Lekcijā tiek pētīti LNDE - lineāri nehomogēni diferenciālvienādojumi. Aplūkota vispārīgā risinājuma struktūra, LPDE risinājums izmantojot patvaļīgu konstantu variācijas metodi, LPDE risinājums ar pastāvīgie koeficienti un īpaša veida labā puse. Aplūkojamie jautājumi tiek izmantoti piespiedu svārstību izpētē fizikā, elektrotehnikā un elektronikā un automātiskās vadības teorijā.
1. Lineāra nehomogēna 2. kārtas diferenciālvienādojuma vispārīgā risinājuma uzbūve.
Vispirms apskatīsim patvaļīgas secības lineāru nehomogēnu vienādojumu:
Ņemot vērā apzīmējumu, mēs varam rakstīt:
Šajā gadījumā mēs pieņemsim, ka šī vienādojuma koeficienti un labā puse ir nepārtraukti noteiktā intervālā.
Teorēma. Lineāra nehomogēna diferenciālvienādojuma vispārīgais risinājums noteiktā apgabalā ir jebkura tā atrisinājuma un atbilstošā lineārā homogēnā diferenciālvienādojuma vispārīgā atrisinājuma summa.
Pierādījums. Lai Y ir kāds nehomogēna vienādojuma risinājums.
Tad, aizstājot šo risinājumu sākotnējā vienādojumā, mēs iegūstam identitāti:
Ļaujiet 
- pamatsistēma lineāra homogēna vienādojuma risinājumi 
. Tad kopīgs lēmums homogēnu vienādojumu var uzrakstīt šādi:
Jo īpaši lineāram nehomogēnam otrās kārtas diferenciālvienādojumam vispārējā risinājuma struktūra ir šāda:
Kur 
ir atbilstošā homogēnā vienādojuma atrisinājumu pamatsistēma, un 
- jebkurš konkrēts nehomogēna vienādojuma risinājums.
Tādējādi, lai atrisinātu lineāru nehomogēnu diferenciālvienādojumu, ir jāatrod vispārīgs risinājums atbilstošajam homogēnajam vienādojumam un kaut kā jāatrod viens konkrēts risinājums nehomogēns vienādojums. Parasti tas tiek atrasts pēc atlases. Turpmākajos jautājumos mēs apsvērsim metodes, kā izvēlēties privātu risinājumu.
2. Variācijas metode
Praksē ir ērti izmantot patvaļīgu konstantu mainīšanas metodi.
Lai to izdarītu, vispirms atrodiet vispārīgu risinājumu atbilstošajam viendabīgajam vienādojumam formā:
Tad liekot koeficientus C i funkcijas no X, tiek meklēts risinājums nehomogēnā vienādojumam:
Var pierādīt, ka atrast funkcijas C i (x) mums jāatrisina vienādojumu sistēma:
Piemērs. Atrisiniet vienādojumu 
Lineāra viendabīga vienādojuma atrisināšana 
Nehomogēnā vienādojuma risinājumam būs šāda forma:
Izveidosim vienādojumu sistēmu:
Atrisināsim šo sistēmu:
No attiecības mēs atrodam funkciju Ak).
Tagad mēs atrodam B(x).
Iegūtās vērtības aizstājam nehomogēnā vienādojuma vispārējā risinājuma formulā:
Galīgā atbilde: 
Vispārīgi runājot, patvaļīgu konstantu variācijas metode ir piemērota, lai atrastu risinājumus jebkuram lineāram nehomogēnam vienādojumam. Bet tāpēc, Atbilstošā viendabīgā vienādojuma atrisinājumu fundamentālās sistēmas atrašana var būt diezgan grūts uzdevums, šo metodi galvenokārt izmanto nehomogēniem vienādojumiem ar nemainīgiem koeficientiem.
3. Vienādojumi ar speciālas formas labo pusi
Šķiet, ka ir iespējams iedomāties konkrētā risinājuma veidu atkarībā no nehomogēnā vienādojuma labās puses veida.
Izšķir šādus gadījumus:
I. Lineārā nehomogēnā diferenciālvienādojuma labā puse ir šāda:
kur ir pakāpes polinoms m.
Tad tiek meklēts konkrēts risinājums šādā formā:
Šeit J(x) - tādas pašas pakāpes polinoms kā P(x) , deguns nenoteikti koeficienti, A r– skaitlis, kas parāda, cik reižu skaitlis ir atbilstošā lineārā homogēnā diferenciālvienādojuma raksturīgā vienādojuma sakne.
Piemērs. Atrisiniet vienādojumu 
.
Atrisināsim atbilstošo viendabīgo vienādojumu: 
Tagad atradīsim konkrētu risinājumu sākotnējam nehomogēnā vienādojumam.
Salīdzināsim vienādojuma labo pusi ar iepriekš apskatīto labās puses formu.
Mēs meklējam konkrētu risinājumu formā: 
, Kur
Tie. 
Tagad noteiksim nezināmos koeficientus A Un IN.
Aizstāsim konkrēto risinājumu vispārīgā formā ar sākotnējo nehomogēnu diferenciālvienādojumu.
Pilnīgs, privāts risinājums: 
Tad lineāra nehomogēna diferenciālvienādojuma vispārējais risinājums ir:
II. Lineārā nehomogēnā diferenciālvienādojuma labā puse ir šāda:
Šeit R 1 (X) Un R 2 (X)– pakāpes polinomi m 1 un m 2 attiecīgi.
Tad konkrētam nehomogēnā vienādojuma risinājumam būs šāda forma:
kur ir numurs r parāda, cik reižu skaitlis 
ir atbilstošā viendabīgā vienādojuma raksturīgā vienādojuma sakne, un J 1
(x)
Un
J 2
(x)
– polinomi, kuru pakāpe nav augstāka par m, Kur m- lielākais no grādiem m 1
Un m 2
.
Privāto risinājumu veidu kopsavilkuma tabula
dažāda veida labās puses malām
|
Diferenciālvienādojuma labā puse |
raksturīgais vienādojums |
Privāto veidi |
|
|
|
1. Skaitlis nav raksturīgā vienādojuma sakne |
|
|
|
2. Skaitlis ir daudzkārtības raksturīgā vienādojuma sakne |
|
||
|
|
1. Skaitlis |
|
|
|
2. Skaitlis |
|
||
|
1. Skaitļi |
|
||
|
2. Skaitļi |
|
||
|
1. Skaitļi | |||
|
2. Skaitļi |
nav raksturīgā vienādojuma sakne
ir daudzkārtības raksturīgā vienādojuma sakne 
ir daudzkārtības raksturīgā vienādojuma saknes 
nav raksturīgā daudzkārtības vienādojuma saknes 
ir daudzkārtības raksturīgā vienādojuma saknes 
Ņemiet vērā: ja vienādojuma labā puse ir iepriekš aplūkotā veida izteiksmju kombinācija, tad risinājums tiek atrasts kā palīgvienādojumu atrisinājumu kombinācija, no kuriem katram ir labā puse, kas atbilst iekļautajai izteiksmei. kombinācijā.
Tie. ja vienādojums ir: 
, tad šim vienādojumam būs īpašs risinājums 
Kur plkst 1
Un plkst 2
– īpaši palīgvienādojumu risinājumi
Un 
Lai ilustrētu, atrisināsim iepriekš minēto piemēru citādā veidā.
Piemērs. Atrisiniet vienādojumu 
Attēlosim diferenciālvienādojuma labo pusi kā divu funkciju summu f 1 (x) + f 2 (x) = x + (- grēks x).
Sastādām un atrisināsim raksturīgo vienādojumu:
Mēs iegūstam: t.i. 
Kopā: 
Tie. nepieciešamajam konkrētajam risinājumam ir šāda forma: 
Nehomogēna diferenciālvienādojuma vispārīgs risinājums:
Apskatīsim aprakstīto metožu pielietojuma piemērus.
1. piemērs... Atrisiniet vienādojumu 
Sastādām raksturīgo vienādojumu atbilstošajam lineārajam homogēnajam diferenciālvienādojumam:
Tagad atradīsim konkrētu risinājumu nehomogēnā vienādojumam formā:
Izmantosim nenoteikto koeficientu metodi.
Aizvietojot sākotnējo vienādojumu, mēs iegūstam:
Īpašam risinājumam ir šāda forma: 
Lineāra nehomogēna vienādojuma vispārīgs risinājums: 
Piemērs. Atrisiniet vienādojumu 
Raksturīgais vienādojums:
Homogēnā vienādojuma vispārīgs risinājums: 
Konkrēts nehomogēnā vienādojuma risinājums: 
.
Mēs atrodam atvasinājumus un aizstājam tos sākotnējā nehomogēnā vienādojumā:
Mēs iegūstam nehomogēnā diferenciālvienādojuma vispārīgu risinājumu:
Lineāru nehomogēnu otrās kārtas diferenciālvienādojumu (LNDE-2) risināšanas pamati ar nemainīgiem koeficientiem (PC)
Otrās kārtas LDDE ar nemainīgiem koeficientiem $p$ un $q$ ir formā $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, kur $f\left(x \right)$ ir nepārtraukta funkcija.
Attiecībā uz LNDU 2 ar datoru šādi divi apgalvojumi ir patiesi.
Pieņemsim, ka kāda funkcija $U$ ir patvaļīgs nehomogēna diferenciālvienādojuma daļējs risinājums. Pieņemsim arī, ka kāda funkcija $Y$ ir atbilstošā lineārā homogēnā diferenciālvienādojuma (HLDE) vispārējais risinājums (GS) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Tad GR no LHDE-2 ir vienāds ar norādīto privāto un vispārīgo risinājumu summu, tas ir, $y=U+Y$.
Ja otrās kārtas LMDE labā puse ir funkciju summa, tas ir, $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x) \right)+. ..+f_(r) \left(x\right)$, tad vispirms mēs varam atrast atbilstošos PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ katrai no funkcijām $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, un pēc tam ierakstiet CR LNDU-2 formā $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.
2. kārtas LPDE risinājums ar datoru
Ir skaidrs, ka dotā LNDU-2 viena vai otra PD $U$ veids ir atkarīgs no tā labās puses $f\left(x\right)$ konkrētās formas. Vienkāršākie PD LNDU-2 meklēšanas gadījumi ir formulēti šādu četru noteikumu veidā.
Noteikums #1.
LNDU-2 labā puse ir formā $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, kur $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, tas ir, to sauc par $n$ pakāpes polinoms. Tad tā PD $U$ tiek meklēts formā $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, kur $Q_(n) \left(x\right)$ ir cits polinoms ar tādu pašu pakāpi kā $P_(n) \left(x\right)$, un $r$ ir sakņu skaits raksturīgais vienādojums kas atbilst LOD-2, vienāds ar nulli. Polinoma $Q_(n) \left(x\right)$ koeficienti tiek atrasti ar nenoteikto koeficientu metodi (UK).
Noteikums Nr.2.
LNDU-2 labajā pusē ir forma $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, kur $P_(n) \left(x\right)$ ir polinoms ar pakāpi $n$. Tad tā PD $U$ tiek meklēts formā $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, kur $Q_(n) ) \ left(x\right)$ ir vēl viens tādas pašas pakāpes polinoms kā $P_(n) \left(x\right)$, un $r$ ir atbilstošā LODE-2 raksturīgā vienādojuma sakņu skaits. vienāds ar $\alpha $. Polinoma $Q_(n) \left(x\right)$ koeficienti tiek atrasti ar NC metodi.
Noteikums Nr.3.
LNDU-2 labajā pusē ir forma $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \pa labi) $, kur ir $a$, $b$ un $\beta$ zināmie skaitļi. Tad tā PD $U$ tiek meklēts formā $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, kur $A$ un $B$ ir nezināmi koeficienti, un $r$ ir atbilstošā LODE-2 raksturīgā vienādojuma sakņu skaits, kas vienāds ar $i\cdot \beta $. Koeficientus $A$ un $B$ nosaka, izmantojot nesagraujošo metodi.
Noteikums Nr.4.
LNDU-2 labajā pusē ir forma $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, kur $P_(n) \left(x\right)$ ir polinoms ar pakāpi $ n$, un $P_(m) \left(x\right)$ ir polinoms ar pakāpi $m$. Tad tā PD $U$ tiek meklēts formā $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, kur $Q_(s) \left(x\right)$ un $ R_(s) \left(x\right)$ ir $s$ pakāpes polinomi, skaitlis $s$ ir maksimālais no diviem skaitļiem $n$ un $m$, un $r$ ir sakņu skaits. atbilstošā LODE-2 raksturīgā vienādojuma, kas vienāds ar $\alpha +i\cdot \beta $. Ar NC metodi tiek atrasti polinomu $Q_(s) \left(x\right)$ un $R_(s) \left(x\right)$ koeficienti.
NK metode sastāv no šāda noteikuma piemērošanas. Lai atrastu nezināmos polinoma koeficientus, kas ir daļa no nehomogēnā diferenciālvienādojuma LNDU-2 daļējā atrisinājuma, nepieciešams:
- aizstāt PD $U$, kas rakstīts vispārīgā formā, uz kreisā puse LNDU-2;
- LNDU-2 kreisajā pusē veic vienkāršojumus un grupēšanas terminus ar vienādām pilnvarām $x$;
- iegūtajā identitātē vienādojiet terminu koeficientus ar vienādām kreisās un labās puses pakāpēm $x$;
- atrisināt iegūto sistēmu lineārie vienādojumi attiecībā pret nezināmiem koeficientiem.
1. piemērs
Uzdevums: atrast VAI LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Atrast arī PD , izpildot sākotnējos nosacījumus $y=6$ pie $x=0$ un $y"=1$ pie $x=0$.
Mēs pierakstām atbilstošo LOD-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.
Raksturīgais vienādojums: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Raksturīgā vienādojuma saknes ir: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Šīs saknes ir derīgas un atšķirīgas. Tādējādi atbilstošās LODE-2 VAI ir šāda forma: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.
Šī LNDU-2 labajā pusē ir forma $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Jāņem vērā eksponenta $\alpha =3$ koeficients. Šis koeficients nesakrīt ne ar vienu no raksturīgā vienādojuma saknēm. Tāpēc šī LNDU-2 PD ir formā $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
Koeficientus $A$, $B$ meklēsim, izmantojot NC metodi.
Mēs atrodam pirmo Čehijas Republikas atvasinājumu:
$U"=\left(A\cdot x+B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot \left( e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Mēs atrodam otro Čehijas Republikas atvasinājumu:
$U""=\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot \left(e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Mēs aizstājam funkcijas $U""$, $U"$ un $U$ $y""$, $y"$ un $y$ vietā dotajā NLDE-2 $y""-3\cdot y" -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x).$ Turklāt, tā kā eksponents $e^(3\cdot x)$ ir iekļauts kā faktors visos komponentos, tad to var izlaist. Mēs iegūstam:
$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\right)=36\cdot x+12.$
Mēs veicam darbības iegūtās vienlīdzības kreisajā pusē:
$-18\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$
Mēs izmantojam NDT metodi. Mēs iegūstam lineāru vienādojumu sistēmu ar diviem nezināmiem:
$-18\cdot A=36;$
$3\cdot A-18\cdot B=12.$
Šīs sistēmas risinājums ir: $A=-2$, $B=-1$.
PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ mūsu problēmai izskatās šādi: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.
Mūsu problēmas VAI $y=Y+U$ izskatās šādi: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ kreisi(-2\cdot x-1\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
Lai meklētu PD, kas atbilst dotajiem sākuma nosacījumiem, mēs atrodam OP atvasinājumu $y"$:
$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$
Mēs aizstājam ar $y$ un $y"$ sākotnējos nosacījumus $y=6$ priekš $x=0$ un $y"=1$ ar $x=0$:
$6=C_(1) +C_(2) -1; $
$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$
Mēs saņēmām vienādojumu sistēmu:
$C_(1) +C_(2) =7;$
$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$
Atrisināsim. Mēs atrodam $C_(1) $, izmantojot Krāmera formulu, un $C_(2) $ mēs nosakām no pirmā vienādojuma:
$C_(1) =\frac(\left|\begin(masīvs)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(masīvs)\right|)(\left|\ sākums(masīvs)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(masīvs)\labais|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4 = 3.$
Tādējādi šī diferenciālvienādojuma PD ir šāda forma: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \right )\cdot e^(3\cdot x) $.
|
Nehomogēni otrās kārtas diferenciālvienādojumi ar nemainīgiem koeficientiem |
|
Vispārējā risinājuma struktūra Šāda veida lineāram nehomogēnam vienādojumam ir šāda forma: Kur lpp, q− nemainīgi skaitļi (kas var būt gan reāli, gan kompleksi). Katram šādam vienādojumam mēs varam uzrakstīt atbilstošo viendabīgs vienādojums:
Teorēma: Nehomogēna vienādojuma vispārējais atrisinājums ir vispārīgā risinājuma summa y 0 (x) atbilstošā homogēnā vienādojuma un konkrētā risinājuma y 1 (x) nehomogēns vienādojums:
Tālāk mēs apsvērsim divus veidus, kā atrisināt nehomogēnus diferenciālvienādojumus. Konstantu variācijas metode Ja vispārējais risinājums y 0 no saistītā homogēnā vienādojuma ir zināms, tad nehomogēnā vienādojuma vispārīgo risinājumu var atrast, izmantojot pastāvīgas variācijas metode. Ļaujiet homogēna otrās kārtas diferenciālvienādojuma vispārējam risinājumam būt šādā formā: Pastāvīgā vietā C 1 un C 2 mēs apsvērsim palīgfunkcijas C 1 (x) Un C 2 (x). Mēs meklēsim šīs funkcijas tā, ka risinājums apmierināja nehomogēnu vienādojumu ar labo pusi f(x). Nezināmas funkcijas C 1 (x) Un C 2 (x) nosaka no divu vienādojumu sistēmas:
Nenoteikta koeficienta metode Labā daļa f(x) no nehomogēna diferenciālvienādojuma bieži vien ir polinoma, eksponenciāla vai trigonometriska funkcija vai kāda šo funkciju kombinācija. Šajā gadījumā ir ērtāk meklēt risinājumu, izmantojot nenoteikto koeficientu metode. Uzsvērsim to šī metode darbojas tikai ierobežotai funkciju klasei labajā pusē, piemēram,  Abos gadījumos konkrēta risinājuma izvēlei jāatbilst nehomogēnā diferenciālvienādojuma labās puses struktūrai. Gadījumā 1, ja numurs α V eksponenciālā funkcija sakrīt ar raksturīgā vienādojuma sakni, tad konkrētais risinājums saturēs papildu faktoru x s, Kur s− sakņu daudzveidība α raksturīgā vienādojumā. 2. gadījumā, ja numurs α + βi sakrīt ar raksturīgā vienādojuma sakni, tad izteiksme konkrētajam risinājumam saturēs papildu faktoru x. Nezināmus koeficientus var noteikt, aizstājot atrasto izteiksmi konkrētam risinājumam sākotnējā nehomogēnā diferenciālvienādojumā. Superpozīcijas princips Ja nehomogēnā vienādojuma labā puse ir summa vairākas formas funkcijas tad konkrēts diferenciālvienādojuma risinājums būs arī daļējo atrisinājumu summa, kas konstruēta atsevišķi katram vārdam labajā pusē. |
|
1. piemērs |
|
Atrisiniet diferenciālvienādojumu y"" + y= grēks(2 x). Risinājums. Vispirms atrisinām atbilstošo viendabīgo vienādojumu y"" + y= 0.V šajā gadījumā raksturīgā vienādojuma saknes ir tīri iedomātas: Līdz ar to viendabīgā vienādojuma vispārīgo atrisinājumu dod izteiksme Atgriezīsimies vēlreiz pie nehomogēnā vienādojuma. Mēs meklēsim tā risinājumu formā izmantojot konstantu variācijas metodi. Funkcijas C 1 (x) Un C 2 (x) var atrast no nākamā sistēma vienādojumi:
Izteiksim atvasinājumu C 1 " (x) no pirmā vienādojuma:
Aizvietojot ar otro vienādojumu, mēs atrodam atvasinājumu C 2 " (x):
No tā izriet, ka Atvasinājumu izteiksmju integrēšana C 1 " (x) Un C 2 " (x), mēs iegūstam: Kur A 1 , A 2 – integrācijas konstantes. Tagad aizstāsim atrastās funkcijas C 1 (x) Un C 2 (x) formulā y 1 (x) un pierakstiet nehomogēnā vienādojuma vispārējo atrisinājumu:
|
|
2. piemērs |
|
Atrodiet vienādojuma vispārīgo risinājumu y""+y" −6y = 36x. Risinājums. Izmantosim nenoteikto koeficientu metodi. Dotā vienādojuma labā puse ir lineārā funkcija f(x)= cirvis + b. Tāpēc mēs meklēsim konkrētu risinājumu formā Atvasinājumi ir vienādi:
Aizvietojot to diferenciālvienādojumā, mēs iegūstam:
Pēdējais vienādojums ir identitāte, tas ir, tas ir spēkā visiem x, tāpēc terminu koeficientus pielīdzinām vienādām pakāpēm x kreisajā un labajā pusē: No iegūtās sistēmas mēs atrodam: A = −6, B= −1. Rezultātā konkrētais risinājums tiek ierakstīts formā Tagad atradīsim homogēnā diferenciālvienādojuma vispārīgo risinājumu. Aprēķināsim papildu raksturlieluma vienādojuma saknes: Tāpēc atbilstošā viendabīgā vienādojuma vispārējam risinājumam ir šāda forma: Tātad sākotnējā nehomogēnā vienādojuma vispārējais risinājums tiek izteikts ar formulu |
DE vispārējais integrālis.
Atrisiniet diferenciālvienādojumu
Bet pats smieklīgākais ir tas, ka atbilde jau ir zināma: , precīzāk, jāpievieno arī konstante: Vispārējais integrālis ir diferenciālvienādojuma risinājums.
Patvaļīgu konstantu variācijas metode. Risinājumu piemēri
Patvaļīgu konstantu variācijas metodi izmanto nehomogēnu diferenciālvienādojumu risināšanai. Šī nodarbība ir paredzēta tiem skolēniem, kuri jau vairāk vai mazāk labi pārzina tēmu. Ja tikai sāc iepazīties ar tālvadības pulti, t.i. Ja esat tējkanna, iesaku sākt ar pirmo nodarbību: Pirmās kārtas diferenciālvienādojumi. Risinājumu piemēri. Un, ja jūs jau esat pabeidzis, lūdzu, atmetiet iespējamo aizspriedumu, ka metode ir sarežģīta. Jo tas ir vienkārši.
Kādos gadījumos tiek izmantota patvaļīgu konstantu variācijas metode?
1) Lai atrisinātu, var izmantot patvaļīgas konstantes variācijas metodi lineārs nehomogēns 1. kārtas DE. Tā kā vienādojums ir pirmās kārtas, tad arī konstante ir viena.
2) Dažu atrisināšanai tiek izmantota patvaļīgu konstantu variācijas metode lineāri nehomogēni otrās kārtas vienādojumi. Šeit atšķiras divas konstantes.
Loģiski pieņemt, ka nodarbība sastāvēs no divām rindkopām... Tāpēc es uzrakstīju šo teikumu un apmēram 10 minūtes es sāpīgi domāju par to, ko vēl gudru sūdu es varētu pievienot, lai vienmērīgi pārietu uz praktiskiem piemēriem. Bet pēc svētkiem nez kāpēc nedomāju, lai gan šķiet, ka neesmu neko ļaunprātīgi izmantojis. Tāpēc pāriesim tieši pie pirmās rindkopas.
Patvaļīgas konstantes variācijas metode pirmās kārtas lineāram nehomogēnam vienādojumam
Pirms apsvērt patvaļīgas konstantes variācijas metodi, ieteicams iepazīties ar rakstu Pirmās kārtas lineārie diferenciālvienādojumi. Tajā nodarbībā mēs trenējāmies pirmais risinājums nehomogēns 1. kārtas DE. Šo pirmo risinājumu, es atgādinu, sauc aizstāšanas metode vai Bernulli metode(nejaukt ar Bernulli vienādojums!!!)
Tagad mēs skatīsimies otrais risinājums– patvaļīgas konstantes variācijas metode. Es sniegšu tikai trīs piemērus, un es tos ņemšu no iepriekš minētās nodarbības. Kāpēc tik maz? Jo patiesībā risinājums otrajā veidā būs ļoti līdzīgs risinājumam pirmajā veidā. Turklāt, pēc maniem novērojumiem, patvaļīgu konstantu variācijas metode tiek izmantota retāk nekā aizstāšanas metode.
1. piemērs
Atrodiet diferenciālvienādojuma vispārīgo atrisinājumu (Diffour no nodarbības piemēra Nr. 2 Lineāri nehomogēni 1. kārtas diferenciālvienādojumi)
Risinājums:Šis vienādojums ir lineāri nehomogēns, un tam ir pazīstama forma:
Pirmajā posmā ir jāatrisina vienkāršāks vienādojums: Tas ir, mēs muļķīgi atiestatām labo pusi uz nulli - tā vietā ierakstiet nulli. Es nosaukšu vienādojumu palīgvienādojums.
Šajā piemērā jums jāatrisina šāds palīgvienādojums:
Pirms mums atdalāms vienādojums, kuras risinājums (es ceru) jums vairs nav grūts:
Tādējādi: – palīgvienādojuma vispārīgs risinājums.
Otrajā solī mēs nomainīsim daži konstanti tagad nezināma funkcija, kas ir atkarīga no "x":
Līdz ar to metodes nosaukums - mēs variējam konstanti. Alternatīvi, konstante varētu būt kāda funkcija, kas mums tagad ir jāatrod.
IN oriģināls nehomogēnā vienādojumā mēs veicam aizstāšanu:
Aizstāsim vienādojumu:
Kontroles punkts - divi termini kreisajā pusē tiek atcelti. Ja tas nenotiek, jums vajadzētu meklēt iepriekš minēto kļūdu.
Aizstāšanas rezultātā tika iegūts vienādojums ar atdalāmiem mainīgajiem. Mēs atdalām mainīgos un integrējam.
Kāda svētība, eksponenti arī atceļ:
Atrastajai funkcijai pievienojam “normālu” konstanti:
Pēdējā posmā mēs atceramies par mūsu nomaiņu:
Funkcija tikko atrasta!
Tātad vispārējais risinājums ir:
Atbilde: kopīgs lēmums: 
Ja izdrukāsiet abus risinājumus, jūs viegli pamanīsit, ka abos gadījumos mēs atradām vienus un tos pašus integrāļus. Vienīgā atšķirība ir risinājuma algoritmā.
Tagad par kaut ko sarežģītāku es komentēšu arī otro piemēru:
2. piemērs
Atrodiet diferenciālvienādojuma vispārīgo atrisinājumu (Diffour no nodarbības 8. piemēra Lineāri nehomogēni 1. kārtas diferenciālvienādojumi)
Risinājums: Novietosim vienādojumu formā:
Atiestatīsim labo pusi un atrisināsim palīgvienādojumu:
Mēs atdalām mainīgos un integrējam: Vispārējais palīgvienādojuma risinājums:
Nehomogēnā vienādojumā mēs veicam aizstāšanu:
Saskaņā ar produktu diferenciācijas noteikumu:
Aizstāsim ar sākotnējo nehomogēnu vienādojumu:
Kreisajā pusē esošie divi termini atceļas, kas nozīmē, ka esam uz pareizā ceļa: 
Integrēsim pa daļām. Garšīgais burts no integrācijas pa daļām formulas jau ir iekļauts risinājumā, tāpēc izmantojam, piemēram, burtus “a” un “be”:
Galu galā:
Tagad atcerēsimies nomaiņu:
Atbilde: kopīgs lēmums:
Patvaļīgu konstantu variācijas metode lineāram nehomogēnam otrās kārtas vienādojumam ar nemainīgiem koeficientiem
Esmu bieži dzirdējis viedokli, ka otrās kārtas vienādojuma patvaļīgu konstantu mainīšanas metode nav vienkārša. Bet es pieņemu sekojošo: visticamāk, metode daudziem šķiet grūta, jo tā nenotiek tik bieži. Taču patiesībā nekādu īpašu grūtību nav – lēmuma gaita ir skaidra, caurspīdīga un saprotama. Un skaisti.
Metodes apguvei vēlams spēt atrisināt nehomogēnus otrās kārtas vienādojumus, izvēloties konkrētu risinājumu pēc labās puses formas. Šī metode detalizēti apspriests rakstā Neviendabīgi 2. kārtas DE. Atgādinām, ka otrās kārtas lineāram nehomogēnam vienādojumam ar nemainīgiem koeficientiem ir šāda forma:
Atlases metode, kas tika apspriesta iepriekš minētajā nodarbībā, darbojas tikai ierobežotā skaitā gadījumu, kad labajā pusē ir polinomi, eksponenciāli, sinusus un kosinusus. Bet ko darīt, ja labajā pusē, piemēram, ir daļskaitlis, logaritms, tangenss? Šādā situācijā palīgā nāk konstantu variācijas metode.
4. piemērs
Atrodiet vispārīgu otrās kārtas diferenciālvienādojuma risinājumu 
Risinājums:Šī vienādojuma labajā pusē ir daļa, tāpēc mēs uzreiz varam teikt, ka konkrēta risinājuma izvēles metode nedarbojas. Mēs izmantojam patvaļīgu konstantu variācijas metodi.
Nav pērkona negaisa pazīmju, risinājuma sākums ir pilnīgi parasts:
Mēs atradīsim kopīgs lēmums atbilstošs viendabīgs vienādojumi:
Sastādām un atrisināsim raksturīgo vienādojumu: 
– tiek iegūtas konjugētas kompleksās saknes, tāpēc vispārējais risinājums ir:
Pievērsiet uzmanību vispārējā risinājuma ierakstam - ja ir iekavas, atveriet tās.
Tagad mēs veicam gandrīz tādu pašu triku kā pirmās kārtas vienādojuma gadījumā: mainām konstantes, aizstājot tās ar nezināmām funkcijām. Tas ir, nehomogēna vispārējs risinājums mēs meklēsim vienādojumus šādā formā:
Kur - tagad nezināmas funkcijas.
Izskatās pēc poligona sadzīves atkritumi, bet tagad mēs visu nokārtosim.
Nezināmie ir funkciju atvasinājumi. Mūsu mērķis ir atrast atvasinājumus, un atrastajiem atvasinājumiem jāatbilst gan sistēmas pirmajam, gan otrajam vienādojumam.
No kurienes nāk "grieķi"? Stārķis tos atnes. Mēs skatāmies uz iepriekš iegūto vispārējo risinājumu un rakstām:
Atradīsim atvasinājumus:
Kreisās daļas ir apstrādātas. Kas atrodas labajā pusē?
- šī ir labā puse sākotnējais vienādojums, šajā gadījumā:
Šajā rakstā aplūkots jautājums par lineāru nehomogēnu otrās kārtas diferenciālvienādojumu risināšanu ar nemainīgiem koeficientiem. Teorija tiks apspriesta kopā ar doto problēmu piemēriem. Lai atšifrētu neskaidros terminus, ir jāatsaucas uz tēmu par diferenciālvienādojumu teorijas pamatdefinīcijām un jēdzieniem.
Apskatīsim otrās kārtas lineāro diferenciālvienādojumu (LDE) ar nemainīgiem koeficientiem formā y "" + p · y " + q · y = f (x), kur p un q ir patvaļīgi skaitļi, un esošā funkcija f (x) ir nepārtraukts integrācijas intervālā x.
Pāriesim pie LNDE vispārīgā risinājuma teorēmas formulēšanas.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Vispārējā risinājuma teorēma LDNU
1. teorēmaVispārīgs risinājums, kas atrodas uz intervāla x nehomogēna diferenciālvienādojuma formā y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) ar nepārtrauktas integrācijas koeficientiem x intervālā f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) un nepārtraukta funkcija f (x) ir vienāds ar vispārīgā risinājuma y 0 summu, kas atbilst LOD un kādam konkrētam risinājumam y ~, kur sākotnējais nehomogēns vienādojums ir y = y 0 + y ~.
Tas parāda, ka šāda otrās kārtas vienādojuma atrisinājumam ir forma y = y 0 + y ~ . Algoritms y 0 atrašanai ir apskatīts rakstā par lineāriem homogēniem otrās kārtas diferenciālvienādojumiem ar nemainīgiem koeficientiem. Pēc tam mums vajadzētu pāriet pie y ~ definīcijas.
Konkrēta LPDE risinājuma izvēle ir atkarīga no pieejamās funkcijas f (x) veida, kas atrodas vienādojuma labajā pusē. Lai to izdarītu, atsevišķi jāapsver lineāru nehomogēnu otrās kārtas diferenciālvienādojumu risinājumi ar nemainīgiem koeficientiem.
Ja f (x) uzskata par n-tās pakāpes polinomu f (x) = P n (x), no tā izriet, ka konkrēts LPDE risinājums tiek atrasts, izmantojot formulu formā y ~ = Q n (x) ) x γ, kur Q n ( x) ir n pakāpes polinoms, r ir raksturīgā vienādojuma nulles sakņu skaits. Vērtība y ~ ir konkrēts risinājums y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , tad pieejamie koeficienti, kurus nosaka polinoms
Q n (x), mēs atrodam, izmantojot nenoteikto koeficientu metodi no vienādības y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
1. piemērs
Aprēķiniet, izmantojot Košī teorēmu y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .
Risinājums
Citiem vārdiem sakot, ir jāpāriet uz konkrētu risinājumu lineāram nehomogēnam otrās kārtas diferenciālvienādojumam ar nemainīgiem koeficientiem y "" - 2 y " = x 2 + 1, kas apmierinās dotos nosacījumus y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .
Lineāra nehomogēna vienādojuma vispārējais atrisinājums ir vispārīgā risinājuma summa, kas atbilst vienādojumam y 0 vai konkrētam nehomogēnā vienādojuma y ~ atrisinājumam, tas ir, y = y 0 + y ~.
Vispirms mēs atradīsim vispārīgu risinājumu LNDU un pēc tam konkrētu.
Pāriesim pie y 0 atrašanas. Raksturīgā vienādojuma pierakstīšana palīdzēs atrast saknes. Mēs to saņemam
k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0, k 2 = 2
Mēs atklājām, ka saknes ir dažādas un īstas. Tāpēc pierakstīsim
y 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x.
Atradīsim y ~ . Redzams, ka dotā vienādojuma labā puse ir otrās pakāpes polinoms, tad viena no saknēm ir vienāda ar nulli. No tā mēs iegūstam, ka y ~ būs konkrēts risinājums
y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, kur A, B, C vērtības iegūst nenoteiktus koeficientus.
Atradīsim tos no formas y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 vienādības.
Tad mēs iegūstam 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
Pielīdzinot koeficientus ar vienādiem x eksponentiem, iegūstam lineāro izteiksmju sistēmu - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Risinot ar kādu no metodēm, atradīsim koeficientus un ierakstīsim: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 un y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .
Šo ierakstu sauc par sākotnējā lineārā nehomogēnā otrās kārtas diferenciālvienādojuma vispārējo risinājumu ar nemainīgiem koeficientiem.
Lai atrastu konkrētu risinājumu, kas atbilst nosacījumiem y (0) = 2, y "(0) = 1 4, ir jānosaka vērtības C 1 Un C 2, pamatojoties uz formas y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x vienādību.
Mēs to saņemam:
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
Mēs strādājam ar iegūto vienādojumu sistēmu formā C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, kur C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.
Piemērojot Košī teorēmu, mums tas ir
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
Atbilde: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .
Ja funkcija f (x) tiek attēlota kā polinoma reizinājums ar pakāpi n un eksponentu f (x) = P n (x) · e a x , tad iegūstam, ka konkrētais otrās kārtas LPDE risinājums būs vienādojums ar formu y ~ = e a x · Q n ( x) · x γ, kur Q n (x) ir n-tās pakāpes polinoms, un r ir raksturīgā vienādojuma sakņu skaits, kas vienāds ar α.
Koeficientus, kas pieder pie Q n (x), atrod ar vienādību y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
2. piemērs
Atrodiet vispārīgo risinājumu diferenciālvienādojumam formā y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .
Risinājums
Vienādojums vispārējs skats y = y 0 + y ~ . Norādītais vienādojums atbilst LOD y "" - 2 y " = 0. No iepriekšējā piemēra var redzēt, ka tā saknes ir vienādas k 1 = 0 un k 2 = 2 un y 0 = C 1 + C 2 e 2 x pēc raksturīgā vienādojuma.
Var redzēt, ka vienādojuma labā puse ir x 2 + 1 · e x . No šejienes LPDE tiek atrasts caur y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, kur Q n (x) ir otrās pakāpes polinoms, kur α = 1 un r = 0, jo raksturīgā vienādojums nav sakne ir vienāda ar 1. No šejienes mēs to iegūstam
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 ir nezināmi koeficienti, kurus var atrast ar vienādību y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x.
Sapratu
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
Rādītājus pielīdzinām vienādiem koeficientiem un iegūstam lineāro vienādojumu sistēmu. Šeit mēs atrodam A, B, C:
A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3
Atbilde: ir skaidrs, ka y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 ir īpašs LNDDE risinājums, un y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - otrās kārtas nehomogēnas diferenciālvienādojuma vispārīgs risinājums.
Ja funkcija ir uzrakstīta kā f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, un A 1 Un IN 1 ir skaitļi, tad LPDE daļējs risinājums tiek uzskatīts par vienādojumu formā y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ, kur A un B tiek uzskatīti par nenoteiktiem koeficientiem, un r ir skaitlis kompleksās konjugātas saknes, kas saistītas ar raksturīgo vienādojumu, vienādas ar ± i β . Šajā gadījumā koeficientu meklēšana tiek veikta, izmantojot vienādību y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
3. piemērs
Atrodiet vispārīgo risinājumu diferenciālvienādojumam formā y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Risinājums
Pirms raksturīgā vienādojuma rakstīšanas atrodam y 0. Tad
k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 i , k 2 = - 2 i
Mums ir pāris sarežģītu konjugētu sakņu. Pārveidosim un iegūsim:
y 0 = e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) = C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)
Raksturīgā vienādojuma saknes tiek uzskatītas par konjugātu pāri ± 2 i, tad f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). Tas parāda, ka y ~ meklēšana tiks veikta no y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Nezināmie Mēs meklēsim koeficientus A un B no formas y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) vienādības.
Pārveidosim:
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 grēks (2 x) + 2 B cos (2 x) - - 2 A grēks (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)
Tad ir skaidrs, ka
y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) ⇔ (- 4 A cos (2 x) - 4 B sin (2 x)) x - 4 A grēks (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)
Nepieciešams pielīdzināt sinusu un kosinusu koeficientus. Mēs iegūstam šādas formas sistēmu:
4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4
No tā izriet, ka y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.
Atbilde: aplūkots sākotnējā otrās kārtas LDDE vispārējais risinājums ar nemainīgiem koeficientiem
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
Ja f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), tad y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ. Ir zināms, ka r ir sarežģīto konjugēto sakņu pāru skaits, kas saistīti ar raksturīgo vienādojumu, kas vienāds ar α ± i β, kur P n (x), Q k (x), L m (x) un Nm(x) ir n, k, m, m pakāpes polinomi, kur m = m a x (n, k). Koeficientu atrašana Lm(x) Un Nm(x) tiek veidots, pamatojoties uz vienādību y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
4. piemērs
Atrodiet vispārīgo risinājumu y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .
Risinājums
Saskaņā ar nosacījumu ir skaidrs, ka
α = 3, β = 5, P n (x) = - 38 x - 45, Q k (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1
Tad m = m a x (n, k) = 1. Mēs atrodam y 0, vispirms uzrakstot formas raksturīgo vienādojumu:
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
Mēs atklājām, ka saknes ir īstas un atšķirīgas. Tādējādi y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Tālāk ir jāmeklē vispārējs risinājums, pamatojoties uz formas nehomogēnu vienādojumu 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))
Ir zināms, ka A, B, C ir koeficienti, r = 0, jo nav konjugētu sakņu pāra, kas būtu saistīts ar raksturīgo vienādojumu ar α ± i β = 3 ± 5 · i. Mēs atrodam šos koeficientus no iegūtās vienādības:
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) grēks (5 x))) = - e 3 x ((38 x + 45) grēks (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x))
Atvasinājuma un līdzīgu terminu atrašana dod
E 3 x ((15 A + 23 C) x sin (5 x) + + (10 A + 15 B - 3 C + 23 D) grēks (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))
Pēc koeficientu pielīdzināšanas iegūstam formu sistēmu
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
No visa izriet, ka
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) grēks (5 x))
Atbilde: Tagad mēs esam ieguvuši vispārīgu dotā lineārā vienādojuma risinājumu:
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))
Algoritms LDNU risināšanai
1. definīcijaJebkura cita veida funkcijai f (x) risinājumam ir jāatbilst risinājuma algoritmam:
- atbilstošā lineārā homogēnā vienādojuma vispārīga atrisinājuma atrašana, kur y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, kur y 1 Un y 2 ir lineāri neatkarīgi LODE daļējie risinājumi, C 1 Un C 2 tiek uzskatītas par patvaļīgām konstantēm;
- pieņemšana kā LNDE vispārējs risinājums y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
- funkcijas atvasinājumu noteikšana, izmantojot sistēmu 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) , un funkciju atrašana C 1 (x) un C 2 (x) ar integrācijas palīdzību.
5. piemērs
Atrodiet vispārīgo risinājumu y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.
Risinājums
Mēs turpinām rakstīt raksturīgo vienādojumu, iepriekš ierakstot y 0, y "" + 36 y = 0. Rakstīsim un risināsim:
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) = grēks (6 x)
Mums ir tāds, ka dotā vienādojuma vispārīgais risinājums tiks uzrakstīts kā y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Jāpāriet pie atvasināto funkciju definīcijas C 1 (x) Un C2(x) saskaņā ar sistēmu ar vienādojumiem:
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
Par to ir jāpieņem lēmums C 1" (x) Un C 2" (x) izmantojot jebkuru metodi. Tad mēs rakstām:
C 1 "(x) = - 4 grēks 2 (6 x) + 2 grēks (6 x) cos (6 x) - 6 e 6 x grēks (6 x) C 2 " (x) = 4 grēks (6 x) cos (6 x) - 2 cos 2 (6 x) + 6 e 6 x cos (6 x)
Katrs no vienādojumiem ir jāintegrē. Tad mēs rakstām iegūtos vienādojumus:
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
No tā izriet, ka vispārīgajam risinājumam būs šāda forma:
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)
Atbilde: 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)
Ja pamanāt tekstā kļūdu, lūdzu, iezīmējiet to un nospiediet Ctrl+Enter
