini menunjukkan bahwa penyelesaian persamaan orde kedua tersebut berbentuk y = y 0 + y ~ . Algoritma untuk mencari y 0 dibahas dalam artikel persamaan diferensial orde kedua homogen linier dengan koefisien konstan. Setelah itu kita harus melanjutkan ke definisi y ~.
Pilihan solusi tertentu untuk LPDE bergantung pada jenis fungsi yang tersedia f (x) yang terletak di sisi kanan persamaan. Untuk melakukan ini, perlu untuk mempertimbangkan secara terpisah solusi persamaan diferensial orde kedua linier tak homogen dengan koefisien konstan.
Jika f (x) dianggap sebagai polinomial derajat ke-n f (x) = P n (x), maka penyelesaian tertentu dari LPDE dicari dengan menggunakan rumus bentuk y ~ = Q n (x ) x γ, dengan Q n ( x) adalah polinomial berderajat n, r adalah banyaknya akar nol dari persamaan karakteristik. Nilai y ~ adalah solusi tertentu y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , maka koefisien yang tersedia ditentukan oleh polinomial
Q n (x), kita cari dengan menggunakan metode koefisien tak tentu dari persamaan y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Contoh 1
Hitung menggunakan teorema Cauchy y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .
Larutan
Dengan kata lain, perlu untuk beralih ke solusi tertentu dari persamaan diferensial linier tak homogen orde kedua dengan koefisien konstan y "" - 2 y " = x 2 + 1, yang akan memenuhi kondisi tertentu y (0) = 2, kamu " (0) = 1 4 .
Penyelesaian umum persamaan linier tak homogen adalah penjumlahan dari penyelesaian umum yang sesuai dengan persamaan y 0 atau penyelesaian khusus persamaan tak homogen y ~, yaitu y = y 0 + y ~.
Pertama, kita akan menemukan solusi umum untuk LNDU, dan kemudian solusi khusus.
Mari kita lanjutkan untuk mencari y 0. Menuliskan persamaan karakteristik akan membantu Anda menemukan akar-akarnya. Kami mengerti
k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0 , k 2 = 2
Kami menemukan bahwa akarnya berbeda dan nyata. Oleh karena itu, mari kita tuliskan
kamu 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x.
Ayo temukan kamu ~ . Terlihat bahwa ruas kanan persamaan yang diberikan adalah polinomial derajat kedua, maka salah satu akarnya sama dengan nol. Dari sini kita peroleh bahwa solusi khusus untuk y ~ adalah
y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, dimana nilai A, B, C mengambil koefisien yang tidak dapat ditentukan.
Mari kita cari dari persamaan bentuk y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1.
Kemudian kita mendapatkan bahwa:
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
Menyamakan koefisien dengan eksponen x yang sama, kita memperoleh sistem ekspresi linier - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Saat menyelesaikan dengan salah satu metode, kita akan mencari koefisiennya dan menulis: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 dan y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .
Entri ini disebut solusi umum persamaan diferensial orde kedua linier tak homogen asli dengan koefisien konstan.
Untuk mencari solusi tertentu yang memenuhi kondisi y (0) = 2, y "(0) = 1 4, perlu ditentukan nilainya C 1 Dan dari 2, berdasarkan persamaan bentuk y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.
Kami mendapatkan bahwa:
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
Kita kerjakan sistem persamaan yang dihasilkan dalam bentuk C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, di mana C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.
Menerapkan teorema Cauchy, kita mendapatkan itu
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
Menjawab: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .
Jika fungsi f (x) direpresentasikan sebagai hasil kali polinomial berderajat n dan eksponen f (x) = P n (x) · e a x , maka diperoleh solusi partikular dari LPDE orde kedua adalah persamaan bentuk y ~ = e a x · Q n ( x) x γ, di mana Q n (x) adalah polinomial derajat ke-n, dan r adalah banyaknya akar persamaan karakteristik yang sama dengan α.
Koefisien milik Q n (x) ditemukan dengan persamaan y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Contoh 2
Temukan solusi umum persamaan diferensial berbentuk y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .
Larutan
Persamaannya pandangan umum kamu = kamu 0 + kamu ~ . Persamaan yang ditunjukkan sesuai dengan LOD y "" - 2 y " = 0. Dari contoh sebelumnya terlihat bahwa akar-akarnya sama k 1 = 0 dan k 2 = 2 dan y 0 = C 1 + C 2 e 2 x dengan persamaan karakteristik.
Dapat dilihat bahwa ruas kanan persamaan tersebut adalah x 2 + 1 · e x . Dari sini LPDE dicari melalui y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, dimana Q n (x) adalah polinomial derajat kedua, dimana α = 1 dan r = 0, karena persamaan karakteristiknya tidak mempunyai akar yang sama dengan 1. Dari sini kita mendapatkannya
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 adalah koefisien yang tidak diketahui yang dapat dicari dengan persamaan y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x.
Mengerti
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
Kami menyamakan indikator dengan koefisien yang sama dan memperoleh sistem persamaan linier. Dari sini kita menemukan A, B, C:
A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3
Menjawab: jelas bahwa y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 merupakan solusi partikular dari LNDDE, dan y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - solusi umum persamaan dif tak homogen orde kedua.
Jika fungsinya ditulis sebagai f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, dan Sebuah 1 Dan DALAM 1 adalah bilangan, maka penyelesaian parsial LPDE dianggap persamaan berbentuk y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ, dimana A dan B dianggap koefisien tak tentu, dan r adalah bilangan akar konjugasi kompleks yang berhubungan dengan persamaan karakteristik, sama dengan ± i β . Dalam hal ini pencarian koefisien dilakukan dengan menggunakan persamaan y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Contoh 3
Temukan solusi umum persamaan diferensial berbentuk y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Larutan
Sebelum menulis persamaan karakteristik, kita cari y 0. Kemudian
k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 saya , k 2 = - 2 saya
Kami memiliki sepasang akar konjugasi kompleks. Mari kita bertransformasi dan mendapatkan:
y 0 = e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) = C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)
Akar persamaan karakteristik dianggap sebagai pasangan konjugasi ± 2 i, maka f(x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). Hal ini menunjukkan bahwa pencarian y ~ akan dilakukan dari y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Tidak diketahui Kita akan mencari koefisien A dan B dari persamaan bentuk y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Mari bertransformasi:
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)
Maka jelaslah itu
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)
Koefisien sinus dan cosinus perlu disamakan. Kami mendapatkan sistem dalam bentuk:
4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4
Maka y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.
Menjawab: solusi umum dari LDDE orde kedua asli dengan koefisien konstan dipertimbangkan
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
Jika f(x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), maka y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ. Kita mendapatkan bahwa r adalah jumlah pasangan akar konjugasi kompleks yang berhubungan dengan persamaan karakteristik, sama dengan α ± i β, di mana P n (x), Q k (x), L m (x) dan Nm(x) adalah polinomial berderajat n, k, m, m, dimana m = m a x (n, k). Menemukan koefisien Lm(x) Dan Nm(x) dibuat berdasarkan persamaan y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Contoh 4
Carilah penyelesaian umum y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .
Larutan
Berdasarkan kondisinya jelas bahwa
α = 3, β = 5, P n (x) = - 38 x - 45, Q k (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1
Maka m = m a x (n, k) = 1. Kita mencari y 0 dengan terlebih dahulu menulis persamaan karakteristik dalam bentuk:
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
Kami menemukan bahwa akarnya nyata dan berbeda. Jadi y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Selanjutnya, perlu dicari solusi umum berdasarkan persamaan tak homogen bentuk y ~
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))
Diketahui A, B, C merupakan koefisien, r = 0, karena tidak ada pasangan akar konjugasi yang berhubungan dengan persamaan karakteristik dengan α ± i β = 3 ± 5 · i. Kami menemukan koefisien berikut dari persamaan yang dihasilkan:
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))
Menemukan turunan dan suku-suku serupa memberi
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))
Setelah menyamakan koefisien, kita memperoleh sistem berbentuk
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
Dari semuanya berikut ini
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) dosa (5 x))
Menjawab: Sekarang kita telah memperoleh solusi umum untuk persamaan linear yang diberikan:
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))
Algoritma untuk menyelesaikan LDNU
Definisi 1Jenis fungsi f(x) lainnya untuk solusi memerlukan kepatuhan terhadap algoritma solusi:
- menemukan solusi umum persamaan homogen linier yang bersangkutan, di mana y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, di mana kamu 1 Dan kamu 2 adalah solusi parsial bebas linier dari LODE, C 1 Dan dari 2 dianggap konstanta arbitrer;
- adopsi sebagai solusi umum LNDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
- penentuan turunan suatu fungsi melalui sistem berbentuk 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) , dan mencari fungsi C 1 (x) dan C 2 (x) melalui integrasi.
Contoh 5
Carilah penyelesaian umum untuk y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.
Larutan
Kita lanjutkan menulis persamaan karakteristik, setelah sebelumnya menulis y 0, y "" + 36 y = 0. Mari menulis dan menyelesaikan:
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) , kamu 2 (x) = sin (6 x)
Kita mendapatkan bahwa solusi umum persamaan yang diberikan akan ditulis sebagai y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Kita perlu beralih ke definisi fungsi turunan C 1 (x) Dan C2(x) menurut sistem dengan persamaan:
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
Keputusan perlu dibuat mengenai C 1" (x) Dan C 2" (x) menggunakan metode apa pun. Kemudian kita menulis:
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)
Setiap persamaan harus diintegrasikan. Kemudian kita menulis persamaan yang dihasilkan:
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 dosa (6 x) + C 4
Maka solusi umumnya akan berbentuk:
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 dosa (6 x)
Menjawab: 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)
Jika Anda melihat kesalahan pada teks, silakan sorot dan tekan Ctrl+Enter
